Petit théorème de Fermat

pseudo · October 2017

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.

Chaurien · October 2017

Tu peux aussi utiliser un argument de parité pour $p$ premier impair. Et pour $p$ premier pair, ...

Poirot · October 2017

Ce que veut dire ton paragraphe, c'est que si tu veux montrer le petit théorème de Fermat pour un entier $n < 0$, il te suffit de le faire pour un entier naturel qui est congru à $n$ modulo $p$.

pseudo · October 2017

Oui j'ai bien compris ça.

Fin de partie · October 2017

La classe de congruence d'un nombre n modulo p (n un entier relatif, p un entier naturel) est l'ensemble des nombres entiers dont la différence de deux quelconques de ses éléments est un multiple de p.

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 $p$

pseudo · October 2017

Ok, jusque là pas de soucis.

Poirot · October 2017

On vient de t'expliquer deux fois ce que veut dire ton paragraphe, c'est ta seule réaction ?

pseudo · October 2017

Tu veux dire que tu m'a fait la démo avec n<0?

C'est ça que j'essaie de comprendre.

Poirot · October 2017

Non on n'a pas fait la démo. Le paragraphe que tu donnes te dit qu'il te suffit de faire la démo pour des entiers positifs. Il reste à faire cela maintenant !

pseudo · October 2017

Oui mais encore une fois c'est la partie qui concerne les entiers négatifs que je ne comprends pas.
J'ai bien compris la partie concernant les entiers positifs.

Poirot · October 2017

Quelle partie ne comprends-tu pas ? Si tu prouves le théorème pour les entiers positifs, tu le prouves pour les entiers négatifs.

EDIT : corrigé, merci Chaurien.

Chaurien · October 2017

Comment fais-tu pour les $n$ entiers positifs ?

Fin de partie · October 2017

pseudo a écrit:

Comme tout entier relatif est congru modulo p à un entier naturel (évident)

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.

Chaurien · October 2017

Euh... Poirot, il me semble plutôt que le but est de montrer que le résultat pour les $n$ positifs implique le résultat pour les $n$ négatifs.

pseudo · October 2017

Ok Fin de partie peux tu remplacer ta première phrase par une démonstration rigoureuse pas à pas?

pseudo · October 2017

en omettant la démonstration de la compatibilité que j'ai bien sur bien compris

Fin de partie · October 2017

Pourquoi veux-tu séparer ta démonstration en deux parties cas n<0 et n>0?

pseudo · October 2017

? Tout se démontre en maths, tu peux pas simplement affirmer qu'il suffit de démontrer un seul des deux cas.

Encore une fois: je ne comprends pas comment on se ramène au cas n>0 quand n<0

Poirot · October 2017

Mais c'est ce que ton paragraphe explique, et que l'on t'a décrit plusieurs fois. Si $n < 0$ alors il existe un entier positif $k$ tel que $m=n+kp \geq 0$. Si on démontre le petit théorème de Fermat pour $m$, alors comme $m=n \pmod p$, et comme $m^p=n^p \pmod p$, on l'aura également montré pour $n$.

pseudo · October 2017

Parfait merci.

Chaurien · October 2017

Un des énoncés du Petit Théorème de Fermat est :
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.

mayus · January 2018

Bonjour à tous! Je rebondis sur cette discussion pour vous proposer cette rédaction de la démonstration du petit théorème de Fermat - vous paraît-elle rigoureuse?
Merci!
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Montrer que si p est premier, et si a est un entier non divisible par p, alors a^p-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) ! a^p-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) ! a^p-1 = a^p-1 mod(p)
d'où: a^p-1 =1 mod(p)

Chaurien · January 2018

Tu appliques mal le théorème de Bézout.

GaBuZoMeu · January 2018

donc, d'après le théorème de Bezout: a=1 mod(p)

Peux-tu justifier ?

Fin de partie · January 2018

Mayus a écrit:

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)

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 $5$.

Fin de partie · January 2018

Mayus a écrit:

3/ Donc 2a=2 mod(p) , 3a=3 mod(p),..., et (p-1)a=(p-1) mod(p)

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.

mayus · January 2018

Je comprends. Un grand merci pour vos remarques!

Fin de partie · January 2018

1) on s'intéresse en effet au produit $a\times (a\times 2) \times ...\times (a\times (p-1))=a^{p-1}(p-1)!$

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)

Petit théorème de Fermat

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