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Une somme d'inverses dans $\Z/p\Z$

J'ai vu passer l'exercice suivant : dans le corps $K=\Z/p\Z$, on désigne par $x^{-1}$ l'inverse d'un élément $x\neq0$ et l'on demande de calculer $S=\displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}(-1)^k\big(\overline k\big)^{-1}$.

Existe-t-il une formule générale donnant $S$ ? Indépendamment de cela, je trouve la question assez artificielle car $(-1)^k$ n'a rien d'intrinsèque dans $K$.

Nota bene : j'ai pensé à comparer $S$ et $\overline{k_0}\,S$ pour $k_0$ bien choisi, mais cette multiplication ne respecte pas bien les signes $(-1)^k$. J'ai aussi essayé de former $S\times(-S)$ en sommant aussi de $p+1$ à $2p-1$, mais c'est assez dissuasif également.

Réponses

  • Modifié (16 Sep)
    @john_john : salut. Dans $\mathbb{Z}/{3\mathbb{Z}}$, je trouve $S=(-1)1^{-1}+(-1)^2.2^{-1}=(-1)+2=1$.
  • Modifié (16 Sep)
    Je ne sais pas si ça fait avancer le schmilblick mais je trouve que $S=\displaystyle\sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\big(\overline k\big)^{-1}$, si $p>2$.
  • sftj : oui, je confirme :)

    raoul : oui, et c'est aussi $2$ que multiplie la somme initiale dans laquelle les indices $k$ s'arrêtent à $(p-1)/2$. Le schimilimili va-t-il tomber ?

  • En combinant la somme de raoul.S est celle de john_john ci-dessus on a aussi : $S=4\displaystyle\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{p+1}{4}\rfloor}\big(\overline {2k-1}\big)^{-1}$

    Mais je n'ai pas trouvé les valeurs obtenues pour les premières valeurs de $p$ dans l'OEIS.
  • Sauf erreur, si $p$ est un nombre premier impair, on  a $\displaystyle \prod_{k=1}^{p-1} \overline{k}=-1$ ce qui permet de se débarrasser de l'inverse et d'avoir une somme alternée de produits.

  • Il y a un exercice plus connu qui lui ressemble : montrer que pour $p\geq5$ premier on a $\displaystyle\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{2p}{3}\rfloor}(-1)^k\big(\overline k\big)^{-1}=0$
  • La multiplication de $S$ par $(\overline2)^{-1}$ induit sur les termes une permutation simple, mais qui ne respecte par les $(-1)^k$ (un sur deux, seulement) ; peut-être faut-il regarder $S$ très finement en distinguant le reste de $p$ modulo $4$, voire modulo $8$.
  • Modifié (17 Sep)
    Bonjour
    Peut s'écrire (p impair) $=b_{p-1}-B_{p-1}(\frac{p+1}{2})$ modulo p (resp. Nombre de Bernoulli et valeur prise d'un polynôme de Bernoulli). Il faudrait peut-être investir dans les propriétés arithmétiques de ces objets  ???
    Sur l'article Wikipedia
    https://fr.m.wikipedia.org/wiki/Formule_de_Faulhaber, les sommes de Bernoulli puissance impaire, peuvent s'exprimer en utilisant un polynôme de Faulhaber.
    Et alors si je ne me suis pas trompé on a aussi une égalité $=F_{p-2}(1)$ modulo p.
  • De mon côté, je trouve que $\left(\frac{p-1}2\right)!S=\sum\limits_{\underset {\#C=\frac{p-3}2}{C\subset\{1,2,\ldots,\frac{p-1}2\}}}\prod C_i$.
    Bref, un seul inverse à calculer mais bon...
  • JLTJLT
    Modifié (17 Sep)
    Soit $S$ la somme à calculer. J'ai trouvé $S=\dfrac{2-2^p}{p}\pmod{p}$.
    Quelques détails : on pose $f(x)=\displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}\binom{p-1}{k}\frac{x^k}{k}$. En dérivant on trouve $\displaystyle f'(x-1)=\sum_{k=1}^{p-1}x^{k-1}$ donc modulo $p$ on a $\displaystyle f(x-1)=\sum_{k=1}^{p-1}\frac{x^k}{k}$ donc $S=f(-2)$.
    De plus $f(x)=\displaystyle-\sum_{k=1}^{p-1}\binom{p-1}{k}\frac{x^k}{p-k}=-\frac{1}{p}\sum_{k=1}^{p-1}\binom{p}{k}x^k=-\frac{(1+x)^p-1-x^p}{p}$. On évalue alors en $x=-2$.

    Edit: voici une preuve simplifiée. On a $2^p-2=\displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}\binom{p}{k}=\sum_{k=1}^{p-1}\frac{p(p-1)\cdots (p-k+1)}{k!}$ donc modulo $p$ on a $\dfrac{2^p-2}{p}=\displaystyle\sum_{k=1}^{p-1} (-1)^{k-1}\frac{(k-1)!}{k!}=\sum_{k=1}^{p-1} \frac{(-1)^{k-1}}{k}$.

  • Là où JLT passe tout le monde trépasse... :mrgreen:

    J'ai quand même une petite consolation, j'avais regardé du côté du polynôme $\sum_{k=1}^{p-1}\frac{x^k}{k}$ et de sa dérivée mais sans aboutir...
  • Bien joué, JLT ! Et merci à tous ceux qui se sont intéressés à la question.
  • Modifié (17 Sep)
    Bravo à JLT.

    Si j'avais eu l'idée de proposer $-S$ au lieu de $S$ à l'OEIS j'aurais trouvé la suite A179077 qui donne la solution !
  • Oh, bravo !!
  • Modifié (18 Sep)
    Jandri : si tu proposes $\displaystyle\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{2p}{3}\rfloor}(-1)^k\big(\overline k\big)^{-1}$ à l'OEIS, il la reconnaît aussi :)
  • Je viens seulement de voir la preuve simplifiée de JLT ; chapeau bas !
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