Inégalité indicatrice d'Euler

Bonsoir,

pas sûr, mais il me semble me souvenir que si $m$ est premier impair, les diviseurs premiers de $ \frac {p^m-1}{p-1}$ qui ne divisent pas $p-1$ sont congrus à 1 modulo $2m$. On en déduit que si $m$ est premier impair ton livre a raison, puis on regarde lorsque $m$ est composé.

Cordialement
Paul

Soit $N=p^m-1$. Les $m$ éléments suivants :
$$1,p,p^2,\ldots,p^{m-1}$$
sont inversibles modulo $N$. Sauf cas particulier, on peut en trouver d'autres, par exemple $p^m-2$.

Bonjour,

Il y a sûrement plus simple, mais j'ai dû recourir aux trois lemmes suivants:
$(1)\quad \forall n \in \N, \:\: n\geqslant 3 \implies \varphi (n)$ est pair.
$ (2)\quad\forall p \:\text{premier impair},\:\:\:\forall m \:\text{pair},\:\: m \neq\varphi (p^m -1).$
$(3)\quad\forall m\:\text{pair}\:\: m\geqslant 4: \quad m \neq\varphi (2^m-1).$

Ces résultats étant admis:
$m$ est égal à l'ordre de $p$ dans le groupe $\left(\Z/(p^m-1)\Z\right)^{\times},\quad$ donc: $\:\:m\: \:\text{divise}\: \:\varphi(p^m-1).$
Il reste donc à établir que l'égalité $m \overset {(\bigstar)} =\varphi(p^m-1)$ n'est réalisée que dans des cas exceptionnels $ (p,m) \in \{(2;1), (2;2),(3;1)\}$.
Si $p$ est impair et $m>1,\:\:$ alors $ {(\bigstar)}\overset{(1)}{ \implies} m \equiv 0 \mod 2\:\:$ et $(2)$ contredit alors $\:[\bigstar)$.
Si $p=2$ et $m>2, \:\:$ alors $ \:{(\bigstar)}\overset{(1)}{ \implies} m \equiv 0 \mod 2\:\:$ et $(3)$ contredit encore $\:(\bigstar) \:\square$
$$\boxed{\text{ Preuve de (2)}}$$
On démontre d'abord facilement par récurrence sur $r:\quad \forall r \in \N^*, \forall m \in \N^* , \quad\:2^r \:\text{divise}\:m \implies 2^{r+2}\:\text{divise}\: p^m-1.$
On déduit que :$\:\:2^r \:\text{divise}\:m , \:\:r\geqslant 1 \implies 2^{r+1}\:\text{divise}\:\: \varphi (p^m-1) \implies \:m \neq\varphi (p^m -1).$
$$\boxed{\text{ Preuve de (3)}}$$
$\bullet \:\:$ Si $m = 2^r , \:\:r\geqslant 2, \:$alors on prouve par récurrence sur $r$ que $\forall r \in \N,\quad r\geqslant 2 \implies 2^{r+1}\:\text {divise}\: \varphi(2^{2^r}-1). $
Cela est vrai pour $r=2$. Si $r>2$, alors $\varphi (2^{2^r}-1)= \varphi (2^{2^{r-1}}-1)\varphi (2^{2^{r-1}} +1)$ et l'hypothèse de récurrence entraîne que $ 2^{r+1} \mid \varphi (2^{2 ^r}-1).$
Il s'ensuit que $ \: m \neq\varphi (2^m-1).$
$\bullet \:\:$ Si $m = 2^r q, \:\: r\geqslant 1, \:\: q\:\text{impair}, \: q \geqslant 3,\:\:$ alors on prouve comme dans le cas précédent que $\varphi (2^m-1) \equiv 0 \mod 2^{r+1}$ et donc que $ \: m \neq\varphi (2^m-1).$

Désolé, ce message a été envoyé quelques secondes après la réponse de JLT que je n'avais pas lue et qui est bien entendu nettement plus simple.

Rebonjour,

Dans un premier temps j'ai cru que JLT répondait du tac au tac à ma question , à savoir "que sert-il de considérer que $p$ est premier?"et je n'ai rien compris! Sa preuve me confirme que ça ne sert à rien ou je rate un truc ?