Le but de cet article est de démontrer qu’un nombre entier $n\geq 2$ est premier, si et seulement si, pour tout entier $k$ compris entre $1$ et $n-1$, le coefficient binomial $\binom{n}{k}$ est divisible par $n.$
Visualisez le triangle de Pascal
Les premières lignes du tableau de Pascal sont les suivantes, à chaque fois est donnée la valeur du coefficient binomial $\binom{n}{k}.$
\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
&k=0&k=1&k=2 & k=3 & k=4& k=5& k=6& k=7& k=8\\
\hline
n=0&1 & \\
\hline
n=1&1 & 1\\
\hline
n=2&1 & 2 & 1\\
\hline
n=3&1 & 3 & 3 & 1\\
\hline
n=4&1 & 4 & 6 & 4 & 1\\
\hline
n=5&1 & 5 & 10 & 10 & 5& 1\\
\hline
n=6&1 & 6 & 15 & 20 & 15& 6 & 1\\
\hline
n=7&1 & 7 & 21 & 35 & 35& 21 & 7 & 1\\
\hline
n=8&1 & 8 & 28 & 56 & 70& 56 & 28 & 8&1\\
\hline
\end{array}En prenant un numéro de ligne qui est un nombre premier, par exemple lorsque $n=7$, vous constatez que les coefficients binomiaux $7$, $21$, $35$, $35$, $21$ et $7$ sont tous des multiples de $7.$ Autrement dit :
\forall k\in\llbracket 1, 6\rrbracket, \quad 7 \left| \binom{7}{k}\right..Par contre, en prenant $n=6$ qui n’est pas un nombre premier, vous constatez, par exemple que $20$ n’est pas un multiple de $6$, ce qui s’écrit ainsi :
6 \not\left| \binom{6}{3}\right..Autrement dit :
\exists k\in\llbracket 1, 5\rrbracket, \quad 6 \not\left| \binom{6}{k}\right..Le premier sens comme conséquence du lemme d’Euclide
Soit $n$ un nombre entier supérieur ou égal à $2.$ Vous supposez que $n$ est un nombre premier.
Soit $k$ un nombre entier compris entre $1$ et $n-1.$ Le coefficient binomial $\binom{n}{k}$ se calcule avec une expression comportant des factorielles :
\binom{n}{k} = \frac{n!}{k! (n-k)!}.Vous déduisez de ce qui précède que :
n! = k! (n-k)! \binom{n}{k}.Comme $n! = n\times (n-1)!$ il s’ensuit que $n$ divise le produit $k! (n-k)! \binom{n}{k}.$
Supposez que $n$ ne divise pas le coefficient binomial $\binom{n}{k}.$ Comme $n$ est un nombre premier qui divise le produit des deux nombres $k! (n-k)!$ et $\binom{n}{k}$ le lemme d’Euclide (vous en trouverez une démonstration dans le contenu rédigé dans l'article 126) permet d’affirmer que $n$ divise $k! (n-k)!.$ Toujours d’après le même lemme d’Euclide, $n$ divise un des facteurs noté $i$ du produit $k! (n-k)!.$ Comme $k$ est compris entre $1$ et $n-1$, tous les facteurs du produit $k! (n-k)!$ sont des nombres entiers compris entre $1$ et $n-1.$ Il s’ensuit que $i$ lui-même est un entier compris entre $1$ et $n-1.$
Or, $n$ divise $i$ avec $i$ non nul impose d’avoir $n\leq i.$ Or il a été vu que $i \leq n-1$ ce qui aboutit à une contradiction.
Par l’absurde, il a été prouvé que $n$ divise le coefficient binomial $\binom{n}{k}.$
Ainsi, pour tout entier $n$ supérieur ou égal à $2$, l’implication ci-dessous est démontrée.
\boxed{n \text{ est premier }\implies \forall k\in\llbracket 1, n-1\rrbracket, \quad n \left| \binom{n}{k}\right..}Le sens réciproque comme conséquence de la relation de Pascal et de l’arithmétique modulaire
Visualisez la situation lorsque $n=8$
Supposez que, pour $n=8$, vous ayez :
\forall k\in\llbracket 1, n-1\rrbracket, \quad n \left| \binom{n}{k}\right..Vous raisonnez modulo $8$ et obtenez :
\forall k\in\llbracket 1, 7\rrbracket, \quad \binom{8}{k} \equiv 0 \mod 8.En écrivant le triangle de Pascal modulo $8$ pour les lignes $n=7$ et $n=8$ il vient :
\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
&k=0&k=1&k=2 & k=3 & k=4& k=5& k=6& k=7& k=8\\
\hline
n=7&1 & & & & & & & \\
\hline
n=8&1 & 0 & 0 & 0 & 0& 0 & 0 & 0&1\\
\hline
\end{array}Pour déterminer le résidu du coefficient binomial $\binom{7}{1}$ modulo $8$, vous utilisez la relation de Pascal :
\binom{7}{0}+\binom{7}{1} = \binom{8}{1}.Ainsi :
\binom{7}{1} = \binom{8}{1} - \binom{7}{0}.En raisonnant modulo $8$ cela donne :
\begin{align*}
\binom{7}{1} &\equiv 0 - 1 \mod 8\\
&\equiv -1 \mod 8.
\end{align*}En continuant ainsi, vous obtenez tous les résidus modulo $8$ de la ligne du triangle de Pascal pour $n=7$ et constatez une alternance de $1$ et de $-1.$
\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
&k=0&k=1&k=2 & k=3 & k=4& k=5& k=6& k=7& k=8\\
\hline
n=7&1 & -1 & 1 & -1 &1 &-1 &1 &-1 \\
\hline
n=8&1 & 0 & 0 & 0 & 0& 0 & 0 & 0&1\\
\hline
\end{array}Note. Vous ignorez le dernier résidu de la ligne pour $n=7$ qui est égal à $-1.$ En prenant une autre ligne, par exemple $n=9$, vous auriez trouvé à la ligne $n=8$ un résidu de $1$ et n’auriez pas pu conclure à une absurdité.
Comme $8$ n’est pas premier, il admet un diviseur propre, à savoir un nombre $d$ compris entre $2$ et $7$, tel que $d\mid 8.$
Vous vous intéressez au coefficient binomial $\binom{8}{d} = \binom{8}{2}$ et l’exprimez avec un coefficient binomial situé dans la ligne précédente du tableau de Pascal :
\begin{align*}
\binom{8}{2} &= \frac{8!}{2! 6!}\\
&=\frac{8 \times 7! }{2\times 1! 6!}\\
&=\frac{8}{2}\times \frac{7!}{1! 6!}\\
&= 4\times \binom{7}{1}.
\end{align*}En prenant les résidus modulo $8$, vous obtenez :
\begin{align*}
\binom{8}{2} &\equiv 4\times (-1) \mod 8\\
&\equiv -4 \mod 8.
\end{align*}Du coup, il vient :
0 \equiv-4 \mod 8.
Ceci est absurde.
Vous en déduisez qu’il est impossible que $8$ divise tous les coefficients binomiaux $\binom{8}{k}$ lorsque $k$ décrit l’intervalle d’entiers $\llbracket 1, 7\rrbracket.$
Traitez le cas général
Soit $n$ un entier supérieur ou égal à $2$, tel que :
\forall k\in\llbracket 1, n-1\rrbracket, \quad n \left| \binom{n}{k}\right..Si $n = 2$, le nombre $n$ est un nombre premier et le résultat est démontré.
Supposez maintenant que $n\geq 3.$
Alors :
\forall k\in\llbracket 1, n-1\rrbracket, \quad \binom{n}{k} \equiv 0 \mod n.Vous allez maintenant effectuer une récurrence limitée afin de déterminer les résidus modulo $n$ des coefficients binomiaux $\binom{n-1}{k}$ lorsque $k$ décrit l’intervalle $\llbracket 0, n-1\rrbracket.$
Pour tout entier $k\in \llbracket 0, n-1\rrbracket$ vous notez $\mathscr{P}(k)$ la propriété : « le résidu modulo $n$ du coefficient binomial $\binom{n-1}{k}$ est égal à $(-1)^k$ ».
Initialisation. Pour $k=0$, vous avez d’une part $(-1)^k = (-1)^0 = 1.$
D’autre part, $\binom{n-1}{0} = 1$ donc $\binom{n-1}{0} = (-1)^0$ ce qui donne :
\binom{n-1}{0} \equiv (-1)^0 \mod n.La propriété $\mathscr{P}(0)$ est vérifiée.
Hérédité. Soit $k$ un entier naturel inférieur ou égal à $n-2$ tel que $\mathscr{P}(k)$ soit vérifiée.
Vous avez déjà :
\binom{n-1}{k} \equiv (-1)^k \mod n.D’après la relation de Pascal :
\binom{n-1}{k} + \binom{n-1}{k+1} = \binom{n}{k+1}. \binom{n-1}{k+1} = \binom{n}{k+1} - \binom{n-1}{k}.Comme $k+1$ est un entier supérieur ou égal à $1$ et inférieur ou égal à $n-1$, vous avez :
\binom{n}{k+1} \equiv 0 \mod n.Du coup :
\begin{align*}
\binom{n-1}{k+1} &\equiv 0 - (-1)^k \mod n \\
&\equiv (-1)^{k+1} \mod n.
\end{align*}
Donc la propriété $\mathscr{P}(k+1)$ est vérifiée.
Conclusion. Par récurrence limitée, il a été établi que :
\forall k\in\llbracket 0, n-1\rrbracket, \quad\binom{n-1}{k} \equiv (-1)^k \mod n.Supposez que $n$ ne soit pas un nombre premier.
Il existe deux diviseurs propres $d$ et $d’$ c’est-à-dire deux entiers compris entre $2$ et $n-1$ tels que $n = dd’.$
Vous exprimez le coefficient binomial $\binom{n}{d}$ de la façon suivante :
\begin{align*}
\binom{n}{d} &= \frac{n! }{d! (n-d!)}\\
&= \frac{n}{d}\times \frac{(n-1)!}{(d-1)! (n-d)!}\\
&=d' \times \binom{n-1}{d-1}.
\end{align*}Maintenant, modulo $n$, vous avez :
\begin{align*}
0 &\equiv \binom{n}{d} \mod n\\
&\equiv d' \times \binom{n-1}{d-1} \mod n.
\end{align*}Comme $d-1$ est compris entre $0$ et $n-1$, vous déduisez :
\binom{n-1}{d-1} \equiv (-1)^{d-1}\mod n.Du coup :
0\equiv d'\times (-1)^{d-1}\mod n.En multipliant ce résultat par $(-1)^{d-1}$ vous aboutissez à :
0\equiv d' \mod n.
Il en résulte que $n$ divise $d’$ qui est non nul, donc $n\leq d’ \leq n-1$ ce qui est absurde.
Donc $n$ est un nombre premier.
Ainsi, pour tout entier $n$ supérieur ou égal à $2$, l’implication ci-dessous est démontrée.
\boxed{n \text{ est premier }\impliedby \forall k\in\llbracket 1, n-1\rrbracket, \quad n \left| \binom{n}{k}\right..}Concluez
Il a été démontré l’équivalence suivante :
\boxed{\forall n\geq 2, n \text{ est premier }\Longleftrightarrow \forall k\in\llbracket 1, n-1\rrbracket, \quad n \left| \binom{n}{k}\right..}Prolongement
Pourriez-vous utiliser le résultat établi pour démontrer qu’un nombre entier $n\geq 2$ est premier, si et seulement si, pour tout entier $a$ premier avec $n$, $(X+a)^n\equiv X^n+a \mod n$ ?
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