1. Soit $~p~$ un nombre premier positif. et soit $k\in\mathbb N ~~\mbox{tel que:}~~~0 On a:
    $C_p^k=\dfrac{p!}{k!(p-k)!}=\dfrac{p}{k}~\times \dfrac{(p-1)!}{(k-1)!(p-k)!}=\dfrac{p}{k}~C_{p-1}^{k-1}$
    $\Rightarrow k~C_p^k=p~C_{p-1}^{k-1}\qquad (1)$
    ALors d'après (1) et le fait que p est premier on a: \begin{cases} p~|~\left(k~C_p^k\right) \\\\ p\land k=1 \end{cases} D'après le théorème de Gauss on déduit que: $$~~p|C_p^k$$
  2. D'après la formule du binôme de Newton: $$(a+b)^p=a^p+b^p+\sum_{k=1}^{p-1}C_p^ka^{n-k}b^k$$ De ce qui précède et pour $~~0\lt k\lt p~~$ on a: $$C_p^k=0\mod p $$ Et par la suite: $$(a+b)^p=a^p+b^p\mod p$$
  3. En prenant: $~~a=n+1~~$ et $~~b=1~~$ on obtient: $$(n+1)^p=n^p+1 \mod p$$ Appliquons ce résultat: $k=1,2,\cdots,n-1$
    On a alors: \begin{align*} \sum_{k=1}^{n-1}{[(k+1)^p-k^p]}&=\sum_{k=1}^{n-1}{[1\mod p]}\\\\ \sum_{k=1}^{n-1}{[(k+1)^p-k^p]}&=n-1\mod p \end{align*} Remarquons que: $$\sum_{k=1}^{n-1}{[(k+1)^p-k^p]}=n^p-1$$ On obtient donc:
    $$n^p-1=n-1\mod p$$ ou encore:
    $$n^p=n\mod p\qquad (2)$$
  4. La relation (2) nous permet de dire que $~a~$ dans $~\mathbb Z$ on a: $$ a^p=a\mod p$$ Ceci implique: $$a(a^{p-1}-1)=0\mod p$$ Si $~(a\land p)=1~$ alors $~a~$ est inversible modulo $~p~$ et on a: $$a^{p-1}-1=0\mod p$$ Autrement dit pout $a$ dans $\mathbb Z$ premier avec p $$a^{p-1}=1\mod p $$ Ce dernier résultat est connu sous le nom: petit théorème de Fermat.
  5. Applications
    1. Pour: $~p=17$ on a:
      $33782=1987\times 17 + 3$
      Donc:
      $33782=3\mod 17$
      D'autres part:
      $240=15\times 16~~$ (notez: $16=p-1$) D'après le petit théorème de Fermat (appliqué à $p=17$): $$\begin{cases} 3\land 17=1\\\\17~~\text{est premier} \\ \end{cases}$$ Ce qui implique: $$3^{16}=1\mod 17$$ Et donc: $$3^{16\times 15}=1^{15}=1\mod 17$$ Par conséquent: $$\boxed{33782^{240}=1\mod 17}$$
    2. Posons: $~~n=16320$
      Décomposition en produit de facteurs premiers:
      $$16320=2^6\times 3\times 5\times 17$$ On va montrer que $n$ est divisible par:$\quad 2^6;~3;~5~$ et $~17$
      • Divisibilité par $2^6$:
        On montre aisément que: $$(p^{16}-1)=(p^2-1)(p^2+1)(p^4+1)(p^8+1)$$ Or: $$p^2-1=(p-1)(p+1)=0\mod 8 $$ (on pourra constater que c'est le produit de nombres pairs consécutifs et donc l'un d'eux est divisible par 4.)
        De plus $~~(p^2+1)(p^4+1)(p^8+1)~~$ est divisible par 8 (car produits de trois nombres pair
        Donc: $n$~~ est divisible par $2^6$
      • Divisibilité par 3:
        En plus par application du théorème fermat au nombre premier 3 ($~p$ joue le rôle $~a$~) on trouve: $$p^2-1=0\mod 3$$ donc: p^{16}-1 est divisible par 3:
      • Divisilité par 5:
        Le même théorème appliqué au nombre premier 5 ($~p~$ joue le rôle $~a~$) on obtient: $$(p^2-1)(p^2+1)=p^4-1=0\mod 5$$
      • Divisibilité par 17:
        Appliquons Fermat au nombre premier $17~~$:
        Par hypothèse on a: p\geq 19 et donc: $p\land 17=1$ Et alorss: $$p^{16}-1=0\mod 17$$ d'où la divisibilité par 17.
        Par la suite: $~n~$ est divisible par $16320$
    3. On a: $$\begin{cases} p^{q-1}=1\mod q\\ q^{p-1}=0\mod q \\ \end{cases}\Longrightarrow p^{q-1}+q^{p-1}=1\mod q$$ De la même manière, et en inversant les rôles de $p$ et $q$ on trouve: $$q^{p-1}+p^{q-1}=1\mod p$$ Et Donc le nombre: $$(p^{q-1}+q^{p-1}-1)$$ est à la fois divisible par $~p~$ et $~q~~$ et est donc divisible par $pq$.

      Ce qui veut dire que: $$p^{q-1}+q^{p-1}-1=0\mod pq$$ Ou de manière équivalente: $$p^{q-1}+q^{p-1}=1\mod pq$$
    4. On a:
      $a\land p=1\Rightarrow a^{p-1}=1\mod p$
      Ce qui implique: $$ a^{(p-1)(q-1)}=1^{q-1}=1\mod p$$ D'autres part:
      Posons: $~~b=a^{p-1}$
      On a donc:
      $a\land q=1\Longrightarrow b\land q=1$
      Donc d'après Fermat: $$ b^{q-1}=1\mod q$$ Ce qui implique:$$a^{(p-1)(q-1)}=1\mod q$$ Et alors le nombre ~~$(~a^{(p-1)(q-1)}-1~)$~~ est divisibles par les nombres premiers $~~p~~$ et $~~q~~$
      On en déduit qu'il est divisible ~~$pq$
      Par la suite:
      $$a^{(p-1)(q-1)}-1=0\mod pq$$
    5. Posons: ~~$n=a^{4b+d}-a^{4c+d}=a^d(a^{4b}-a^{4c})$
      On a: $30=2\times 3\times 5$
      Pour montrer que 30 divise n il suffit de montrer que les nombres 2;3 et 5 divisent $n$
      En effet, il est clair que si l'un des nombres 2;3 ou 5 divise a alors alors il divise aussi $n$
      • Si $a\land 2=1$:
        $a^{4b}-a^{4c}$ est un multiple de 2 car il est la différence de deux nombres pairs.
      • Si $a\land 3=1$ alors $a^2=1\mod 3\Rightarrow a^{4b}=1^b\mod 3$.
        de la même manière on montre que $a^{4c=1\mod 3}$.
        Et Donc:
        $a^{4b}-a^{4c}=0\mod 3$
        par la suite: $n=0\mod 3$
      • Si $a\land 5=1$ alors $a^4=1\mod 5$
        D'où: $a^{4b}=a^{4c}=1\mod 5$
        Ce qui implique: $a^{4b}-a^{4c}=0\mod 3$
        et par conséquent: $n=0\mod 5$
      En résumé:
      Dans tous les cas $~n~$ est divisible par $~30$.