Arithmétique

Arithmétique
Robert Rolland et Patrick Soubeyrand
24 juillet 2008
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Divisibilité dans Z
1.1 Définition
Définition 1.1 Soit a et b deux éléments de Z. On dit que a est divisible par b ou
encore que a est un multiple de b, s’il existe un élément k de Z tel que a = kb.
Dans ce cas on note b | a pour " b divise a".
Exemples: 3 divise 18, -13 divise 39, -4 divise -16, 7 ne divise pas 22.
1.2 Diviseurs d’un entier
La divisibilité est associée à la relation d’inclusion. Si on note D(a) l’ensemble
des diviseurs d’un entier a, on a l’équivalence suivante :
a | b ⇔ D(a) ⊂ D(b).
On a aussi les propriétés immédiates suivantes :
i) pour tout a dans Z, 1 | a, −1 | a, a | a, −a | a.
→ tout entier a des diviseurs ( au moins deux : 1 et -1).
ii) cas où a = 0 : pour tout entier b, 0 = 0 · b, donc b | 0.
→ tout entier divise 0, donc D(0) = Z. En particulier 0 | 0.
iii) si 0 | a alors a = k · 0. Or k · 0 = 0 donc a = 0.
→ 0 ne divise que 0.
iv) si a 6= 0 et si b | a alors il existe k tel que a = kb et k 6= 0. Donc |a| =
|k| ·|b| ≥ |b|, i.e. −|a| ≤ b ≤ |a|.
|{z}
≥1
→ tout entier non nul admet un nombre fini de diviseurs.
Exemple: D(12) = {−12, −6, −4, −3, −2, −1, 1, 2, 3, 4, 6, 12}.
1
1.3 La propriété-clé
Proposition 1.2 Si un nombre divise a et b alors il divise toute combinaison linéaire (en abrégé C.L.) ua + vb (u et v dans Z) de a et b. En particulier il divise
la somme et la différence de a et b.
Preuve. Soit a, b, c trois entiers tels que c | a et c | b.
Il existe k1 ∈ Z tel que a = k1 c et il existe k2 ∈ Z tel que b = k2 c.
Donc ua + vb = (uk1 + vk2 ) c, et donc c | ua + vb.
{z
}
|
∈Z
Applications :
1) Soit un entier a. Quels sont les diviseurs communs à a et a + 1 ?
La différence de ces deux nombres est 1, qui a pour seuls diviseurs 1 et -1.
Donc, pour tout a, les diviseurs communs à a et a + 1 sont 1 et -1.
2) Montrer par récurrence que, pour tout n ∈ N, 9n − 2n est divisible par 7.
- On a 90 − 20 = 0 qui est divisible par 7.
- Supposons 9n − 2n divisible par 7. Alors 9n+1 − 2n+1 = 9n × 9 − 2n × 2 =
9n × (7 + 2) − 2n × 2 = 9n × 7 + (9n − 2n ) × 2. Or 9n − 2n est divisible par
7 (H.R.), donc 9n+1 − 2n+1 est divisible par 7, puisqu’il est C.L. à coefficients
entiers de deux nombres divisibles par 7.
1.4 Autres propriétés
i) c | b et b | a implique c | a.
ii) a | b et b | a implique |a| = |b|.
iii) ac | ab et a 6= 0 implique c | b.
Preuve. Pour ii) : b = k1 a et a = k2 b.
- si a ou b est nul, alors forcément l’autre l’est aussi.
- sinon, ab = k1 k2 ab, donc k1 k2 = 1, donc k1 et k2 divisent 1, donc |k1 | = |k2 | = 1
et donc |a| = |b|.
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La division euclidienne dans Z
2.1 Théorème
Théorème 2.1 Soit a un entier et b un naturel non nul. Il existe un unique couple
d’entiers (q, r) tels que
a = bq + r
où r est soumis à la condition
0 ≤ r < b.
2
Faire la division euclidienne de a par b consiste à déterminer q et r appelés respectivement le quotient et le reste de la division euclidienne.
Lorsque b divise a, q est le quotient exact de a par b et r = 0.
Preuve du Théorème : on doit prouver, d’une part l’existence, et d’autre part
l’unicité, du couple (q, r).
• Existence (de q et r).
1. On va d’abord supposer a ≥ 0 et on va donner un algorithme produisant les
nombres q et r. On l’appelle l’algorithme d’Euclide pour la division euclidienne :
il consiste à faire des soustractions successives.
Commençons par un exemple : a = 46 et b = 15.

 46 − 15 = 31
31 − 15 = 16

16 − 15 = 1
Le dernier reste 1 étant < à 15, on ne peut plus faire de soustraction, donc on
voit que le reste de la division, i.e. r, vaut 1, et comme on a fait 3 soustractions,
le quotient q vaut 3. On peut remarquer qu’en ajoutant membre à membre ces 3
égalités, il vient :
46 = 15 × 3 + 1.
À présent, à la lumière de cet exemple, mettons en place l’algorithme.
∗ Supposons que l’algorithme ait commencé à travailler, i.e. qu’il ait déjà fait un
certain nombre de soustractions. Comment progresser ?
On a besoin du dernier reste et du diviseur, ainsi que d’un compteur donnant le
nombre de soustractions déjà effectuées. D’où la création de trois boîtes notées R,
B et Q :
R
B
Q
Dans l’exemple, après la première soustraction, il y aurait donc dans les boîtes :
31
15
1
R
B
Q
3
On avance en retranchant le contenu de la boîte B à celui de la boîte R, puis en
ajoutant 1 au "compteur" Q. Ce qui donne sur l’exemple :
16
15
2
R
B
Q
∗ Quand s’arrête-t-on ?
On s’arrête dès qu’on ne peut plus faire de soustraction, i.e. quand le contenu de
la boîte R est devenu < à celui de B.
∗ Comment initialise-t-on ?
En considérant a comme le premier reste et en mettant le compteur à zéro.
a
b
0
R
B
Q
46
15
0
R
B
Q
Ce qui donnerait sur l’exemple :
∗ On en déduit l’algorithme suivant :
B := b ;
R := a ;
Q := 0 ;
tant que R ≥ B faire
début
R := R − B ;
Q := Q + 1 ;
fin ;
Pour montrer que cet algorithme fonctionne, i.e. qu’il produit effectivement les
entiers désirés q et r, nous allons faire un raisonnement très proche du raisonnement par récurrence.
4
Intéressons-nous à la quantité B × Q + R et au reste R. Nous allons montrer
que pendant tout le déroulement de l’algorithme, on a :
B × Q + R = a et R ≥ 0.
∗ À l’initialisation,
B × Q + R = b × 0 + a = a et R = a ≥ 0.
∗ Plaçons-nous à présent dans la boucle et supposons qu’à l’entrée d’un tour de
boucle on ait :
B × Q + R = a et R ≥ 0.
Pendant le tour de boucle, R va être diminué de b, tout en restant positif, puisque,
si on est dans la boucle, c’est que R ≥ b, tandis que Q va être augmenté de 1, si
bien que B × Q va être augmenté de b et qu’en définitive la valeur de B × Q + R
restera inchangée. Comme elle valait a à l’entrée du tour de boucle, à la sortie du
même tour on aura donc encore :
B × Q + R = a et R ≥ 0.
Comme, à chaque tour de boucle, on retrouve à la sortie le même résultat qu’à
l’entrée, à savoir celui de l’initialisation, on a bien montré ce qu’il fallait.
De plus, en sortie de boucle, puisque R n’est plus ≥ B on aura finalement,
B × Q + R = a et 0 ≤ R < B.
Ainsi, l’algorithme considéré produit bien les nombres désirés, et on a donc prouvé
l’existence du couple (q, r) lorsque a est ≥ 0.
2. Il reste à examiner le cas a < 0. Puisque −a > 0, on effectue la division
euclidienne de −a par b, ce qui nous donne un couple (q, r) tel que :
−a = bq + r avec 0 ≤ r < b.
- si r = 0, alors a = −bq et donc le couple (−q, 0) convient.
- sinon, a = b(−q) − r = b(−q − 1) + b| {z
− r} avec 0 < r ′ < b, donc le couple
r′
(−q − 1, b − r) convient.
Exemple: a = −17 et b = 5 :
17 = 5×3+2, donc −17 = 5×(−3)−2 = 5×(−3−1)+5−2 = 5×(−4)+3.
D’où : q = −4 et r = 3.
• Unicité (de q et r).
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Si a possède une deuxième écriture sous la forme a = bq ′ + r ′ avec 0 ≤ r ′ < b,
alors : −b < r − r ′ < b, i.e. |r − r ′ | < b. Et comme b(q − q ′ ) = r ′ − r, on en
déduit b|q − q ′ | < b, donc |q − q ′ | < 1 ; or |q − q ′ | est un entier ≥ 0, si bien que
q − q ′ = 0, i.e. q = q ′ et donc r = r ′ . D’où l’unicité du couple (q, r).
Remarque: Plus généralement, si b ∈ Z∗ , il existe un unique couple (q, r) d’entiers tels que
a = bq + r avec 0 ≤ r < |b|.
2.2 Une application : le jeu de "Fort Boyard"
Un candidat est opposé au maître des jeux. Il a un certain nombre d’allumettes
rangées devant lui (par exemple 23) :
| | | | | | | | | | | | | | | | | | | | | | |
Chacun doit, à tour de rôle, retirer 1, 2 ou 3 allumettes, au choix. Celui qui retire
la dernière allumette a perdu.
Le candidat commence. Comment doit-il jouer pour gagner ? Est-ce toujours possible ?
Le candidat gagne si, à son dernier coup, il laisse 1 seule allumette.
Cela n’est possible que si le coup d’avant il a laissé 4+1 allumettes.
Cela n’est possible que si le coup d’avant il a laissé 4+4+1 allumettes.
Etc.
Donc le candidat gagne si, à chaque coup, il laisse un nombre d’allumettes ayant
pour reste 1, dans la division euclidienne par 4.
Par exemple, si au départ il y a 23 allumettes, comme 23 = 4 × 5 + 3, il doit
retirer 2 allumettes.
Le candidat perd si le nombre de départ a pour reste 1, dans la division euclidienne
par 4.
2.3 Exercice
Exercice 2.1 Montrer que, pour tout entier n, A = n(n + 1)(2n + 1) est divisible
par 3.
On effectue la division euclidienne de n par 3 : n = 3q + r avec 0 ≤ r < 3. Donc
n s’écrit : n = 3q ou n = 3q + 1 ou n = 3q + 2.
- Si n = 3q, alors A = 3q(n + 1)(2n + 1) = 3k1 .
- Si n = 3q + 1, alors 2n + 1 = 6q + 3 = 3(2q + 1) et donc A = 3k2 .
- Si n = 3q + 2, alors n + 1 = 3q + 3 = 3(q + 1) et donc A = 3k3 .
Conclusion : ∀n ∈ Z, A = 3k avec k ∈ Z.
6
3
Algorithme d’Euclide pour le calcul du PGCD
3.1 Diviseurs communs à deux entiers
On va étudier les diviseurs communs à deux entiers a et b. Comme, d’une part,
les diviseurs de a sont les mêmes que ceux de −a, et que, d’autre part, si d est un
diviseur de a, il en est de même de −d, nous restreindrons dans un premier temps
notre étude à N. Elle s’étendra tout naturellement à Z.
Soit donc deux entiers naturels a et b. Notons encore D(a) l’ensemble des diviseurs naturels de a, D(b) l’ensemble des diviseurs naturels de b et D(a, b) l’ensemble des diviseurs naturels communs à a et b.
Par définition : D(a, b) = D(a) ∩ D(b).
Exemple: D(15, 6) = D(15) ∩ D(6) = {1, 3, 5, 15} ∩ {1, 2, 3, 6} = {1, 3}.
On a les propriétés suivantes :
i) D(a, 0) = D(a) ∩ D(0) = D(a).
→ Les diviseurs de a et de 0 sont les diviseurs de a.
ii) Supposons b > 0 et faisons la division euclidienne de a par b : a = bq + r
avec 0 ≤ r < b. Alors :
les diviseurs de a et de b sont les diviseurs de b et de r.
Preuve. On doit prouver que D(a, b) = D(b, r).
⊂ Montrons que D(a, b) ⊂ D(b, r) : si d | a et d | b, alors, puisque r = a − bq,
d | r (C.L. à coefficients entiers de a et b). Et comme d | b, d | b et d | r.
⊃ Montrons que D(a, b) ⊃ D(b, r) : si d | b et d | r, alors, puisque a = bq + r,
d | a (C.L. à coefficients entiers de b et r). Et comme d | b, d | a et d | b.
Si r 6= 0, on peut réitérer le procédé en faisant la division euclidienne de b par r,
et ainsi de suite, jusqu’à obtenir un reste nul. Ce qui va nécessairement se produire
puisque les restes décroissent strictement et sont tous ≥ 0.
Si nous appelons d le dernier reste non nul, nous en déduisons que les diviseurs
de a et b sont les diviseurs de d et de 0, i.e. les diviseurs de d. Et comme d est le
plus grand diviseur de d, on en déduit que c’est le plus grand diviseur de a et b.
Théorème 3.1 Soit a et b deux entiers dont l’un au moins est non nul. Il existe un
plus grand entier > 0 qui soit diviseur de a et de b. On l’appelle le plus grand
commun diviseur de a et b et on le note P GCD(a, b).
Les diviseurs communs de a et b sont les diviseurs de P GCD(a, b).
Exemple: a = 168 et b = 264.
7
168 = 264 × 0 + 168
264 = 168 × 1 + 96
168 = 96 × 1 + 72
96 = 72 × 1 + 24
72 = 24 × 3 + 0.
Le dernier reste non nul étant 24, on en déduit que le P GCD de 168 et 264 est
24.
Remarque: Les diviseurs communs de 168 et 264 sont les diviseurs de 24 :
D(168, 264) = D(24) = {1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 24}.
3.2 Algorithme du PGCD
À présent, établissons l’algorithme d’Euclide pour le calcul du PGCD.
∗ Supposons que l’algorithme ait commencé à travailler, i.e. qu’il ait déjà fait un
certain nombre de divisions. Comment progresser ?
On a besoin des deux derniers restes. Supposons qu’on les ait stockés dans deux
boîtes notées R0 et R1 . On avance, en effectuant la division euclidienne du contenu
de la boîte R0 par celui de R1 :
R0 = R1 × Q + R.
Pour progresser on a donc besoin d’une troisième boîte dans laquelle on met le
nouveau reste R.
R0
R1
R
Enfin, il faut préparer l’étape suivante, i.e. prendre les deux derniers restes, qui
sont maintenant dans R1 et R, et les mettre respectivement dans R0 et R1 , en
faisant bien attention de commencer par le contenu de R1 .
1m
R0
2m
R1
8
R
∗ Quand s’arrête-t-on ?
On s’arrête quand le dernier reste obtenu est nul. Or le dernier reste se trouve dans
la boîte R1 . Donc on s’arrête quand il y a 0 dans R1 .
∗ Comment initialise-t-on ?
En considérant a et b comme les deux premiers restes.
a
b
R0
R1
R
∗ On en déduit l’algorithme d’Euclide pour le calcul du PGCD :
R0 := |a| ;
R1 := |b| ;
tant que R1 > 0 faire
début
R := Reste-Division(R0, R1 ) ;
R0 := R1 ;
R1 := R ;
fin ;
∗ À la sortie : dans R1 il y a 0, donc le dernier reste non nul se trouve dans R0 .
D’où R0 = P GCD(a, b). Remarquons qu’ à chaque tour de boucle, l’ensemble
des diviseurs communs de R0 et R1 est le même.
3.3 Propriétés du PGCD
Proposition 3.2 On a les propriétés suivantes :
i) P GCD(a, b) = P GCD(b, a).
ii) P GCD(a, 1) = 1.
iii) a | b ⇔ P GCD(a, b) = |a|.
iv) P GCD(ca, cb) = |c| · P GCD(a, b).
v) Soit a′ = a/P GCD(a, b) et b′ = b/P GCD(a, b). Alors P GCD(a′, b′ ) = 1.
Preuve.
i) D(a) ∩ D(b) = D(b) ∩ D(a).
ii) 1 | a donc D(1) ⊂ D(a). D’où D(a) ∩ D(1) = D(1).
iii) a | b ⇔ D(a) ⊂ D(b) ⇔ D(a) ∩ D(b) = D(a) dont le plus grand élément
est |a|.
9
iv) Prenons c > 0. On doit prouver que : P GCD(ca, cb) = c · P GCD(a, b) .
|
|
{z
}
{z
}
D
d
∗ Montrons d’abord que cd | D : comme d divise a et b, alors cd divise ca et cb.
Or, les diviseurs communs à deux entiers sont les diviseurs de leur PGCD, donc
cd | P GCD(ca, cb), i.e. cd | D.
On en déduit que D = k × cd avec k > 0.
∗ Il reste à montrer que k = 1.
Puisque D = P GCD(ca, cb), D divise ca et cb. Donc k × cd divise ca et cb, donc
kd divise a et b. Or, les diviseurs communs à deux entiers sont les diviseurs de leur
PGCD, donc kd | P GCD(a, b), i.e. kd | d. D’où k | 1, et donc puisque k > 0,
k = 1.
v) P GCD(a′, b′ ) = P GCD(a/P GCD(a, b), b/P GCD(a, b)). Or P GCD(a, b)
> 0 donc P GCD(a′ , b′ ) = 1/P GCD(a, b) × P GCD(a, b) = 1.
Exercice 3.1 Soit a et b deux entiers dont l’un au moins est non nul et soit d
un diviseur commun > 0 de a et b tel que P GCD(a/d, b/d) = 1. Montrer que
d = P GCD(a, b).
d = d × 1 = d × P GCD(a/d, b/d) = P GCD(d × a/d, d × b/d) = P GCD(a, b).
3.4 Entiers premiers entre eux
Définition 3.3 Lorsque P GCD(a, b) = 1 nous dirons que les nombres a et b sont
premiers entre eux.
Exemple: P GCD(4, −9) = 1 donc 4 et -9 sont premiers entre eux.
Exemple: P GCD(a, a + 1) = 1 car tout diviseur de a et a + 1 divise leur
différence 1, qui n’a que 1 comme diviseur positif. Donc a et a + 1 sont premiers
entre eux.
→ deux entiers consécutifs sont toujours premiers entre eux.
Propriétés :
i) tout entier est premier avec 1 (même 0).
ii) d = P GCD(a, b) ⇔ a = da′ b = db′ avec d > 0 et a′ et b′ premiers entre
eux.
Remarque: a et b sont premiers entre eux si, et seulement si, D(a)∩D(b) = D(1).
On en déduit que si deux nombres sont premiers entre eux, tout diviseur de l’un
est premier avec l’autre.
10
4
Théorème de Bezout - Théorème de Gauss
4.1 Coefficients de Bezout
Reprenons sur un exemple l’algorithme qui nous a servi à déterminer le PGCD de
deux nombres a et b.
Exemple: a = 325 et b = 145.
325 = 145 × 2 + 35
145 = 35 × 4 + 5
35 = 7 × 5 + 0.
Le dernier reste non nul est 5, donc le PGCD de a et b est égal à 5.
La première égalité peut s’écrire :
a = b × 2 + 35,
donc le premier reste, i.e. 35, s’exprime en fonction de a et b :
35 = a − 2b.
La seconde égalité peut s’écrire alors :
b = (a − 2b) × 4 + 5,
donc le deuxième reste, i.e. 5, qui est le PGCD, s’exprime aussi en fonction de a
et b :
5 = −4a + 9b.
Donc, non seulement on a obtenu le PGCD de a et b, mais encore on a pu l’exprimer comme C.L. entière des nombres a et b.
Exercice 4.1 Soit a = 35 et b = 27. Exprimer le PGCD de a et b comme C.L.
entière de a et b.
Commençons par le calcul du PGCD :
35 = 27 × 1 + 8
27 = 8 × 3 + 3
8=3×2+2
3=2×1+1
1 étant le dernier reste non nul, puisque les restes décroissent strictement, il est
inutile d’aller plus loin : le PGCD de a et b est égal à 1.
11
À présent, exprimons chaque reste comme C.L. entière de a et b, en commençant
par le premier reste :
35 = 27 × 1 + 8 → a = b × 1 + 8 → 8 = a − b
27 = 8 × 3 + 3 → b = (a − b) × 3 + 3 → 3 = −3a + 4b
8 = 3 × 2 + 2 → a − b = (−3a + 4b) × 2 + 2 → 2 = 7a − 9b
3 = 2 × 1 + 1 → −3a + 4b = (7a − 9b) × 1 + 1 → 1 = −10a + 13b
On en déduit P GCD(a, b) = −10a + 13b.
Remarque: bien noter qu’on a pu exprimer chaque reste comme C.L. entière de
a et b.
On dispose en fait du résultat suivant :
Théorème 4.1 Si P GCD(a, b) = d, il existe deux entiers u et v tels que ua +
vb = d.
Preuve. Là encore nous supposerons a ≥ 0 et b > 0. Le cas général s’en déduit.
Nous allons donner un algorithme, appelé algorithme d’Euclide étendu, qui permet de trouver explicitement un couple (u, v) qui convient.
Pour ça, nous allons adapter l’algorithme précédent en exploitant le fait, qu’à
chaque étape, le reste est C.L. entière de a et b.
∗ Supposons que l’algorithme ait commencé à travailler, i.e. qu’il ait déjà fait un
certain nombre de divisions. Comment progresser ?
On a toujours besoin des trois boîtes R0 , R1 et R, pour les restes, mais il nous
faut aussi trois couples de boîtes, pour les coefficients associés à ces restes :
R0
R1
R
U0
U1
U
V0
V1
V
À partir des deux restes précédents, stockés dans R0 et R1 , et de leurs coefficients,
stockés respectivement dans U0 et V0 , et dans U1 et V1 , on calcule le nouveau reste
12
et ses coefficients, qu’on va stocker respectivement dans R, U et V .
Pour ça on effectue la division euclidienne du contenu de R0 par celui de R1 :
R0 = R1 × Q + R.
Ensuite, on calcule les coefficients U et V du nouveau reste :
R = R0 −R1 ×Q = (U0 a+V0 b)−(U1 a+V1 b)×Q = (U0 − Q × U1 ) a+(V0 − Q × V1 ) b,
|
{z
} |
{z
}
à mettre ds U
à mettre ds V
puisque R = Ua + V b.
On remarque qu’ il nous faut aussi une boîte Q dans laquelle on va sauvegarder le
quotient de la division.
Enfin, on prépare l’étape suivante en prenant les deux derniers restes, qui sont
maintenant dans R1 et R, et en les mettant respectivement dans R0 et R1 , et en
faisant la même chose, en parallèle, pour les coefficients.
1m
2m
R0
R1
R
U0
U1
U
V0
V1
V
∗ Quand s’arrête-t-on ?
On s’arrête quand le dernier reste obtenu est nul. Or le dernier reste se trouve dans
la boîte R1 . Donc on s’arrête quand il y a 0 dans R1 .
∗ Comment initialise-t-on ?
Les deux premiers restes sont a et b, donc on met a dans R0 et b dans R1 .
Quels sont les coefficients associés à ces restes ?
R0 = a = U0 a + V0 b.
|{z}
|{z}
1
13
0
Donc on met 1 dans U0 et 0 dans V0 . Ensuite,
R1 = b = U1 a + V1 b.
|{z}
|{z}
0
1
Donc on met 0 dans U1 et 1 dans V1 .
∗ On en déduit l’algorithme d’Euclide étendu :
R0 := a ; (a ≥ 0)
R1 := b ; (b > 0)
U0 := 1 ;
U1 := 0 ;
V0 := 0 ;
V1 := 1 ;
tant que R1 > 0 faire
début
Q := Quotient-Division(R0, R1 ) ;
R := Reste-Division(R0, R1 ) ;
U := U0 − Q × U1 ;
V := V0 − Q × V1 ;
R0 := R1 ;
R1 := R ;
U0 := U1 ;
U1 := U ;
V0 := V1 ;
V1 := V ;
fin ;
∗ À la sortie : dans R1 il y a 0, donc le dernier reste non nul, i.e. le PGCD, se
trouve dans R0 , et de plus les coefficients u et v cherchés se trouvent dans U0 et
V0 . Remarquons que cet algorithme se termine puisque le contenu positif ou nul
de R1 décroît strictement.
Remarque: Cet algorithme ne fonctionnant qu’avec des nombres positifs, que
faire si l’un au moins des nombres a et b est <0 ? On prend son ou leurs opposés.
Exemple: a = 35 et b = −27
On utilise l’algorithme avec a = 35 et −b = 27. On trouve (cf. exercice 4.1) :
P GCD(a, −b) = −10a + 13(−b) = −10a − 13b.
Mais comme P GCD(a, −b) = P GCD(a, b), il en découle :
P GCD(a, b) = −10a − 13b,
et les coefficients cherchés sont donc u = −10 et v = −13.
14
4.2 Théorème de Bezout
Grâce à ce théorème, on va pouvoir caractériser le fait que deux nombres sont
premiers entre eux.
Théorème 4.2 (Théorème de Bezout) Deux nombres entiers a et b sont premiers
entre eux si, et seulement si, il existe des entiers u et v tels que ua + vb = 1.
Preuve. L’existence des entiers u et v, lorsque a et b sont premiers entre eux,
découle immédiatement du théorème 4.1.
Réciproquement, s’il existe u et v tels que ua + vb = 1, alors tout diviseur de a
et b divise ua + vb, i.e. 1, donc le PGCD de a et b c’est 1, ce qui montre que a et
b sont premiers entre eux.
Exercice 4.2 Montrer que, pour tout n ∈ Z, les nombres 2n + 1 et 3n + 1 sont
premiers entre eux.
On va utiliser le théorème de Bezout, puisqu’à priori il paraît difficile d’obtenir le
PGCD des nombres considérés.
L’idée, c’est d’éliminer n :
3(2n + 1) − 2(3n + 1) = 1,
donc on a trouvé deux entiers u et v (u = 3 et v = −2) tels que, pour tout n ∈ Z,
u(2n + 1) + v(3n + 1) = 1. D’où les nombres 2n + 1 et 3n + 1 sont premiers
entre eux, et ceci pour tout n ∈ Z.
Exercice 4.3 Même exercice avec les nombres 2n + 1 et 3n + 2.
En procédant de la même manière, on obtient pour tout n ∈ Z,
−3(2n + 1) + 2(3n + 2) = 1.
D’où le résultat.
4.3 Théorème de Gauss
Une conséquence importante du théorème de Bezout est le théorème suivant :
Théorème 4.3 (Théorème de Gauss) Si c divise ab et si c est premier avec a,
alors c divise b.
Preuve. Si c est premier avec a, alors, d’après le théorème de Bezout, il existe
deux entiers u et v tels que ua + vc = 1. Par suite uab + vcb = b. Mais uab et vcb
sont divisibles par c. Donc b est divisible par c.
15
4.3.1 Exercices
Exercice 4.4 Montrer que, si un entier est divisible par deux entiers premiers
entre eux, alors il est divisible par leur produit.
Soit a, b et c des entiers. On suppose que b | a, c | a et que b est premier avec c.
On doit montrer que bc | a.
On a : a = pb = qc avec p et q dans Z. Donc b divise qc. Or b est premier avec c.
Donc, d’après le théorème de Gauss, b divise q. Donc q = rb avec r ∈ Z. D’où
a = rbc, et donc bc divise a.
Exercice 4.5 Montrer que, si a est premier avec c, alors D(a, bc) = D(a, b).
⊃ Si d divise a et b alors d divise a et bc. Donc D(a, bc) ⊃ D(a, b).
⊂ Soit d tel que d | a et d | bc. On doit montrer que d | b et on sait que, si
deux nombres sont premiers entre eux, alors tout diviseur de l’un est premier avec
l’autre. Or a est premier avec c, donc tout diviseur de a est premier avec c. Donc
d est premier avec c, et comme d divise bc, on en déduit, d’après le théorème de
Gauss, que d divise b. D’où d | a et d | b et donc D(a, bc) ⊂ D(a, b).
Remarque: On aurait pu montrer que d | b avec le théorème de Bezout, en faisant
une démonstration analogue à celle du théorème de Gauss :
Comme a est premier avec c, il existe deux entiers u et v tels que ua + vc = 1.
Par suite uab + vbc = b. Mais uab et vbc sont divisibles par d. Donc b est divisible
par d.
4.4 Résolution de l’équation ax + by = c
On se limite au cas où a et b sont premiers entre eux, et on suppose connue une
solution particulière (x0 , y0).
∗ Si (x, y) est solution alors ax + by = ax0 + by0 , donc a(x − x0 ) = b(y0 − y).
Donc b divise a(x − x0 ), et puisque b est premier avec a, on en déduit, d’après
le théorème de Gauss, que b divise x − x0 . Il existe donc un entier k tel que
x − x0 = kb, si bien que a(kb) = b(y0 − y), et donc y − y0 = −ka.
x = x0 + kb
Ainsi, tout couple (x, y) solution vérifie
, k ∈ Z.
y = y0 − ka
∗∗ Réciproquement, si x = x0 + kb et y = y0 − ka , avec k ∈ Z, alors a(x0 +
kb) + b(y0 − ka) = ax0 + by0 = c, et le couple (x, y) est solution.
Conclusion : l’équation ax + by = c a pour ensemble de solutions
S = {(x0 + kb, y0 − ka)/k ∈ Z}.
16
5
Plus petit commun multiple
Soit a et b deux entiers. Si l’un est nul, alors son seul multiple est 0, et 0 est donc
l’unique multiple commun de a et b. Sinon, posons d = P GCD(a, b). Alors
a = da′ , b = db′ avec P GCD(a′, b′ ) = 1.
Dans ces conditions, si m est un multiple commun de a et b, on a
m = αa = αda′ et m = βb = βdb′ .
On en déduit
αda′ = βdb′ , soit αa′ = βb′ .
Donc a′ divise βb′ , et comme a′ est premier avec b′ , on en déduit, d’après le théorème de Gauss, que a′ divise β. Si bien que β = ua′ et donc
m = βdb′ = ua′ db′ = uda′db′ /d = uab/d.
Ainsi, tout multiple commun de a et b est de la forme uab/P GCD(a, b).
Réciproquement, tout nombre de cette forme est à la fois multiple de a et de b
(car uab/P GCD(a, b) = uda′b′ = uab′ = uba′ ).
En particulier le plus petit commun multiple > 0 de a et b est obtenu pour u = 1
ou u = −1, suivant les signes de a et b. C’est |ab|/P GCD(a, b).
On a donc établi :
Théorème 5.1 Si a et b sont deux nombres entiers, il existe un plus petit entier
≥ 0 qui est multiple commun de a et b. Cet entier sera noté P P CM(a, b) et
appelé le plus petit commun multiple de a et b.
- Si a = 0 ou b = 0 alors P P CM(a, b) = 0.
- Sinon, i.e. si a 6= 0 et b 6= 0, P P CM(a, b) = |ab|/P GCD(a, b).
Les multiples communs de a et b sont les multiples de P P CM(a, b).
Retenir : si a et b ne sont pas tous les deux nuls,
P P CM(a, b) × P GCD(a, b) = |ab|.
(si a et b sont nuls, ils n’ont pas de PGCD.)
Remarque: ab est un multiple commun de a et b. Hormis le cas trivial où l’un
des deux nombres est nul, peut-il se faire que P P CM(a, b) = |ab| ? Du fait que
dans ce cas P P CM(a, b) = |ab|/P GCD(a, b), on peut dire que si ab 6= 0 :
P P CM(a, b) = |ab| ⇔ a et b sont premiers entre eux.
17
6
Les nombres premiers
6.1 Définition et premières propriétés
Définition 6.1 Un nombre premier dans Z est un entier n > 1 dont les seuls
diviseurs positifs sont 1 et n.
Remarque: 1 n’est pas premier.
Exemples: 2, 3, 5, 7, 11 et 13 sont premiers, 4, 6 et 9 ne le sont pas.
Théorème 6.2 Tout entier n ≥ 2 est soit un nombre premier soit un produit de
nombres premiers.
Preuve. On va utiliser une récurrence forte, i.e. qu’au lieu de supposer la propriété
vraie à un certain rang p, on va la supposer vraie jusqu’au rang p.
- Le résultat est vrai pour 2.
- Soit n > 2 fixé. Supposons le résultat vrai pour tout entier compris entre 2 et
n − 1 et considérons n : ou bien il est premier (et on a fini), ou bien il ne l’est
pas, et dans ce cas il a un diviseur positif d > 1, d 6= n, et donc n = ab avec
2 ≤ a < n et 2 ≤ b < n. L’hypothèse de récurrence s’appliquant à a et b, il en
découle que n est un produit de nombres premiers, donc le résultat est encore vrai
pour n et on obtient le théorème.
Corollaire 6.3 Tout entier n ≥ 2 admet un diviseur premier.
Remarque: Si un entier n ≥ 2 n’est pas premier, il admet un diviseur ≤ à sa
racine carrée.
En effet, on a vu qu’il s’écrivait n = ab, avec √
2 ≤ a < n et 2 ≤ b < n. Or a et b
ne peuvent pas être tous les deux supérieurs à n, sinon on aurait ab > n.
Application : Comment savoir si un nombre est premier ?
D’après la remarque précédente, il suffit de s’assurer qu’il ne possède aucun diviseur ≤ à sa racine carrée. Et d’après le corollaire, il suffit de se limiter aux
diviseurs premiers.
En résumé, pour savoir si un entier n ≥ 2 est premier, on regarde si, parmi les
nombres premiers qui sont ≤ à sa racine carrée, il n’a aucun diviseur.
Exemple:
√149 est-il premier ?
Puisque 149 < 13, on ne considère que les nombres premiers < 13. Comme
149 n’est divisible par aucun des nombres 2, 3, 5, 7 et 11, on en déduit qu’il est
premier.
18
Remarque: Il peut être intéressant de connaître les nombres premiers jusqu’à un
certain rang, en les stockant dans une table. Pour cela on dispose d’un algorithme
élémentaire, appelé le crible d’Ératosthène :
Pour avoir dans une table de résultats tous les nombres premiers ≤ N, on écrit
dans une table de départ, et dans l’ordre habituel, tous les nombres de 2 à N.
Ensuite, on itère jusqu’à épuisement de la table de départ l’action suivante : on
met dans la table de résultats le premier nombre qui se trouve dans la table de
départ, puis on supprime de cette dernière ce nombre ainsi que tous ses multiples.
Par exemple pour N = 200, on trouve comme nombres premiers ≤ N :
2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83,
89, 97, 101, 103, 107, 109, 113, 127, 131, 137, 139, 149, 151, 157, 163, 167, 173,
179, 181, 191, 193, 197 et 199.
Théorème 6.4 Le sous-ensemble constitué par les nombres premiers est infini.
Preuve. Faisons un raisonnement par l’absurde.
Supposons que cet ensemble soit fini. Notons alors p1 , p2 , ..., pn tous les nombres
premiers et soit N = p1 × p2 × · · · × pn + 1.
N n’est pas premier (N est plus grand que tous les pi , donc il n’est pas dans
l’ensemble), et N n’est divisible par aucun des pi (le reste dans la division de N
par pi est égal à 1), ce qui contredit le théorème précédent.
Proposition 6.5 On a les deux propriétés importantes suivantes :
i) Si un nombre premier ne divise pas un entier, alors il est premier avec lui.
ii) Si un nombre premier divise un produit d’entiers, alors il divise au moins l’un
d’entre eux.
Preuve. Pour i) : soit p un nombre premier qui ne divise pas un entier a. D(p) ∩
D(a) = D(1) (puisque p ∈
/ D(a), idem pour −p), donc p est premier avec a.
Pour ii) : soit p un nombre premier qui divise un produit ab, alors, ou bien p divise
a, et c’est fini, ou bien p ne divise pas a, et dans ce cas, d’après i), p est premier
avec a, et donc, d’après le théorème de Gauss, p divise b.
Pour un produit de plusieurs facteurs on raisonne par récurrence.
Remarque: donnons un contre-exemple pour ii) avec un nombre non premier :
2| {z
× 3} × 5| {z
× 7}
a
b
Si on prend n = 3 × 5, on voit que n divise le produit ab mais qu’il ne divise ni
a ni b (car n est non premier).
19
Exercice 6.1 Montrer que si deux nombres sont premiers entre eux, alors il en est
de même de leur somme et de leur produit.
Soit a et b deux entiers premiers entre eux. Montrons, en faisant un raisonnement
par l’absurde, que a + b et ab le sont aussi.
S’il existait un diviseur premier d commun à a + b et à ab, on aurait alors en
particulier d | ab. Donc, d’après (ii), d diviserait au moins l’un des deux nombres,
et puisque d | (a + b), alors d diviserait l’autre (CL : (a + b)− l’un = l’autre).
Donc d diviserait a et b. Contradiction.
6.2 Décomposition en produit de facteurs premiers
Théorème 6.6 Tout entier n ≥ 2 s’écrit de manière unique sous la forme
n=
k
Y
pi αi
i=1
où les αi sont des entiers ≥ 1 et où les pi sont des nombres premiers tels que
p 1 < p2 < · · · < pk .
Preuve. L’unicité est admise. L’existence découle du théorème 6.2.
Exemple: 36 = 4 × 9 = 22 × 32 , 40 = 8 × 5 = 23 × 51 .
Pour n = 36 ou n = 40, c’est facile. Par contre, si on prend n = 16 758, on a
besoin d’une méthode pratique !
- on cherche son plus petit diviseur premier p1 et on effectue autant de divisions
qu’on le peut par p1 .
- si le dernier quotient obtenu est > p1 , on recommence avec le diviseur premier
suivant, i.e. p2 .
- etc.
- on s’arrête quand le dernier quotient obtenu vaut 1.
Pour n = 36 on voit tout de suite que p1 = 2 et le premier quotient est donc 18,
qui est encore divisible par 2. On trouve comme quotient 9, qui n’est plus divisible
par 2, mais par p2 = 3. Après deux divisions on obtient comme quotient 1 et on
s’arrête.
On utilise la disposition pratique suivante : 36 2
18 2
9 3
3 3
1
de laquelle on déduit : 36 = 4 × 9 = 22 × 32 .
20
Prenons maintenant n = 16 758 :
16 758
8 379
2 793
931
133
19
1
On obtient donc : 16 758 = 2 × 32 × 72 × 19.
2
3
3
7
7
19
6.3 Applications de la décomposition en facteurs premiers
Si n est un entier ≥ 2 on peut utiliser la décomposition en facteurs premiers de n
pour caractériser les diviseurs de n.
6.3.1 Recherche des diviseurs d’un naturel non premier
Proposition 6.7 Si n = p1 α1 × p2 α2 × · · · × pk αk , alors les diviseurs positifs de
n sont tous les nombres qui s’écrivent
p1 β 1 × p2 β 2 × · · · × pk β k ,
où tous les βi vérifient 0 ≤ βi ≤ αi .
Preuve. Il est clair que tout nombre de cette forme est un diviseur positif de n, et
qu’on les a tous, vu l’unicité de la décomposition de n en facteurs premiers.
Corollaire 6.8 Si n = p1 α1 × p2 α2 × · · · × pk αk , alors le nombre de diviseurs
positifs de n est
(α1 + 1)(α2 + 1) . . . (αk + 1).
Preuve. Il y a autant de diviseurs que de k-uplets (β1 , ..., βk ). Or β1 peut prendre
α1 + 1 valeurs, ..., βk peut prendre αk + 1 valeurs. Et comme on a une structure
d’arbre sous-jacente, on a le résultat.
Exemple: Trouver les diviseurs naturels de 18.
Puisque 18 = 21 × 32 , les diviseurs > 0 de 18 sont des nombres de la forme
2β1 × 3β2 , et il y en a autant que de couples (β1 , β2 ) tels que 0 ≤ β 1 ≤ 1 et
0 ≤ β 2 ≤ 2, i.e. 2 × 3 = 6.
Ce sont les nombres 20 × 30 , 20 × 31 , 20 × 32 , 21 × 30 , 21 × 31 et 21 × 32 , i.e. les
nombres 1, 3, 9, 2, 6 et 18.
Exercice 6.2 Trouver tous les diviseurs naturels de 210.
210 = 21 × 10 = 21 × 31 × 51 × 71 .
Donc il y a (1 + 1)(1 + 1)(1 + 1)(1 + 1), i.e. 16 diviseurs > 0.
On trouve : 1, 2, 3, 5, 6, 7, 10, 14, 15, 21, 30, 35, 42, 70, 105 et 210.
21
6.3.2 Calcul du PGCD et du PPCM
Théorème 6.9 Soit a et b deux entiers ≥ 2 décomposés en produits de facteurs
premiers. Alors a et b sont premiers entre eux si, et seulement si, ils n’ont aucun
facteur commun.
- Si c’est le cas, leur PPCM est égal à ab.
- Sinon, on obtient leur PGCD en ne gardant que les facteurs communs affectés
du plus petit exposant, et leur PPCM, en gardant tous les facteurs, communs et
non communs, affectés du plus grand exposant.
Exemple: a = 84 et b = 270.
On trouve a = 22 × 3 × 7 et b = 2 × 33 × 5. Il en découle :
P GCD(a, b) = 2 × 3 = 6 et P P CM(a, b) = 22 × 33 × 5 × 7 = 3780.
7
Congruences dans Z
n désigne un entier ≥ 2 et a, b, c, a′ et b′ sont des entiers.
7.1 Entiers congrus modulo n
Définition 7.1 On dit que a et b sont congrus modulo n , lorsque a et b ont le
même reste dans la division euclidienne par n. On note alors a ≡ b [n].
Exemples: 27 ≡ 32 [5] et −14 ≡ 54 [17], car 27 et 32 ont le même reste (2)
dans la division par 5, et -14 et 54 ont le même reste (3) dans la division par 17
(en effet, −14 = 17 × (−1) + 3).
Remarque: On peut écrire aussi, bien sûr : 27 ≡ 2 [5] et −14 ≡ 3 [17], résultats
qu’on peut obtenir avec une calculatrice disposant de la fonction mod, en tapant :
mod(27,5) et mod(-14,17).
À ce sujet, il est utile de savoir que dans la notation a = b mod n (qu’il ne faut
pas confondre avec la notation a ≡ b [n]), b mod n désigne le seul élément de
l’intervalle [0, n[ congru à b modulo n, i.e. le reste de la division de b par n.
On a les propriétés immédiates suivantes (analogues à celles de l’égalité) :
i) a ≡ a [n].
ii) si a ≡ b [n], alors b ≡ a [n].
iii) si a ≡ b [n] et b ≡ c [n], alors a ≡ c [n].
Théorème 7.2 a ≡ b [n] ⇔ a − b est divisible par n.
22
Preuve. On effectue d’abord les divisions euclidiennes de a et b par n :
a = nq + r avec 0 ≤ r < n,
b = nq ′ + r ′ avec 0 ≤ r ′ < n.
On en tire a − b = n(q − q ′ ) + (r − r ′ ) avec −n < r − r ′ < n.
⇒ Si a ≡ b [n], alors par définition r = r ′ , donc a − b = n(q − q ′ ), donc a − b
est divisible par n.
⇐ Si a − b est divisible par n, comme r − r ′ = (a − b) − n(q − q ′ ), on en déduit
que r − r ′ est aussi divisible par n. Or −n < r − r ′ < n et les multiples de n
sont : ..., −3n, −2n, −n, 0, n, 2n, ...
Donc r − r ′ = 0, i.e. r = r ′ , et donc a ≡ b [n].
Corollaire 7.3 a ≡ 0 [n] ⇔ a est divisible par n.
7.2 Propriétés des congruences
On dispose des règles de calcul suivantes :
Proposition 7.4 Si a ≡ b [n] et a′ ≡ b′ [n], alors
a + a′ ≡ b + b′ [n] et aa′ ≡ bb′ [n].
(on dit que la congruence modulo n est compatible avec l’addition est la multiplication.)
De plus, pour tout k ∈ N, ak ≡ bk [n].
Preuve. - Pour la 1re : par hypothèse a − b = qn et a′ − b′ = q ′ n, donc (a + a′ ) −
(b + b′ ) = (q + q ′ )n. D’où (a + a′ ) − (b + b′ ) est divisible par n, et donc, d’après
le théorème 7.2, a + a′ ≡ b + b′ [n].
- Pour la 2me : a = b + qn et a′ = b′ + q ′ n, donc aa′ = bb′ + bq ′ n + b′ qn + qq ′ n2 .
Puis, aa′ − bb′ = n(bq ′ + b′ q + qq ′ n), donc aa′ − bb′ est divisible par n, et donc,
{z
}
|
∈Z
toujours d’après le théorème 7.2, aa′ ≡ bb′ [n].
- La 3me se démontre facilement par récurrence.
7.3 Exercices d’application
Exercice 7.1 a) Quel est le reste de la division par 6 de 20031000 ?
b) Quel est le reste de la division par 7 de 325943 ?
c) Déterminer suivant les valeurs de l’entier naturel n, le reste de la division par
7 de 2n .
23
a) On a 2003 ≡ 5 [6], donc 20031000 ≡ 51000 [6]. D’autre part, 52 ≡ 1 [6], et
51000 = (52 )500 , donc 51000 ≡ 1500 [6]. D’où 20031000 ≡ 1 [6], ce qui implique
que le reste, de la division par 6 de 20031000 , est 1.
Ruse : 2003 ≡ −1 [6] donc 20031000 ≡ (−1)1000 [6].
b) 325 ≡ 3 [7], donc 325943 ≡ 3943 [7]. D’autre part, 32 ≡ 2 [7], 33 ≡ 6 [7],
34 ≡ 4 [7], 35 ≡ 5 [7] et 36 ≡ 1 [7]. Effectuons la division euclidienne de
157
943 par 6 : 943 = 6 × 157 + 1. On en déduit : 3943 = 36×157+1 = (36 ) × 3.
157
Comme (36 ) ≡ 1 [7], il en découle, 3943 ≡ 3 [7], et donc 325943 ≡ 3 [7].
Ruse : 33 ≡ −1 [7] et 943 = 3 × 314 + 1 donc 3943 ≡ (−1)314 × 3 [7].
c) 21 ≡ 2 [7], 22 ≡ 4 [7], 23 ≡ 1 [7]. Par suite, pour tout entier naturel k :
23k ≡ 1 [7], 23k+1 ≡ 2 [7], 23k+2 ≡ 4 [7].
On en déduit que le reste de la division par 7 de 2n , est égal à 1 si n = 3k, à 2 si
n = 3k + 1, et à 4 si n = 3k + 2.
Exercice 7.2 a) Montrer que, pour tout n ∈ N, 9n − 2n est divisible par 7.
b) Montrer que, pour tout n ∈ N, 52n − 4n est divisible par 7.
a) 9 ≡ 2 [7] donc ∀n ∈ N, 9n ≡ 2n [7], et donc, d’après le théorème 7.2, 9n − 2n
est divisible par 7.
(cf. la 2me application de la proposition 1.2 : démo. par récurrence.)
n
b) 52 ≡ 4 [7], donc ∀n ∈ N, 52n = (52 ) ≡ 4n [7], et donc, d’après le théorème
7.2, 52n − 4n est divisible par 7.
Remarque: dans l’exercice 7.1, on a utilisé le fait que 52 ≡ 1 [6], puis que
36 ≡ 1 [7], et enfin que 23 ≡ 1 [7]. D’où la question : est-ce que, étant donné un
entier a et un naturel n ≥ 2, on peut toujours trouver un entier k ≥ 1, tel que
ak ≡ 1 [n] ?
La réponse est non. Donnons un contre-exemple : avec a = 4 et n = 10, on
obtient 42 ≡ 6 [10], 43 ≡ 4 [10], 44 ≡ 6 [10], etc.
Par contre, on va voir qu’elle est toujours positive lorsque n est premier, et qu’il
ne divise pas a.
7.4 Le petit théorème de Fermat
Théorème 7.5 (Petit théorème de Fermat) Soit p un nombre premier et a un entier
premier avec p. Alors ap−1 ≡ 1 [p].
24
Corollaire 7.6 Soit p un nombre premier et a un entier quelconque. Alors ap ≡
a [p].
Preuve du corollaire :
- Si a est divisible par p, alors ap − a est divisible par p. D’où ap ≡ a [p].
- Sinon, p étant premier, a est premier avec p. D’où, d’après le petit théorème de
Fermat, ap−1 ≡ 1 [p], et donc en multipliant par a : ap ≡ a [p].
Preuve du petit théorème de Fermat : Soit p un nombre premier et a un entier
premier avec p.
Considérons la suite des nombres a, 2a, 3a, . . . , (p − 1)a, et pour tout entier k
compris entre 1 et p − 1, notons rk le reste de la division par p de ka.
- Montrons d’abord qu’aucun des restes rk n’est nul :
Par l’absurde : si p divisait l’un des produits ka, alors, étant premier avec a ,
d’après le théorème de Gauss il diviserait k. Contradiction, puisque p > k.
- Montrons ensuite que les restes rk sont deux à deux distincts :
Par l’absurde : supposons qu’on ait rk = rk′ , avec 1 ≤ k < k ′ ≤ p − 1, et
considérons rk′ −k . C’est le reste de la division par p de (k ′ − k)a. Or ka ≡ k ′ a [p],
donc (k ′ − k)a serait divisible par p. Contradiction, puisque rk′ −k 6= 0.
- Montrons que r1 r2 . . . rp−1 = (p − 1)! :
Il résulte de ce qui précède que chacun des p − 1 restes rk est compris entre 1 et
p − 1 et qu’ils sont deux à deux distincts : donc l’ensemble des restes rk est égal
à l’ensemble des nombres {1, 2, 3, . . . , p − 1}, et donc r1 r2 . . . rp−1 = (p − 1)!
- Montrons que p divise ap−1 − 1 :
La congruence modulo p étant compatible avec la multiplication, il découle des
p − 1 congruences ka ≡ rk [p], que
a × 2a × · · · × (p − 1)a ≡ r1 r2 . . . rp−1 [p],
i.e.
(p − 1)! ap−1 ≡ (p − 1)! [p].
On en déduit que p divise (p − 1)! (ap−1 − 1), et comme il est premier, il divise au
moins l’un des facteurs. Or p ne divise aucun des facteurs de (p − 1)!, donc p ne
divise pas (p − 1)!. D’où p divise ap−1 − 1, et donc ap−1 ≡ 1 [p]. 25