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QDM 6: Wolstenholme et tutti quanti

Envoyé par Norbert Verdier 
QDM 6: Wolstenholme et tutti quanti
il y a neuf années
Harmonieux résultat avec la série harmonique.


$1$ ) Rappel du théorème de Wolstenholme:
Soit $p$ un nombre premier > 3,
alors, le numérateur du nombre $\displaystyle H_{p-1}=1 +\frac{1}{2}+...+\frac{1}{p-1}=\sum_{k=1}^{p-1} \frac{1}{k}$ est divisible par $p^2$.
Ce théorème a déjà été démontré sur notre forum.


$2$ ) la QDM n°6: un autre mathématicien a montré que si $p$ est un nombre premier également > 3,
si $\displaystyle H_p=1 +\frac{1}{2}+...+\frac{1}{p}=\sum_{k=1}^{p} \frac{1}{k}= \frac{r}{sp} $alors:
$p^3$ divise $r-s$.

L'identité de ce mathématicien sera dévoilée par la suite.


Le Comité du Mardi remercie notre ami Aleg pour nous avoir proposé plusieur documents pouvant servir de support à la QDM, cette question de Théorie des Nombres provient de l'un de ces liens. Merci aux intervenants qui nous feront également parvenir via la Messagerie Privée de Norbert ou de bs d'éventuelles Questions...du Mardi.
bs
Re: QDM 6: Wolstenholme et tutti quanti
il y a neuf années
avatar
Bonjour,

Vous aurez compris que $r$ et $s$ sont premiers entre eux, mais ceci ne change rien au résultat..

Par exemple,
--> $p=7$, $\displaystyle H_7=1 +\frac{1}{2}+...+\frac{1}{7}= \frac{363}{20 \times 7} $ et $7^3=343$ divise $363-20=343$.
--> $p=11$, $\displaystyle H_{11}=\frac{83711}{2520 \times 11} $ et $11^3=1331$ divise $83711-2520=81191$ car $81191= 61 \times 1331$

Amicalement.
Re: QDM 6: Wolstenholme et tutti quanti
il y a neuf années
Pour la démonstration a-t-on le droit d'utiliser le théoème énoncé en 1?



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a neuf années et a été effectuée par Evariste Galois.
bs
Re: QDM 6: Wolstenholme et tutti quanti
il y a neuf années
avatar
Bonjour,

Oui, tu peux utiliser le théorème de Wolstenholme...si tu sais le démontrer ;)
Oui, tu peux.

Amicalement.
Re: QDM 6: Wolstenholme et tutti quanti
il y a neuf années
Pour alors je poste le début... ça m'aidera peut être à trouver la démonstration du Théorème.

On remarque que la série : $\displaystyle{ H_p=\sum_{k=1}^p \frac{1}{k}}$ peut s'écrire comme suit : $ H_p=\frac{a_p}{p!} $

Or en utilisant le Theorème de Wolstenholme, on a que pour $H_{p-1}$, $p^2$ divise $a$, donc il existe $b \in \mathbb{N} $ tel que : $a_{p-1}=p^2 b$.
Conclusion de la remarque : $ \displaystyle{ H_{p-1}=\frac{b p^2}{(p-1)!}} $

On peut aussi réécrire $H_p$ comme suit : $\displaystyle{H_p=H_{p-1}+\frac{1}{p}}$.
$\displaystyle{H_p=\frac{b p^2}{(p-1)!}+\frac{1}{p}}$
$\displaystyle{H_p=\frac{b p^3+(p-1)!}{p(p-1)!}}$

En identifiant : $ r = b p^3+(p-1)!$, $s = (p-1)!$, $r-s=b p^3$. Et là, la messe est dite.


Bon il me reste plus que le théorème à montrer....

[Modification suite à la remarque de Bs]
bs
Re: QDM 6: Wolstenholme et tutti quanti
il y a neuf années
avatar
Bonsoir,

Bien vu EG: tu as démontré que (1) ===> (2).

Pour ta démonstration, peut-être peux-tu appeler différemment le $a$ de $H_p$ et celui de $H_{p-1}$ ?

Par ici, le théorème de Wolstenholme avec de nombreux liens et références.

La démonstration que nous avions rencontré propose une preuve sans utiliser le théorème de Wolstenholme, mais en le redémontrant indirectement en passant.

Amicalement.
bs
Re: QDM 6: Wolstenholme et tutti quanti
il y a neuf années
avatar
Bonjour,

Ah oui, cette propriété est proposée et démontrée dans le PUTNAM and BEYOND de Ravzan Gelca § Titu Andreescu chez Springer, page 258. Merci Aleg :) Les auteurs précisent que cette propriété a été découverte par un certain C.Pinzka.

Amicalement.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a neuf années et a été effectuée par bs.
Re: QDM 6: Wolstenholme et tutti quanti
il y a neuf années
avatar
Je propose un petit complément au résultat cité au début de ce fil :

si $\displaystyle 1 +\frac{1}{2}+...+\frac{1}{p}=\sum_{k=1}^{p} \frac{1}{k}= \frac{r}{sp} $ alors: $p^3$ divise $r-s$.

A son article Théorème de Wolstenholme, Wikipédia donne deux formules. Avec la deuxième je démontre que:

si $\displaystyle 1 +\frac{1}{2^2}+...+\frac{1}{p^2}=\sum_{k=1}^{p} \frac{1}{k^2}= \frac{r'}{s'p^2} $ alors on a encore $p^3$ divise $r'-s'$.
Re: QDM 6: Wolstenholme et tutti quanti
il y a neuf années
Bonjour Cidrolin
Il faut supposer p>3.
Re: QDM 6: Wolstenholme et tutti quanti
il y a neuf années
avatar
Merci RAJ,
Oui, on suppose que $ \, p \geq 5$ est premier.
bs
Re: QDM 6: Wolstenholme et tutti quanti
il y a neuf années
avatar
Bonjour,

Et si on continuait ?

Si $ p \geq 5$ est premier, il semble que (vérifié avec Maple pour $5,7,11$ )

--> le numérateur de $\displaystyle 1 +\frac{1}{2^3}+...+\frac{1}{(p-1)^3}$ soit divisible par $p$, parfois même par $p^2$,
--> $\displaystyle 1 +\frac{1}{2^3}+...+\frac{1}{p^3}=\sum_{k=1}^{p} \frac{1}{k^3}= \frac{r''}{s''p^3} $ avec ici encore $p^3$ divise $r''-s''$.

Amicalement.
Re: QDM 6: Wolstenholme et tutti quanti
il y a neuf années
avatar
Bonjour Bernard,

Il y a peut-être une idée à creuser.
Re: QDM 6: Wolstenholme et tutti quanti
il y a neuf années
Prenons p=5 dans le cas étudié par bs
1+1/23+1/33+1/43+1/53=2 048 824/(53*243)
On a r=2 048 824 , s= 243=13 824 et r - s=2 035 000= 54*3256. Dans ce cas r - s semble être divisible par p4.
Re: QDM 6: Wolstenholme et tutti quanti
il y a neuf années
J'ai l'impression que les résultats se ramènent à utiliser les formules:
1+22+..+(p-1)2=p(p-1)(2p-1)/6, et comme p>3, on en déduit que p divise le membre de gauche.

De même 1+23+..+(p-1)3=p2*((p-1)/2)2 et p2 divise le membre de gauche.
bs
Re: QDM 6: Wolstenholme et tutti quanti
il y a neuf années
avatar
Re,

Dans le cas de la somme de l'inverse des cubes, avec Maple,
pour $p=5$, $p^4$ divise effectivement $r-s$.
pour $p=7,11$ $p^5$ divise $r-s$.

Amicalement.
Re: QDM 6: Wolstenholme et tutti quanti
il y a neuf années
1+1/22+..1/p2=r/(s*p2), avec s=(p-1)!2

On a r =p!2*(1+1/22+..1/p2)
=(p-1)!2+p!2*(1+1/22+..1/(p-1)2)
=s+p!2*(1+1/22+..1/(p-1)2)
Donc: r - s=p2*(p-1)!2*(1+1/22+..1/(p-1)2)

On a déjà p2
Soit x entre 1 et (p-1) et x' l'inverse de x (mod p). On a:
(p-1)!/x=[(p-1)!/x]*x*x' (mod p)
(p-1)!/x=(p-1)!*x' (mod p) (ça, c'est du Hardy and Wright).

On en déduit:
(p-1)!2*(1+1/22+..1/(p-1)2)
=(p-1)!2(12+..+(p-1)2) (mod p)
=(p-1)!2*p*(p-1)*(2p-1)/6, (mod p)ce qui donne le troisième facteur p.

Ca doit marcher de même dans le cas de bs, en remplaçant les carrés par des cubes.
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