ｎ を 1 より大きい自然数とし、互いに素となる正の整数 ｐ、ｑ で、
（ただし、0＜ｐ＜ｑ≦ｎ で、ｐ＋ｑ＞ｎ とする。)
Σ(p，q) 1/(ｐｑ)＝１/２
が必ず成立する。
（微妙な打ち消し合いが起きる。）
（コメント） 実験してみた。
ｎ＝５ のとき、（ｐ，ｑ）＝（１，５）、（２，５）、（３，５）、（３，４）、（４，５） なので、
Σ(p，q) 1/(ｐｑ)＝１/５＋１/１０＋１/１５＋１/１２＋１/２０＝１/２ で成立！
もっと、ｎの値を大きくして、ｎ＝１０ のとき、
（ｐ，ｑ）＝（１，１０）、（２，９）、（３，１０）、（３，８）、（４，９）、（４，７）、（５，９）、
（５，８）、（５，７）、（５，６）、（６，７）、（７，１０）、（７，９）、（７，８）、（８，９）、（９，１０）
よって、
Σ(p，q) 1/(ｐｑ)
＝１/１０＋１/１８＋１/３０＋１/２４＋１/３６＋１/２８＋１/４５＋１/４０＋１/３５＋１/３０
＋１/４２＋１/７０＋１/６３＋１/５６＋１/７２＋１/９０
＝１/２ ・・・・・・・・・・・・・ これも成立！不思議ですね。どうやって証明するのかな？
ＧＡＩ さんの、（微妙な打ち消し合いが起きる。）というヒントに沿って、上記の実験を再考し
てみた。
ｎ＝５ のとき、
Σ(p，q) 1/(ｐｑ)
＝１/１・５＋１/２・５＋１/３・５＋１/３・４＋１/４・５
＝１/１・４−１/４・５＋１/２・３−１/３・５＋１/３・５＋１/３・４＋１/４・５
＝１/１・４＋１/２・３＋１/３・４
＝１/１・３−１/３・４＋１/２・３＋１/３・４
＝１/１・３＋１/２・３
＝１/１・２−１/２・３＋１/２・３
＝１/２
（コメント） ｐ、ｑ の差が１となるような単位分数 1/(ｐｑ) に部分分数分解すると、何かが起
こる．．．？（そんな雰囲気かな）
当ＨＰ読者のＨＮ「数々の和」さんからメールにて上記の証明を頂いた。「数々の和」さんに
感謝します。（以下で、一部文言等を加筆・修正させていただきました。ご了承ください。）
（平成２５年３月１７日付け）
ｎ を 1 より大きい自然数とし、互いに素となる正の整数 ｐ、ｑ
（ただし、0＜ｐ＜ｑ≦ｎ かつ ｐ＋ｑ＞ｎ ) に対し、
Σ(p，q) 1/(ｐｑ)＝１/２ ・・・ （Ｐ）
（証明） 数学的帰納法による。ｎが決められたときのΣ(p，q) 1/(ｐｑ) の値を ｓ(ｎ) とする。
ｎ＝２ のとき、条件を満たす ｐ、ｑ は、 （ｐ，ｑ）＝（１，２） しか存在しない。
よって、ｓ(２)＝１/２ だから、ｎ＝２ のとき命題（Ｐ）は成り立つ。
ｎ＝ｋ−１ のとき成り立つと仮定する。すなわち、 ｓ(ｋ-１)＝１/２
ｎ＝ｋ として、互いに素となる正の整数 ｐ、ｑ （ただし、0＜ｐ＜ｑ≦ｋ かつ ｐ＋ｑ＞ｋ)に対し、
1/(ｐｑ) の総和が ｓ(ｋ) である。
このとき、ｓ(ｋ)に含まれないがｓ(ｋ−1)に含まれる項 １/(ｐｑ)は、ｐ＋ｑ＝ｋ を満たしている。
例えば、ｎ＝５ のとき、 （ｐ，ｑ）＝（１，５）、（２，５）、（３，５）、（３，４）、（４，５）
ｎ＝６ のとき、 （ｐ，ｑ）＝（１，６）、（２，５）、（３，５）、（３，４）、（４，５）、（５，６）
ｐ、ｑ は互いに素であるから、ｐ と ｋ も、ｑ＝ｋ−ｐ と ｋ も互いに素である。
すなわち、ｓ(ｋ)に含まれないがｓ(ｋ−１)に含まれる項は、１/{ｐ(ｋ−ｐ)}で表される。
ｓ(ｋ−１)からｓ(ｋ)をつくるには、このような形（ｐはｋと互いに素であり、ｐ＜ｋ−ｐを満たす）
のすべての和を取り除かなければならない。
ｓ(ｋ)に含まれるがｓ(ｋ−１)に含まれない項 １/(ｐｑ)は、ｑ＝ｋを満たしている。ｐとｑは互い
に素だから、ｐとｋも互いに素であり、ｋ−ｐもｋと互いに素である。
すなわち、ｓ(ｋ)に含まれるがｓ(ｋ−１)に含まれない項は、１/(ｐｋ)、１/{(ｋ−ｐ)ｋ} で表される。
ｓ(ｋ−１)からｓ(ｋ)をつくるには、このような形（ｐはｋと互いに素であり、ｐ＜ｋ−ｐを満たす）の
すべての和を追加しなければならない。
したがって、 ｓ(ｋ)＝ｓ(ｋ−１)＋Σ[１/(ｐｋ)＋１/{(ｋ−ｐ)ｋ}−１/{ｐ(ｋ−ｐ)}] である。
Σの中を計算すると、
１/(ｐｋ)＋１/{(ｋ−ｐ)ｋ}−１/{ｐ(ｋ−ｐ)}＝(ｋ−ｐ＋ｐ−ｋ)/{ｐ(ｋ−ｐ)ｋ}＝０
となり、ｓ(ｋ)＝ｓ(ｋ−１)＝１/２ が成り立つ。
すなわち、命題（Ｐ）は、Ｎ＝Ｋのときも成り立つ。
以上により、１より大きいすべての自然数ｎに対して、命題（Ｐ）が成り立つ。 （証終）
（コメント） なるほど、ｎ＝５、６の場合を見ると、「数々の和」さんの証明の方針が理解でき
ますね！上手いカラクリになっていますね。感動しました。
