@ Une Coudée: je valide les 6 cas présentés.

C'est une bonne entrée en matière, mais on peut faire mieux.

Je valide également cette 7 ème solution, bravo @ toi !

Il en reste encore quelques unes à découvrir....

@ Ebichu :
J'attends les autres que tu as vues, ce n'est pas mal pour l'instant.

J'en suis là :

p+1 p²+p+1 p(p+1)(p²+p+1)
p+1 p²+p+2 p(p+1)(p²+p+2)/2
p+1 p²+2p+4 p(p+1)(p²+p+4)/4
p+1 (p+1)(2p+1)/2 p(p+1)(2p+1)
p+1 p²+2p p(p+1)(p+2)
p+1 p²+2p+1 p(p+1)²
p+1 p(p+3) p(p+1)(p+3)/2
p+1 (p+1)(p+2) p(p+1)(p+2)/2
p+1 p(p+5) p(p+1)(p+5)/4
p+1 3p(p+1)/2 3p(p+1)
p+1 (p+1)(3p+1)/2 p(3p+1)
p+1 p(2p+1) (p+1)(2p+1)
p+1 2p(p+1) 2p(p+1)
p+2 (p+1)²/2 p(p+1)²(p+2)/2
p+2 p(p+3)/2 p(p+2)(p+3)/2
p+2 (p+1)(p+2)/2 p(p+1)(p+2)/2
p+2 p(p+1) (p+1)(p+2)
p+2 p(p+2) p(p+2)
p+3 (p+1)(p+2)/3 p(p+1)(p+2)(p+3)/6
p+3 p(p+3)/2 p(p+3)
p+3 (p+1)(p+3)/2 p(p+1)
p+5 (p+1)(p+5)/4 p(p+1)
(3p+1)/2 3p 3p(3p+1)/2
(3p+1)/2 3p+1 p(3p+1)
3(p+1)/2 3p 3p(p+1)/2
3(p+1)/2 3(p+1) p(p+1)
3(p+3)/2 3p p(p+3)/2
2p 2p+1 2p(2p+1)
2p 2p+2 p(2p+2)
2p 2p+4 p(p+2)
2p 3p 6p
2p 4p 4p
2p+1 2p+1 p(2p+1)
2p+2 2p+2 p(p+1)
3p 3p 3p

ça fait 35, mais il doit encore m'en manquer quelques uns. Et il faut que je vérifie l'absence de collision, c'est-à-dire qu'il n'y a pas de valeur de p pour laquelle deux triplets seraient égaux.

C'est ça, le jeu, il faut en trouver le plus possible ? Tu en as combien, toi ?

Tu es sûr ? En prenant p=11, je ne trouve que 5 découpages commençant par 1/13 (c'est-à-dire p+2). Je suis surpris que tu en trouves 14. Ou bien j'ai raté quelque chose, ou bien tu as oublié des doublons.

Ce que j'ai trouvé, et c'est loin d'être finalisé.....

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1 / p = somme de 3 fractions égyptiennes ( FE )  avec p > 10.

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Lemme

( 1 / n ) - ( 1 / (n+d) ) = d  / ( n ( n+d) ) est réductible en FE ssi d est un diviseur de n² ( on pose d <= n )

Le nombre de solutions pour 1 / n comme somme de 2 FE est donc la moitié + 1 du nombre de diviseurs de n².

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Si n = p, 2 solutions : 

1 / p = 1 / 2p + 1 / 2p

1 / p = 1 / (p+1) + 1 / ( p ( p + 1 ) )

Pour 1 / 2p ou 1 / (p+1)  comme somme de 2 FE : 5 solutions chacun (si, pas de chance, p+1 est le double d'un nombre premier).

Pour 1 / ( p ( p + 1) ) comme somme de 2 FE : 14 solutions  (si pas de chance,  p+1 est le double d'un nombre premier).

24 SOLUTIONS

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1 / p = 1 / ( p + 2 ) + 2 / ( p ( p + 2 ) )

2 / ( p ( p + 2) ) est somme de 2 FE ssi d impair divise le carré de p ( p + 2 ) dans la FE :  1 / ( p ( p + 2) + d ) / 2 .

Comme p et p+1 ont été considérés comme premiers avec 3, alors 3 I ( p + 2 ) .
( Remarque: si on considére 3 I ( p + 1 ) au lieu de ( p + 2) le nombre total est plus important ) .

Comme p ( p + 2 ) est impair, tous les diviseurs également. Donc p ( p + 2 ) + d est toujours pair. On applique alors directement le lemme.
 
14 SOLUTIONS


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1 / p = 1 / ( p + 3 ) + 3 / ( p ( p + 3 ) )

3 / ( p ( p + 3) ) est somme de 2 FE ssi d divise le carré de p ( p + 3 ) dans la FE :  1 / ( p ( p + 3) + d ) / 3  et si d = -p ( p + 3) modulo [3]

p et p + 3 = 1 [3] dans notre hypothèse, donc le produit également, donc il faut d = 2 [3]. Par ailleurs, p + 1 ayant été supposé divisible par 2 seulement, p + 3 est divisible par 4

p + 3 = 4 q avec q au pire premier. Les diviseurs de ( 4 p q ) ²  qui conviennent sont : { 2, 8, 2p, 8p, 2q, 8q, 2pq, 2q², 8q² }

Remarque : pour p = 13, on a q = 4, ce qui réduit à 6 solutions au lieu de 9, mais c'est une exception pour ce petit nombre et ça n'obère pas le cas général. Par ailleurs, on sait que 13 donne 59 solutions.   

9 SOLUTIONS

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1 / p = 1 / ( 2p + 1) + ( p + 1 ) / ( p ( 2p + 1 ) )

( p + 1 ) / ( p ( 2p + 1 )  est somme de 2 FE ssi d divise le carré de p ( 2p + 1 ) dans la FE :  1 / ( p ( 2p + 1) + d ) / ( p + 1 )   et si d = -p ( 2p + 1) modulo [ p + 1]

2 SOLUTIONS : d = {  p , 2p+1 }

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Etc......

On peut prolonger la liste : Elles entrent toutes dans la méthode proposée ci-dessus, à savoir trouver les diviseurs des carrés de p ( p + k ) qui sont en même temps l'opposé de  p  ( p + k ) modulo  k . Mais celles qui manquent sont plus difficiles à trouver sans connaissance particulière des divisibilités qui dépendent bien entendu de p.

On peut ajouter, pour faire un chiffre rond :

1 / p = 1 / 3p + 1/ 3p + 1/ 3p.

50 SOLUTIONS.

Attention Ebichu, je suis d'accord avec toi mais il faut tout regarder.

Pour 11 :

1/11 - 1/12  = 1 /(11*12)
La décomposition de 11*12 en 2 FE donne bien 23 solutions.
Et la décomposition de 1/12 en 2 FE donne 8 solutions.
La décomposition de 1/22 en 2 FE donne 5 solutions.

Total : 36.

La décomposition de 1 / 11  - 1/13 = 2 / (11*13) donne 5 solutions

La décomposition de 1 / 11 - 1 /14 = 3 / (11*14) en 2 FE donne 6 solutions
avec d diviseur de (11² * 2² * 7²) et de valeur -1 [3] .
d = {2,11,14,77,44,98}

Sauf erreur, on en est à 47. Et on est loin d'avoir examiner tous les cas de figure pour 11. 

Bien entendu, le min sera d'autant plus grand qu'on ira plus loin dans les différents cas de figure, mais on devra à chaque avancée isoler des nombres particuliers.