Examen National 2021 (Session de Rattrapage) :
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Soit $A = 1 + a + a^2 + \cdots + a^6$.
Soit $p$ un nombre premier tel que $p$ divise $A$.- Puisque $p$ divise $A$, on a en termes de congruences : \[ A \equiv 0 \pmod p \] En multipliant cette égalité par $(a-1)$, on reconnaît l'identité remarquable d'une somme géométrique : \begin{align*} (a-1)A &\equiv 0 \pmod p \\ a^7 - 1 &\equiv 0 \pmod p \\ a^7 &\equiv 1 \pmod p \end{align*}
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Montrons par l'absurde que $p \land a = 1$.
Si on suppose que $p$ n'est pas premier avec $a$, alors $p$ et $a$ partagent un diviseur commun autre que 1. Puisque $p$ est un nombre premier, ce diviseur est obligatoirement $p$ lui-même. On a donc $p \mid a$, ce qui donne : \[ a \equiv 0 \pmod p \] En élevant à la puissance 7, on obtient $a^7 \equiv 0 \pmod p$.
Ceci est une contradiction avec la question précédente où nous avons démontré que $a^7 \equiv 1 \pmod p$ (sachant que $0 \not\equiv 1 \pmod p$).
Par conséquent, $p$ et $a$ sont bien premiers entre eux ($p \land a = 1$).
Le petit théorème de Fermat s'applique donc et donne : \[ a^{p-1} \equiv 1 \pmod p \] En élevant cette congruence à une puissance entière $m$, on en déduit : \[ a^{(p-1)m} \equiv 1 \pmod p \]
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On suppose maintenant que $7$ ne divise pas $(p-1)$.
- Puisque $7$ est un nombre premier et qu'il ne divise pas $(p-1)$, on a nécessairement : \[ 7 \land (p-1) = 1 \] D'après le théorème de Bachet-Bézout, il existe un couple d'entiers naturels $(m,n) \in \mathbb{N}^2$ (quitte à ajuster les signes) tel que : \begin{align*} m(p-1) - 7n &= 1 \\ m(p-1) &= 7n + 1 \end{align*} En élevant $a$ à cette puissance : \begin{align*} a^{m(p-1)} &= a^{7n+1} \\ (a^{p-1})^m &= (a^7)^n \times a \end{align*} Or, d'après la question 1.a), $a^7 \equiv 1 \pmod p$, et d'après la question 1.b), $a^{p-1} \equiv 1 \pmod p$. En remplaçant dans l'égalité modulo $p$ : \begin{align*} 1^m &\equiv 1^n \times a \pmod p \\ 1 &\equiv a \pmod p \end{align*} On en déduit que $a \equiv 1 \pmod p$.
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Si $a \equiv 1 \pmod p$, alors en remplaçant dans l'expression initiale de $A$ :
\begin{align*}
A &= 1 + a + a^2 + \cdots + a^6 \\
A &\equiv 1 + 1 + 1^2 + \cdots + 1^6 \pmod p \\
A &\equiv 7 \pmod p
\end{align*}
Or, nous savons depuis le début que $p$ divise $A$, donc $A \equiv 0 \pmod p$.
On en déduit : \[ 7 \equiv 0 \pmod p \] Ceci implique que $p$ divise $7$. Puisque $p$ est un nombre premier, la seule possibilité est : \[ p = 7 \qquad (\text{donc} \quad a=1 \quad \text{ et }\quad A=7)\]
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Conclusion :
Nous venons d'étudier les diviseurs premiers $p$ de $A$. Deux cas se présentent par rapport à la divisibilité de $(p-1)$ par $7$ :- Cas 1 : Si $7$ ne divise pas $(p-1)$, alors nous avons prouvé à la question 2.b) que $p = 7$.
- Cas 2 : Si $7$ divise $(p-1)$, alors il existe un entier $k$ tel que $p-1 = 7k$. Cela s'écrit aussi $p = 7k+1$, ce qui équivaut à la congruence $p \equiv 1 \pmod 7$.
En résumé, si $p$ est un nombre premier qui divise $A$, on a obligatoirement : \[ p = 7 \quad \textbf{ou} \quad p \equiv 1 \pmod 7 \]
💡 Exemple illustratif : Calcul de $A$ pour $a=2$ modulo $7$
Pour concrétiser le résultat précédent, regardons ce qui se passe pour $a=2$ en calculant $A$ modulo $7$.
On remarque que l'ordre de $2$ modulo $7$ est $3$, car $2^3 = 8 \equiv 1 \pmod 7$. Les puissances de $2$ se répètent donc par cycles de trois : $1, 2, 4, 1, 2, 4 \dots$
Or, la somme d'un cycle complet s'annule modulo $7$ : $1 + 2 + 4 = 7 \equiv 0 \pmod 7$.
En regroupant les $7$ termes de la somme $A$ par blocs de $3$, on obtient :
\begin{align*} A &= (1 + 2 + 2^2) + (2^3 + 2^4 + 2^5) + 2^6 \\ A &\equiv (1 + 2 + 4) + 2^3(1 + 2 + 4) + 2^6 \pmod 7 \\ A &\equiv 0 + 1 \times 0 + 1 \pmod 7 \\ A &\equiv 1 \pmod 7 \end{align*}On retrouve bien le résultat de notre démonstration théorique : si $a \not\equiv 1 \pmod 7$, alors $A \not\equiv 0 \pmod 7$ (ici $A \equiv 1 \pmod 7$), ce qui confirme que $7$ ne divise pas $A$.