Petit théorème de Fermat (forme forte)

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Petit théorème de Fermat (forme forte)

Si pP , alors pour tout nZ tel que p ne divise pas n , on a :  np11 [p] .

Démonstration

Soit pP et nZ tel   que p ne divise pas n .
On considère les nombres n , 2n , 3n , ..., (p1)n , c'est-à-dire kn pour k{1;...;p1} .

Pour tout k{1;...;p1} , on note rk le reste dans la division euclidienne de kn par p ,
c'est-à-dire  kn=pqk+rk  avec  qkZ  et  \(0 \leqslant r_k.

Observation 1 : pour tout k{1;...;p1} , on a rk{1;...;p1} .
En effet, soit k{1;...;p1} . On sait déjà que rk{0;...;p1} .
De plus, p ne divise pas k (car \(0) et p ne divise pas n , donc p ne divise pas kn .
Or kn=pqk+rk , donc rk0 .

Observation 2 : pour tous k , k{1;...;p1} , si kk , alors rkrk .
En effet, soit k , k{1;...;p1} tels que \(k.
Ainsi, kk{1;...;p1} .
Par suite, p ne divise pas kk et p ne divise pas n , donc p ne divise pas  n(kk)=nknk=pqk+rk(pqk+rk)=p(qkqk)+rkrk  
et donc rkrk0 , c'est-à-dire rkrk .

D'après les deux observations précédentes, l'ensemble {r1 ;r2 ;... ;rp1} est formé de (p1) entiers tous distincts, et cet ensemble est inclus dans  {1;...;p1} .
Par conséquent, cet ensemble est exactement {1;...;p1} (dans un ordre quelconque).

On en déduit que  r1r2...rp1=1×2×...×(p1)=(p1)! .

Pour tout k{1;...;p1} , on a kn=pqk+rk donc knrk [p] .

Par produit,
1n×2n×...×(p1)nr1r2...rp1 [p]    (p1)!np1(p1)! [p]    (p1)!(np11)0 [p]  
donc p divise (p1)!(np11) .

Comme p et (p1)! sont premiers entre eux, on en déduit grâce au théorème de Gauss que p divise np11 , c'est-à-dire np110 [p] , et donc np11 [p] .

Source : https://lesmanuelslibres.region-academique-idf.fr
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