Congruence

A.Bendriouich:

1) Tu peux remarquer que pour $0<k\leq 6, \binom{7}{k}$ est divisible par $7$.
2) Tu peux essayer d'effectuer un raisonnement par récurrence.

\begin{align*}
5^{7^{n}}= (7-2)^{7^{n}} = (-2)^{7^{n}} &\equiv-2^{7^{n}} [7^{n+1}] \\

3^{7^{n}} =(7-4)^{7^{n}}&\equiv(-4)^{7^{n}} [7^{n+1}]\equiv-2^{2\times 7^{n}} [7^{n+1}]

\end{align*} Posons $ a=2^{7^{n}}$ alors $ a^{3}=8^{7^{n}}=(1+7)^{7^{n}}\equiv 1[7^{n+1}]$
donc $ (a-1)(a^{2}+a+1) \equiv 0 [7^{n+1}]$
comme $\phi(7^{n+1})\equiv 0 [3]$ alors $ 7^{n+1}\nmid a-1$ $$
a^{2}+a\equiv -1[7^{n+1}]
$$ et c'est gagné !!!

Soit $n\geq 0$,
De, $3^{7^{n}}+ 5^{7^{n}} \equiv ~~1 \pmod { 7^{n+1}}$ on déduit qu'il existe un entier $k_n$ tel que $3^{7^{n}}=1+7^{n+1}k_n-5^{7^{n}}$.
On élève les deux membres de cette égalité à la puissance $7$ on obtient:
\begin{align}3^{7^{n+1}}&=(1+7^{n+1}k_n-5^{7^{n}})^7\\
&=-5^{7^{n+1}}+(1+7^{n+1}k_n)^7+\sum_{k=1}^6 \binom{7}{k}(1+7^{n+1}k_n)^k(-1)^{7-k}\left(5^{7^{n}}\right)^{7-k}\\
\end{align}
Or, $1+7^{n+1}k_n=3^{7^{n}}+5^{7^{n}}$ donc:
\begin{align}3^{7^{n+1}}+5^{7^{n+1}}&=\left(3^{7^{n}}+5^{7^{n}}\right)^7+\left(3^{7^{n}}+5^{7^{n}}\right)\sum_{k=0}^5 \binom{7}{k+1}\left(3^{7^{n}}+5^{7^{n}}\right)^k(-1)^{6-k}\left(5^{7^{n}}\right)^{6-k}\\\end{align}


Cette égalité et la connaissance du fait que pour tout $0<m<7$ ,$\binom{7}{m}$ est divisible par $7$
Edit:
Ce qui suit est du grand n'importe quoi. Désolé :-D

permet de conclure par récurrence que,sauf erreur, $3^{7^{n+1}}+5^{7^{n+1}}$ est divisible par $7^{n+2}$.

FindePartie: tu confonds avec $(a+b)^p = a^p+b^p$ mod $p$ pour $p$ premier. Malheureusement ça ne se généralise pas à $p^k$, l'exemple d'ev répondant à cette idée.
Je ne comprends pas la conclusion ton deuxième message.

Fin de Partie : la formule du binôme de Newton ? à décalage éventuel (je me gourre souvent là dessus ) d'indice près, oui. Mais attention, on n'essaie pas de montrer la divisibilité de $3^{7^{n+1}} + 5^{7^{n+1}}$

a.bendriouich : Je n'en suis pas sûr au vu de mon échec pour $n=11$ et au-dessus mais mon programme CamL disait que ça marchait jusque là, et il y a peu de chance que ce soit une coïncidence. Pour gérer la taille des nombres sur ordi, j'ai fait une exponentiation modulaire (i.e. à chaque étape de la mise à la puissance, je réduis modulo $k$ avec le bon $k$), et il n'y avait pas trop de souci de taille jusqu'à $11$ j'ai l'impression.

Ma formule est correcte (en tout cas sur quelques valeurs cela fonctionne)

Maxtimax:

Je ne comprends pas ce que tu reproches à ce que je pense être une preuve.

A gauche de l'égalité on a $3^{7^{n+1}}+5^{7^{n+1}}$ et à droite on peut factoriser $3^{7^{n}}+5^{7^{n}}$

Si $3^{7^{n}}+5^{7^{n}}$ est divisible par $7^{n+1}$ alors $\left(3^{7^{n}}+5^{7^{n}}\right)^7$ est divisible par $7^{7(n+1)}$

Mais $7(n+1)\geq n+2$ est équivalente à $n \geq -\dfrac{5}{6}$ sauf erreur.

Oui, en effet. Je m'étais mis en pilotage automatique. :-D
On doit pouvoir malgré tout corriger. Enfin, je l'espère. B-)-

$(2^{7^{n}}-1)(3^{7^{n}}+5^{7^{n}}-1)\equiv (2^{7^{n}}-1)(-4^{7^{n}}-2^{7^{n}}-1)\equiv -(8^{7^{n}}-1)[7^{n+1}]$
Comme $ v_{7}(8^{7^{n}}-1)=v_{7}( (7+1)^{7^{n}}-1) \geq n+1 $ alors
$$ (2^{7^{n}}-1)(3^{7^{n}}+5^{7^{n}}-1)\equiv 0 [7^{n+1}]$$
de plus $ 2^{7^{n}}=2^{(6+1)^{n}}\equiv 2 [7]$ c 'est gagné

La démonstration directe de Keynes est correcte et elle se généralise à $p$ premier congru à $1$ modulo $6$.

Soit $(a,b)$ avec $1<a<b<p-1$ et $a+b\equiv ab\equiv 1\pmod p$.On en déduit $a^2-a+1\equiv0\pmod p$ puis $a^3\equiv-1\pmod p$.

En posant $c=-a$ on obtient $b\equiv -c^2 \pmod p$.

Par récurrence $a^{p^n}\equiv-c^{p^n}\pmod {p^{n+1}}$ et $b^{p^n}\equiv-c^{2p^n}\pmod {p^{n+1}}$ d'où $a^{p^n}+b^{p^n}-1\equiv -(c^{2p^n}+c^{p^n}+1) \pmod {p^{n+1}}$ puis $(c^{p^n}-1)(a^{p^n}+b^{p^n}-1)\equiv c^{3p^n}-1\pmod {p^{n+1}}$.

De $c^3\equiv 1 \pmod p$ on déduit par récurrence $c^{3p^n}\equiv 1 \pmod {p^{n+1}}$.

Comme $c^{p^n}\equiv c \pmod p$ on obtient finalement $a^{p^n}+b^{p^n}\equiv 1\pmod {p^{n+1}}$.

C'est parce que $c^{p^{n}}-1\equiv c-1\pmod p$ et que $c\neq1\pmod p$ puisque $c=-a$ avec $1<a<p-1$.

Sylvieg : l'exposant de la plus grande puissance de $7$ qui divise un nombre.
Exemple: $\text{v}_7(49)=2$.

Oui Sylvieg, c'est ce que j'ai utilisé trois fois dans la généralisation de la démonstration de Keynes à un premier de la forme $p=6q+1$.

La démonstration de LOU16 se généralise aussi à un premier de la forme $p=6q+1$.

Il existe un unique couple $(a,b)$ avec $1<a<b<p-1$ et $a+b\equiv ab\equiv 1\pmod p$.
On en déduit $a^2-a+1\equiv 0\pmod p$ puis $a^3\equiv -1\pmod p$.
Je pose $A=a^{p^n}$ et $B=b^{p^n}$. $a^{6q}\equiv1\pmod p$ entraîne $A^{6q}\equiv 1 \pmod{p^{n+1}}$.

Donc $p^{n+1}$ divise $A^{6q}-1=(A-1)(A+1)(A^2-A+1)(A^2+A+1)(1+A^6+A^{12}+...+A^{6(q-1)})$.

Mais $A-1\equiv a-1\not\equiv0\pmod p$, $A+1\equiv a+1\not\equiv0\pmod p$, $A^2+A+1\equiv a^2+a+1\not\equiv0\pmod p$ (car cela entraînerait $a^3\equiv1 \pmod p$), $1+A^6+A^{12}+...+A^{6(q-1)}\equiv 1+a^6+a^{12}+...+a^{6(q-1)}\equiv q\not\equiv 0 \pmod p$.

Donc $p^{n+1}$ divise $A^2-A+1$, donc aussi $BA^2-AB+B$, donc aussi $A+B-1$ puisque $AB=(ab)^{p^n} \equiv 1 \pmod{p^{n+1}}$.