Oral de l'X

Si on a Wolstenholme avec soi, pour $p > 3$, le numérateur de la somme ci-dessous est divisible par $p^2$, ce que j'écris
$$
S := 1 + {1 \over 2} + \cdots + {1 \over p-1} = {kp^2 \over c} \qquad c \wedge (kp) = 1
$$La somme de l'énoncé est :
$$
S + {1 \over p} = {kp^3 + c \over pc} \qquad \hbox {donc} \quad a = kp^3 + c, \quad b = pc
$$Quand je dis donc, il faut quand même vérifier que $a \wedge b = 1$ (d'ailleurs non dit dans l'énoncé). Je zappe sur $a \wedge b = 1$. La chute:
$$
ap - b = kp^4 + pc - pc = kp^4
$$

Il est clair que $p$ divise $b$. On écrit $b=pc$. On a $\dfrac{ap-b}{c}=\dfrac{p(ap-b)}{b}=p^2\dfrac{a}{b}-p=p^2\displaystyle \sum_{k=1}^{p-1}\frac{1}{k}$ donc il s'agit de montrer que $p^2$ divise le numérateur de $\displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}\frac{1}{k}$.

Or, $\displaystyle 2\sum_{k=1}^{p-1}\frac{1}{k}=\sum_{k=1}^{p-1}\frac{1}{k}+\frac{1}{p-k}=p\sum_{k=1}^{p-1} \frac{1}{k(p-k)}$ donc il s'agit de voir que le numérateur de $\displaystyle \sum_{k=1}^{p-1} \frac{1}{k(p-k)}$ est divisible par $p$.

Soit $N=(p-1)!$. Ceci équivaut à $\displaystyle \sum_{k=1}^{p-1} \frac{N}{k(p-k)}\equiv 0 \pmod{p}$. En réduisant modulo $p$, ceci revient à montrer que la somme des carrés des inverses des éléments de $(\Z/p\Z)^*$ est nulle. Or, $x\mapsto x^{-1}$ est une bijection de $(\Z/p\Z)^*$ sur lui-même, donc il faut voir que $\displaystyle \sum_{x\in (\Z/p\Z)^*}x^2=0$, ce qui est facile d'après $\displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}k^2=(p-1)p(2p-1)/6$.

$\def\F{\mathbb F}$@JLT
J'avais bien vu que l'énoncé proposé par etanche était équivalent au théorème de Wolstenholme. J'ai joué la facilité (c'est pas bien) en faisant un post de contenu vide. On peut d'ailleurs se demander pourquoi à l'oral de l'X, on camoufle le résultat de Wolstenholme, mais ce n'est pas l'objet du débat. Du coup, pour m'excuser de la vacuité de mon post, j'ai fourni un pointeur sur une preuve de Wolstenholme, preuve que je n'ai pas lue. C'est pas bien non plus.

$\bullet$ Par contre, j'ai lu la tienne et j'ai une question. Je commence par une remarque avant la question : à la fin, tu utilises le fait que $\sum_{k=1}^{p-1} k^2 = (p-1)p(2p-1)/6$ et il faut conclure en disant que cette quantité est divisible par $p$. Ce n'est pas vrai pour $p = 3$, cela commence à $p \ge 5$, ce qui est bien moral vis-à-vis du théorème de Wolstenholme qui suppose $p \ge 5$. Je dis cela car j'ai cherché l'endroit dans ta démo où tu utilisais $p \ne 3$. En ce qui concerne $\sum_{x \in \F_p^*} x^2 = 0$, on peut aussi utiliser un générateur $g$ de $\F_p^*$ et écrire :
$$
\sum_{x \in \F_p^*} x^2 = \sum_{i=0}^{p-2} g^{2i} = {1 - (g^2)^{p-1} \over 1 - g^2} = 0
$$SAUF dans un cas : celui où le dénominateur est nul i.e. $g^2 = 1$ i.e. $p=3$. Moral.

$\bullet$ Assez bavardé. Ma question : comment as tu trouvé ta démo ? Je veux dire au départ le regroupement de $1/k$ et de $1/(p-k)$ : comment as tu eu l'idée ? Car si on laisse la somme de Wolstenholme sous sa forme initiale et qu'on la multiplie par $N = (p-1)!$, on n'aboutit à rien. Rectificatif : je n'aboutis à rien. Et il me semble que ce regroupement est la clef de ta preuve : car les calculs qui suivent ce regroupement, sont étonnamment simples, comme par magie. Or je ne crois pas à la magie. Reformulation de ma question : es tu un magicien ?

@JLT
C'est devenu limpide ! En général, les gens qui font des tours de magie refusent de dévoiler leur truc. Mais toi tu l'as fait. Merci.

Voyez la page de Gilles Auriol http://auriolg.free.fr/nombres.php

Bonjour,

Attiré par cette amusante propriété que je ne connaissais pas, et ayant cette fâcheuse habitude de toujours chercher d'autres chemins, il me semble que ce qui suit est une autre preuve du théorème de Wolstenhome. Il y a de fortes ressemblances avec ce qui a été proposé par JLT donc je ne sais pas si on peut considérer ce qui suit comme une preuve différente.

Le problème est équivalent à prouver que si $p>3$ est un nombre premier alors $1^{-1}+2^{-1}+\cdots+(p-1)^{-1} \equiv 0 \mod (p^2)$.
Pour $1\leq a \leq \dfrac{p-1}{2}$ on note $1\leq a^{-1}\leq p-1$ l'inverse de $a \mod (p)$.
Pour $\dfrac{p-1}{2} \le a \leq p-1$ on pose $a^{-1}=-(p-a)^{-1}$.
On a donc d'après les définitions précédentes si $1\leq a \leq p-1$ alors $aa^{-1}\equiv 1 \mod (p)$.
Or cela implique que $(aa^{-1}-1)^2 \equiv 0 \mod (p^2)$ soit $a(2a^{-1}-a(a^{-1})^2)\equiv 1 \mod(p^2)$.
Il suffit donc de prouver que $\sum_{a=1}^{p-1} 2a^{-1}-a(a^{-1})^2 \equiv 0 \mod (p^2)$ ou encore que $\sum_{a=1}^{p-1}a(a^{-1})^2 \equiv 0 \mod (p^2)$.
Or $\sum_{a=1}^{p-1}a(a^{-1})^2=p\sum_{a=1}^{\frac{p-1}{2}}(a^{-1})^2$. Il suffit donc de prouver que $\sum_{a=1}^{\frac{p-1}{2}}(a^{-1})^2 \equiv 0 \mod(p)$ ou encore que $\sum_{a=1}^{p-1}(a^{-1})^2 \equiv 0 \mod (p)$. Or on sait que l'application $x\mapsto x^{-1}$ est une bijection de
$(\Z/p\Z)^*$ sur lui-même. Donc $\sum_{a=1}^{p-1}(a^{-1})^2 \equiv \dfrac{p(p-1)(2p-1)}{6} \equiv 0 \mod (p)$

Al-Kashi

Bonsoir,

En utilisant toujours mes notations ci-dessus, je vous propose de prouver le résultat suivant:

$\forall k\in \N^*$ : $\sum_{a=1}^{p-1} a^k(a^{-1})^{k+1}$ $\equiv 0 \mod (p^2)$.

Al-Kashi

Bonsoir Tonm,

Non, il s'agit bien de la somme :
$\forall k\in \N^*$ : $\sum_{a=1}^{p-1} a^k(a^{-1})^{k+1}$ $\equiv 0 \mod (p^2)$.

Par exemple, avec $p=5$ cela donne:
$1^k.1^{k+1}+2^k.3^{k+1}+3^k.(-3)^{k+1}+4^k.(-1)^{k+1}$

Al-Kashi

Bonjour,

Relis bien les définitions dans le message plus haut j'ai bien defini les choses ainsi:

Pour $1\leq a \leq \dfrac{p-1}{2}$ on note $1\leq a^{-1}\leq p-1$ l'inverse de $a \mod (p)$.
Pour $\dfrac{p-1}{2} \le a \leq p-1$ on pose $a^{-1}=-(p-a)^{-1}$.

Al-Kashi