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 $n \geq 2, H_n$ n'est jamais entier.

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

Soit $n \geq 2$, 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
$$K = \frac{n!}{p} = \prod_{\underset{ i \ne p}{i=1}}^n i$$
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 $H_n$ par $K$
$$KH_n = \sum_{\underset{ i \ne p}{i=1}}^n \frac Ki + \frac Kp$$
Or pour tout$i \neq p$, $K/i$ est un entier donc la somme des $K/i$est un entier noté A, donc
$$KH_n = A + \frac Kp$$
A est un entier, $K/p$ n'est pas entier donc $KH_n$ n'est pas entier et $H_n$ 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 $H_1$.

Pas fastoche.

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

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 $S=\sum_{k=1}^{N}\dfrac1k$.

Soit $(S-1)N!=\sum_{k=2}^{N}\dfrac{N!}k$

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: $\dfrac{N!}p$. 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).

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.

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 $n=1$.

@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).

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

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 :
$$1 + \frac12 = \frac{2+1}2 =\frac32$$ $$1 + \frac12 + \frac13= \frac{6+3+2}6 =\frac{11}6$$ $$1 + \frac12 + \frac13 +\frac14 = \frac{12+6+4+3}{12} = \frac{25}{12}$$ $$1 + \frac12 + \frac13 +\frac14 + \frac15 = \frac{60+30+20+15+12}{60} =\frac{137}{60}$$ $$1 + \frac12 + \frac13 +\frac14 + \frac15 +\frac16 = \frac{60+30+20+15+12+10}{60} =\frac{147}{60}$$ $$1 + \frac12 + \frac13 +\frac14 + \frac15 +\frac16 +\frac17$$ $$= \frac{420+210+140+105+84+70+60}{420}= \frac{1089}{420}$$ $$1 + \frac12 + \frac13 +\frac14 + \frac15 +\frac16 +\frac17 +\frac18$$ $$= \frac{840+420+280+210+168+140+120+105}{840} = \frac{2283}{840}$$ $$1 + \frac12 + \frac13 +\frac14 + \frac15 +\frac16 +\frac17 +\frac18 + \frac19$$ $$= \frac{2520+1260+840+630+504+420+360+315+280}{2520}$$ $$= \frac{3547}{2520}$$
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.

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

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

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

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.

J'essaye d'expliquer un peu pourquoi on peut prendre $q$ 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 :
$$\frac1{12} + \frac1{18} = \frac{3}{36} + \frac{2}{36} = \frac{5}{36}$$
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 :
$$12 = 2^2 \times 3[/latex] et [latex]18 = 2\times 3^2[/latex] donc [latex]ppcm(12,18) = 2^2 \times 3^2 = 36$$
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 $n$, et différent de $2^p$, va pouvoir se décomposer en un produit de facteurs premiers où la puissance de 2 est au plus égale à $p-1$.

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

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