Petit théorème de Fermat par récurrence - Corrigé

Énoncé

Soit \(p\) un nombre premier.

1. Démontrer que, pour tout entier \(k \in \left\lbrace 1;...;p-1 \right\rbrace\) , on a :  \(\displaystyle k \times \binom{p}{k}=p \times \binom{p-1}{k-1}\) .

2. Montrer que \(p\) divise \(\displaystyle \binom{p}{k}\) pour tout entier \(k \in \left\lbrace 1;...;p-1 \right\rbrace\) .

3. En utilisant la formule du binôme de Newton, en déduire que, pour \(a\) , \(b \in \mathbb{Z}\) , on a :
\((a+b)^p \equiv a^p +b^p \ [p]\) .

4. Démontrer par récurrence sur  \(n \in \mathbb{N}^\ast\)  la forme faible du petit théorème de Fermat.

Solution

1. Soit \(k \in \left\lbrace 1;...;p-1 \right\rbrace\) . On a :
\(\begin{align*}k \times \binom{p}{k}& =k \times \frac{p!}{k!(p-k)!}\\ & =k \times \frac{p \times (p-1)!}{k \times (k-1)! \times (p-k)!}\\ & =p \times \frac{(p-1)!}{(k-1)!((p-1)-(k-1))!}\\ & =p \times \binom{p-1}{k-1}\end{align*}\)  
ce qui prouve la formule souhaitée.
(On remarquera que cette formule reste vraie pour tout entier \(p\) supérieur ou égal à \(2\) , éventuellement non premier.)

2. Soit \(k \in \left\lbrace 1;...;p-1 \right\rbrace\) . D'après la question 1, \(p\) divise \(k \times \displaystyle\binom{p}{k}\) .
Puisque \(p\) est un nombre premier strictement supérieur à \(k\) , \(p\) ne divise donc pas \(k\) , autrement dit \(p\) et \(k\) sont premiers entre eux. D'après le théorème de Gauss, il s'ensuit que \(p\) divise \(\displaystyle\binom{p}{k}\) .

3. Soit \(a\) , \(b \in \mathbb{Z}\) . D'après la formule du binôme de Newton,
\(\begin{align*}(a+b)^p& = \sum\limits_{k=0}^p \binom{p}{k} a^kb^{p-k}\\ & = \underbrace{\binom{p}{0}}_{=1} a^0b^{p-0}+\sum\limits_{k=1}^{p-1} \binom{p}{k} a^kb^{p-k}+\underbrace{\binom{p}{p}}_{=1} a^pb^{p-p}\\ & = a^p+b^p+\sum\limits_{k=1}^{p-1} \binom{p}{k} a^kb^{p-k}\end{align*}\)  
D'après la question 2., pour tout \(k \in \left\lbrace 1;...;p-1 \right\rbrace\) , \(p\) divise \(\displaystyle\binom{p}{k}\) , autrement dit \(\displaystyle\binom{p}{k} \equiv 0 \ [p]\) .

En considérant les égalités ci-dessus modulo \(p\) , on en déduit que
\(\begin{align*}(a+b)^p& \equiv a^p+b^p+\sum\limits_{k=1}^{p-1} 0 \times a^kb^{p-k} \ [p]\\ & \equiv a^p+b^p \ [p]\end{align*}\)
ce qui prouve le résultat souhaité. 

4. Montrons par récurrence que, pour tout \(n \in \mathbb{N}^\ast\) , \(n^p \equiv n \ [p]\) .

• Initialisation
  Pour \(n=1\) , on a bien \(1^p \equiv 1 \ [p]\) , donc la propriété est initialisée au rang \(n=1\) .
  
• Hérédité
  Soit \(n \in \mathbb{N}^\ast\) tel que \(n^p \equiv n \ [p]\) .
  Montrons que \((n+1)^p \equiv n+1 \ [p]\) .
  En utilisant la question 3 puis l'hypothèse de récurrence, on a : \(\begin{align*}(n+1)^p \equiv n^p+1^p \equiv n^p+1 \equiv n+1 \ [p]\end{align*}\)  et la propriété est donc héréditaire.
• Conclusion
  Pour tout \(n \in \mathbb{N}^\ast\) , \(n^p \equiv n \ [p]\) .