seul au monde

Je suis pas capable de le faire enfin je ne pense pas mais en gros il faut démontrer que si n est premier alors $(n-1)!+1\equiv 0$ (mod n) ?

Si p est non premier, il admet au moins un diviseur d tel que 1 < d < p et par conséquent p = kd avec également 1 < k < p.

Si k et d ne sont pas égaux, k et d sont alors présents dans la liste 1, 2, 3, ... (p - 1) donc (p - 1)! est divisible par p, il en découle naturellement $(p - 1)! \equiv 0 [p]$. Reste le +1

Si k et d sont égaux je cale.

Shadock

Méthode possible : considérer $P_0(X)=(X-1)^{n-1},P_1(X)=XP_0'(X),P_2(X)=XP_1'(X)...$

Je joue le joker "appel à un ami" et j'appelle Kosmo...

Klimrod a écrit:

Je joue le joker "appel à un ami" et j'appelle Kosmo...

"- Tu peux me répéter la question ?
- Alors voilà :
Nous allons démontrer le sens direct du théorème de Wilson. Montrer que  $\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k\binom{n-1}{k}(n-k)^{n-1}=(n-1)!$. En déduire...
- bip bip bip

SaintPierre a écrit:

Je rajouterai même que c'est indigeste.

Ce problème était très intéressant, et tout particulièrement la première partie.

Je rejoins Yanyan sur ce coup : la formule proposée est très élégante. C'est ce qui m'a envie de réfléchir plusieures heures sur la preuve, sans que je parvienne à l'établir pour autant .

L'idée est la suivante : on reconnait dans la relation donnée un dévellopement du binôme de Newton, enfin pas tout à fait mais $P_0(A)=(A-1)^{n-1}=\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k\binom{n-1}{k}A^{k-1}$ . Le k-1 est en exposant, pour le faire "descendre" on dérive l'expression par rapport à la variable A est on fait A=1. A ce stade on a k-1 à la puissance 1, mais on le veut à la puissance n-1. L'expression dérivée est $P'_0(A)=\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k\binom{n-1}{k}(k-1)A^{k-2}$, si on redérive on aura du (k-1)(k-2) donc on multiplie la relation par A, puis seulement on dérive...
Il faudra faire cela n-1 fois et faire A=1.

D'où l'étude de $P_0(A)=(A-1)^{n-1}$ puis de $P_1(A)=AP'_0(A)$... En calculant en peu, et en gardant en tête qu'on évalue en A=1, on remarque que seul compte $A^iP_0^{(i)}$ où l'exposant entre parenthèses désigne la dérivée i-ème. Reste à le montrer, on suppose que $P_i(A)=A^iP_0^{(i)}+R_i(A)(A-1)^{n-i}$ d'ou $AP'_i(A)=A(iA^{i-1}P_0^{(i)}+A^iP_0^{(i+1)}+R'_i(A)(A-1)^{n-i}+R_i(A)(n-i)(A-1)^{n-i-1})$
$$=A^{i+1}P_0^{(i+1)}+(A-1)^{n-(i+1)}(R_i(A)(n-i)(A-1)^{n-i-1}+R'_i(A)(A-1))$$
Maintenant en évaluant en 1 on trouve la valeur de la dérivée n-1 i-ème de $(A-1)^{n-1}$ qui est constante égale à (n-1)!.

Pour finir Fermat nous dit que $(n-k)^{n-1}=1[n]$ si n est premier et k différent de 0, $n^k=0[n]$, donc si on ajoute 1 on reconnait le dévellopement de $(1-1)^{n-1}$ d'où la divisibilité par n.

Je conseille  une feuille de papier pour suivre ce raisonnement.

Je plussoie.

Bien que je reste un peu moi aussi réfractaire à des exercices très théorique. Ca me rappelle trop la taupe (S&KOH).

Tout à fait c'est la démonstration classique, mais c'est surtout montrer la première relation de l'énigme qui me semblait dure, prise de tête...

C'est amusant ça, j'ai pasé le bac à la Réunion sous les cocotiers et après taupe en métropole.
Je m'en souviens aussi