Cette page a pour but de présenter le petit théorème de Fermat, et de le démontrer
Enoncé du petit théorème de Fermat
Nous allons voir l’énoncer de deux manières différentes :
Enoncé 1
Soit p un nombre premier. Alors, pour tout entier a :
a^p \equiv a [p]
Enoncé 2
Soit p un nombre premier. Alors, pour tout entier a qui n’est pas un multiple de p :
a^{p-1} \equiv 1 [p]Avec des diviseurs, on peut aussi l’écrire :
p | a^{p-1}-1Démonstration
Nous allons faire une démonstration de l’énoncé 1 qui nous provient d’Euler et Leibniz.
Remarque : Tout comme pour le grand théorème de Fermat, ce dernier n’a pas démontré ce théorème.
Lemme
Montrons que :
(k+1)^p \equiv k^p +1 [p]
Pour cela, utilisons le binôme de Newton :
(k+1)^p =\sum_{i=0}^p \binom{p}{i} k^iSoit
1 \leq i \leq p -1
On a la formule suivante :
\begin{array}{ll}
\displaystyle\binom{p}{i} & = \displaystyle \dfrac{p!}{i!(p-i)!}\\
& = \displaystyle\dfrac{p}{i} \dfrac{(p-1)!}{(i-1)!(p-i)!}\\
& = \displaystyle\dfrac{p}{i} \binom{p-1}{i-1}
\end{array}On a donc :
i\binom{p}{i} = p \binom{p-1}{i-1}Or,
i \wedge p = 1
car p est premier.
On a donc :
\forall 1 \leq i \leq p-1, p | \binom{p}{i} Donc si on repasse modulo p :
\begin{array}{ll}
(k+1)^p& =\displaystyle\sum_{i=0}^p \binom{p}{i} k^i\\
&\displaystyle = 1+k^p +\sum_{i=1}^{p-1} \binom{p}{i} k^i\\
& \equiv 1+k^p [p]
\end{array}Démonstration par récurrence
Soit p un nombre premier fixé. Démontrons alors le résultat par récurrence sur a. Commençons par l’initialisation qui est facile. On a :
0^p \equiv 0 [p]
Passons maintenant à l’hérédité. Soit a un entier fixé pour lequel on suppose que la propriété est vraie. Grâce au lemme :
(k+1)^p \equiv k^p +1 [p]
Or, par hypothèse de récurrence
k^p +1 \equiv k +1 [p]
Donc,
(k+1)^p \equiv k+1 [p]
Ce qui conclut l’hérédité. On a donc bien démontré le résultat dans le cas par récurrence :
\forall a \in \mathbb {N}, a^p \equiv a [p]Elle est aussi valable pour les entiers relatifs :
- Soit on fait une récurrence sur -a.
- Soit on utilise la propriété suivante
(-a)^p \equiv -a^p \equiv -a [p]
Lorsque p est impair, on a bien (-a)p ≡ -ap [p]. Et lorsque p = 2, on a toujours : -a ≡ a [2] ce qui suffit pour notre propriété.
Démonstration en vidéo
Et en voici la démonstration en vidéo !
Equivalence entre les deux énoncés
Sens direct :
On a :
p | a^p - a = a(a^{p-1}-1)Or, comme a n’est pas un multiple de p.
p \wedge a = 1
Donc, d’après le théorème de Gauss :
p |a^{p-1}-1Sens retour :
On a :
a^{p-1}\equiv 1 [p]On multiplie par a de chaque côté :
a^{p}\equiv a[p]Le cas où a est un multiple de p est évident.
Exercices corrigés
Exercice 911
Commençons par utiliser le petit théorème de Fermat avec p = 13
On a :
a^{13} \equiv a [13]Ce qui fait qu’on a :
13 |a^{13}-aOn va maintenant montrer que 2 divise notre nombre. On voit facilement que a et ses puissances on même parité. Donc
2 |a^{13}-aDe plus,
13 \wedge 2 = 1
Donc :
26 = 13 \times 2 | a^{13}-aCe qui conclut ce premier exercice.
Exercice 912
Là aussi on va utiliser le petit théorème de Fermat. On a, d’après l’énoncé 2 :
3^{6} =3^{7-1}\equiv 1 [7]Or, en élevant de chaque côté à la puissance n :
(3^6)^n \equiv 1^n [7] \iff 3^{6n} \equiv 1 [7]On a alors bien le résultat voulu :
7 |3^{6n}-1Exercice 913
On a utiliser le petit théorème de Fermat avec p = 5 qui est un nombre premier :
n^5 \equiv n [5]
Donc :
5 |n^5 -n
Ensuite, factorisons. On a :
\begin{array}{ll}
n^5-n &= n(n^4-1) \\
&= n(n^2-1)(n^2+1)\\
&=n(n-1)(n+1)(n^2+1)
\end{array}On a 3 entiers consécutifs, n-1, n et n+1. 3 divise l’un de ces trois nombres :
3 | n(n-1)(n+1) \Rightarrow 3|n^5-n
On a 2 entiers consécutifs n et n+1. 2 divise l’un de ces 2 nombres.
2 |n(n+1) \Rightarrow 2|n^5-n
Leur PGCD est de 1. Donc
6 | n^5 - n
Le PGCD de 6 et de 5 est 1. Donc là aussi :
30 = 6 \times 5 |n^5-n
Ce qui est bien le résultat demandé.
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