Ok voilà donc la démonstration
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Etape 1: Définition et étude d'une fonction g

Etape 1.1: Définiton de g
On définit la fonction $g_\alpha(x) = y$ avec $x = z.\alpha^y, z \in \mathbb{N}\ tq\ z%\alpha \ne 0$

Autrement dit, si je décompose x en facteurs premiers, j'ai y la valeur de l'exposant devant $\alpha$

Etape 1.2: Simplification de f en utilisant g
En posant
$$g_\alpha(x+1) = y_2\\ f_\alpha(x+1) = y_1\\ f_\alpha(x) = y_0$$
on a:
$$\exists z_2, z_1, z_0 \in \mathbb{N} \ tq\\ z_2%\alpha \ne 0,\\ z_1%\alpha \ne 0,\\ z_0%\alpha \ne 0\\ \\ x+1 = z_2.\alpha^{y_2}\\ x! = z_0.\alpha^{y_0}\\ (x+1)! = z_1.\alpha^{y_1}\\ z_1.\alpha^{y_1} = (x+1).x! = (x+1).z_0.\alpha^{y_0}\\ z_1.\alpha^{y_1} = z_2.z_0.\alpha^{y_0}.\alpha^{y_2}$$
On en déduit de la que $y_0+y_2=y_1$
Autrement dit:
$$f_\alpha(x+1) = f_\alpha(x)+g_\alpha(x+1)$$
ou plus généralement
$$f_\alpha(x+m) = f_\alpha(x)+\sum_{i=1}^{m}g_\alpha(x+i)$$
On a aussi les deux formules équivalentes:
$$f_\alpha(x-1) = f_\alpha(x)-g_\alpha(x)\\ f_\alpha(x-m) = f_\alpha(x)-\sum_{i=1}^{m}g_\alpha(x-i+1)$$
Fin de l'étape 1
On se retrouve avec deux super formules qui vous nous être très utiles.


Etape 2: Résolution du problème

Etape 2.1: Introduction de g
On repart de notre énoncé.

Etape 2.1.1: Cas particulier
Pour $A=0$ et $B=\alpha^n-1$, le cas est trivial, vu que $f_\alpha(0)=0$

Etape 2.1.2: Cas général
Pour A et B quelconques cette fois (vérifiant bien sûr leur propriété sur leur somme), on a: $A = 0+A$ et $B = \alpha^n-1-A$

Donc
$$f_\alpha(A) + f_\alpha(B)=\\ f_\alpha(0) + f_\alpha(\alpha^n-1) +\sum_{i=1}^{A}g_\alpha(i) -\sum_{i=1}^{A}g_\alpha(\alpha^n-1-i+1)$$
Il nous faut donc montrer que
$$\sum_{i=1}^{A}g_\alpha(i) -\sum_{i=1}^{A}g_\alpha(\alpha^n-i) = 0$$
Etape 2.2: Calcul de la différence
Là ça tombe vachement bien: ce ne sont pas les sommes qui s'annulent mais directement les termes 2 à 2 !
La preuve:

Etape 2.2.1: Cas trivial
$$i%\alpha \ne 0\\ \Rightarrow (\alpha^n-i)%\alpha \ne 0\\ $$
Dans ce cas:
$$\Rightarrow g_\alpha(i) = g_\alpha(\alpha^n-i) = 0$$
Etape 2.2.2: Autres cas, par récurrence
$$i%\alpha = 0 \Leftrightarrow (\alpha^n-i)%\alpha = 0\\ $$
On va alors faire une récurrence
Si $\exists J < n-1, i%(\alpha^J) = (\alpha^n-i)%(\alpha^J) = 0$
alors $i%(\alpha^{J+1}) = 0 \Leftrightarrow (\alpha^n-i)%(\alpha^{J+1})=0$
Allez, on y va. Dans un sens
$$i%(\alpha^{J+1}) = 0\\ \Rightarrow i=k.\alpha^{J+1}\\ \Rightarrow \alpha^n-i = \alpha^{J+1}.(\alpha^{n-J-1}-k)\\ \Rightarrow (\alpha^n-i)%(\alpha^{J+1}) = 0$$
Et dans l'autre, par contraposée:
$$i%(\alpha^{J}) = 0\\ i%(\alpha^{J+1}) \ne 0\\ \Rightarrow i=k.\alpha^{J}, k%\alpha \ne 0\\ \Rightarrow \alpha^n-i = \alpha^{J}.(\alpha^{n-J}-k)\\ k%\alpha \ne 0 \Rightarrow (\alpha^{n-J}-k)%\alpha \ne 0\\ \Rightarrow (\alpha^n-i)%(\alpha^{J+1}) \ne 0$$
CQFD.

Etape 2.3: Conclusion
On résume: la plus petite puissance de $\alpha$ qui ne divise pas i ne divise pas non plus $\alpha^n-i$, donc la plus grande puissance de $\alpha$ qui divise i est aussi la plus grande puissance de $\alpha$ qui divise $\alpha^n-i$.
Par construction donc $g_\alpha(i) = g_\alpha(\alpha^n-i)$
Donc $\sum_{i=1}^{A}g_\alpha(i) -\sum_{i=1}^{A}g_\alpha(\alpha^n-i) = 0$
Et donc enfin:
$$f_\alpha(A) + f_\alpha(B)=f_\alpha(0) + f_\alpha(\alpha^n-1) = f_\alpha(\alpha^n-1)$$
Ouf ca y est, on a gagné !

Merci papiauche, je ne connaissais pas le théorème de Lucas mais il est assez bluffant; je me demande si ce théorème est équivalent à mon résultat, je pense que oui d'ailleurs, c'est une bonne idée de démo à faire

En gros pour le coup du Pascal, en partant de mon résultat, on peut dire que pour tout p premier, les lignes de la forme p^n-1 ne comportent aucun multiple de p, chose qu'on peut montrer aussi avec le théorème de Lucas il est vrai.
Si tu as du mal à comprendre à un endroit de ma démo, pas de soucis pour que j'eclaircisse.