Théorème de Wilson

Bonsoir,
Merci cher François, je n'avais pas vu cet appel mais je vais saisir ce qui est peut-être une occasion de publier.
Merci à toi Arno_nora, même si ta dernière réponse me déçoit.
Non, j'espère et je ne pense pas que "les gens" comme tu dis ont compris la même chose que toi, à savoir que tout ce fil ne contient qu'une nouvelle démonstration du théorème de Wilson -pour être précis, il en contient deux mais est-ce seulement la nouveauté qui t'intéresse et le nombre qui t'effraie ?- et que tout le reste ne peut valoir mieux.
Révèlerais-tu par là que tu n'as pris la peine de rien lire d'autre, ou pire que tu réduis tout le reste au peu que tu as lu, ce qui semble alarmant, sinon à peine compréhensible, venant de quelqu'un qui a longtemps fait face, en d'autres endroits de ce forum à certaines nouvelles(?) démonstrations-fleuve du grand théorème de Fermat ?
Ce que m'intéressait surtout de présenter et de soumettre aux différents jugements- dont esthétiques- était la suite de mes calculs, que j'ai mis plus de temps à élaborer que cette petite démonstration de Wilson qui agita les esprits- mais que j'ai obtenue simplement en m'amusant à l'âge de seize ans à écrire en colonnes les puissances-nième des entiers naturels, puis leurs différences, et ainsi de suite jusqu'à obtenir par hasard la factorielle de n- calculs qui permettent de faire ressortir certaines jolies structures d'un triangle arithmétique.
Enfin, je ne comprends pas ton expression "cela ne casse pas des briques", le rôle des mathématiques a t'il jamais été de "casser" quoi que ce soit ? si, me diras-tu peut-être, les nombres premiers !
eh bien, mes calculs en parle et qui peut prédire la suite ?
Tout compte fait, je me retrouve dans la même position que cette gentille prof de maths, Heura, qui voulait savoir comment faire pour ne pas se démotiver: j'avoue être satisfait de ce que les conseils que je lui ai donnés me servent à mon tour.

bonne soirée

Bonsoir a tous,
permettez-moi de vous soumettre cette premiere synthese de tous mes precedents calculs:

Demontrons le theoreme dit de Wilson a partir de la relation combinatoire:
$\displaystyle \sum_{i=0}^{n} (-1)^i C_n^i i^n = (-1)^n n!$ (*)\\
Retranchons-lui membre à membre l'équation arithmétique bien connue: \\
$\displaystyle \sum_{i=0}^{n} (-1)^i C_n^i=0$, d'où (pour $n+1$ premier):\\
\\
$\displaystyle \sum_{i=1}^{n} (-1)^i C_n^i (i^n -1) = n! + 1 $
en utilisant le petit theoreme de Fermat, on voit que $n+1$ divise chaque terme de la somme de gauche donc il divise le membre de droite:cqfd\\
Remarquons inversement, grace a la relation ci-dessus, que si $n+1$ divise les termes $i^n -1$ (pour i variant de 1 a n) alors il divise $n! + 1$
donc d'apres la reciproque de Wilson, $n! + 1$ est premier- ce resultat peut se retrouver en utilisant le theoreme de Bezout.
Démontrons (*) :
il faut d'abord décomposer un polynome unitaire quelconque P(X) dans la base des polynomes de degré n: ${ C_X^i} \forall i\geq0$ (c'est une famille étagée de cardinal n donc bien une base)\\
\\
on trouve: $P(X)= \displaystyle \sum_{i=0}^{n} a_i C_X^i$ (**)\\
ensuite on applique n fois l'endomorphisme linéaire f dans notre espace polynomial: $f(P)= P(X+1)-P(X)$, $fof(P)= P(X+2)-2P(X+1)+P(X)$...\\
$fofofo....f$ (n fois)$= \displaystyle \sum_{i=0}^{n}(-1)^i C_n^i P(X+i)$\\
(simple récurrence sur les coefficients binomiaux)\\
\\
par ailleurs, on a : $f(C_X^i)= C_X^i-1$ (pareil)\\
donc $fofofo...f$(n fois)=0 si $i < n$ et 1 si $i=n$\\
par linéarité dans les deux membres, (*) devient: \\
$\displaystyle \sum_{i=0}^{n}(-1)^i C_n^i P(X+i) = a_n$\\
or, dans le second membre, $a_n$ est le coefficient pondérant le terme de plus haut degré à savoir $X^n/ n!$. \\
Comme dans le premier membre, P(X) est unitaire, on doit avoir $a_n/n! =1$, ie:\\
\\
$\displaystyle \sum_{i=0}^{n}(-1)^i C_n^i P(X+i) = n!$\\
(on peut poser $P(X)= X^n$ pour retrouver (*) à $(-1)^n$ près)\\
\\
\\
enfin, j'ajouterai qu'il est possible de généraliser le théorème de Wilson de la même manière à partir de (*) en utilisant la relation combinatoire:\\
\\
$\displaystyle \sum_{i=0}^{n} (-1)^i C_n^i i^m = (-1)^n n!S(n,m)$ \\
où les S(n,m) sont les nombres de Stirling de seconde espèce\\

D'abord un théorème nous dit que le nombre de surjections s(n,m) d'un ensemble de m éléments sur un ensemble de n éléments ( $ n \leq m$) est:\\
$ s(n,m)= \displaystyle \(-1)^n sum_{i=0}^{n} (-1)^i C_n^i i^m $ \\
or, d'après le théorème de Lusin, la relation entre ce nombre et le nombre de Stirling de seconde espèce $S(n,m)$ est:\\
$S(n,m)= s(n,m)/n!$\\
d'où\\
$ \displaystyle \sum_{i=0}^{n} (-1)^i C_n^i i^m = (-1)^n n! S(n,m)$ (1)\\
en appliquant la même méthode que ci-dessus, (1) se réecrit pour tout $m+1$ premier et, \\
\\
$ n \leq m$:\\
$ \displaystyle \sum_{i=1}^{n} (-1)^i C_n^i (i^m - 1) = (-1)^n n! S(n,m) + 1$\\
comme chaque terme du membre de gauche est divisible par $m+1$ (Fermat), alors\\
on a bien le théorème généralisé de Wilson:\\
pour tout $ n \leq m$, $m+1$ divise $ (-1)^n n!S(n,m) + 1$\\
\\
Par ailleurs, démontrons la relation suivante, importante pour la suite: \\
\\
$S(n,m)= \displaystyle \sum_{i=1}^{p}u(i,p) C_m^{i+p}$ avec $p=m-n$,\\
tel que $u(i,p)$ vérifie la relation de récurrence:\\
\\
$ (i+p-1)u(i-1,p-1) + iu(i,p-1) = u(i,p)$\\
Partons de la relation de récurrence des nombres de Stirling de seconde espèce: \\
$ S(n,m)= S(n-1,m-1) + nS(n,m-1)$\\
\\
posons $m=n+p$ ( p entier $\geq0$ car $m\geqn$)\\
et $T(n,p)=S(n,m)$. on a donc:\\
$T(n,p)= T(n-1,p) + nT(n,p-1)$, ie $\forall n$, \\
$D_p{T(n,p)}=nT(n,p-1) (*)$\\
tel que $D_p$ est l'application derivee discrete partielle (a p constant) sur l'espace des suites a deux variables entieres n et p.\\
Ainsi il faudra integrer (*) a chaque fois que l'on voudra incrementer p de un dans $T(n,p-1)$.\\
au debut, on a $p=1$ soit: $D_p{T(n,1)}=nT(n,0)=n=C_n^1$\\
car (suite)\\
$(-1)^nT(n,0)=(-1)^n S(n,n)=\displaystyle \sum_{i=0}^{n} (-1)^i C_n^i( i^n:n!) =1$ d'apres une relation (1) que j'ai deja utilisee ci-dessus.\\
soit, apres integration discrete: $T(n,1)=C_{n+1}^2$\\
car pour tout $n,p :D_k (C_{n+1}^k)=C_n^{k-1}$ (**) et les constantes d'integration\\
$T(0,p)=S(0,p)$ sont toujours nulles pour tout p, par definition de S.\\
de meme,\\
$D_p{T(n,2)}=nT(n,1)=nC_{n+1}^2=(n-1)C_{n+1}^2 + C_{n+1}^2$\\
or, $(n-1)C_{n+1}^2 = 3C_{n+1}^3$, d'ou apres integration et utilisation de (**):\\
$T(n,2)= C_{n+2}^3 + 3C_{n+2}^4$\\
dans le cas general, il suffit d'ecrire tout terme de la forme:\\
$nC_{n+p-1}^k$\\
($k superieur a p $) en:\\
$(n+p-1-k)C_{n+p-1}^k + (k-p+1)C_{n+p-1}^k =\\
(k+1)C_{n+p-1}^{k+1} + (k-p+1)C_{n+p-1}^k$ qui s'integre en \
$(k+1)C_{n+p}^{k+2} + (k-p+1)C_{n+p}^{k+1}$\\
supposons par recurrence sur p que $\forall$n:\\
$T(n,p-1)= \displaystyle \sum_{i=1}^{p-1}u(i,p-1) C_{n+p-1}^{i+p-1}$\\
alors d'apres (*):\\
$D_p{T(n,p)}=nT(n,p-1)\\
= \displaystyle \sum_{i=1}^{p-1}u(i,p-1) nC_{n+p-1}^{i+p-1}$\\
soit, en integrant terme a terme comme ci-dessus avec $k=i+p-1$,\\
$T(n,p)= S(n,m)=\\
\displaystyle \sum_{i=1}^{p-1}u(i,p-1) [(i+p)C_{n+p}^{i+p+1} +\\
iC_{n+p}^{i+p}]=\\
\displaystyle \sum_{i=1}^{p}u(i,p) C_{n+p}^{i+p}$\\
avec $u(i,p)=(i+p-1)u(i-1,p-1)+iu(i,p-1)$ cqfd\\
\\
par ailleurs, nous avons la relation (cf ci-dessus):\\
\\
$\displaystyle \sum_{i=0}^{n} (-1)^i C_n^i i^m = (-1)^n n! S(n,m)$ (I)\\
qui peut se reecrire:\\
$\displaystyle \sum_{i=0}^{n} (-1)^i C_n^i( i^m-i) = (-1)^n n! S(n,m)$(II)\\
apres avoir retranche a (II) l'identite combinatoire simple:\\
$\displaystyle \sum_{i=0}^{n} (-1)^i C_n^i i =0$; celle-ci se demontre de la maniere suivante: on derive \\
$\displaystyle \sum_{i=0}^{n} (-1)^i C_n^i x^i = (1-x)^n$\\
qui devient: $ \displaystyle \sum_{i=0}^{n} (-1)^i C_n^i i x^{i-1}=\\
-n(1-x)^{n-1}$ et on pose $x=1$. cqfd\\
Ensuite, si $m=n+p$ est premier, m divise (Fermat) tous les termes de (II)\\
donc m divise $n!S(n,m)$ ie ( Gauss) m divise $S(n,m)$.
\\
\\
(suite) $m=n+p$ est premier donc d'apres Gauss $m$ divise \\\\
$$S(n,m)=\sum_{i=1}^{p}u(i,p) C_{m}^{i+p}$$\\\\
avec $u(i,p)=(i+p-1)u(i-1,p-1)+iu(i,p-1)$.\\\\
Or $C_{m}^{i+p}=C_{m}^{n-i}\neq0 \Leftrightarrow i\leq n$,\\\\
on peut donc encore ecrire:\\\\
$$S(n,m)=\sum_{i=1}^{n}u(i,p) C_{m}^{n-i}$$\\\\
on sait par ailleurs que m premier divise tous les $C_{m}^{n-i}$\\\\
pour $i\leq n$ donc $m$ divise $u(n,p)$ qui est le seul terme pondere par \\\\
$C_{m}^{n-n}=0$.\\\\
on peut visualiser ce resultat sous forme matricielle avec les notations classiques en appelant $\pi_2$ notre triangle $(u(n,p))_{n,p}$ tel que:\\
$u(n,p)=(n+p-1)u(n-1,p-1)+pu(n-1,p)$ (*)\\
et $u(n,1)=1$, avec $n\geq1$ l'indice ligne et $p\geq1$ l'indice colonne\\
-les autres termes etant nuls.\\
\\
1\\\\
1 3\\\\
1 10 15\\\\
1 25 105 105 ...\\\\
1 56 ...\\\\
\\\\
alors, si la somme des indices d'un terme du triangle est un nombre premier, elle divise ce terme. \\\\
corollaire:une somme pouvant s'ecrire de differentes facons, c'est toute une diagonale qui est divisible par cette somme.\\\\
Ce resultat est d'ailleurs vrai dans l'autre sens.
on a le resultat suivant:\\
lemme1:\\
pour tout $n\geq1$, $\sum_{i=1}^{n} (-1)^i u(n,i)= (-1)^{n}n! (P_n)$\\

en effet, l'egalite est vraie au rang n=1 car:\\
$ \sum_{i=1}^{1} (-1)^i u(1,i)= (-1)^{1}1!$\\
supposons-la vraie au rang n:\\
alors, $\sum_{i=1}^{n+1} (-1)^i u(n+1,i)=\\
-1+ \sum_{i=2}^{n+1} (-1)^i [(n+i)u(n,i-1) +iu(n,i)]$ (d'apres (*))\\
$= -1+\sum_{i=1}^{n} (-1)^{i+1} [(n+i+1)u(n,i) +(i+1)u(n,i+1)]$\\
$=-1+ \sum_{i=1}^{n} (-1)^{i+1} (n+1)u(n,i) +$\\
$\sum_{i=1}^{n} (-1)^{i+1} [iu(n,i) + (i+1)u(n,i+1)]$\\
or, $\sum_{i=1}^{n} (-1)^{i+1} (n+1)u(n,i)=\\
(n+1)\sum_{i=1}^{n} (-1)^{i+1}u(n,i)= -(n+1)(-1)^{n}n!\\
=(-1)^{n+1}(n+1)!$\\
et, $\sum_{i=1}^{n} (-1)^{i+1} [iu(n,i) + (i+1)u(n,i+1)]=\\
u(n,1)+ (-1)^{n+1}(n+1)u(n,n+1)= 1$\\
( car par definition $u(n,n+1)=0$)\\
enfin, \\
$\sum_{i=1}^{n+1} (-1)^i u(n+1,i)= (-1)^{n+1}(n+1)!$\\
ce qui demontre ($P_{n+1}$) et donc l'heredite de la proposition du lemme1.
Ce dernier lemme signifie que la somme alternee des termes d'une ligne de $\pi_2$ est egale a la factorielle de l'indice ligne a un facteur (-1) pres.\\
\\
demontrons ensuite le :
lemme 2:\\
si m premier, il divise tous les u(m-l,l+k) tels que: k,l entiers \\
l$\in$[1,(m-1)/2] et k$\in$ [0,m-2l], sauf u(m-1,1)=1.\\
Il signifierait que toute ligne de $\pi_2$ est divisible par m premier
A PARTIR du terme dont la somme des indices est m, autrement dit que m divise toute la partie du triangle a droite de la diagonale de somme d'indice m (sauf bien sur le terme 1).\\
\\
Demontrons-le par exemple par recurrence descendante sur l:\\
pour l=(m-1)/2, k=0 et k=m-2l=1\\
on sait que u(m-l,l) est divisible par m d'apres le corollaire demontre ci-dessus(la somme des indices etant egale a un nombre premier). \\
De meme, pour k=1, \\
u(m-l,l+1)=mu(m-l-1,l)+(l+1)u(m-l-1,l+1) \\
avec u(m-l-1,l+1)=u((m-1):2,(m+1):2)=0 par definition car l'indice ligne est inferieur a l'indice colonne.\\
D'ou u(m-l,l+1)= mu(m-l-1,l) est divisible par m.\\
\\
supposons la propriete verifiee pour l$\leq$ (m-1):2 et demontrons-la pour l-1 $\geq$ 2:\\
Soit u(m-(l-1),l-1+k) avec k$\in$[0,m-2l+2].\\
on a : pour l$\geq$3, \\
u(m-l+1,l-1+k)=(m+k-1)u(m-l,l-2+k)+(l-1+k)u(m-l,l-1+k) \\
on a bien d'apres l'hypothese de recurrence:\\
u(m-l,l-2+k) et u(m-l,l-1+k) divisibles par m $\Rightarrow$ m divise \\
u(m-l+1,l-1+k). Ceci reste vrai pour k=m-2l+2, car:\\
u(m-l+1,m-l+1)= (2m-2l+1)u(m-l,m-l) et u(m-l,m-l) divisible par m par hypothese. La propriete est donc vraie pour (l-1) et se transmet jusqu'a l=3.\\
il reste la ligne d'indice m-1 ie pour l=2: la seule chose qui pourrait poser probleme est le premier 1 de la ligne precedente. Or, il est pondere par m dans l'equation donnant u(m-1,2)= m*1+2u(m-2,2) donc u(m-1,2) divisible par m. Le reste de la ligne d'indice (m-1) l'est egalement suivant les memes calculs que precedemment. CQFD\\
(un schema de $\pi_2$ permet de visualiser facilement la marche des calculs)\\
\\
A present donnons la definition 1 suivante-implicite jusqu'ici: \\
on appelle diagonale associee a un entier m, l'ensemble des termes dans $\pi_2$ dont la somme des indices est egale a m. On dit qu'il divise sa diagonale associee(ou plus generalement une ligne ou une colonne) s'il en divise tous les termes.\\
cela nous conduit au:\\
\\
theoreme1: un entier m impair divise sa diagonale associee si et seulement si m est premier.\\
\\
demonstration: le sens $\Leftarrow$ a deja ete demontre par le corollaire ci-dessus.\\
sens $\Rightarrow$ : supposons que m divise sa diagonale associee.\\
alors les calculs du lemme 2 ne changent pas et le lemme reste vrai.\\
en particulier, m divise la ligne d'indice m-1 sauf le premier terme egal a 1.\\
or, d'apres le lemme 1 applique a cette ligne:\\
$\sum_{i=1}^{m-1} (-1)^{i+1}u(m-1,i)=(-1)^{m-1}(m-1)!$ \\
ie:\\
$\sum_{i=2}^{m-1} (-1)^{i+1}$u(m-1,i)= (m-1)!+1 (car m-1 pair)\\
Ainsi m divisant tous les termes de la somme du premier membre de l'equation, il divise aussi $(m-1)!+1$ donc d'apres la reciproque du theoreme de Wilson, m est premier. cqfd \\
\\
\\
Signalons au passage que les calculs precedents donnent facilement une nouvelle demonstration du theoreme de Wilson:\\
en effet, m etant premier, d'apres le lemme 2, il divise la ligne d'indice m-1\\
(en excluant le premier terme) donc m divise la somme alternee de ses termes.\\
Or, d'apres le lemme 1:\\
$\sum_{i=2}^{m-1} (-1)^{i+1} u(m-1,i)= (m-1)!+1$ (car m-1 pair)\\\\
ie m divise $(m-1)!+1$: CQFD\\
\\
propriete1: si n+1 premier alors il divise le n-ieme terme de la \\
$n^2$-ieme ligne de $\pi_2$ minore de un.\\
\\
demonstration: supposons n+1 premier, on sait que\\
$ \displaystyle \sum_{j=0}^{n} (-1)^j C_n^j j^{n+k}=\\
(-1)^n n!\sum_{i=1}^{k}u(k,i) C_{n+k}^{i+k}$ (*)\\
on pose $k=n^2$ et on retranche ensuite a (*) l'equation devenue familiere:\\
$ \displaystyle \sum_{j=0}^{n} (-1)^j C_n^j j^{n}=\\
(-1)^n n!$ \\
l'on obtient donc: (n etant pair)\\
$ \displaystyle \sum_{j=0}^{n} (-1)^j C_n^j (j^{n+n^2}-j^n)=\\
n![(\sum_{i=1}^{n}u(n^2,i) C_{n+n^2}^{i+n^2})-1]$ (**)\\
(en effet dans le second membre, n$\leq$ n*n donc i s'arrete a n\\
puisqu'au-dela, $C_{n+n^2}^{i+n^2}=0$)\\
\\
\\
or, $$j^{n+n^2}-j^n=j^{n(n+1)}-j^n=(j^n)^{n+1}- j^n$$ qui est divisible par n+1 premier d'apres Fermat pour tout j variant de 0 a n \\
par ailleurs, $C_{n+n^2}^{i+n^2}=C_{n(n+1)}^{i+n^2}$ est aussi divisible par n+1 pour tout i variant de 1 a n-1:\\
en effet, dans ce cas $(i+n^2)!$ est premier avec n+1 et divise \\
$(n^2+n)*(n^2+n-1)*...(n-i+1)$ (R)\\
( qui est par definition le numerateur d'un coefficient du binome de Newton,toujours entier) donc d'apres Gauss, $(i+n^2)!$ divise egalement\\
$n*(n^2+n-1)*...(n-i+1) ie C_{n(n+1)}^{i+n^2}=(n+1)*M$ avec M entier.\\
\\
en resume, n+1 divisant le premier membre de (**), il divise egalement(on utilise encore Gauss)\\
$(\sum_{i=1}^{n}u(n^2,i) C_{n+n^2}^{i+n^2})-1=\\
(\sum_{i=1}^{n-1}u(n^2,i) C_{n+n^2}^{i+n^2}) + u(n^2,n)-1]$\\
enfin, d'apres la remarque (R), n+1 divise la premiere somme ci-dessus,\\
donc n+1 divise $u(n^2,n)-1$ CQFD\\
\\
Voici a present une interprétation des coefficients du triangle arithmétique $\pi_2$ d'équation de récurrence $u(n,p)=(n+p-1)u(n-1,p-1)+pu(n-1,p)$ ( n indice ligne et p indice colonne)\\
\\
théorème2: $u(n,p)$ est égale au nombre de $p$-partitions d'un ensemble de $n+p$ éléments en ne comptant QUE les classes d'équivalence d'AU MOINS deux éléments.\\

J'ajouterai que ce qui m'intéresse dans ce travail est d'etudier les propriétés de congruences dans certains triangles arithmétiques, qui se concentrent "plus" sur leurs diagonales montantes que sur leurs lignes comme dans le pascal. Il semble que cette "rotation de 45°" augmente la "richesse" arithmetique de tels triangles et les classe dans une famille à part.
Un autre exemple en est le triangle Bonsoir,
permettez-moi de vous soumettre cette synthese de tous mes precedents calculs:

Demontrons le theoreme dit de Wilson a partir de la relation combinatoire:
$\displaystyle \sum_{i=0}^{n} (-1)^i C_n^i i^n = (-1)^n n!$ (*)\\
Retranchons-lui membre à membre l'équation arithmétique bien connue: \\
$\displaystyle \sum_{i=0}^{n} (-1)^i C_n^i=0$, d'où (pour $n+1$ premier):\\
\\
$\displaystyle \sum_{i=1}^{n} (-1)^i C_n^i (i^n -1) = n! + 1 $
en utilisant le petit theoreme de Fermat, on voit que $n+1$ divise chaque terme de la somme de gauche donc il divise le membre de droite:cqfd\\
Remarquons inversement, grace a la relation ci-dessus, que si $n+1$ divise les termes $i^n -1$ (pour i variant de 1 a n) alors il divise $n! + 1$
donc d'apres la reciproque de Wilson, $n! + 1$ est premier- ce resultat peut se retrouver en utilisant le theoreme de Bezout.
Démontrons (*) :
il faut d'abord décomposer un polynome unitaire quelconque P(X) dans la base des polynomes de degré n: ${ C_X^i} \forall i\geq0$ (c'est une famille étagée de cardinal n donc bien une base)\\
\\
on trouve: $P(X)= \displaystyle \sum_{i=0}^{n} a_i C_X^i$ (**)\\
ensuite on applique n fois l'endomorphisme linéaire f dans notre espace polynomial: $f(P)= P(X+1)-P(X)$, $fof(P)= P(X+2)-2P(X+1)+P(X)$...\\
$fofofo....f$ (n fois)$= \displaystyle \sum_{i=0}^{n}(-1)^i C_n^i P(X+i)$\\
(simple récurrence sur les coefficients binomiaux)\\
\\
par ailleurs, on a : $f(C_X^i)= C_X^i-1$ (pareil)\\
donc $fofofo...f$(n fois)=0 si $i < n$ et 1 si $i=n$\\
par linéarité dans les deux membres, (*) devient: \\
$\displaystyle \sum_{i=0}^{n}(-1)^i C_n^i P(X+i) = a_n$\\
or, dans le second membre, $a_n$ est le coefficient pondérant le terme de plus haut degré à savoir $X^n/ n!$. \\
Comme dans le premier membre, P(X) est unitaire, on doit avoir $a_n/n! =1$, ie:\\
\\
$\displaystyle \sum_{i=0}^{n}(-1)^i C_n^i P(X+i) = n!$\\
(on peut poser $P(X)= X^n$ pour retrouver (*) à $(-1)^n$ près)\\
\\
\\
enfin, j'ajouterai qu'il est possible de généraliser le théorème de Wilson de la même manière à partir de (*) en utilisant la relation combinatoire:\\
\\
$\displaystyle \sum_{i=0}^{n} (-1)^i C_n^i i^m = (-1)^n n!S(n,m)$ \\
où les S(n,m) sont les nombres de Stirling de seconde espèce\\

D'abord un théorème nous dit que le nombre de surjections s(n,m) d'un ensemble de m éléments sur un ensemble de n éléments ( $ n \leq m$) est:\\
$ s(n,m)= \displaystyle \(-1)^n sum_{i=0}^{n} (-1)^i C_n^i i^m $ \\
or, d'après le théorème de Lusin, la relation entre ce nombre et le nombre de Stirling de seconde espèce $S(n,m)$ est:\\
$S(n,m)= s(n,m)/n!$\\
d'où\\
$ \displaystyle \sum_{i=0}^{n} (-1)^i C_n^i i^m = (-1)^n n! S(n,m)$ (1)\\
en appliquant la même méthode que ci-dessus, (1) se réecrit pour tout $m+1$ premier et, \\
\\
$ n \leq m$:\\
$ \displaystyle \sum_{i=1}^{n} (-1)^i C_n^i (i^m - 1) = (-1)^n n! S(n,m) + 1$\\
comme chaque terme du membre de gauche est divisible par $m+1$ (Fermat), alors\\
on a bien le théorème généralisé de Wilson:\\
pour tout $ n \leq m$, $m+1$ divise $ (-1)^n n!S(n,m) + 1$\\
\\
Par ailleurs, démontrons la relation suivante, importante pour la suite: \\
\\
$S(n,m)= \displaystyle \sum_{i=1}^{p}u(i,p) C_m^{i+p}$ avec $p=m-n$,\\
tel que $u(i,p)$ vérifie la relation de récurrence:\\
\\
$ (i+p-1)u(i-1,p-1) + iu(i,p-1) = u(i,p)$\\
Partons de la relation de récurrence des nombres de Stirling de seconde espèce: \\
$ S(n,m)= S(n-1,m-1) + nS(n,m-1)$\\
\\
posons $m=n+p$ ( p entier $\geq0$ car $m\geqn$)\\
et $T(n,p)=S(n,m)$. on a donc:\\
$T(n,p)= T(n-1,p) + nT(n,p-1)$, ie $\forall n$, \\
$D_p{T(n,p)}=nT(n,p-1) (*)$\\
tel que $D_p$ est l'application derivee discrete partielle (a p constant) sur l'espace des suites a deux variables entieres n et p.\\
Ainsi il faudra integrer (*) a chaque fois que l'on voudra incrementer p de un dans $T(n,p-1)$.\\
au debut, on a $p=1$ soit: $D_p{T(n,1)}=nT(n,0)=n=C_n^1$\\
car (suite)\\
$(-1)^nT(n,0)=(-1)^n S(n,n)=\displaystyle \sum_{i=0}^{n} (-1)^i C_n^i( i^n:n!) =1$ d'apres une relation (1) que j'ai deja utilisee ci-dessus.\\
soit, apres integration discrete: $T(n,1)=C_{n+1}^2$\\
car pour tout $n,p :D_k (C_{n+1}^k)=C_n^{k-1}$ (**) et les constantes d'integration\\
$T(0,p)=S(0,p)$ sont toujours nulles pour tout p, par definition de S.\\
de meme,\\
$D_p{T(n,2)}=nT(n,1)=nC_{n+1}^2=(n-1)C_{n+1}^2 + C_{n+1}^2$\\
or, $(n-1)C_{n+1}^2 = 3C_{n+1}^3$, d'ou apres integration et utilisation de (**):\\
$T(n,2)= C_{n+2}^3 + 3C_{n+2}^4$\\
dans le cas general, il suffit d'ecrire tout terme de la forme:\\
$nC_{n+p-1}^k$\\
($k superieur a p $) en:\\
$(n+p-1-k)C_{n+p-1}^k + (k-p+1)C_{n+p-1}^k =\\
(k+1)C_{n+p-1}^{k+1} + (k-p+1)C_{n+p-1}^k$ qui s'integre en \
$(k+1)C_{n+p}^{k+2} + (k-p+1)C_{n+p}^{k+1}$\\
supposons par recurrence sur p que $\forall$n:\\
$T(n,p-1)= \displaystyle \sum_{i=1}^{p-1}u(i,p-1) C_{n+p-1}^{i+p-1}$\\
alors d'apres (*):\\
$D_p{T(n,p)}=nT(n,p-1)\\
= \displaystyle \sum_{i=1}^{p-1}u(i,p-1) nC_{n+p-1}^{i+p-1}$\\
soit, en integrant terme a terme comme ci-dessus avec $k=i+p-1$,\\
$T(n,p)= S(n,m)=\\
\displaystyle \sum_{i=1}^{p-1}u(i,p-1) [(i+p)C_{n+p}^{i+p+1} +\\
iC_{n+p}^{i+p}]=\\
\displaystyle \sum_{i=1}^{p}u(i,p) C_{n+p}^{i+p}$\\
avec $u(i,p)=(i+p-1)u(i-1,p-1)+iu(i,p-1)$ cqfd\\
\\
par ailleurs, nous avons la relation (cf ci-dessus):\\
\\
$\displaystyle \sum_{i=0}^{n} (-1)^i C_n^i i^m = (-1)^n n! S(n,m)$ (I)\\
qui peut se reecrire:\\
$\displaystyle \sum_{i=0}^{n} (-1)^i C_n^i( i^m-i) = (-1)^n n! S(n,m)$(II)\\
apres avoir retranche a (II) l'identite combinatoire simple:\\
$\displaystyle \sum_{i=0}^{n} (-1)^i C_n^i i =0$; celle-ci se demontre de la maniere suivante: on derive \\
$\displaystyle \sum_{i=0}^{n} (-1)^i C_n^i x^i = (1-x)^n$\\
qui devient: $ \displaystyle \sum_{i=0}^{n} (-1)^i C_n^i i x^{i-1}=\\
-n(1-x)^{n-1}$ et on pose $x=1$. cqfd\\
Ensuite, si $m=n+p$ est premier, m divise (Fermat) tous les termes de (II)\\
donc m divise $n!S(n,m)$ ie ( Gauss) m divise $S(n,m)$.
\\
\\
(suite) $m=n+p$ est premier donc d'apres Gauss $m$ divise \\\\
$$S(n,m)=\sum_{i=1}^{p}u(i,p) C_{m}^{i+p}$$\\\\
avec $u(i,p)=(i+p-1)u(i-1,p-1)+iu(i,p-1)$.\\\\
Or $C_{m}^{i+p}=C_{m}^{n-i}\neq0 \Leftrightarrow i\leq n$,\\\\
on peut donc encore ecrire:\\\\
$$S(n,m)=\sum_{i=1}^{n}u(i,p) C_{m}^{n-i}$$\\\\
on sait par ailleurs que m premier divise tous les $C_{m}^{n-i}$\\\\
pour $i\leq n$ donc $m$ divise $u(n,p)$ qui est le seul terme pondere par \\\\
$C_{m}^{n-n}=0$.\\\\
on peut visualiser ce resultat sous forme matricielle avec les notations classiques en appelant $\pi_2$ notre triangle $(u(n,p))_{n,p}$ tel que:\\
$u(n,p)=(n+p-1)u(n-1,p-1)+pu(n-1,p)$ (*)\\
et $u(n,1)=1$, avec $n\geq1$ l'indice ligne et $p\geq1$ l'indice colonne\\
-les autres termes etant nuls.\\
\\
1\\\\
1 3\\\\
1 10 15\\\\
1 25 105 105 ...\\\\
1 56 ...\\\\
\\\\
alors, si la somme des indices d'un terme du triangle est un nombre premier, elle divise ce terme. \\\\
corollaire:une somme pouvant s'ecrire de differentes facons, c'est toute une diagonale qui est divisible par cette somme.\\\\
Ce resultat est d'ailleurs vrai dans l'autre sens.
on a le resultat suivant:\\
lemme1:\\
pour tout $n\geq1$, $\sum_{i=1}^{n} (-1)^i u(n,i)= (-1)^{n}n! (P_n)$\\

en effet, l'egalite est vraie au rang n=1 car:\\
$ \sum_{i=1}^{1} (-1)^i u(1,i)= (-1)^{1}1!$\\
supposons-la vraie au rang n:\\
alors, $\sum_{i=1}^{n+1} (-1)^i u(n+1,i)=\\
-1+ \sum_{i=2}^{n+1} (-1)^i [(n+i)u(n,i-1) +iu(n,i)]$ (d'apres (*))\\
$= -1+\sum_{i=1}^{n} (-1)^{i+1} [(n+i+1)u(n,i) +(i+1)u(n,i+1)]$\\
$=-1+ \sum_{i=1}^{n} (-1)^{i+1} (n+1)u(n,i) +$\\
$\sum_{i=1}^{n} (-1)^{i+1} [iu(n,i) + (i+1)u(n,i+1)]$\\
or, $\sum_{i=1}^{n} (-1)^{i+1} (n+1)u(n,i)=\\
(n+1)\sum_{i=1}^{n} (-1)^{i+1}u(n,i)= -(n+1)(-1)^{n}n!\\
=(-1)^{n+1}(n+1)!$\\
et, $\sum_{i=1}^{n} (-1)^{i+1} [iu(n,i) + (i+1)u(n,i+1)]=\\
u(n,1)+ (-1)^{n+1}(n+1)u(n,n+1)= 1$\\
( car par definition $u(n,n+1)=0$)\\
enfin, \\
$\sum_{i=1}^{n+1} (-1)^i u(n+1,i)= (-1)^{n+1}(n+1)!$\\
ce qui demontre ($P_{n+1}$) et donc l'heredite de la proposition du lemme1.
Ce dernier lemme signifie que la somme alternee des termes d'une ligne de $\pi_2$ est egale a la factorielle de l'indice ligne a un facteur (-1) pres.\\
\\
demontrons ensuite le :
lemme 2:\\
si m premier, il divise tous les u(m-l,l+k) tels que: k,l entiers \\
l$\in$[1,(m-1)/2] et k$\in$ [0,m-2l], sauf u(m-1,1)=1.\\
Il signifierait que toute ligne de $\pi_2$ est divisible par m premier
A PARTIR du terme dont la somme des indices est m, autrement dit que m divise toute la partie du triangle a droite de la diagonale de somme d'indice m (sauf bien sur le terme 1).\\
\\
Demontrons-le par exemple par recurrence descendante sur l:\\
pour l=(m-1)/2, k=0 et k=m-2l=1\\
on sait que u(m-l,l) est divisible par m d'apres le corollaire demontre ci-dessus(la somme des indices etant egale a un nombre premier). \\
De meme, pour k=1, \\
u(m-l,l+1)=mu(m-l-1,l)+(l+1)u(m-l-1,l+1) \\
avec u(m-l-1,l+1)=u((m-1):2,(m+1):2)=0 par definition car l'indice ligne est inferieur a l'indice colonne.\\
D'ou u(m-l,l+1)= mu(m-l-1,l) est divisible par m.\\
\\
supposons la propriete verifiee pour l$\leq$ (m-1):2 et demontrons-la pour l-1 $\geq$ 2:\\
Soit u(m-(l-1),l-1+k) avec k$\in$[0,m-2l+2].\\
on a : pour l$\geq$3, \\
u(m-l+1,l-1+k)=(m+k-1)u(m-l,l-2+k)+(l-1+k)u(m-l,l-1+k) \\
on a bien d'apres l'hypothese de recurrence:\\
u(m-l,l-2+k) et u(m-l,l-1+k) divisibles par m $\Rightarrow$ m divise \\
u(m-l+1,l-1+k). Ceci reste vrai pour k=m-2l+2, car:\\
u(m-l+1,m-l+1)= (2m-2l+1)u(m-l,m-l) et u(m-l,m-l) divisible par m par hypothese. La propriete est donc vraie pour (l-1) et se transmet jusqu'a l=3.\\
il reste la ligne d'indice m-1 ie pour l=2: la seule chose qui pourrait poser probleme est le premier 1 de la ligne precedente. Or, il est pondere par m dans l'equation donnant u(m-1,2)= m*1+2u(m-2,2) donc u(m-1,2) divisible par m. Le reste de la ligne d'indice (m-1) l'est egalement suivant les memes calculs que precedemment. CQFD\\
(un schema de $\pi_2$ permet de visualiser facilement la marche des calculs)\\
\\
A present donnons la definition 1 suivante-implicite jusqu'ici: \\
on appelle diagonale associee a un entier m, l'ensemble des termes dans $\pi_2$ dont la somme des indices est egale a m. On dit qu'il divise sa diagonale associee(ou plus generalement une ligne ou une colonne) s'il en divise tous les termes.\\
cela nous conduit au:\\
\\
theoreme1: un entier m impair divise sa diagonale associee si et seulement si m est premier.\\
\\
demonstration: le sens $\Leftarrow$ a deja ete demontre par le corollaire ci-dessus.\\
sens $\Rightarrow$ : supposons que m divise sa diagonale associee.\\
alors les calculs du lemme 2 ne changent pas et le lemme reste vrai.\\
en particulier, m divise la ligne d'indice m-1 sauf le premier terme egal a 1.\\
or, d'apres le lemme 1 applique a cette ligne:\\
$\sum_{i=1}^{m-1} (-1)^{i+1}u(m-1,i)=(-1)^{m-1}(m-1)!$ \\
ie:\\
$\sum_{i=2}^{m-1} (-1)^{i+1}$u(m-1,i)= (m-1)!+1 (car m-1 pair)\\
Ainsi m divisant tous les termes de la somme du premier membre de l'equation, il divise aussi $(m-1)!+1$ donc d'apres la reciproque du theoreme de Wilson, m est premier. cqfd \\
\\
\\
Signalons au passage que les calculs precedents donnent facilement une nouvelle demonstration du theoreme de Wilson:\\
en effet, m etant premier, d'apres le lemme 2, il divise la ligne d'indice m-1\\
(en excluant le premier terme) donc m divise la somme alternee de ses termes.\\
Or, d'apres le lemme 1:\\
$\sum_{i=2}^{m-1} (-1)^{i+1} u(m-1,i)= (m-1)!+1$ (car m-1 pair)\\\\
ie m divise $(m-1)!+1$: CQFD\\
\\
propriete1: si n+1 premier alors il divise le n-ieme terme de la \\
$n^2$-ieme ligne de $\pi_2$ minore de un.\\
\\
demonstration: supposons n+1 premier, on sait que\\
$ \displaystyle \sum_{j=0}^{n} (-1)^j C_n^j j^{n+k}=\\
(-1)^n n!\sum_{i=1}^{k}u(k,i) C_{n+k}^{i+k}$ (*)\\
on pose $k=n^2$ et on retranche ensuite a (*) l'equation devenue familiere:\\
$ \displaystyle \sum_{j=0}^{n} (-1)^j C_n^j j^{n}=\\
(-1)^n n!$ \\
l'on obtient donc: (n etant pair)\\
$ \displaystyle \sum_{j=0}^{n} (-1)^j C_n^j (j^{n+n^2}-j^n)=\\
n![(\sum_{i=1}^{n}u(n^2,i) C_{n+n^2}^{i+n^2})-1]$ (**)\\
(en effet dans le second membre, n$\leq$ n*n donc i s'arrete a n\\
puisqu'au-dela, $C_{n+n^2}^{i+n^2}=0$)\\
\\
\\
or, $$j^{n+n^2}-j^n=j^{n(n+1)}-j^n=(j^n)^{n+1}- j^n$$ qui est divisible par n+1 premier d'apres Fermat pour tout j variant de 0 a n \\
par ailleurs, $C_{n+n^2}^{i+n^2}=C_{n(n+1)}^{i+n^2}$ est aussi divisible par n+1 pour tout i variant de 1 a n-1:\\
en effet, dans ce cas $(i+n^2)!$ est premier avec n+1 et divise \\
$(n^2+n)*(n^2+n-1)*...(n-i+1)$ (R)\\
( qui est par definition le numerateur d'un coefficient du binome de Newton,toujours entier) donc d'apres Gauss, $(i+n^2)!$ divise egalement\\
$n*(n^2+n-1)*...(n-i+1) ie C_{n(n+1)}^{i+n^2}=(n+1)*M$ avec M entier.\\
\\
en resume, n+1 divisant le premier membre de (**), il divise egalement(on utilise encore Gauss)\\
$(\sum_{i=1}^{n}u(n^2,i) C_{n+n^2}^{i+n^2})-1=\\
(\sum_{i=1}^{n-1}u(n^2,i) C_{n+n^2}^{i+n^2}) + u(n^2,n)-1]$\\
enfin, d'apres la remarque (R), n+1 divise la premiere somme ci-dessus,\\
donc n+1 divise $u(n^2,n)-1$ CQFD\\
\\
Voici a present une interprétation des coefficients du triangle arithmétique $\pi_2$ d'équation de récurrence $u(n,p)=(n+p-1)u(n-1,p-1)+pu(n-1,p)$ ( n indice ligne et p indice colonne)\\
\\
théorème2: $u(n,p)$ est égale au nombre de $p$-partitions d'un ensemble de $n+p$ éléments en ne comptant QUE les classes d'équivalence d'AU MOINS deux éléments.\\

J'ajouterai que ce qui m'intéresse dans ce travail est d'etudier les propriétés de congruences dans certains triangles arithmétiques, qui se concentrent "plus" sur leurs diagonales montantes que sur leurs lignes comme dans le pascal. Il semble que cette "rotation de 45°" augmente la "richesse" arithmetique de tels triangles et les classe dans une famille à part.
Un autre exemple en est le triangle $\sigma_2$ des $v(n,p)$ verifiant la recurrence:
$v(n,p)=(n+p-1)(v(n-1,p-1)+pv(n-1,p))$
dont chacun des termes est interpretable comme le nombre de permutations d'un ensemble de n+p elements pouvant s'ecrire comme
produit de p cycles disjoints, chaque cycle etant de longueur AU MOINS egale a deux.
Pour obtenir cette derniere relation, je suis parti de celle qui definit les nombres de stirling de premiere espece, et je lui ai applique la meme methode par integrations discretes successives qu'avec les nombres de stirling de seconde espece. Mais j'en ai seulement conjecture l'interpretation par les cycles.
On sait deja que les triangles des nombres de Stirling de premiere et seconde especes ont des proprietes de lignes tres similaires voire duales.

Or, il apparait que les triangles $pi_2$ et $sigma_2$ qui en derivent se ressemblent aussi beaucoup en termes de congruences mais sur leurs diagonales cette fois et je conjecture que le theoreme 1 s'applique aux deux a la fois.
merci de votre attention .

un autre exemple en est le triangle:
$\sigma_2$ des $v(n,p)$ verifiant la recurrence:
$v(n,p)=(n+p-1)(v(n-1,p-1)+pv(n-1,p))$
dont chacun des termes est interpretable comme le nombre de permutations d'un ensemble de n+p elements pouvant s'ecrire comme
produit de p cycles disjoints, chaque cycle etant de longueur AU MOINS egale a deux. Pour obtenir cette derniere relation, je suis parti de celle qui definit les nombres de stirling de premiere espece, et je lui ai applique la meme methode par integrations discretes successives qu'avec les nombres de stirling de seconde espece. Mais j'en ai seulement conjecture l'interpretation par les cycles.
On sait deja que les triangles des nombres de Stirling de premiere et seconde especes ont des proprietes de lignes tres similaires voire duales.

Or, il apparait que les triangles $pi_2$ et $sigma_2$ qui en derivent se ressemblent beaucoup en termes de congruences sur leurs diagonales cette fois et je conjecture que le theoreme 1 s'applique aux deux a la fois.
merci de votre attention .

ah oui, pourrais-tu s'il te plait egalement changer le debut du message de 5h03:
"...donc d'apres la reciproque de Wilson, $n! + 1$ est premier- ce resultat peut se retrouver en utilisant le theoreme de Bezout"
en enlevant simplement le point d'exclamation a n!
(merci aussi Alain d'effacer ce message d'erratum apres correction.)