Conjecture d’Agoh-Giuga

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Enoncé de la conjecture

D’après Takashi Agoh et Giuseppe Giuga, un nombre $p$ est premier si et seulement si

$1^{p-1}+2^{p-1}+ \cdots +(p-1)^{p-1} \equiv -1 \pmod p\, (1)$

Nombres de Carmichaël

Il est montré que tout nombre composé vérifiant la congruence (1) est un nombre de Carmichaël.

Soit $n$ un nombre de Carmichaël. Il a les propriétés suivantes :

$\forall a \in \mathbf{N},\ a^n \equiv a \pmod n\,$

$n$ est sans carré et pour chaque diviseur premier $p$ ,\ $p-1$ divise $n-1$ .

Quelques résultats

Proposition 1 : Soit un nombre ne vérifiant pas la conjecture, alors il peut s’écrire de la forme $n = pm$ avec $p$ un nombre premier et $m$ un nombre premier avec $p$ .

Alors, $n$ est un nombre de Carmichaël ( voir la proposition 4 de l’article de 1995 d’Agoh ). Les nombres de Carmichaël sont des nombres sans carré. Il s’ensuit immédiatement que $n$ peut s’écrire sous la forme $pm$ avec $p$ un nombre premier et $m$ premier avec $p$ .

Proposition 2 :

$m \equiv 1 \pmod {p}$

Démonstration

D’après les propriétés des nombres de Carmichaël,

$\forall a \in \mathbf{N},\ a^{mp} \equiv a \pmod {mp}\,$

Donc la relation de congruence est également vérifiée modulo $p$ :

$\forall a \in \mathbf{N},\ a^{mp} \equiv a \pmod {p}\,$

De plus, comme $n$ vérifie la congruence (1)

$1^{mp-1}+2^{mp-1}+ \cdots +(mp-1)^{mp-1} \equiv -1 \pmod {mp}\,$

Et la relation de congruence est également vérifiée modulo $p$ :

$1^{mp-1}+2^{mp-1}+ \cdots +(mp-1)^{mp-1} \equiv -1 \pmod {p}\, (2)$

Parmi les nombres entre 1 et $mp-1$ , il y en a $m-1$ divisibles par $p$ et $mp-1 -(m-1)$ premiers avec $p$ . En effet, les nombres divisibles par $p$ sont de la forme $k{\times}p$ avec $k$ un entier naturel entre 1 et $m-1$ .

Comme $\forall a \in \mathbf{N},\ a^{mp} \equiv a \pmod {p}\,$ , alors $p | a^{mp}-a$ , donc $p | a\times\left(a^{mp-1}-1\right)$ .

Si $p$ divise $a$ , alors $a^{mp-1} \equiv 0 \pmod {p}\,$ ( car $mp-1 > 0$ )
Si $p$ est premier avec $a$ , alors d’après le théorème de Gauss, $p | a^{mp-1}-1$ , donc $a^{mp-1} \equiv 1 \pmod {p}\,$ .

En sommant les restes, nous obtenons

$1^{mp-1}+2^{mp-1}+ \cdots +(mp-1)^{mp-1} \equiv 1\times(mp-m) + 0\times(m-1) \pmod {p}\,$

Donc d’après (2)

$1\times(mp-m) + 0\times(m-1) \equiv -1 \pmod {p}\,$

Ainsi

$m(p-1) \equiv -1 \pmod {p}\,$

Donc

$m \equiv 1 \pmod {p}\,$

Proposition 3 :

$p(p-1) | m-1$

Démonstration

Comme $pm$ est un nombre de Carmichaël, $p-1 | m-1$ . D’après le lemme précédent, $p | m-1$ . Ainsi, $p(p-1) |m-1$ .

Proposition 4 : Il n’existe aucun contre-exemple de Carmichaël ne possédant que 3 facteurs premiers.

Démonstration

Raisonnons par l’absurde. Si $n = pqr$ avec p, q et r de nombres premiers. Les nombres de Carmichaël étant sans-carré, $p \not = q \not = r$ . Prenons $p > q > r$ . D’après la proposition précédente

$p(p-1) | qr-1$

Or $p(p-1) > qr$ . Donc nous obtenons une absurdité.

Commentaires

Pourriez-vous expliciter ... ? a dit le 25 octobre 2009

Dans la démonstration de la proposition 3, il y ajuste un point que je ne comprend pas. "Comme pm est un nombre de Carmichael, p-1 divise m-1". Ne serait-ce pas plutôt "Comme pm est un nombre de Carmichael, p-1 divise pm-1" ?

Ludovic PATEY a dit le 25 octobre 2009

Si p-1 divise pm-1, alors p-1 divise (p-1+1)m-1, donc divise (p-1)m + m-1, donc divise m-1.
Ainsi c’est la même chose.

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