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 #1 - 15-11-2012 15:58:10

titoufred
Elite de Prise2Tete
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Somme eds inverses

La somme des n premiers inverses peut-elle être un entier pour n>1 ?



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 #2 - 15-11-2012 17:21:49

papiauche
Sa Sainteté
Enigmes résolues : 49
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Somme dse inverses

Mon ami G..gle m'a dit d'aller voir mon ami Wiki qui m'a conseillé d'en parler à mon ami Bertrand, qui me présentera à l'occasion son ami Kürschák.

Série harmonique et entier naturel

Pour tout entier [latex]n \geq 2, H_n [/latex] n'est jamais entier.

L'argumentation s'appuie sur le postulat de Bertrand : pour tout entier [latex]k \geq 1[/latex], il existe un nombre premier p compris (au sens large) entre k+1 et 2k.

Soit [latex]n \geq 2[/latex], et soit k la partie entière de n/2. Il existe donc un nombre premier p compris entre k+1 et 2k. Ce nombre premier p est donc inférieur à n et son double est strictement supérieur à n. On en déduit que p ne divise alors aucun des entiers de 1 à n sauf lui-même.

Soit l'entier K vérifiant
[TeX] K = \frac{n!}{p} = \prod_{\underset{ i \ne p}{i=1}}^n i[/TeX]
D'après la remarque précédente, p ne divise aucun des entiers de 1 à p sauf lui-même, il ne divise donc pas leur produit, il ne divise donc pas K.

On multiplie alors [latex]H_n[/latex] par [latex]K[/latex]
[TeX]
  KH_n = \sum_{\underset{ i \ne p}{i=1}}^n \frac Ki + \frac Kp [/TeX]
Or pour tout[latex] i \neq p[/latex], [latex]K/i [/latex] est un entier donc la somme des [latex]K/i [/latex]est un entier noté A, donc
[TeX]KH_n = A + \frac Kp [/TeX]
A est un entier, [latex]K/p[/latex] n'est pas entier donc [latex]KH_n[/latex] n'est pas entier et [latex]H_n[/latex] n'est pas entier.

Plus généralement, d'après le théorème de Kürschák, la seule somme d'inverses d'entiers naturels consécutifs qui soit entière est [latex] H_1[/latex].

Pas fastoche.


"Je ne lis jamais un livre dont je dois faire la critique. On se laisse tellement influencer." O. Wilde

 #3 - 15-11-2012 23:28:35

MthS-MlndN
Hors d'u-Sage
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Somme dse inverses


Podcasts Modern Zeuhl : http://radio-r2r.fr/?p=298

 #4 - 16-11-2012 18:08:15

nodgim
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 2953

somme ded inverses

Tiens ! C'est une question que j'ai vu passer il y a pas longtemps sur un autre site....

 #5 - 16-11-2012 18:38:58

titoufred
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 20
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somme des invetses

Lequel ?

 #6 - 16-11-2012 19:15:10

rivas
Elite de Prise2Tete
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Lieu: Jacou

Sommme des inverses

Il me semble que ce n'est pas possible.
Je dois vérifier mais si on raisonne par l'absurde et qu'on écrit l'égalité et qu'on multiplie des 2 côtés par le ppcm de tous les dénominateurs, on arrive à une impossibilité car on pourrait trouver des nombres premiers divisant tous les termes de la somme sauf 1 et la somme elle-même...

Je vais essayer de détailler.

EDIT: J'ai quelques minutes pour détailler...
Soit donc N le plus grand entier dont on prend l'inverse, S la somme, que l'on suppose donc entière.

On a [latex]S=\sum_{k=1}^{N}\dfrac1k[/latex].

Soit [latex](S-1)N!=\sum_{k=2}^{N}\dfrac{N!}k[/latex]

Soit maintenant p le plus grand nombre premier inférieur ou égal à N.
p divise N! donc le terme de gauche.
p divise aussi tous les termes de la somme de droite sauf 1: [latex]\dfrac{N!}p[/latex]. Il ne divise donc pas le terme de droite de l'égalité ce qui est contradictoire.


J'ai utilisé N! car l'écriture est plus simple...
Je pense qu'on peut le généraliser à une somme d'inverses non consécutifs avec la même démonstration, en multipliant des 2 côtés par le ppcm des entiers dont on prend les inverses (à vérifier).

 #7 - 16-11-2012 19:49:03

nodgim
Elite de Prise2Tete
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oSmme des inverses

Honnêtement, je sais plus. Sur math-forum il me semble.

 #8 - 16-11-2012 23:17:22

scrablor
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Some des inverses

Conjecture de Bertrand, démontrée par Tchebychev : Pour tout entier n au moins égal à 2, il existe un nombre premier entre n et 2n.

Si la somme est un entier, c'est qu'on a pu la simplifier. Or, si p est premier, 1/p ne pourra pas conduire à une simplification s'il n'y a pas d'autres dénominateurs multiples de p, il faut donc la présence au moins de 1/2p.

Mais si p est le plus grand premier tel que 2p soit inférieur ou égal à n, il en existera au moins un plus grand p' qui sera isolé...

La somme n'est donc jamais un entier dès que n>1.


Celui qui fuit les casse-tête ne vaut pas un clou.

 #9 - 17-11-2012 07:03:39

Franky1103
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Smme des inverses

Chaque nombre premier N, présent dans cette somme (sous la forme 1/N), doit apparaître N fois (sous la forme 1/kN, k variant de 1 à N), pour espèrer que la somme des termes inverses soit un entier.Or, on ne pourra pas rassembler tous les multiples de nombres premiers dans une suite finie. Donc la somme des n premiers inverses ne pourra pas être un entier.

 #10 - 17-11-2012 09:37:10

masab
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Somme des invesres

Pour tout [latex]n \geq 2[/latex], il existe un unique [latex]p \geq 1[/latex] tel que [latex]2^p \leq n <2^{p+1}[/latex], et on isole le terme [latex]\dfrac{1}{2^p}[/latex] dans la somme, afin d'écrire [latex]\displaystyle \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k} = \dfrac{1}{2^p} + \dfrac{N}{2^{p-1}q}[/latex] où [latex]q[/latex] est un entier impair.

Par suite [latex]\displaystyle \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k} = \dfrac{q+2N}{2^pq}[/latex] 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 [latex]n=1[/latex].

 #11 - 17-11-2012 12:02:31

titoufred
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Somme eds inverses

@papiauche et Mathias : oui c'est la preuve qui traine un peu partout sur le net, mais qui utilise un résultat très fort, et pas toujours connu. Il y a une preuve toute simple qui est à portée de tous.

@rivas : on pourrait avoir [latex]2p\leq N[/latex] ?

@Franky : tu peux détailler ton raisonnement ?

@masab : oui bravo !

 #12 - 17-11-2012 15:54:55

rivas
Elite de Prise2Tete
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Lieu: Jacou

Sommme des inverses

@titoufred: la réponse à ta question est non. Tu as raison je n'ai pas précisé ce point. Si 2p <= N alors il y a au moins un autre nombre premier entre p et 2p (Postulat de Bertrand) qui sera aussi plus petit que N et c'est celui-là qu'il faut considérer dans ma preuve (le plus grand inférieur à N).

 #13 - 17-11-2012 17:25:06

nodgim
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somme des inverqes

Si on écrit les entiers successifs du seul point de leur puissance de 2, ça donne cette suite:
01 02 0103 01020104 0102010301020105....
La plus forte puissance est toujours unique.
Quand on additionne les inverses, on montre facilement qu'au dénominateur de la fraction, on a tjs la puissance de 2 la plus forte rencontrée. Par exemple, la somme des inverses jusqu'à 20 aura au dénominateur un 16 non réductible dans le produit de facteurs premiers.

Pour obtenir un entier à la somme jusqu'à 1/n, il faut que le nombre avant 1/n soit de la forme A-1/n. Or au dénominateur de la somme des fractions, on a vu que la puissance de 2 était présente à la valeur max rencontrée. il faut donc que le n de 1/n ait aussi dans sa décomposition, pour le moins,  la même puissance de 2. Or la puissance de 2 max n'est présente qu'une seule fois dans la liste.

Par exemple, si j'ai additionné les 20 premières fractions, la puissance de 2 du dénominateur de la somme est de 4 (16=2^4). La prochaine puissance au moins aussi élevée sera 32, mais 1/32 est une puissance 5 de 2. Il ne pourra donc pas y avoir égalité entre le 1/n de A-1/n et 1/32. Et par récurrence, il n'y aura jamais égalité: La fraction de la somme jusqu'à 63 aura une puissance de 2 de valeur 5 et elle va rencontrer une puissance de 2 de valeur 6 avec 1/64. Pas d'égalité possible.
Etc...

 #14 - 18-11-2012 12:25:21

titoufred
Elite de Prise2Tete
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somme des inversed

Est-ce que tu peux détailler davantage le dernier paragraphe nodgim stp ?

 #15 - 18-11-2012 13:57:51

nodgim
Elite de Prise2Tete
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Sommme des inverses

J'ai un peu détaillé le final. C'est une approche plutôt curieuse mais ça a l'air de bien marcher.

 #16 - 18-11-2012 16:54:59

titoufred
Elite de Prise2Tete
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Some des inverses

Bon et bien bravo aux quelques-uns qui ont cherché et trouvé sans céder aux sirènes de Google !

La solution traînant sur Wikipedia est en effet assez difficile à trouver tout seul, et fait appel au postulat de Bertrand, qui est une résultat assez peu connu et dur à établir.

La solution que j'attendais est assez simple et s'intuite assez facilement lorsque l'on écrit ce qui se passe pour les premières valeurs de n :
[TeX]1 + \frac12 = \frac{2+1}2 =\frac32[/TeX][TeX]1 + \frac12 + \frac13= \frac{6+3+2}6 =\frac{11}6[/TeX][TeX]1 + \frac12 + \frac13 +\frac14 = \frac{12+6+4+3}{12} = \frac{25}{12}[/TeX][TeX]1 + \frac12 + \frac13 +\frac14 + \frac15 = \frac{60+30+20+15+12}{60} =\frac{137}{60}[/TeX][TeX]1 + \frac12 + \frac13 +\frac14 + \frac15 +\frac16 = \frac{60+30+20+15+12+10}{60} =\frac{147}{60}[/TeX][TeX]1 + \frac12 + \frac13 +\frac14 + \frac15 +\frac16 +\frac17[/TeX][TeX]= \frac{420+210+140+105+84+70+60}{420}= \frac{1089}{420}[/TeX][TeX]1 + \frac12 + \frac13 +\frac14 + \frac15 +\frac16 +\frac17 +\frac18[/TeX][TeX]= \frac{840+420+280+210+168+140+120+105}{840}
= \frac{2283}{840}[/TeX][TeX]1 + \frac12 + \frac13 +\frac14 + \frac15 +\frac16 +\frac17 +\frac18 + \frac19[/TeX][TeX]= \frac{2520+1260+840+630+504+420+360+315+280}{2520}[/TeX][TeX]= \frac{3547}{2520}[/TeX]
On obtient toujours un numérateur impair et un dénominateur pair, ce qui ne donne pas un entier.
Dans les termes apparaissant au numérateur, on remarque qu'il y en a un seul impair et que tous les autres sont pairs. On repère également que ce terme impair correspond à la plus grande puissance de 2 inférieure ou égale à n.

Pour la démonstration rigoureuse de ces constatations, je vous renvoie au message de masab



EDIT MthS-MlndN : merci de veiller à ne pas mettre de formules trop longues en un seul bloc, de façon à ne pas "casser" la mise en page du forum.

 #17 - 19-11-2012 09:17:45

rivas
Elite de Prise2Tete
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Lieu: Jacou

Soomme des inverses

Pour ma part, j'ai trouvé la démo tout seul , pas besoin d'aller sur Wikipedia et le sous-entendu (du genre ceux qui ont proposé cette démo l'ont pompé sur Wikipédia) généralisé est un peu désagréable (multiplier par le ppcm ou n! est assez naturel, cela revient à mettre au même dénominateur) et ce ne m'a pas semblé trop difficile à part pour valider le point qu'entre n et 2n il y a toujours un premier (difficile à démontrer mais un résultat qu'il faut connaître quand on est amateur de jeux mathématiques).

Je ne comprends par contre pas la démo de masab (il manque trop d'étapes intermédiaires). Je suppose qu'en écrivant moi-même les étapes manquantes j'y arriverai, mais bon, ...
Ce serait sympa de donner des solutions un peu détaillées des énigmes surtout lorsque ces solutions sont annoncées comme intéressantes et le sont sans doute.

 #18 - 19-11-2012 14:39:33

masab
Expert de Prise2Tete
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Messages : 679

somme des invetses

Pour comprendre la preuve que j'ai indiquée, il suffit de la contempler pour le cas particulier [latex]n=5[/latex] :
[TeX]H_5=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}[/TeX][TeX]=\frac{1}{4}+\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}\right)[/TeX][TeX]=\frac{1}{2^2}+\frac{N}{2\,q}[/TeX][TeX]=\frac{q+2\,N}{2^2\,q}[/TeX]
et de remarquer que [latex]q[/latex] est impair. Donc le numérateur est impair, le dénominateur est pair. [latex]H_5[/latex] n'est donc pas un entier !

 #19 - 19-11-2012 14:49:45

rivas
Elite de Prise2Tete
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Lieu: Jacou

Somme ddes inverses

Merci.
Je dois être aveugle mais je ne vois pas directement pourquoi q est forcément impair...

Ca y est je viens de comprendre en recoupant avec la première partie de la réponse, c'est parce qu'on met en facteur la plus grande puissance de 2 au dénominateur. Lorsqu'on met le reste au même dénominateur (on prend le ppcm) la puissance de 2 restante est 2^(p-1) et le reste est forcément impair...

J'ai enfin toutes les pièces du puzzle... Merci.

 #20 - 19-11-2012 15:50:11

golgot59
Elite de Prise2Tete
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Lieu: Coutiches

Somme des invreses

Merci Rivas d'avoir demandé des précisions, j'étais dans le flou moi aussi.

Chouette énigme qu'à nouveau j'étais loin de trouver !

 #21 - 19-11-2012 20:53:00

titoufred
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 20
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Soomme des inverses

@rivas : Je répondais à papiauche (qui a recopié la solution donnée sur Wikipédia) et qui disait que ce n'était pas fastoche à trouver tout seul. Pour Google/Wikipedia, je faisais allusion aux 2 premiers messages, je ne parlais pas de toi.

 #22 - 19-11-2012 21:13:51

Franky1103
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Messages : 2708
Lieu: Luxembourg

solme des inverses

Je ne veux pas rajouter de l'huile sur le feu, mais moi non plus je n'ai pas compris pourquoi le "q" de la démonstration de masab est forcément impair: ce n'est pas si évident.

 #23 - 19-11-2012 21:56:50

papiauche
Sa Sainteté
Enigmes résolues : 49
Messages : 2124

Somme des inevrses

titoufred a écrit:

@rivas : Je répondais à papiauche (qui a recopié la solution donnée sur Wikipédia) et qui disait que ce n'était pas fastoche à trouver tout seul. Pour Google/Wikipedia, je faisais allusion aux 2 premiers messages, je ne parlais pas de toi.

Un des principes fondateurs du site est que G..gle est notre ami.
Une des règles de vie du forum est de citer ses sources, quitte à en débattre plus tard.
Je n'ai pas manqué à ces principes.

On apprécie sur notre forum les créateurs d'énigmes et leurs créations.
Ils sont nombreux et les nouveaux remplacent avec talent les plus anciens.

J'observe toutefois que dans la rubrique Enigmes mathématiques, on voit remonter des sujets déjà traités ailleurs sur le net:

http://www.les-mathematiques.net/phorum … msg-418260

En 2006, la démo en deux lignes du contributeur gb (jolie photo et joli noeud papillon) passait vite sur le coté "odd" de q...

Tout cela dit, le problème est joli et la re-lecture collective de ce topic passionnante.

J'assume néanmoins sans difficulté d'avoir fait une réponse non originale à une question qui ne l'était pas non plus.


"Je ne lis jamais un livre dont je dois faire la critique. On se laisse tellement influencer." O. Wilde

 #24 - 19-11-2012 22:40:22

titoufred
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 20
Messages : 1746

Somme des inverse

J'essaye d'expliquer un peu pourquoi on peut prendre [latex]q[/latex] impair dans l'écriture du dessus.


Tout d'abord, lorsqu'on réduit des fractions au même dénominateur pour les ajouter, on peut prendre comme dénominateur commun le ppcm des dénominateurs :
[TeX]\frac1{12} + \frac1{18} = \frac{3}{36} + \frac{2}{36} = \frac{5}{36} [/TeX]
Ensuite, il faut savoir que pour trouver le ppcm de plusieurs nombres, il suffit de garder le max des puissances dans les décompositions en produits de facteurs premiers de ces nombres :
[TeX]12 = 2^2 \times 3[/latex] et [latex]18 = 2\times 3^2[/latex] donc [latex]ppcm(12,18) = 2^2 \times 3^2 = 36[/TeX]
Les exemples que j'ai donnés sont avec 2 nombres mais ça marche aussi avec n nombres.


Revenons à notre problème et observons tout d'abord qu'un nombre compris entre 1 et [latex]n[/latex], et différent de [latex]2^p[/latex], va pouvoir se décomposer en un produit de facteurs premiers où la puissance de 2 est au plus égale à [latex]p-1[/latex].

Par conséquent, le ppcm de tous les nombres compris entre 1 et [latex]n[/latex], excepté [latex]2^p[/latex], est un nombre de la forme [latex]{2^{p-1}q}[/latex] avec [latex]q[/latex] impair.

Et donc on peut écrire [latex]\sum_{k \neq 2^p} \dfrac{1}{k} = \dfrac{N}{2^{p-1}q}[/latex] avec  [latex]q[/latex] impair.

 

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