Soient les propositions suivantes - Les

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 c2n-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<pqp
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 (*)