TS_TD_Petit Fermat

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
ap−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
ap−1−1
est divisible par p(ou autrement dit :
ap−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
ai
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×2a×3a× …× ( p−1 ) a
•On considère la liste L des restes dans les divisions euclidiennes des éléments de
A par p. On notera
ri
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
ap−1−1
a) Justifier que
N≡
(
p−1
)
!×ap−1
(
mod p
)
et en déduire que
( p−1 ) !×
(
ap−1−1
)
≡0 ( p )
.
b) Déduire du a) que p divise bien
ap−1−1
.
v.dujardin v1.2

Elements de correction
Partie 1
Si p ne divise pas a, alors
ap−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×2a×…×
(
p−1
)
a=
(
p−1
)
!×ap−1
donc
N≡
(
p−1
)
!×ap−1
(mod p)
En utilisant le 1), on obtient que :
(
p−1
)
!×ap−1≡
(
p−1
)
!
(mod p),
et donc par différence :
(
p−1
)
!×ap−1−
(
p−1
)
!≡0
(mod p),
et enfin :
( p−1 ) !×
(
ap−1−1
)
≡0
(mod p).
On conclut que p divise
( p−1 ) !×
(
ap−1−1
)
b) p est premier avec
( p−1 ) !
d'après 1), on en déduit (Gauss) que p divise
ap−1−1
.
v.dujardin v1.2