Ivan Shishkin, Rye (1878)

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Wilson on steroids

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47
Difficulty scaleÉchelle de difficulté

This score reflects both the level of the required concepts and the difficulty of the solution.Ce score tient compte à la fois du niveau des notions nécessaires et de la difficulté de la résolution.

  1. 1–10First steps / middle schoolPremiers pas / collège
  2. 11–25Beginner / high schoolDébutant / lycée
  3. 26–50Intermediate / undergraduateIntermédiaire / licence
  4. 51–70Advanced / graduateAvancé / master
  5. 71–90Expert / specializedExpert / spécialisé
  6. 91–100Research levelNiveau recherche
These levels are approximate guides.Ces niveaux sont des repères approximatifs.
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Let pp be an odd prime.

  1. Show that n:=(p2−1)!pp−1n:=\frac{\left(p^2-1\right)!}{p^{p-1}} is an integer.
  2. Compute the remainder of the Euclidean division of nn by pp.
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Solutions

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  1. Les multiples de pp non nuls et inférieurs à p2−1p^{2}-1 sont p,2p,…,(p−1)pp,2p,\dots,(p-1)p ainsi (p2−1)!=pp−1m(p^{2}-1)!=p^{p-1}m avec mm premier avec p.p.
  2. Le théorème de Wilson affirme que n∈N∗n\in\mathbb{N}^{*} est premier si, et seulement si (n−1)!≡−1mod  n.(n-1)!\equiv -1\mod n. On va montrer le sens qui nous intéresse et s’en servir pour répondre à la question.
    Méthode 1
    Soit pp premier. Alors dans Fp×\mathbb{F}_{p}^{\times} les seuls éléments qui sont leur propre inverse (dits involutifs) sont −1-1 et 11 car l’équation x2=1x^{2}=1 est équivalente à (x−1)(x+1)=0(x-1)(x+1)=0 et Fp\mathbb{F}_{p} est intègre puisque c’est un corps. On en déduit que tous les autres éléments de Fp×\mathbb{F}_{p}^{\times} ont un inverse distinct d’eux-même. Alors, dans Fp×\mathbb{F}_{p}^{\times},
    (p−1)!=∏k=1p−1k=∏x∈Fp×x=1×(−1)=−1∈Fp×.(p-1)!=\prod_{k=1}^{p-1}k=\prod_{x\in\mathbb{F}_{p}^{\times}}x=1\times (-1)=-1\in\mathbb{F}_{p}^{\times}.Méthode 2
    D’après le petit théorème de Fermat, ∀1≤k≤p−1,kp−1=1∈Fp\forall 1\leq k\leq p-1, k^{p-1}=1\in\mathbb{F}_{p}. Ainsi le polynôme Xp−1−1∈Fp[X]X^{p-1}-1\in\mathbb{F}_{p}[X] possède p−1p-1 racines distinctes et, étant de degré p−1p-1 il est scindé à racines simples et se factorise en Xp−1−1=∏k=1p−1(X−k).\displaystyle X^{p-1}-1=\prod_{k=1}^{p-1}(X-k). En évaluant en 00 on obtient donc
    −1=∏k=1p−1(−k)=(−1)p−1(p−1)!=(p−1)!-1=\prod_{k=1}^{p-1}(-k)=(-1)^{p-1}(p-1)!=(p-1)!On revient à notre problème initial. En écrivant les entiers k≤p2−1k\leq p^{2}-1 sous la forme k=qp+rk=qp+r avec 0≤q≤p−10\leq q\leq p-1 et 1≤r≤p1\leq r\leq p (ce n’est pas tout à fait la division euclidienne de
    kk par pp) on a :
    (p2−1)!=1p2∏q=0p−1∏r=1p(qp+r)=1p2∏q=0p−1(qp+p)∏q=0p−1∏r=1p−1(qp+r)=pp−1(p−1)!∏q=0p−1∏r=1p−1(qp+r)(p^{2}-1)!=\dfrac{1}{p^{2}}\prod_{q=0}^{p-1}\prod_{r=1}^{p}(qp+r)=\dfrac{1}{p^{2}}\prod_{q=0}^{p-1}(qp+p)\prod_{q=0}^{p-1}\prod_{r=1}^{p-1}(qp+r)=p^{p-1}(p-1)!\prod_{q=0}^{p-1}\prod_{r=1}^{p-1}(qp+r)(le 1p2\dfrac{1}{p^{2}} permet de retirer le terme correspondant, compté en trop dans le produit puisque p2p^{2}). Puis, en réduisant modulo pp,
    (p2−1)!pp−1=(p−1)!((p−1)!)p=(p−1)!p+1=⏟Wilson(−1)p+1=1∈Fp.\dfrac{(p^{2}-1)!}{p^{p-1}}=(p-1)!((p-1)!)^{p}=(p-1)!^{p+1}\underbrace{=}_{\text{Wilson}}(-1)^{p+1}=1\in\mathbb{F}_{p}.On peut aussi conclure d’une autre manière en s’inspirant de la première méthode de la preuve du sens direct du théorème de Wilson :
    Le produit (p2−1)!pp−1\dfrac{(p^{2}-1)!}{p^{p-1}} vu dans Z/p2Z\mathbb{Z}/p^{2}\mathbb{Z} est le produit des inversibles fois (p−1)!(p-1)! (facteur correspondant au multiples de pp). Or l’équation x‾2=1\overline{x}^{2}=1 a aussi pour solutions −1-1 et 11 car si p2p^{2} divise (x−1)(x+1)(x-1)(x+1) alors soit p2∣x−1p^{2}\mid x-1, soit p2∣x+1p^{2}\mid x+1, soit p∣x−1p\mid x-1 et p∣x+1p\mid x+1 mais dans ce dernier cas p∣x−1−(x+1)=2p\mid x-1-(x+1)=2 ce qui est exclu car pp impair. Par le même argument on conclut alors que
    (p2−1)!pp−1=−(p−1)!mod  p2\dfrac{(p^{2}-1)!}{p^{p-1}}=-(p-1)!\mod p^{2}ce qui implique le résultat déjà trouvé en réduisant encore modulo p.p.
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