Congruence

Anselme-Olivier · July 2006

Au détour d'un calcul je constate que, pour $n \geq 4$, $\displaystyle \frac{n!}{2^{n+2}}\sum_{k=1}^{n} \frac{2^k}{k}$ est un nombre {\bf entier} et vérifie $$ n \geq 10 \quad \Rightarrow \quad \displaystyle \frac{n!}{2^{n+2}}\sum_{k=1}^{n} \frac{2^k}{k} \equiv 0 \quad (mod \,10)$$
Anselme-Olivier.

Richard André-Jeannin · July 2006

Avez vous étudié la divisibilité par 3 et par 9?

Anselme-Olivier · July 2006

Non, pas vraiment.
Mais je vois que plus n est grand, plus on gagne de diviseurs...

Yalcin · July 2006

Bonjour A-O

Je crois qu'en utilisant le théorème de la récurrence avec l'égalité :

$$u_{n + 1} = {{n + 1} \over 2}u_n + {{n!} \over 4}$$

On démontre tes deux constations.

Bonnes journées

Cordialement Yalcin

Anselme-Olivier · July 2006

Je prends ta démo par récurrence, Yalcin, ça marche.

ptitloupfouchou · July 2006

Et d'ou si tes formules sont bonnes on montre que tout les nombres entiers sont impairs ...

===> Je pense que ta formule est fausse Yalcin ...

Menagex · July 2006

La relation de Yalcin

$$u_{n + 1} = {{n + 1} \over 2}u_n + {{n!} \over 4}$$

est juste pourtant...

Menagex.

Yalcin · July 2006

ptitloupfouchou , pourquoi l'égalité que j'ai donnée est fausse ?

avec cette égalité on peut démontrer que pour tout n supérieur ou égal à 15 , 25 divise $u_n$ :

On a bien : $u_{n + 1} = {{n + 1} \over 2}u_n + {{n!} \over 4} \Leftrightarrow 4u_{n + 1} = 2(n + 1)u_n + n!$.

$\forall n \ge 10,25|n!$ ; $25|u_{15} $.

$\forall n \ge 15,P_n :u_n \equiv 0\left[ {25} \right]$.

Pour $n=15$ , $P_n$ est vraie.

Si $P_n$ est vraie ,alors on a $4u_{n + 1} \equiv n!\left[ {25} \right]$.

Donc on a $4u_{n + 1} \equiv 0\left[ {25} \right]$ , or $gcd(4,25)=1$.

Donc on a $u_{n + 1} \equiv 0\left[ {25} \right]$.

Donc par la récurrence on obtient : $\forall n \ge 15,u_n \equiv 0\left[ {25} \right] \Rightarrow u_n \in \mathbb{N}$.

Pour $4 \le n < 14$ , on vérifie qu'on a aussi : $u_n \in \mathbb{N}$.

Voilà la démonstration pour la première proposition de A-O.

Cordialement Yalcin

ptitloupfouchou · July 2006

oups désolé yalcin j'ai ptetre parlé un petit peu trop rapidement...
on va dire qu'il se fesait tard :$ ...

Yalcin · July 2006

Ce n'est pas grave, ça arrive à tout le monde.
L'erreur est humaine

Anselme-Olivier · July 2006

Une autre façon de voir les choses;
$$\displaystyle{ \frac{1}{2^{n}}\sum_{k=1}^{n} \frac{2^k}{k} = \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k {n \choose k}} } \quad (\square)$$ donc $$\displaystyle{ \frac{n!}{2^{n}}\sum_{k=1}^{n} \frac{2^k}{k} = \sum_{k=1}^{n}(k-1)! (n-k)!}= 0! (n-1)! + 1! (n-2)! + 2! (n-3)! +... + (n-1)! 0!$$ est un entier, qui est bien divisible par 3, 4, 5, 8, 9 ...

Anselme-Olivier.