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}-1

Démonstration

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^i

Soit

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.

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}-1

Sens 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

Petit théorème de Fermat exercice

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}-a

On va maintenant montrer que 2 divise notre nombre. On voit facilement que a et ses puissances on même parité. Donc

2 |a^{13}-a

De plus,

13 \wedge 2 = 1

Donc :

26 = 13 \times 2 | a^{13}-a

Ce qui conclut ce premier exercice.

Exercice 912

Divisibilité

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}-1

Exercice 913

Divisibilité par 30

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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