Petit théorème de Fermat par récurrence - Corrigé

Énoncé

Soit $p$ un nombre premier.

1. Démontrer que, pour tout entier $k\in \{1;...;p-1\}$ , on a :  ${\displaystyle k\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{k})=p\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{p-1}{k-1})}$ .

2. Montrer que $p$ divise ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{k})}$ pour tout entier $k\in \{1;...;p-1\}$ .

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 $k\in \{1;...;p-1\}$ . On a :
$\begin{array}{rl}k\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{k})& =k\times \frac{p!}{k!(p-k)!}\\ & =k\times \frac{p\times (p-1)!}{k\times (k-1)!\times (p-k)!}\\ & =p\times \frac{(p-1)!}{(k-1)!((p-1)-(k-1))!}\\ & =p\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{p-1}{k-1})\end{array}$  
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 $k\in \{1;...;p-1\}$ . D'après la question 1, $p$ divise $k\times {\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{k})}$ .
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 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{k})}$ .

3. Soit $a$ , $b\in \mathbb{Z}$ . D'après la formule du binôme de Newton,
$\begin{array}{rl}(a+b{)}^p& =\sum _{k=0}^p(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{k})a^k{b}^{p-k}\\ & =\underset{=1}{\underbrace{(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{0})}}{a}^0{b}^{p-0}+\sum _{k=1}^{p-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{k})a^k{b}^{p-k}+\underset{=1}{\underbrace{(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{p})}}{a}^p{b}^{p-p}\\ & =a^p+b^p+\sum _{k=1}^{p-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{k})a^k{b}^{p-k}\end{array}$  
D'après la question 2., pour tout $k\in \{1;...;p-1\}$ , $p$ divise ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{k})}$ , autrement dit ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{k})\equiv 0[p]}$ .

En considérant les égalités ci-dessus modulo $p$ , on en déduit que
$\begin{array}{rl}(a+b{)}^p& \equiv a^p+b^p+\sum _{k=1}^{p-1}0\times a^k{b}^{p-k}[p]\\ & \equiv a^p+b^p[p]\end{array}$
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 : $\begin{array}{r}(n+1{)}^p\equiv n^p+1^p\equiv n^p+1\equiv n+1[p]\end{array}$  et la propriété est donc héréditaire.
• Conclusion
  Pour tout $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ , $n^p\equiv n[p]$ .