QDM 6: Wolstenholme et tutti quanti
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.
$1$ ) 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.
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Réponses
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.
Oui, tu peux utiliser le théorème de Wolstenholme...si tu sais le démontrer
Oui, tu peux.
Amicalement.
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]
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.
Ah oui, cette propriété est proposée et démontrée dans le PUTNAM and BEYOND de Ravzan Gelca § Titu Andreescu chez Springer, page 258. Merci Aleg
Amicalement.
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 $r'-s'$.
Il faut supposer p>3.
Oui, on suppose que $ \, p \geq 5$ est premier.
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.
Il y a peut-être une idée à creuser.
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.
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.
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.
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.