TD - Petit théorème de Fermat 1 Partie 1 : conjecture (écrire au tableau avant de distribuer la page) Soit p un nombre premier, et a un entier naturel non divisible par p. Emettre une conjecture sur le reste dans la division euclidienne de a p −1 par p. Partie 2 : préalable Soit p un nombre premier. a) Montrer que p ne divise pas ( p −1 )! b) En déduire que p est premier avec ( p −1 )! (on rappelle que ( p −1 )!=1×2× …×( p −1 ) ) Partie 3 : le petit théorème de Fermat Théorème : (appellé petit théorème de Fermat) Si p est un entier premier et a un entier naturel non divisible par p, alors a p−1 −1 est divisible par p (ou autrement dit : a p−1 ≡1 ( p ) ) La suite du TD consiste à démontrer pas à pas ce théorème. Pour cela : • Soient p premier et a non divisible par p. • On considère A l'ensemble des p −1 premiers multiples positifs de a. On notera a i ses éléments Remarque : en notations mathématiques : A={ k ×a , avec 1⩽k ⩽p −1 } • On considère aussi N, le produit des éléments de A : En notations mathématiques : N=a×2 a×3 a× …×( p−1 ) a • On considère la liste L des restes dans les divisions euclidiennes des éléments de A par p. On notera r i ses éléments. Etapes : 1a) Combien d'éléments différents la liste L peut-elle comporter au maximum ? b) Démontrer qu'aucun de ces restes n'est nul. c) Démontrer que deux éléments distincts de A ne peuvent pas avoir le même reste dans la division euclidienne par p. d) Déduire des questions précédentes la liste complète des éléments de L, puis en déduire N≡( p −1 )! (mod p). 2) On cherche dans cette question à montrer que p divise a p −1 −1 a) Justifier que N≡( p−1 )!×a p−1 ( mod p ) et en déduire que ( p−1 )!×( a p−1−1)≡0 ( p ) . b) Déduire du a) que p divise bien a p −1 −1 . v.dujardin v1.2 Elements de correction Partie 1 Si p ne divise pas a, alors a p −1 semble être congru à 1 modulo p. Partie 2 Si p=2 , ( p−1 )!=1 et 2 ne divise pas 1. Si p>2 , ( p −1 )!⩾2 et admet donc une unique décomposition en produit de facteurs premiers. Supposons que p divise ( p −1 )! : p fait nécessairement partie de la décomposition en produit de facteurs premiers de l'un au moins des entiers compris entre 2 et p −1 , ce qui est impossible car p est plus grand que chacun. Donc p ne divise pas ( p −1 )! Puisque p est premier, ses seuls diviseurs positifs sont 1 et lui même. Or p ne divise pas ( p −1 )! , donc le seul diviseur positif commun est 1 : p est premier avec ( p −1 )! Partie 3 1a) Les restes sont compris entre 0 et p −1 : il peut donc y en avoir p. b) Supposons qu'un des restes soit nul, correspondant à un élément de A. Il existe donc un k compris entre 1 et p-1 tel que p divise k ×a Puisque p ne divise pas a, d'après le théorème de Gauss, p divise k. Mais puisque k ⩽ p −1 , on aboutit à une contradiction. Aucun des éléments de L n'est donc nul. c) Soient deux éléments de A ka et k ' a avec k≠k' . On suppose qu'ils ont le même reste dans la division euclidienne par p : On a alors ka≡r et k' a≡r (mod p) Par différence, on a nécessairement : a ( k−k' )≡0 (mod p) ⇔ p divise a ( k−k' ) . p étant premier avec a, le théorème de Gauss assure que p divise k −k ' . Or 1⩽k <p et 1⩽k ' <p , donc −p <k −k ' <p . Le seul multiple de p strictement compris entre -p et p étant 0, on obtient k =k ' . On a montré par l'absurde que ka et k'a ne pouvaient pas avoir le même reste. d) L comporte p-1 éléments (autant que A) compris entre 1 et p-1 (d'après a et b), et distincts (d'après c) : on en déduit que L est composée de tous les nombres compris entre 1 et p-1. Chaque élément de A étant congru à un des élements de L modulo p, on a par produit que N≡( p −1 )! (mod p) 2a) N=a×2 a×… ×( p −1 ) a=( p −1)!×a p −1 donc N≡( p −1 )!×a p −1 (mod p) En utilisant le 1), on obtient que : et donc par différence : et enfin : ( p −1 )!×a p −1 ≡( p −1 )! (mod p), ( p −1 )!×a p −1 −( p −1 )!≡0 (mod p), ( p −1 )!×( a p−1 −1 )≡0 (mod p). On conclut que p divise ( p −1 )!×( a p−1 −1 ) b) p est premier avec ( p −1 )! d'après 1), on en déduit (Gauss) que p divise a p −1 −1 . v.dujardin v1.2