嘿，我来分享一个完全初等的证明思路，不用伯特兰假设，也不用复杂定理，就能搞定这个级数$S=\sum_{i=1}^\infty \frac{1}{\operatorname{lcm}(1,2,...,i)}$的无理数证明——毕竟当年Lajos Pósa 12岁就做出来了，说明这个方法肯定够直观：

第一步：明确符号和基本性质 #

记$L_i = \operatorname{lcm}(1,2,...,i)$，也就是前i个正整数的最小公倍数。很容易看出：

• $L_i$整体是不减的，只有当i是某个素数的幂次时（比如4=2²、7=7¹、9=3²这类），$L_i$才会比$L_{i-1}$大，因为这时候i的素因子幂次是之前没出现过的，所以$L_i = i \cdot L_{i-1}$；其他普通合数的情况下，i的所有素因子幂次都已经在1到i-1里出现过了，所以$L_i = L_{i-1}$。
• 对于任意k≥i，$L_k$都是$L_i$的倍数，因为$L_k$是前k个数的公倍数，自然包含前i个数的公倍数。

第二步：反证法假设 #

假设S是有理数，那必然存在正整数a、b，使得$S = \frac{a}{b}$。

我们取一个足够大的k，满足两个条件：

1. k大于b的所有素因子的最高幂次（比如b=12=2²×3，那k≥4就行），这样$L_k$是b的倍数（因为$L_k$包含了b的所有素因子的足够幂次），也就是$\frac{L_k}{b}$是整数；
2. k足够大，使得余项$R_k = \sum_{i=k+1}^\infty \frac{1}{L_i}$满足$L_k \cdot R_k < 1$（这一点后面会补证）。

第三步：拆分级数并推导矛盾 #

把S拆成前k项的和加上余项：
$$S = \sum_{i=1}^k \frac{1}{L_i} + R_k$$

两边乘以$L_k$：
$$L_k \cdot S = L_k \cdot \sum_{i=1}^k \frac{1}{L_i} + L_k \cdot R_k$$

先看左边：因为$L_k$是b的倍数，所以$L_k \cdot S = L_k \cdot \frac{a}{b} = \frac{L_k}{b} \cdot a$，这是两个整数相乘，结果肯定是整数。

再看右边第一项：$\sum_{i=1}^k \frac{L_k}{L_i}$，每个$\frac{L_k}{L_i}$都是整数（因为$L_k$是$L_i$的倍数），所以这部分的和也是整数。

那右边两项的差$L_k \cdot R_k = L_k \cdot S - L_k \cdot \sum_{i=1}^k \frac{1}{L_i}$，必然是两个整数的差，结果也是整数。

但我们之前说过，k足够大时$L_k \cdot R_k <1$，同时$R_k$是正项级数的余项，肯定大于0，所以$0 < L_k \cdot R_k <1$——可0到1之间根本没有整数，这就矛盾了！

第四步：补证$L_k \cdot R_k <1$（足够大的k） #

当k足够大时，$L_k$增长得极快，而余项$R_k$衰减得非常快：

• 从k+1开始，每遇到一个素数幂p^m，$L_i$就会乘以p（至少是2），对应的项$\frac{1}{L_i}$就变成之前的$\frac{1}{p}$（最多是$\frac{1}{2}$）；
• 即使是中间的普通合数项，$L_i$也不会变小，所以项的大小不会超过前一个增长点的项。

比如k=6时，$L_6=60$，余项$R_6=\frac{1}{420}+\frac{1}{840}+\frac{1}{2520}+...≈0.004$，而$60×0.004=0.24<1$；对于更大的k，$L_k$会变得极大，余项的和会更小，必然满足$L_k \cdot R_k <1$。

结论 #

因为反证法导出了矛盾，所以S不可能是有理数，只能是无理数。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者TheBigOne