La série harmonique n'est jamais un entier
dans Analyse
Bonjour,
J'aimerais démontrer que la série harmonique ne prend jamais de valeur entière en utilisant un raisonnement par l'absurde. La démonstration par récurrence est connue mais elle n'a pas grand intérêt.
\begin{equation*}
\ S_{n}=1+\dfrac{1}{2}+...+\dfrac{1}{n}=\dfrac{p_n}{n!}\end{equation*}
$p_n$ est entier, on a donc : $p_n=Q_n.n!+R_n$ où $0\leq\ R_n\leq\ n!-1$
Il s'agit donc de supposer qu'il existe $n_0\in\N$ qui soit le plus petit entier naturel vérifiant $S_n\in\N$. On a donc :
1) $R_{n_0}=0$ donc $S_{n_0}=Q_{n_0}\in\N$
2) $S_{n_0-1}\notin\N$
De plus :
$ S_{n_0}=S_{n_0-1}+\dfrac{1}{n_0}$ (*)
$ S_{n_0-1}=Q_{n_0-1}+\dfrac{R_{n_0-1}}{(n_0-1)!}$ (**)
Par 2) : $0< R_{n_0-1}\leq\ (n_0-1)!-1$ (***)
Par (*) et (**) : $\alpha_{n_0}:=Q_{n_0}-Q_{n_0-1}=\dfrac{R_{n_0-1}}{(n_0-1)!}+\dfrac{1}{n_0}\in\N$ (c'est une différence d'entiers)
En utilisant (***) on arrive à encadrer $\alpha_{n_0}$ comme ceci :
$\dfrac{1}{n_0}<\alpha_{n_0}\leq\ 1+\dfrac{(n_0-1)!-n_0}{n_0!}<2$
On en déduit donc que $\alpha_{n_0}=1$
En injectant dans l'expression de $\alpha_{n_0}$ on trouve : $R_{n_0-1}=(n_0-1)!-\dfrac{(n_0-1)!}{n_0}$
Et donc : $S_{n_0-1}=Q_{n_0-1}+1-\dfrac{1}{n_0}$
Je bloque ici, je suis à bout d'arguments et je ne trouve toujours pas de contradiction dans le raisonnement. J'aimerais quelques pistes pour poursuivre la démonstration (qui n'est pas inspirée d'une démonstration existante - à ma connaissance - on peut donc partir dans toutes les directions...). Merci !
J'aimerais démontrer que la série harmonique ne prend jamais de valeur entière en utilisant un raisonnement par l'absurde. La démonstration par récurrence est connue mais elle n'a pas grand intérêt.
\begin{equation*}
\ S_{n}=1+\dfrac{1}{2}+...+\dfrac{1}{n}=\dfrac{p_n}{n!}\end{equation*}
$p_n$ est entier, on a donc : $p_n=Q_n.n!+R_n$ où $0\leq\ R_n\leq\ n!-1$
Il s'agit donc de supposer qu'il existe $n_0\in\N$ qui soit le plus petit entier naturel vérifiant $S_n\in\N$. On a donc :
1) $R_{n_0}=0$ donc $S_{n_0}=Q_{n_0}\in\N$
2) $S_{n_0-1}\notin\N$
De plus :
$ S_{n_0}=S_{n_0-1}+\dfrac{1}{n_0}$ (*)
$ S_{n_0-1}=Q_{n_0-1}+\dfrac{R_{n_0-1}}{(n_0-1)!}$ (**)
Par 2) : $0< R_{n_0-1}\leq\ (n_0-1)!-1$ (***)
Par (*) et (**) : $\alpha_{n_0}:=Q_{n_0}-Q_{n_0-1}=\dfrac{R_{n_0-1}}{(n_0-1)!}+\dfrac{1}{n_0}\in\N$ (c'est une différence d'entiers)
En utilisant (***) on arrive à encadrer $\alpha_{n_0}$ comme ceci :
$\dfrac{1}{n_0}<\alpha_{n_0}\leq\ 1+\dfrac{(n_0-1)!-n_0}{n_0!}<2$
On en déduit donc que $\alpha_{n_0}=1$
En injectant dans l'expression de $\alpha_{n_0}$ on trouve : $R_{n_0-1}=(n_0-1)!-\dfrac{(n_0-1)!}{n_0}$
Et donc : $S_{n_0-1}=Q_{n_0-1}+1-\dfrac{1}{n_0}$
Je bloque ici, je suis à bout d'arguments et je ne trouve toujours pas de contradiction dans le raisonnement. J'aimerais quelques pistes pour poursuivre la démonstration (qui n'est pas inspirée d'une démonstration existante - à ma connaissance - on peut donc partir dans toutes les directions...). Merci !
Réponses
-
Je ne connais pas la preuve par récurrence, ça donne quoi ?
(désolé de ne pas répondre à la question, mais comme la preuve que je connais tient en deux lignes
) -
PB : la démonstration par récurrence est ici : http://serge.mehl.free.fr/anx/val_ent_harmo.html
-
Bonsoir à tout le monde!
Tout d'abord, une bonne année à vous.
J'ai réussi à démontrer le résultat, mais j'utilise un théorème assez délicat (mais dont la démonstration n'est, il me semble, pas trop compliquée), qui dit que pour tout enter non nul n, on peut trouver un nombre premier strictement supérieur à n/2, et inférieur (ou égal) à n. (ce résultat est dû à Bertrand, si mes souvenirs sont bons.)
Je suppose que 1 + 1/2 + ... + 1/n est entier, que je note k.
Je multiplie par n!, puis je considère un nombre premier p dans ]n/2;n].
p divise n! car p<=n, donc p divise la somme des n!/j (j alant de 1 à n).
Or si j est différent de p, p divise n!/j.
Mais lorsque j=p ce n'est plus vrai : il faudrait en effet que p² divise n!, donc que 2p apparaisse dans la liste (1;2; ...; n), ce qui est faux puisque p>n/2.
D'où l'absurdité.
On peut élargir le problème je crois : il n'existe pas d'entiers m et n (m<=n) tels que 1/m + 1/(m+1) + ... + 1/n soit entier.
J'espère ne pas avoir fait d'erreurs. ^^ -
Voici un ancien post sur la série harmonique avec une note de J-E. Rombaldi
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?f=2&i=326613&t=326613#reply_326613</a><BR> -
Dommage que Jean-Etienne soit si rare sur ce forum.
-
Merci pour les liens.
J'ai été un peu optimiste en affirmant connaitre une preuve qui tient en 2 lignes. C'est une preuve qui utilise la valuation 2-adique, comme dans la fin du fichier pdf de J-E Rombaldi.
- Rappel : tout rationnel non nul $x\in\mathbf Q^\times$ s'écrit de façon "unique" comme un produit de nombres premiers :
$$x=\prod_p p^{v_p(x)}$$
où les $v_p(x)$ ("valuation $p$-adique de $x$) sont des entiers rationnels presque tous nuls.
Pour tout nombre premier $p$, l'application $v_p:\mathbf Q^\times \to \mathbf Z$, prolongée par $v_p(0)=+\infty$, a (entre autres) la propriété suivante :
$$v_p(x_1+x_2+\cdots+x_n)\ge \min(v_p(x_1),v_p(x_2),\ldots,v_p(x_n))$$
avec égalité si le minimum est atteint une seule fois.
- On peut calculer $v_2(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n})$ en utilisant la propriété ci-dessus. On vérifie que le min. de $v_2(1)$, $v_2(\frac{1}{2}$, \ldots, $v_2(\frac{1}{n})$ est atteint une seule fois. Il revient au même de vérifier que le max. de $v_2(1)$, $v_2(2)$, \ldots, $v_2(n)$ est atteint une seule fois.
Le truc, c'est qu'entre deux entiers naturels de même valuation $2$-adiques $>0$ (donc deux entiers pairs), il y a un autre entier (la moyenne des deux, qui est bien un entier) qui a une valuation $2$-adique strictement plus grande.
Conclusion : $v_2(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n})$ est l'opposé de l'exposant de la plus grande puissance de $2$ inférieure ou égale à $n$ (chose qui doit s'exprimer avec une partie entière et un logarithme). En tout cas, c'est strictement négatif si $n\ge 2$ ce qui prouve le résultat (un nombre de valuation $2$-adique $<0$ ne peut pas être un entier). -
Il est plus simple de dire que, pour tout $n \geq 2$, il existe un unique $p \geq 1$ tel que $2^p \leq n <2^{p+1}$, et on isole le terme $\dfrac{1}{2^p}$ dans la somme, afin d'écrire $\displaystyle \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k} = \dfrac{1}{2^p} + \dfrac{N}{2^{p-1}q}$ où $q$ est un entier impair.
Par suite $\displaystyle \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k} = \dfrac{q+2N}{2^pq}$ n'est pas entier puisque le numérateur est impair alors que le dénominateur est pair.
La seule valeur entière de la série harmonique est donc obtenue pour $n=1$.
Et la preuve tient en deux lignes (un peu longues il est vrai)... -
C'est pas faux
-
J'aime bien cette dernière démonstration, mais juste pour etre entièrement convaincu, si $q$ est impair, c'est parce que si $1 \leq k \leq n$ et $k \neq 2^p$, alors $v_2(k) \leq p-1$ ? (sinon on aurait $k=2^pm$ avec $m \geq 3$ d'où $k>2^{p+1}$ ce qui contredirait l'inégalité $n<2^{p+1}$) ?
-
blue_mathematics>
Tu as tout compris, mais il fallait bien que je fasse tenir tout ça en à peu près deux lignes pour rattraper le coup de PB:)-D
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Bonjour!
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