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Pour $n \ge 2$, l'entier $2$ apparaît dans le produit de la factorielle, donc $2$ divise $n!$.
Par conséquent, $n!$ est pair, son carré $(n!)^2$ est également pair, ce qui implique que $a_n = (n!)^2+1$ est un nombre impair. -
Soit $p$ un diviseur premier de $a_n$ (si $a_n$ est premier, alors $p = a_n$).
Montrons par l'absurde que $p > n$.
Supposons que $p \le n$. Puisque $p$ est premier, il figure parmi les facteurs de $n!$. On a donc $p \mid n!$, ce qui entraîne $p \mid (n!)^2$.
Or, par définition, $p$ divise $a_n = (n!)^2+1$.
En soustrayant ces deux multiples de $p$, on en déduit que $p$ divise la différence : \[ a_n - (n!)^2 = 1 \] Ceci est une contradiction absurde, car un nombre premier ne peut pas diviser $1$.
On en conclut rigoureusement que $p > n$. -
On suppose dans cette question que $p$ est de la forme $4k+3$ (avec $k \in \mathbb{N}$).
Considérons l'expression $(n!)^{2(2k+1)}+1$. En posant $X = (n!)^2$, et en utilisant l'identité de factorisation d'une somme de puissances impaires ($X^{2k+1}+1$), on obtient : \begin{align*} (n!)^{2(2k+1)}+1 &= X^{2k+1}+1 \\ &= (X+1)\left(X^{2k}-X^{2k-1}+\cdots -X+1\right) \\ &= \left((n!)^2+1\right)\left(\left[(n!)^2\right]^{2k}-\left[(n!)^2\right]^{2k-1}+\cdots +1\right) \end{align*} Le premier facteur étant exactement $a_n$, on voit bien que l'expression $(n!)^{2(2k+1)}+1$ est divisible par $a_n$. -
Puisque $p = 4k+3$, remarquons que $p-1 = 4k+2 = 2(2k+1)$.
L'expression de la question précédente peut donc se réécrire $(n!)^{p-1}+1$.
En multipliant cette expression par $n!$, il vient : \[ (n!)^p + n! = n!\left((n!)^{p-1}+1\right) \] D'après la question 3, le facteur entre parenthèses est divisible par $a_n$. Par conséquent, la quantité $(n!)^p + n!$ est elle aussi divisible par $a_n$. -
Puisque $p$ est un diviseur premier de $a_n$, il divise tout multiple de $a_n$. On déduit de la question précédente (ou de la question 3 directement) que :
\[ (n!)^{p-1}+1 \equiv 0 \pmod p \]
Or, nous avons prouvé à la question 2 que $p > n$. L'entier $p$ est premier, il est donc strictement premier avec $n!$ ($p \land n! = 1$).
On peut donc appliquer le petit théorème de Fermat : \[ (n!)^{p-1} \equiv 1 \pmod p \] En substituant ce résultat dans notre première congruence, on obtient : \begin{align*} 1 + 1 &\equiv 0 \pmod p \\ 2 &\equiv 0 \pmod p \end{align*} Ceci implique que $p$ divise $2$, et donc que $p=2$.
Cependant, d'après la question 1, $a_n$ est impair, donc tous ses diviseurs premiers sont impairs ($p \neq 2$). C'est une contradiction!
L'hypothèse de départ ($p = 4k+3$) est donc fausse. Un nombre premier impair n'ayant que deux formes possibles modulo 4, on en déduit nécessairement que : \[ p = 4k+1 \]
Récapitulons :
Nous venons de démontrer que pour tout entier $n \ge 2$, l'entier $a_n = (n!)^2+1$ admet au moins un diviseur premier $p$. Ce diviseur premier possède deux propriétés fondamentales : il est strictement supérieur à $n$ ($p > n$) et il est de la forme $4k+1$.
Puisque l'on peut choisir un entier $n$ arbitrairement grand, on peut toujours construire un nouveau nombre premier de la forme $4k+1$ plus grand que $n$. Ceci prouve de manière constructive qu'il existe une infinité de nombres premiers de la forme $4k+1$.