Preuve de la conjecture de Derrick Lehmer

Salut.
Je propose à la critique cette démonstration de la conjecture de Derrick Lehmer.

Derrick Lehmer a dit que:
$\textrm{Conjecture}$ :
$n > 1$ est premier, si et seulement si $n\equiv 1\bmod \varphi (n)$.

Preuve:
Soient les trois assertions quantifiées par $n$ suivantes.
$P(n)$ := ''$n$ est un nombre premier''.
$D(n)$ := ''$n\equiv 1\bmod \varphi(n)$''.
$B(n)$ := ''$(\varphi(n)\big)^{n}\equiv - 1\bmod n$''
Montrons que $P(n)\,\iff\,B(n)\,\iff\,D(n)$.
$\bullet$ Si $P(n)$ alors, $n$ est un nombre premier, et donc $\varphi(n) = n - 1$.
Mais $\varphi(n) = n - 1\implies n\equiv 1\bmod \varphi(n)\implies D(n)$.
C'est dire que $P(n)\,\implies\,D(n)\qquad (1)$.
On a aussi (d'après le petit théorème de Fermat) $(\varphi(n)\big)^{n}\equiv \varphi(n)\bmod n$ or $\varphi(n) = n - 1$
et donc $(\varphi(n)\big)^{n}\equiv n - 1\bmod n \equiv - 1\bmod n$ d'où $B(n)$.
C'est dire que $P(n)\,\implies\,B(n)$.
$\bullet$ Si $B(n)$ alors, $(\varphi(n)\big)^{n}\equiv - 1\bmod n$.
$a)$ Montrons que si $n$ est sans carré, alors $(\varphi(n)\big)^{n}\equiv \varphi(n) \bmod n$,
et donc $\varphi(n) \equiv - 1\bmod n$ si on a $B(n)$.
En effet si $n$ est sans carré, on peut poser $n = \prod_{i=0}^{r}p_{i},\,r\,\in\,\mathbb{N}^*$ et les $p_{i}$ premiers.
Mais alors $\varphi(n) = \prod_{i=0}^{r}(p_{i} - 1),\,r\,\in\,\mathbb{N}^*$, et par la suite,
$\big(\varphi(n)\big)^{n} = \big(\prod_{i=0}^{r}(p_{i} - 1)\big)^{n} = \big(\prod_{i=0}^{r}(p_{i} - 1)\big)^{\prod_{i=0}^{r}p_{i}}$
Mais $\big(\prod_{i=0}^{r}(p_{i} - 1)\big)^{p_{i}}\equiv \prod_{i=0}^{r}(p_{i} - 1)\bmod p_{i},\,\forall\,i\,\in\,[\![1; r]\!]$.
Les $p_{i}$ étant tous premiers entre eux (car premiers), alors
$\big(\prod_{i=0}^{r}(p_{i} - 1)\big)^{\prod_{i=0}^{r}p_{i}}\equiv \prod_{i=0}^{r}(p_{i} - 1)\bmod \prod_{i=0}^{r}p_{i}$.
C'est-à-dire que $\big(\varphi(n)\big)^{n}\equiv \varphi(n)\bmod n$. Mais comme on a supposé $B(n)$, alors $\varphi(n)\equiv - 1\bmod n$.
Mais donc $\varphi(n) = - 1 + \alpha n,\,\alpha\,\in\,\mathbb{N}^*$, et comme on a $\varphi(n)\,\lt\,n,\,\forall\,n\,\in\,\mathbb{N}^*$, alors
$\alpha = 1$ et par la suite $\varphi(n) = - 1 + n$, ce qui veut dire que $n$ est premier.
$b)$ Mais si $n$ a un facteur carré, on peut posé $n = p_{j}^{\alpha_{j}}\prod_{i=0}^{r}p_{i}^{\alpha_{i}},\j,\,r\,\in\,\mathbb{N}^*$, avec
$\alpha_{j},\,\alpha_{i}\,\in\,\mathbb{N}^*\,\forall\,i\,\in\,[\![1; r]\!],\,\alpha_{j}\geq 2$.
Mais alors $\varphi(n) = (p_{j} - 1)p_{j}^{\alpha_{j}-1}\prod_{i=0}^{r}(p_{i} - 1)p_{i}^{\alpha_{i}-1}$.
Ce qui implique $\big(\varphi(n)\big)^{n} = \big((p_{j} - 1)p_{j}^{\alpha_{j}-1}\prod_{i=0}^{r}(p_{i} - 1)p_{i}^{\alpha_{i}-1}\big)^{n}$
Et donc $\big(\varphi(n)\big)^{n}\equiv - 1\bmod n$ est impossible, car cela voudrait dire que \
$\big((p_{j} - 1)p_{j}^{\alpha_{j}-1}\prod_{i=0}^{r}(p_{i} - 1)p_{i}^{\alpha_{i}-1}\big)^{n} = - 1 + \beta p_{j}^{\alpha_{j}}\prod_{i=0}^{r}p_{i}^{\alpha_{i}}$, ce qui entrenerait que $p_{j}$ divise 1 (car $\alpha_{j}-1\geq 1$), ce qui est évidemment absurde.
On a montré par $a)$ et $b)$ que si $B(n)$ alors $n$ est premier.
C'est dire que $B(n)\,\implies\,P(n)\qquad (2)$.
$\bullet$ Maintenant si $D(n)$, alors $n = 1 + a\varphi(n),\,a\,\in\,\mathbb{N}^*$, et par suite $a$ et $n$ sont premiers entre eux (un facteur de $a$ et $n$ est un facteur de 1).
On a aussi que $\varphi(n)$ et $n$ doivent etre premiers entre eux, et donc $n$ est impair et sans carré (ce qui entraine que $n$ est un nombre de Carmichael).
$D(n)\,\implies\,a\varphi(n) = n - 1$, et donc $\big(a\varphi(n)\big)^{n} = (n - 1)^{n} \equiv - 1\bmod n$ (car $n$ impair).
On a alors $\big(a\varphi(n)\big)^{n} = a^{n}\big((\varphi(n)\big)^{n}\equiv a(\varphi(n))^{n}\equiv - 1\bmod n$
(car $n$ est un nombre de Carmichael).
Alors $\big((\varphi(n)\big)^{n}\equiv (- a)^{-n} = - (a^{-1})^{n}\equiv - a^{-1}\bmod n$.
Donc $a^{-1}\equiv (a^{-1})^{n}\bmod n$, ce qui implique $(a^{-1})^{n-1}\equiv 1\bmod n$, et donc
$(a^{-1})^{-1}\equiv a^{n-2}\bmod n$ et par suite $a^{n-3}\equiv 1\bmod n$.
On a donc $a^{n-3}\equiv a^{n-1}\bmod n$.
Alors $a^{n-3} - a^{n-1}\equiv 0\bmod n\,\implies\,a^{n-3}(1 - a^{2})\equiv 0\bmod n\,\implies\,a^{2}\equiv 1\bmod n$.
C'est dire que $a \equiv a^{-1}\bmod n$, et donc $a = 1$ où $a = n - 1$ (car $0\,\lt\,a\,\lt\,n$).
Mais comme on a $D(n)$, $a = n - 1$ est impossible, et donc $a = 1$, ce qui entraine $B(n)$ et $P(n)$.
C'est-à-dire :
$D(n)\,\implies\,B(n)$ et $D(n)\,\implies\,P(n)\qquad (3)$.

($(1),\,(2)$ et $(3)$) entraine $D(n)\,\iff\,B(n)\,\iff\,P(n)$.
D'où :
$\textrm{Théorème}$ :
$n > 1$ est premier, si et seulement si $n\equiv 1\bmod \varphi (n)$.
$n > 1$ est premier, si et seulement si $\big((\varphi(n)\big)^{n}\equiv - 1\bmod n$.

Cordialement.