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Le petit théorème de Fermat

Soit \(a \in \mathbb{Z}\) un entier relatif et \(p \in \mathbb{P}\) un nombre premier.

Le petit théorème de Fermat nous dit que :

$$ \forall a \in \mathbb{Z}, \enspace p \in \mathbb{P}, $$
$$ a^p \equiv a \hspace{0.2em} \bigl[p\bigr] \qquad \bigl(\text{Petit théorème de Fermat} \bigr) $$
$$ \forall a \in \mathbb{Z}, \enspace p \in \mathbb{P}, \enspace (a \land p = 1), $$
$$ a^{p - 1} \equiv 1 \hspace{0.2em} \bigl[p\bigr] $$

Démonstration

  1. Par récurrence

  2. Soit \(a \in \mathbb{Z}\) un entier relatif et \(p \in \mathbb{P}\) un nombre premier.

    Essayons de montrer que la proposition suivante \((P_a)\) est vraie :

    $$ \forall a \in \mathbb{Z}, \enspace p \in \mathbb{P}, $$
    $$ a^p \equiv a \hspace{0.2em} \bigl[p\bigr] \qquad (P_a) $$
    1. Calcul du premier terme

    2. Vérifions que c'est bien vrai pour le premier terme, c'est-à-dire pour \(a = 0 \).

      $$ 0^p \hspace{0.2em} \equiv \hspace{0.2em} 0 \hspace{0.2em} \bigl[p\bigr] $$

      \((P_0)\) est vraie.

    3. Vérification de l'hérédité

      1. Dans l'ensemble des entiers naturels \( : \mathbb{N} \)
      2. Soit \( k \in \mathbb{N} \) un entier naturel.

        On suppose que la proposition \((P_k)\) est vraie pour tout \( k \).

        $$ k^p \equiv k \hspace{0.2em} \bigl[p\bigr] \qquad (P_{k}) $$

        Vérifions que c'est bien le cas pour \((P_{k + 1})\).

        $$ (k+1)^p \equiv k+1 \hspace{0.2em} \bigl[p\bigr] \qquad (P_{k + 1}) $$

        Calculons \( (k+1)^p\).

        Avec le binome de Newton, on sait que :

        $$\forall n \in \mathbb{N}, \enspace \forall (a, b) \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^2,$$
        $$ (a + b)^n = \sum_{p = 0}^n \binom{n}{p} a^{n-p}b^p $$

        Soit ici,

        $$ (k+1)^p = k^p + \sum_{i = 1}^{p-1} \binom{p}{i} k^{p-i} + 1 \qquad (1) $$

        Or, pour tout \( p, i \), avec \( 1 \leqslant i \leqslant p \) on peut appliquer la formule du pion :

        $$ \binom{p}{i} = \frac{p}{i} \binom{p-1}{i-1} $$
        $$ i \binom{p}{i} = p \binom{p-1}{i-1} $$

        Or, on sait par le théorème de Gauss que :

        $$ \forall (a, b, c) \in \hspace{0.05em} \mathbb{Z}^3, \enspace a / bc \enspace et \enspace a \wedge b = 1 \hspace{0.2em} \Longrightarrow \hspace{0.2em} a/c $$

        Dans notre cas,

        $$ \forall i \in \hspace{0.05em} 1 \leqslant i \leqslant (p-1),$$
        $$ p / i\binom{p}{i} \enspace et \enspace p \wedge i = 1 \hspace{0.2em} \Longrightarrow \hspace{0.2em} p / \binom{p}{i} $$

        Si \( p \) divise le binôme \( \binom{p}{i} \), alors \( p \) divise aussi le membre central de \( (1) \).

        $$ (k+1)^p = k^p + \enspace \underbrace{\sum_{i = 1}^{p-1} \binom{p}{i} k^{p-i} } _\text{\( = \hspace{0.2em} pQ, \hspace{0.4em} avec \hspace{0.4em} Q \hspace{0.1em} \in \hspace{0.05em} \mathbb{N} \)} \hspace{0.1em} + 1 \qquad (1) $$

        Soit,

        $$ \sum_{i = 1}^{p-1} \binom{p}{i} k^{p-i} \equiv 0 \bigl[p\bigr] $$

        Et comme par hypothèse de recurrence,

        $$ k^p \equiv k \hspace{0.2em} \bigl[p\bigr] \qquad (P_k) $$

        En résumé, on a les congruences suivantes pour le calcul de \( (k+1)^p \) :

        $$ (k+1)^p = \underbrace{ k^p } _\text{\( \equiv \hspace{0.2em} k \hspace{0.2em} [p] \)} + \enspace \underbrace{\sum_{i = 1}^{p-1} \binom{p}{i} k^{p-i} } _\text{\( \equiv \hspace{0.2em} 0 \hspace{0.2em} [p] \)} \hspace{0.2em} + 1 $$

        On a alors par somme des congruences que :

        $$ (k+1)^p \equiv k + 1 \bigl[p\bigr] \qquad (P_{k + 1}) $$

        Par conséquent, \((P_{k + 1})\) est vraie.

      3. Dans l'ensemble des entiers relatifs : \( \mathbb{Z} \)
      4. Ici, il s'agit de faire la même chose dans le sens contraire, pour vérifier que c'est aussi vrai dans \( \mathbb{Z}\).

        Nous allons donc cette fois vérifier que \((P_{k - 1})\) est vraie.

        $$ (k-1)^p \equiv k - 1 \bigl[p\bigr] \qquad (P_{k - 1}) $$

        Calculons \( (k-1)^p \).

        $$ (k-1)^p = k^p + \sum_{i = 1}^{p-1} (-1)^i \binom{p}{i} k^{p-i} + (-1)^p \qquad (P_{k - 1}) $$

        \(p\) étant un nombre premier par hypothèse, il sera toujours impair, donc on aura :

        $$ (k-1)^p = k^p + \sum_{i = 1}^{p-1} (-1)^i \binom{p}{i} k^{p-i} -1 \qquad (1') $$

        De la même manière, si \( p \) divise le binôme \( \binom{p}{i} \), alors \( p \) divise aussi le membre central de \( (1') \) :

        $$ (k-1)^p = k^p + \enspace \underbrace{\sum_{i = 1}^{p-1} (-1)^i \binom{p}{i} k^{p-i} } _\text{\( = \hspace{0.2em} pQ, \hspace{0.4em} avec \hspace{0.4em} Q \hspace{0.1em} \in \hspace{0.05em} \mathbb{Z} \)}\hspace{0.2em} - 1 \qquad (1') $$

        Même si ce membre central comporte une alternance de termes négatifs et positifs, son quotient général \( Q \) reste dans \( \mathbb{Z} \).

        Et on aura aussi, tout comme précédemment :

        $$ k^p \equiv k \hspace{0.2em} \bigl[p\bigr] \qquad (P_k) $$

        Soit pour résumer :

        $$ (k-1)^p = \underbrace{ k^p } _\text{\( \equiv \hspace{0.2em} k \hspace{0.2em} [p] \)} + \enspace \underbrace{\sum_{i = 1}^{p-1} (-1)^i \binom{p}{i} k^{p-i} } _\text{\( \equiv \hspace{0.2em} 0 \hspace{0.2em} [p] \)} \hspace{0.2em} - 1 $$

        Et finalement,

        $$ (k-1)^p \equiv k - 1 \bigl[p\bigr] \qquad (P_{k - 1}) $$

        \((P_{k - 1})\) est vraie.

    4. Conclusion

    5. La proposition \((P_a)\) est vraie pour son premier terme \(a_0 = 0\) et est héréditaire de proche en proche pour tout \(k \in \mathbb{Z}\), de manière croissante et décroissante.

      Par le principe de récurrence, elle ainsi est vraie pour tout \(a \in \mathbb{Z}\).


      Soit finalement,

      $$ \forall a \in \mathbb{Z}, \enspace p \in \mathbb{P}, $$
      $$ a^p \equiv a \hspace{0.2em} \bigl[p\bigr] \qquad \bigl(\text{Petit théorème de Fermat} \bigr) $$

    Cela signifie donc que :

    $$ p / (a^p - a) \Longrightarrow p / a(a^{p - 1} - 1) $$

    Or, on sait par le théorème de Gauss que :

    $$ \forall (a, b, c) \in \hspace{0.05em} \mathbb{Z}^3, \enspace a / bc \enspace et \enspace a \wedge b = 1 \hspace{0.2em} \Longrightarrow \hspace{0.2em} a/c $$

    Donc par ailleurs, si \((a \land p = 1)\), alors :

    $$ p / (a^{p - 1} - 1) $$

    Soit,

    $$ a^{p - 1} - 1 \equiv 0 \hspace{0.2em} \bigl[p\bigr] $$

    Et finalement que,

    $$ \forall a \in \mathbb{Z}, \enspace p \in \mathbb{P}, \enspace (a \land p = 1), $$
    $$ a^{p - 1} \equiv 1 \hspace{0.2em} \bigl[p\bigr] $$
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