La somme partielle de la série harmonique n'est pas un entier

Le but de cet article est d'examiner la somme partielle de la série harmonique et de prouver qu'elle n'est pas entière si son rang est supérieur ou égal à $2$ (en effet pour $n=1$, elle vaut $1$. On établira un résultat d'arithmétique qui servira le lond de la démonstration et on donnera sa preuve. Ensuite on va généraliser en démontrant que le résultat reste vrai si au lieu de la somme partielle on considère des paquets de Cauchy de celle-ci avec un démarrage en $p$ et une fin en $q$ tel que $1 \leq p < q$.

Pour tout entier naturel $n$, on pose: $$H_n=\suml_{k=1}^n
\frac 1k .$$ On voit que $H_n$ est la somme partielle d'ordre $n$ de la série harmonique $\sum \frac 1n$. On va démontrer que: $\fa n \in \N, n \geq 2 \im H_n\not\in \N$

Pour cela , on démontre que si $n \in \N $ tel que $n \geq 2$ alors
$H_n$ s'écrit:
$$H_n= \frac{A_n}{B_n} $$ avec $A_n \in 2\N$ et $B_n \in 2\N+1$, de sorte
que $B_n \not | A_n$ donc le rapport $\frac{A_n}{B_n}$ n'est pas un entier
naturel. On aura besoin d'utiliser le résultat suivant qu'on donnera et demontrera:

Proposition
Pour tout entier naturel non nul $x$, il existe un et seule coupe $(p,q)$d'entiers naturels tel que $ x= 2^p(2q+1)$, ce qui revient à dire que : $\fa x \in \N*, \ex(p,u) \in \N \times (2\N+1), x=2^pu $.

Preuve de la proposition: Soit $n\in\N^*$. Posons $X_n=\{k\in \N/2^k|n\}$. On a $0\in X_n$, donc $X_n\neq\emptyset$. Si $k\in X_n$ alors $2^k|n$ et comme $n\neq0$ alors $2^k \leq n$. Or $k\leq 2^k$ pour tout $k\in \N$( chose qu'on peut remarquer pour $k=0$ et $k=1$, puis pour tout $k\in\N^*$, si $2^k \leq k$ alors $2^{k+1}=2.2^k \leq 2k \leq k+1$, donc on a prouvé la propriété désirée par récurrence sur $k\geq 1$.) Maintenant on a prouvé que pour tout $k\in X_n$, on a $k \leq n$, donc $X_n$ est une partie non vide majorée de $\N$, donc $X_n$ admet un plus grand élément $s$ lequel vérifie $2^s|n$ et $2^{s+1}\not| n$, donc il existe $u\in \N$ tel que $n=u.2^s$ et $2^{s+1}\not|u.2^s$, ce qui veut dire $2\not|u$, donc $u$ est impair.
Pour l'unicité, supposons que $n=2^s u = 2^t v$ avec $u$ et $v$ impairs, donc $2^s|v.2^t$ et $2^s\wedge v1$, par le théorème de Gauss, on a $2^s|2^t$, donc $s \leq t$, et par symétrie des rôles, on a aussi $t \leq s$ donc $s=t$, donc $s=t$ et $u=v$.

D'après la proposition ci-dessus, tout $k\in [\![1,n]\!]$ s'écrit de manière unique $k=2^{m_k}u_k$ avec $m_k\in \N$ et $u_k \in 2\N+1$. Soit $p$ les plus grand entier naturel non nul tel que $2^p \leq n$, donc, $2^p \leq n < 2^{p+1}$ ($p$ existe car $n\geq 2$). Comme $j=2^p \leq n$ on a $m_j=p$. Démontrons que pour tout $k\in [\![1,n]\!]$, on a $m_k=p\im k=2^p$. Si $m_k=2^p$ alors $k=2^p k'$ avec $k'\in \N^*$ et comme $k\leq n < 2^{p+1}$, on a $2^p k' < 2^{p+1}$, donc $k' < 2$, donc $k'=1$ et finalement $k=2^p$. Si on pose $I=[\![1,n]\!]\bsl\{2^p\}$, on a $$H_n=\frac{1}{2^p} + \suml_{k\in I} \frac{1}{u_k2^{m_k}} =\frac{1}{2^p}+ \suml_{k\in I}\frac{2^{p-m_k}}{u_k2^p}$$ Pour tout $k\in I$, on a $p > m_k$, ce qui permet d'écrire $2^{p-m_k}=2\mu_k$ avec $\mu_k=2^{p-mçk-1}$, donc $$H_n=\frac{1}{2^p}$1+2\suml_{k\in I}\frac{\mu_k}{u_k}$=\frac{1}{2^p}$1+\frac{2P_n}{Q_n}$,$$avec $Q_n=\prod\limits_{k\in I}u_k$, donc $Q_n$ est impair et $P_n \in \N$. Donc:$$H_n=\frac{A_n}{B_n} \;\text{avec}\; \cax{A_n=Q_n+2P_n}{B_n=2^p Q_n}$$ de sorte que $A_n$ est impair, comme somme d'un nombre pair et un autre impair et $B_n$ est pair car $p \geq 1$ par définition de $p$. Finalement $H_n \not\in\N$ car sinon an aurait $B_n|A_n$ et comme $B_n $ est pair on aurait $2 | A_n$, chose fausse car $A_n$ est impair.

Généralisation:

Démontrer que pour tout $(p,q)\in\N^2$ tel que $1 \leq p < q $, on a : $H_{p,q}=\suml_{k=p}^q \frac 1k \not\in \N$.

D'après le proposition ci-dessus, pour tout $k \in [\![p,q]\!]$ il existe un unique couple $(m_k,u_k)\in\N\times(2\N+1)$
tel que $k=2^{m_k} u_k$. Soit $j\in [\![p,q]\!]$ tel que $m_j=s$ est maximal.
Démontrons que $j$ est unique, en effet sinon, on aurait deux entiers
impaires $u,v$ tel que $p \leq 2^su < 2^sv \leq q$. Comme $u$ et $v$ sont impairs on a
$ u <u + 1 < v $ et $u+1$ est pair, donc $\ex w \in \N^*, u+1=2w,$
ce qui donne $p\leq2^su <2^{s+1}w <2^s v \leq q,$ en particulier $\ell=2^{s+1}w$
rélaise $m_{\ell} \geq s+1 $ ce qui contredit la définition de $s$, donc
$j$ est unique et si on pose $I=[\![p,q]\!] \bsl\{j\}$, on peut dire que :
$$H_{p,q}=\frac{1}{2^su}+\suml_{k\in I} \frac{1}{u_k 2^{m_k}} $$
Il en découle que :
$$2^sH_{p,q}=\frac{1}{u}+\suml_{k\in I} \frac{2^{s-m_k}}{u_k } $$ et comme
$m_k < s$, pour tout $k\in I$, on a :
$$2^sH_{p,q}=\frac{1}{u}+ 2 \suml_{k\in I} \frac{\mu_k}{u_k } $$ où $$\fa
k \in I, \quad \mu_k=
2^{s-m_k-1} $$
Il en découle que :
$$2^{s} H_{p,q}= \frac{1}{u} + 2\frac{\al}{\be} $$ avec $\be=\prod\limits_{k\in
I} u_k$ réalise $\be\in 2\N+1$ de sorte que :
$$H_{p,q} =\frac{1}{2^s}$\frac 1 u +2\frac{\al}{\be}$=\frac{2\be+u\al}{2^su\be}$$
Donc $H_{p,q}=\frac AB$ avec $A=2\be+u\al$ est impair car $u$ et $\al$
sont impairs donc leur produit $u\al$ est impair et sa somme avec le
nombre pair $2\be$ est impaire. Et $B$ est pair car $s \geq 1$ car $1 \leq
p < q$ donc $q \geq 2$. Si $H_{p,q} \in \N$, on aurait $B|A$ et comme $2|B$,
on aurait $2|A$, en contradiction avec le fait que $A$ est impair. Il
en découle que $$\fa p,q \in \N, 1\leq p < q \im H_{p,q} \not \in \N.$$

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