Soient les propositions suivantes:

1.  n  P^c pP \ D_P(n)  n C^p_n

2.  n  P^c pD_P(n)  C^p_n mod n = n/p

3.  n  P^c _pDP(n) (1/p)  N

4.  p  P\{2} p _qPq<p

avec:

P ensemble des naturels premiers

P^c ensemble des naturels non nuls et non premiers

D_P(n) ensemble des diviseurs premiers de n

On souhaite montrer que:

p  P\{2}  p _qPq<p C^q_p (*)

Pour ce faire, on va démontrer les propositions 1) à 4), et montrer que leur conjonction implique la proposition (*) ci-dessus.

1. Démonstration de 1)

Soit n un entier naturel strictement positif et p un naturel inférieur à n et premier avec n.

On a alors:

C^p_n = n!/(p!(n-p)!) = n (n-1)!/(p!(n-p!))

Posons:

b:= (n-1)!

c:= p!(n-p)!

• si b/c  N alors n C^p_n

• si b/c  N alors b=kc+d, avec k  N et 0<d<c, d'où b/c = k+d/c.

Or C^p_n = (n*b/c)  N donc c n.

De plus, le nombre c est le produit de n-2 nombres supérieurs ou égaux à 2 lorsque n>2, auquel cas c2^n-2 . Il s'ensuit que si n>4, c>n et donc c ne divise pas n.

Si n<5 on a:

Si n=1 p=0 ou p=1 et 1  C^p₁ = 1.

Si n=2 p=1 et 2  C¹₂ = 2.

Si n=3 p=1 ou p=2 et 3  C¹₃ = C²₃ = 3 .

Si n=4 p=1 ou p=3 et 4  C¹₄ = C³₄ = 4 .

Donc (b/c)  N et n C^p_n

On a donc démontré la proposition 1).

2. Démonstration de 2)

Soit n un naturel composé, p l'un de ses diviseurs premiers et k=n/p.

On a :

C^p_n = (n/p) C^p-1_n-1 = k C^p-1_n-1

Or C^p-1_n-1 = ap+r avec a  N et 0 < r < p.

C^p-1_n-1 = (n-1)(n-2)…(n-(p-1))/(p-1) !

Donc:

(r+ap) (p-1)! = (n-1)(n-2)…(n-(p-1))

r(p-1)!+a(p!) = (kp-1)(kp-2)…(kp-(p-1))

= _i=1..p-1 α_i pⁱ + (p-1)! si p est impair,

avec α_i  N et _i=1..p-1 α_i  0.

D'où:

(r-1) (p-1)! + a(p!) = _i=1..p-1 α_i pⁱ,

d'où r = 1.

Donc, si p est impair, C^p-1_n-1 = ap+1, d'où:

C^p_n = (n/p) (ap+1) = an + n/p et C^p_n mod n = (n/p)

Si p est pair, alors p=2 (car p est premier) et C^p_n = C²_2k = k C¹_2k-1= k (2k-1)

D'où C²_2k mod (2k)= k.

Donc on a démontré 2).

3. Démonstration de 3)

Soient p_α1 et p_α2 deux nombres premiers distincts. On a:

(p_α1)^-1 + (p_α2)^-1 = (p_α1 + p_α2)/ (p_α1p_α2), qui n'est pas un entier.

Soient maintenant a et b deux entiers naturels tels que (a/b) n'est pas entier, b soit le produit de k facteurs premiers distincts, et soit pP \ D_P(b).

On a:

p^-1 + a/b =(ap+b) / (bp), que l'on notera q.

Montrons que q n'est pas entier:

Si q était entier, on aurait qbp = ap+b, chose impossible puisque p ne divise pas b.

On en déduit que la somme des inverses d'un nombre fini de nombres premiers distincts n'est pas entière, donc on a démontré 3)

De 1)  2)  3) on déduit:

p  P^c   p _qPq<p C^q_p

En effet, d'après 1), p  P^c  p _{qPq<pqp} C^q_p et, d'après 2) et 3):

_qDP(p) C^q_p mod p  p _qDP(p) (1/q)  0 (mod p)

Par contraposition, on en déduit:

p _qPq<p C^q_p  p P

4. Démonstration de 4)

La proposition 4) est un corollaire de ce qui a été démontré plus haut: en effet,

p  P\{2}  pN et q P  q < p  PGCD (q,p) =1  p C^q_p,

et donc:

p  P\{2}  p _qPq<p C^q_p

Finalement:

p  P\{2}  p _qPq<p C^q_p (*)

CQFD.