Soient les propositions suivantes: 1) 2) 3) 4) n c p \ (n) n Cpn n c p (n) Cpn mod n = n/p n c p (n) (1/p) p \{2} p q q<p avec: ensemble des naturels premiers c ensemble des naturels non nuls et non premiers (n) ensemble des diviseurs premiers de n On souhaite montrer que: p \{2} p q q<p Cqp (*) Pour ce faire, on va démontrer les propositions 1) à 4), et montrer que leur conjonction implique la proposition (*) ci-dessus. i) Démonstration de 1) Soit n un entier naturel strictement positif et p un naturel inférieur à n et premier avec n. On a alors: Cpn = n!/(p!(n-p)!) = n (n-1)!/(p!(n-p!)) Posons: b:= (n-1)! c:= p!(n-p)! si b/c alors n Cpn si b/c alors b=kc+d, avec k Or Cpn = (n*b/c) et 0<d<c, d'où b/c = k+d/c. donc c n. De plus, le nombre c est le produit de n-2 nombres supérieurs ou égaux à 2 lorsque n>2, auquel cas c2n-2 . Il s'ensuit que si n>4, c>n et donc c ne divise pas n. Si n<5 on a: Si n=1 p=0 ou p=1 et 1 Cp1 = 1. Si n=2 p=1 et 2 C12 = 2. Si n=3 p=1 ou p=2 et 3 C13 = C23 = 3 . Si n=4 p=1 ou p=3 et 4 C14 = C34 = 4 . Donc (b/c) et n Cpn On a donc démontré la proposition 1). ii) Démonstration de 2) Soit n un naturel composé, p l'un de ses diviseurs premiers et k=n/p. On a : Cpn = (n/p) Cp-1n-1 = k Cp-1n-1 Or Cp-1n-1 = ap+r avec a et 0 < r < p. Cp-1n-1 = (n-1)(n-2)…(n-(p-1))/(p-1) ! Donc: (r+ap) (p-1)! = (n-1)(n-2)…(n-(p-1)) r(p-1)!+a(p!) = (kp-1)(kp-2)…(kp-(p-1)) = i=1..p-1 αi pi + (p-1)! si p est impair, avec αi et i=1..p-1 αi 0. D'où: (r-1) (p-1)! + a(p!) = i=1..p-1 αi pi, d'où r = 1. Donc, si p est impair, Cp-1n-1 = ap+1, d'où: Cpn = (n/p) (ap+1) = an + n/p et Cpn mod n = (n/p) Si p est pair, alors p=2 (car p est premier) et Cpn = C22k = k C12k-1= k (2k-1) D'où C22k mod (2k)= k. Donc on a démontré 2). iii) Démonstration de 3) Soient pα1 et pα2 deux nombres premiers distincts. On a: (pα1)-1 + (pα2)-1 = (pα1 + pα2)/ (pα1pα2), qui n'est pas un entier. Soient maintenant a et b deux entiers naturels tels que (a/b) n'est pas entier, b soit le produit de k facteurs premiers distincts, et soit p \ (b). On a: p-1 + a/b =(ap+b) / (bp), que l'on notera q. Montrons que q n'est pas entier: Si q était entier, on aurait qbp = ap+b, chose impossible puisque p ne divise pas b. On en déduit que la somme des inverses d'un nombre fini de nombres premiers distincts n'est pas entière, donc on a démontré 3) De 1) 2) 3) on déduit: p En effet, d'après 1), p c q p q (p) c p q q<pqp Cqp q<p Cqp et, d'après 2) et 3): Cqp mod p p q (p) (1/q) 0 (mod p) Par contraposition, on en déduit: p q iv) q<p Cqp p Démonstration de 4) La proposition 4) est un corollaire de ce qui a été démontré plus haut: en effet, p \{2} p et q q < p PGCD (q,p) =1 p Cqp, et donc: p \{2} p q q<p Cqp Finalement: p \{2} p q CQFD. q<p Cqp (*)