Le théor`eme fondamental de l`arithmétique L`objectif de cette note

Le th´ eor` eme fondamental de l’arithm´ etique
L’objectif de cette note est de d´emontrer quelques propri´et´es des entiers naturels
en utilisant des raisonnements par r´ecurrence et par l’absurde. Commen¸cons par
prouver l’existence de la d´ecomposition en produit de facteurs premiers.
Th´eor`eme 1. Tout nombre entier n > 1est soit premier soit un produit de nombres
premiers.
Par r´ecurrence compl`ete. Comme 2 est premier la r´ecurrence d´emarre bien. Suppo-
sons le th´eor`eme vrai pour tout entier naturel ≤met consid´erons le nombre m+ 1
(hypoth`ese de r´ecurrence). Si m+ 1 est premier alors le th´eor`eme est de nouveau
vraie. Sinon m+ 1 est compos´e et donc m+ 1 = a·b, o`u aet bsont compris entre
2 et m. Pour conclure, appliquons l’hypoth`ese de r´ecurrence sur aet b.
Th´eor`eme 2. Il existe une infinit´e de nombres premiers.
Par l’absurde. Supposons le contraire. Posons E={2,3,5,7, . . . , pn}l’ensemble de
tous les nombres premiers. L’astuce d’Euclide consiste `a consid´erer le nombre m:=
2·3·5·. . . ·pn+ 1. Ce nombre ne peut ˆetre divisible par aucun des nombres premiers
de E(car il y a toujours un reste de 1). Par le th´eor`eme pr´ec´edent mest soit premier,
soit divisible par un nombre premier qui n’est pas dans E. Ce qui est impossible
dans les deux cas puisque E´etait cens´e contenir tous les nombres premiers de N.
La cl´e de la preuve ci-dessous est la division euclidienne de deux entiers : ´etant
donn´es deux entiers, par exemple a= 7 et b= 95, il existe deux entiers q(le
quotient) et r(le reste) qui permet d’´ecrire 95 sous la forme d’un multiple de 7 +
un certain reste compris entre 0 et 6. En l’occurrence 95 = 13 ·7 + 4 et donc q= 13
et r= 4. Plus g´en´eralement, si aet b∈Navec a6= 0 alors il existe qet rtels que
b=qa +ravec 0 ≤r < a.
Th´eor`eme 3 (fondamental de l’arithm´etique).Tout entier naturel n > 1de d´ecompose
de mani`ere unique en un produit de facteurs premiers, `a l’ordre pr`es.
Par descente infinie = absurde + r´ecurrence. Supposons le th´eor`eme faux. Il existe
donc un plus petit entier naturel nqui admet au moins deux d´ecompositions.
Parmi toutes les d´ecompositions de n, consid´erons celle contenant le plus petit fac-
teur premier de nd´enot´e par p1. On a alors n=p1p2. . . pk=m1m2. . . mldeux
d´ecompositions distinctes (en facteurs premiers). Par minimalit´e de naucun des pi
´egale un mj. La division euclidienne de m1par p1donne
(1) m1=q·p1+ravec 0 ≤r < p1.
Comme m1est premier alors r6= 0. Si l’on multiplie les deux membres de l’´egalit´e
(1) par m2·m3. . . mll’on obtient p1. . . pk=qp1(m2. . . ml)+(m2. . . ml)r. Vu que
le membre de gauche est divisible par p1et qu’il en est de mˆeme du 1eterme de
droite alors il s’ensuit de mˆeme concernant le 2eterme. Or, ce dernier est strictement
plus petit que net donc admet une d´ecomposition unique en produit de facteurs
premiers. Absurde, puisque p1diviserait alors rqui est < p1.
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Le petit th´ eor` eme de Fermat
Dans cette partie nous ´enoncerons et d´emontrerons un th´eor`eme c´el`ebre du XVIIe
si`ecle d´enomm´e le petit th´eor`eme de Fermat. Il fut formul´e par ce dernier dans
une lettre du 18 octobre 1640, adress´ee `a Frenicle de Bessy et sera d´emontr´e qu’en
1736 par L. Euler dans Theorematum Quorundam ad Numeros Primos Spectantium
Demonstratio 1, en utilisant les propri´et´es des coefficients binomiaux.
Ex. 1. a) Montrer que pour tout n∈N,n3−nest divisible par 6.
b) Montrer que pour tout n∈N,n5−nest divisible par 10.
c) Montrer que pour tout n∈N,n7−nest divisible par 14.
d) L’affirmation n9−nest un multiple de 18 est-elle vraie ou fausse ?
e) Sur la base des exemples ci-dessus, voire d’autres, ´elaborer une conjecture.
La clef qui permet de comprendre les observations pr´ec´edentes est le r´esultat suivant :
Th´eor`eme (petit th´eor`eme de Fermat).Si p est premier alors p|np−n
D´emonstration. Nous allons suivre une d´emonstration de L. Euler (E54), d´emonstration
par r´ecurrence sur n. Si n= 1 alors c’est ´evident, car tout entier non nul divise 0.
Si n= 2 ´ecrivons
2p−2 = (1+1)p−2 = 1+p
1+p 2+. . .+p p−1+1−2 = p 1+p 2+. . .+p p−1
Chaque coefficient binomial p
k=p(p−1)...(p−k+1) 1·2·3...(k−1)kest un multiple de p, puisque le
d´enominateur de l’expression pr´ec´edente n’admet que des facteurs premiers< p.
Si n= 3 ´ecrivons
3p−3 = (2 + 1)p−3 = 2p+p
12p−1+p 22p−2+. . . +p p−12+1−3
= (2p−2) + p
12p−1+p 22p−2+. . . +p p−12
Par le calcul pr´ec´edent le terme (2p−2) est divisible par p, de mˆeme que les coeffi-
cients binomiaux. Alors le th´eor`eme est vrai pour n= 3.
Supposons que nous ayons d´emontr´e le th´eor`eme pour n=ket montrons que cela
implique le cas n=k+ 1. En effet, si l’hypoth`ese de r´ecurrence est que p|kp−k
alors
(k+ 1)p−(k+ 1) = kp+p
1kp−1+ +p 2kp−2. . . +p p−1k+ 1 −(k+ 1)
= (kp−k) + p
1kp−1+p 2kp−2+. . . +p p−1k
Comme pr´ec´edemment, par hypoth`ese de r´ecurrence, pdivise le premier facteur ainsi
que chaque coefficient binomial donc la somme aussi. 
Ex. 2. Montrer que le petit Fermat est ´equivalent `a : si pest premier et (n, p) = 1
alors p|np−1−1.
1. La premi`ere preuve, non publi´ee, est en fait de G. Leibniz et date de 1668.