Deux problèmes

Bonjour à tous et merci pour vos interventions.

J'ai corrigé le coefficient binomial.

Effectivement les $P_i$ classes ont même cardinal $p_i$ à l'exception de celle qui nous intéresse et qui comporte deux éléments de plus.
Je rédige très vite une solution (...ce soir !).

ps: vous êtes dangereusement proches ! Vous connaissez le théorème de Wolstenholme ?

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Bonsoir

$\textbf{Problème 1}$
Voici une preuve combinatoire (par Roger Cuculière, François Lo Jacomo, Jean-Pierre Boudine):

On note $\lvert X \rvert$ le cardinal d'un ensemble fini $X$.
Pour $p$ premier impair, on appelle $p$-partie une partie de cardinal $p$.
Soit $\displaystyle E=\{0,1,2,3, ..., 2p-1\}$ et pour chaque partie $A$ de $E$, soit $S(A)$ la somme des éléments de $A$.

Le problème revient à trouver le nombre de $p$-parties $A$ de $E$ telles que:

\begin{equation}
\displaystyle S(A) \equiv 0 \pmod p
\end{equation}

On commence par répartir les $\binom{2p}{p}$ $p$-parties de $E$ en $p$ classes $\displaystyle \mathcal{E}_0, \mathcal{E}_1,...,\mathcal{E}_{p-1}$ obtenues en rassemblant dans la classe $\mathcal{E}_k$ les $p$-parties $A$ de $E$ telles que: $\displaystyle S(A) \equiv k \pmod p$.

Ces classes ont toutes le même cardinal à l'exception de la classe $\mathcal{E}_0$ qui contient en plus les deux $p$-parties "extrêmes": $\displaystyle F=\{0,1,2,...,p-1\}$ et $\displaystyle G=\{p, p+1, ..., 2p-1\}$.

Soit $\mathcal{U}$ l'ensemble des $p$-parties de $E$ $\textbf{distinctes}$ de $F$ et de $G$.
Pour chaque $A \in \mathcal{U}$, soit $X=A \bigcap F$ et $Y= A \bigcap G$.
L'ensemble $X$ est une partie de $F$ non vide et distincte de $F$. A cet ensemble $X$, on associe l'ensemble $t(X)$ obtenu en additionnant $1$ $\textbf{modulo}$ $p$ à tous les éléments de $X$. Chaque élément ainsi obtenu appartient encore à $F$.
Enfin on définit $\sigma$, une bijection de $\mathcal{U}$ dans $\mathcal{U}$ en posant: $\sigma(A)=t(X) \bigcup Y$.

$\textbf{Exemple}$
Si $p=5$, $\displaystyle E=\{0,1,2,...,8,9\}$, $F=\{0,1,2,3,4\}$ et $G=\{5,6,7,8,9\}$.
On choisit la $p$-partie $A= \{1,3,4,7,9\}$. Alors:
•$S(A)=24$.
•$X=\{1,3,4\}$ et $Y=\{7,9\}$.
•$t(X)=\{1+1 \pmod 5, \: 3+1 \pmod 5,\: 4+1 \pmod 5\}= \{2,4,0\}$ et $\sigma(A)=\{0,2,4,7,9\}$.

On définit maintenant une relation d'équivalence sur $\mathcal{U}$ de la manière suivante:
deux $p$-parties $A$ et $B$ éléments de $\mathcal{U}$ sont en relation si on peut obtenir $B$ en itérant un certain nombre de fois $\sigma(A)$, autrement dit si il existe $j \in \mathbb{N}$ tel que: $\displaystyle \sigma^j(A)=B$.
En reprenant l'exemple ci-dessus: $\displaystyle \sigma(A) =\{0,2,4,7,9\}$.
Maintenant $\sigma(A) \cap F =\{0,2,4\}$, $\displaystyle \sigma(\sigma(A))=\sigma^2(A)= t(X) \cup Y=\{0,1,3,7,9\}$ et ainsi de suite.

\begin{equation}
\sigma^2(A)=\{0,1,3,7,9\}, \quad \sigma^3(A)=\{1,2,4,7,9\} \\
\sigma^4(A)=\{0,2,3,7,9\}, \quad \sigma^5(A)=\{1,3,4,7,9\}=A
\end{equation}

A présent, déterminons la classe d'équivalence ou $\textbf{orbite}$ sous l'action des $\sigma^j$ d'une $p$-partie $A$ de $\mathcal{U}$.
Une orbite est l'ensemble des $p$-parties de $\mathcal{U}$ en relation avec $A$.
On démontre que les $p$-parties d'une orbite sont distinctes, que $\sigma^p(A)=A$ et donc que chaque orbite est de cardinal $p$, ses éléments étant les $p$-parties: $A, \sigma(A), \sigma^2(A),...,\sigma^{p-1}(A)$.

En effet, si il existait $i$ et $j$, $0 \leq i < j \leq p-1$ tels que $\sigma^i(A)=\sigma^j(A)$, alors on aurait $\sigma^{j-i}(A)=A$, avec $1 \leq j-1 \leq p-1$.
A chaque action de $\sigma$, la somme $S(A)$ augmente modulo $p$ de $k= \vert X \vert=\vert A \cap F \vert$, avec $1 \leq k \leq p-1$.
Il en résulte:

\begin{equation}
\displaystyle S(\sigma^{j-i}(A)) \equiv S(A) +(j-i)k \pmod p,
\end{equation}

Puisque $\sigma^{j-i}(A)=A$, la congruence ci-dessus implique que $p$ divise $j-i$ ou $k$, ce qui est impossible.
Chacune de ces orbites comprend donc $p$ éléments. Le nombre de ces orbites est:

\begin{equation}
\displaystyle \frac{\vert \mathcal{U} \vert}{p}=\frac{1}{p}\big(\binom{2p}{p}-2\big)
\end{equation}

On a vu que pour deux $p$-parties $A$ et $A'$ d'une même orbite, on ne peut avoir: $S(A') \equiv S(A) \pmod p$.
Il s'ensuit que dans chaque orbite, il y a exactement un élément $A$ pour chaque valeur $S(A) \pmod p$; en particulier, il y a exactement un élément $A$ tel que $S(A) \equiv 0 \pmod p$. Je le redis différemment au risque d'apparaître un peu lourd: il y a autant d'orbites que de $p$-parties $A \in \mathcal{U}$ telles que $S(A) \equiv 0 \pmod p$.
En rajoutant les parties $F$ et $G$, ce nombre est:

\begin{equation}
\displaystyle \frac{1}{p} \big( \binom{2p}{p} -2 \big)+2
\end{equation}

Quand au théorème de Wolstenholme, il dit que pour $p$ premier, $p>3$, $\binom{2p}{p}-2$ est divisible par $p^3$.

Il existe une autre preuve combinatoire ainsi qu'une troisième plus sophistiquée fondée sur les fonctions génératrices. Elle ressemble à celle de LOU16. Je n'ai pas eu le temps de l'étudier en détail. Les dénumérants y apparaissent "comme les coefficients de polynômes convenablement choisis".

Elle commence ainsi:

Pour chaque racine $p$-ième complexe de l'unité $w$ autre que $1$, on considère le polynôme:

\begin{equation}
\displaystyle P_w(x)= \prod\limits_{k=1}^{2p}(x-w^k)= \sum\limits_{j=0}^{2p}a_{w,j}x^j.
\end{equation}

Pour ce qui est du problème 2: parler de la racine primitive d'un entier n'a effectivement aucun sens. Ca m'apprendra à ramasser n'importe quoi sur internet.

Cordialement.

df
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