Il s’agit là de vérifier le Théorème de Wilson sur les petits cas

Université Grenoble Alpes Année 2020-2021 INSPE - UFR IM²AG M1 Master MEEF SD Parcours “Mathématiques”

Algèbre

Arithmétique

Correction de l’exercice 25 : Théorème de Wilson

Exercice 25. Le but de cet exercices est donc de démontrer le

Théorème de Wilson : Un entier n≥2 est premier si et seulement si(n−1)!≡_n−1.

Soitn un entier naturel supérieur ou égal à 2.

1.Montrer que 1!≡₂−1,2!≡₃ −1,3!≡₄2,4!≡₅ −1,5!≡₆0 et6!≡₇ −1.

Correction. Il s’agit là de vérifier le Théorème de Wilson sur les petits cas :

• 1! = 1≡ −1(mod 2)

• 2! = 2≡ −1(mod 3)

• 3! = 6≡2 (mod 4)6≡ −1(mod 4)

• 4! = 24≡ −1 (mod 5)

• 5! = 120≡0 (mod 6)6≡ −1 (mod 6)

• 6! = 720≡ −1 (mod 7).

2.On supposen >4et qu’il existea, b∈Ntels quen=abet1< a < b < n. Montrer que(n−1)!≡_n0.

3. On suppose n > 4 et qu’il existe a∈ N tel quen =a². Montrer que 1 < a < 2a < n et en déduire que(n−1)!≡_n0.

Correction. Le but de ces deux questions est de la partie ’si’ du Théorème de Wilson, par contra- posée : on suppose doncnnon premier, pour montrer que(n−1)!6≡_n−1. Les petits cas ayant déja été traités, on peit prendre n >4.

2. S’il existe a, b∈Ntels quen=abet1< a < b < n, alors

(n−1)! =

n−1

Y

k=1

k=ab

n−1

Y

k6=a,bk=1

k=n

n−1

Y

k6=a,bk=1

k≡_n0.

3. S’il existe a ∈ N tel que n = a², alors le fait que n > 4 assure que a > 2, ce qui entraine 1< a <2a < n. On a donc

(n−1)! =

n−1

Y

k=1

k=a.2ab

n−1

Y

k6=a,2ak=1

k= 2n

n−1

Y

k6=a,bk=1

k≡_n0.

On se penche à présent sur la preuve de la partie ’seulement si’ du théorème.

On suppose que n est premier etn >4.

4.Soitk∈N tel que2≤k≤n−2. Factoriser k²−1et en déduire que k² 6≡_n1.

Correction. Supposons quek²≡_n1. On a alors quendivisek²−1 = (k−1)(k+ 1). Puisquenest premier, par le Lemme d’Euclide il suit que n divise k−1 ou k+ 1. Mais ceci est impossible puisque

1

2

k−1< k+ 1< n. D’où une contradiction : on a donck² 6≡_n1.

5.Soitk∈Ntel que2≤k≤n−2. Montrer qu’il existe un uniquel∈Ntel que2≤l≤n−2,l6=ket kl≡_n1.

Correction. Puisquenest premier etk < n, les entiersketnsont premiers entre eux. Le Théorème de Bézout nous assure alors l’existence de deux entiers naturels,˜l etm, tels que

k˜l+mn= 1.

Si on prend la division euclidienne de ˜lparn :

˜l=qn+lavec 0≤l≤n−1, On obtient donc

kl≡_n1 avec0≤l≤n−1.

Reste à montrer quel est différent de0,1,(n−1)etk, et vérifier son unicité :

• l6= 0 : Sil= 0, alors 1≡_n0, ce qui est impossible (carn >4).

• l6= 1 : Sil= 1, alors k≡_n1, ce qui est impossible carn > k >1.

• l6=n−1 : Sil=n−1, alorsk(n−1)≡_n−k≡_n1, i.e.k≡_n−1, ce qui est impossible carn > k >1.

• l6=k : Sik=l, alors k² ≡_n1, ce qui est impossible d’après la question préc´dente.

• unicité : S’il existeletl⁰ dans{2,· · · , n−2}tels quekl≡_nkl⁰≡_n1, alorsk(l−l⁰)≡_n0, c’est-à-dire ndivise k(l−l⁰). Par le Lemme d’Euclide,n divise donck ou (l−l⁰), mais l’un comme l’autre est impossible.

6.SoitA défini parA:={k∈N: 2≤k≤n−2 et ∀l∈N, (2≤l≤k))⇒kl6≡_n1}.

Montrer queAa exactement(n−3)/2éléments et qu’il existe une bijectionφde Adans son complé- mentaire dans{2, ..., n−2} telle que sik∈Aalorskφ(k)≡_n1.

Correction. Commençons par noter que, puisquenest premier plus grand que 4,n est impair.

Il y a exactement(n−3)éléments dans [[2;n−2]].

On vient de montrer que, pour toutk∈[[2;n−2]], il existe un uniquel∈[[2;n−2]], différent dek, tel quekl≡_n1– on dira que l estl’inverse de kdans[[2;n−2]].

Ceci décrit une partition de [[2;n−2]], en parties à deux éléments, formées de ces couples (k, l) de nombres inverses l’un de l’autre dans [[2;n−2]]. Et dans chacun de ces couples, il y a un plus petit élément, et un plus grand élément. Il y a exactement n−3

2 tels couples, et A désigne simplement l’en- semble formé des plus petit des deux éléments de chaque couple.

Le complémentaire A de A, c’est donc l’ensemble formé des plus grands des deux éléments de chaque couple. D’aprés la question précédente, on a bien une bijectionϕ:A→A, qui à un entier de [[2;n−2]]

associe son unique inverse dans [[2;n−2]].

7.En déduire que (n−1)!≡_n1×(n−1)≡_n−1.

Correction. Il ne reste qu’à conclure pour finir la preuve du théorème. Puisque l’ensemble[[2;n−2]]

se décompose en A∪A, on a :

(n−1)! = (n−1)

n−2

Y

k=2

k= (n−1)Y

k∈A

kY

k∈A

k= (n−1)Y

k∈A

kϕ(k)≡_n(n−1)≡_n−1.