TS_TD_Petit Fermat

TD - Petit théorème de Fermat
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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