Somme alternée des inverses modulo p premier

[jf37]

Bonjour,
Je bloque sur un exercice d'arithmétique qui semble accessible au niveau prépa ( oral 2021) et qui peut s'énoncer ainsi
Soit p>=5 un nombre premier, montrer que la somme des coefficients binomiaux k parmi p , pour k compris entre 1 et partie entière de 2p/3, est divisible par p^2
Une formulation équivalente: montrer que la somme alternée des inverses modulo p des entiers compris entre 1 et partie entière de 2p/3 est nulle.
la première formulation m'a emmené sur les polynômes , sans succès , je ne vois toujours pas comment intégrer la partie entière dans le raisonnement. la seconde , qui est facile à déduire du premier énoncé, ne me semble pas plus accessible pour l'instant. Merci pour vos lumières!

[Ben314]

Salut,
À force de chercher, je pense avoir une solution.
Si on pose Ak=1/p.binomial(p,k) alors effectivement, Ak est congru à (-1)^(k-1)/k modulo p.
Si on suppose que p est congru à 1 modulo 6 et qu'on pose d=(p-1)/3 alors on a A(k+d) congru à 3A(3k-1) modulo p donc à 3/p.binomial(p,3k-1) lorsque 1<=k<=d. Or on sait calculer la somme de ces nombres et ça permet au final de conclure.
J'ai pas vérifié, mais je suppose qu'une méthode similaire fonctionne lorsque p est congru à 5 modulo 6.

[jf37]

Merci Ben314 , j'essaye de chercher dans cette direction, cela me semble la bonne piste.
Un test numérique me donne plutôt A(k+d) congru à -3A(3k-1) modulo p lorsque p est congru à 1 modulo 6 et 1<=k<=d, mais je n'ai pas encore prouvé cela.
Cependant lorsque l'on calculera la somme des A(k) pour k allant de 1 à 2d, il restera une partie de la somme , celle pour 1<=k<=d, non explicitée : comment s'en affranchir?

[jf37]

suite de mon message
effectivement, on a de plus, semble t'il , A(k) congru à 3A(3k) modulo p pour k compris entre 1 et d ce qui permet de gérer la première somme.
Il ne reste plus qu'a justifier ces deux congruences et calculer la somme des A(3k-1) et des A(3k) , super!

[Ben314]

La façon dont j'ai procédé (les congruences sont évidemment modulo ) :
Pour on pose .


- Cas :
On pose (pair) ; ; ; et on doit montrer que .
Or et donc et il suffit de montrer que .
Or avec .
Donc, si on pose ; et , on a .
Or et, si on pose (donc ), alors on a


Donc et on en déduit que et donc que ce qui est bien le résultat voulu.

- Le cas se traite de façon similaire à quelques changements d'indices près ( j'ai vérifié)

[jf37]

Merci beaucoup, l'idée de détendre les sommes des ak aux sommes des a3k n'est pas évidente!
je suis arrivé aux mêmes calculs avec les mêmes outils grâce à tes indications, j'avoue ne pas avoir traité le cas p congru à -1 modulo 6 . Un résultat remarquable tout de même, et peu connu

[Ben314]

Je connaissait pas non plus et ça m'a quand même bien donné du fil à retordre avant d'avoir une idée qui mène à quelque chose. . .

[jf37]

Pour conclure , jandri sur un autre forum a trouvé une référence: c'est l'objet du problème A5 de la compétition putnam 1996
https://prase.cz/kalva/putnam/psoln/psol965.html
la solution proposée est très élégante et courte , entièrement dans le corps Z/pZ

[L.A.]

Bonsoir,

résultat très intéressant en effet, est-ce qu'il y aurait des prolongements dans n'importe quel corps fini de cardinal p^n ?

[jf37]

Bonjour,
avec p premier et n>=2, Fp^n est de caractéristique p et contient Fp comme sous corps.
la somme des inverses des entiers k modulo p^n pour k compris entre 1 et p-1 est bien nulle mais cependant la somme alternée des inverses des entiers k modulo p^n pour k compris entre 1 et partie entière de 2p/3 n'est pas toujours nulle ( p=7,n=2) car l'astuce -1/k=1/(p-k) ne fonctionne plus ....
Cependant il semble que p^2 divise toujours la somme : sum(binomial(p^n, k), k = 1 .. floor(2*p^n/3), bien que p^2 ne divise pas chacun des éléments de cette somme.