Сравнения с гармоническими числами

[Руст]

Докажите, что числитель выражения

$$2\sum_{p/3<k<p/2}\frac 1k +\sum_{p/4<k<p/3}\frac 1k -\sum_{p/6<k<p/4}\frac 1k $$

делится на р при любом простом р>3.

[juna]

У вас, по-видимому, опечатка.
Условие на сумму во втором слагаемом противоречит требованию $p>3$

[незваный гость]

Видимо, имеется в виду $p/3$

[maxal]

Можно также записать через гармонические числа:

$$2 H_{\lfloor p/2\rfloor} - H_{\lfloor p/3\rfloor} - 2 H_{\lfloor p/4\rfloor} + H_{\lfloor p/6\rfloor}$$

[Руст]

Артамонов Ю.Н. писал(а):

У вас, по-видимому, опечатка.
Условие на сумму во втором слагаемом противоречит требованию $p>3$

Ничего не противоречит, если в сумме нет членов, то он считается равным нулю. Например при p=5 итог равен нулю, естественно делится на 5.

[нг]

Руст писал(а):

Ничего не противоречит, если в сумме нет членов, то он считается равным нулю. Например при p=5 итог равен нулю, естественно делится на 5.

Артамонов Ю.Н. пытается указать, что у Вас второе слагаемое всегда равно 0 при Ваших условиях. Сравните внимательно условие суммирования и условие $ p > 3$.

[Руст]

Я извиняюсь, действительно была опечатка. Это заметили и предложили исправление незваный гость и maxal.
Можно сократить последнюю сумму с чётными членами из первой суммы.

[RIP]

$$2\sum_{p/3<k<p/2}\frac 1k +\sum_{p/4<k<p/3}\frac 1k -\sum_{p/6<k<p/4}\frac 1k =\sum_{\substack{p/3<k<p/2\\\text{$k$ нечет.}}}\frac2k+\sum_{p/4<k<p/3}\frac 1k =$$ $$=\sum_{\substack{p/2<k<2p/3\\\text{$k$ чет.}}}\frac2{p-k}+\sum_{p/4<k<p/3}\frac 1k \equiv\sum_{\substack{p/2<k<2p/3\\\text{$k$ чет.}}}\frac2{-k}+\sum_{p/4<k<p/3}\frac 1k =0\pmod p.$$

[Руст]

Пусть р нечётное простое число. Доказать, что

$$\sum_{k=1}^{(p-1)/2}\frac 1k =\frac{2-2^p}{p}\mod p$$

.

[worm2]

Что-то непонятно.
Пусть $p=5$. Получаем:

$$1+\frac 12 \equiv \frac{2-2^5}{5}\pmod 5$$

$$\frac 32 \equiv -6 \pmod 5$$

[vlad239]

Руст писал(а):

Пусть р нечётное простое число. Доказать, что

$$\sum_{k=1}^{(p-1)/2}\frac 1k =\frac{2-2^p}{p}\mod p$$

.

$\frac{2^p-2}{p}=\frac{(1+1)^p-2}{p}=\frac{C_p^1+C_p^2+\ldots+C_P^{p-1}}{p}=1+\frac{p(p-1)}{2p}+\frac{p(p-1)(p-2)}{6p}+\ldots+\frac{p(p-1)\ldots(p-(p-2)}{p(p-1)!}\equiv 1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\ldots+(-1)^{p-2}\frac{1}{p-1}$

Осталось доказать, что такие суммы дробей сравнимы. Только времени нет сейчас.

Влад.

[Хорхе]

worm2 писал(а):

Что-то непонятно.

$$\frac 32 \equiv -6 \pmod 5$$

$15 \equiv 0 \pmod 5$, что именно непонятно?

Понятно, что непонятно. Автор поста использует знак деления в правой и левой частях равенства в разных смыслах.

[worm2]

Просто я не знаком с такой терминологией. Я считал, что запись $a\equiv b\pmod c$ означает, что

$$\frac{a-b}{c} \in\mathbb{Z}$$

.

[Руст]

Для рациональных чисел можно ввести $\frac ab \equiv 0\mod p$, если $(b,p)=1,p|a$.
Можно сразу превращать $\frac 1k \equiv k'$, где $p|kk'-1$.

[Руст]

У vlad 239 остался один шаг, суммы с нечётными есть сумма с чётными со знаком минус, а две суммы с чётными элементами есть просто сумма обратных до $\frac{1}{(p-1)/2}$.
Вот более сложный пример, получится ли методом vlad239
Доказать, что

$$\sum_{\frac p4 <k<\frac p3} \frac 1k =\frac{4^p+1-2^p-3^p}{2p}\mod p, p>3.$$