Petit théorème de Fermat
dans Arithmétique
Bonjour, je ne comprends pas dans une démonstration la partie qui consiste à réduire l'étude à l'ensemble des entiers naturels. La voici:
Soit p un nombre premier et n un entier relatif. Par compatibilité de la congruence avec la multiplication, la classe de n^p modulo p ne dépend que de la classe de n (donc si je comprends bien, si je connais la classe de n, je connais la classe de n^p). Comme tout entier relatif est congru modulo p à un entier naturel (évident), il suffit de prouver le résultat lorsque n est un entier naturel (sauf que j'ai pas compris).
Voilà, merci pour votre aide.
Soit p un nombre premier et n un entier relatif. Par compatibilité de la congruence avec la multiplication, la classe de n^p modulo p ne dépend que de la classe de n (donc si je comprends bien, si je connais la classe de n, je connais la classe de n^p). Comme tout entier relatif est congru modulo p à un entier naturel (évident), il suffit de prouver le résultat lorsque n est un entier naturel (sauf que j'ai pas compris).
Voilà, merci pour votre aide.
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Réponses
Si n est un nombre négatif et appartient à une classe de congruence modulo p si tu lui ajoutes suffisamment de fois le nombre p le résultat de ces additions sera un entier naturel et cet entier sera dans la même classe de congruence que n modulo $p$
C'est ça que j'essaie de comprendre.
J'ai bien compris la partie concernant les entiers positifs.
EDIT : corrigé, merci Chaurien.
Avec la compatibilité de la multiplication pour les congruences tu n'as plus à te soucier du cas n<0.
tu peux remplacer n qui est un entier relatif dans une multiplication modulo p par m qui est un entier naturel et qui est congru à n modulo p.
On s'en moque que n soit un entier relatif pour l'application de tout le formulaire attaché au chapitre sur les congruences.
Encore une fois: je ne comprends pas comment on se ramène au cas n>0 quand n<0
pour tout entier $p$ naturel premier et tout $n \in \mathbb Z$, on a : $n^{p}-n\equiv 0 \pmod p$.
Il y a plusieurs démonstrations.
L'une d'elles se fait par récurrence sur $n$ en utilisant les propriétés de divisibilité des coefficients binomiaux. Elle est donc concluante pour $n$ entier naturel.
Le passage à $n$ entier relatif quelconque est immédiat pour $p$ premier impair, puisqu'alors : $(-n)^{p}-(-n)=-(n^{p}-n)$.
Et le cas $p$ premier pair, je n'en dis pas plus...
Bonne journée.
Fr. Ch.
Merci!
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Montrer que si p est premier, et si a est un entier non divisible par p, alors ap-1=1 mod(p)
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1/ soit N le produit des (p-1) 1ers multiples de a:
N= (a)x(2a)x … x((p-1)a) = (p-1) ! ap-1
Et soit n=(1)x(2)x … x(p-1) = (p-1) !
2/ D'après les hypothèses, a et p sont 1ers entre eux – car p qui est premier n'a que 2 diviseurs, 1 et lui-même, et a n'est pas divisible par p: seul 1 les divise, donc, d'après le théorème de Bezout:
a=1 mod(p)
3/ Donc 2a=2 mod(p) , 3a=3 mod(p),..., et (p-1)a=(p-1) mod(p)
Puis, en identifiant 2 à 2 les facteurs respectifs de N et n:
N= (1)x(2)x...(p-1) mod(p)
soit: N=n mod(p)
4/ Or tous les facteurs de n=(p-1) ! sont premiers avec p, donc, toujours d'après le théorème de Bezout:
n=1x1x...x1 =1 mod(p)
5/ On en déduit: N=n=1 (p)
6/ Et en appliquant de nouveau: (p-1)!=1 mod(p), on obtient:
N= (p-1) ! ap-1 = ap-1 mod(p)
d'où: ap-1 =1 mod(p)
Peux-tu justifier ?
1) Une hypothèse ne se justifie pas.
2)Si c'était vrai on a fini en élevant à la puissance $p-1$. Mais c'est faux.
$a$ n'est pas divisible par $p$ qui est premier. Il n'y a pas d'autre hypothèse sur $a$.
$a=5+3$ et $p=5$, qui est premier, vérifient bien ces hypothèses (8 et 5 sont premiers entre eux) et pourtant $a$ n'est pas congru à $1$ modulo $5$.
C'est bien sûr faux.
Tu prends $a=8$ et $p=5$. $2a=16=3\times 5+1$ donc $2a\equiv 1\mod{5}$.
Ce qui est vrai, par contre, est que si $a$ est premier avec $p$ alors,
l'application $f:x\rightarrow ax\mod{p}$ est une bijection de l'ensemble des classes de représentants $1,2,...,p-1$ dans lui-même.
Ce produit est congru à $(p-1)!$ modulo $p$ c'est le point clef de la démonstration.
Pourquoi? Parce qu'en multipliant par $a$ modulo $p$, $a$ premier avec $p$, on ne fait que permuter les classes, une classe devient une autre classe et si on transforme deux classes différentes, le résultat est deux classes qui sont aussi différentes.
Donc on a $a^{p-1}(p-1)!\equiv (p-1)!\mod{p}$ qui est équivalente à $\left(a^{p-1}-1\right)(p-1)!\equiv 0\mod{p}$
c'est à dire $p$ divise $\left(a^{p-1}-1\right)(p-1)!$
Or, un nombre premier divise un produit si et seulement il divise au moins l'un des facteurs de ce produit mais $p$ ne divise aucun des facteurs du produit $(p-1)!$ qui lui sont tous inférieurs donc $p$ est premier avec $(p-1)!$ et d'après le lemme/théorème de Gauss,
$p$ divise $a^{p-1}-1$.
(cela fait du bien d'entretenir sa mémoire)