# Arithmétique/Exercices/Pour les cracks
## Exercice 12-1

Résolvez, dans ℕ$^3$, l'équation :
    $ab+ac+bc=abc$.
Soit $(a,b,c)$ une solution, avec $a\leq b\leq c$.
* Si $a=0$ alors $b=0$.
* Si $a>0$ alors ${\frac {1}{c}}+{\frac {1}{b}}+{\frac {1}{a}}=1$, donc $1>{\frac {1}{a}}\geq {\frac {1}{3}}$, donc $a=2$ ou $3$.
** Si $a=2$ alors ${\frac {1}{c}}+{\frac {1}{b}}={\frac {1}{2}}$, donc ${\frac {1}{2}}>{\frac {1}{b}}\geq {\frac {1}{4}}$, donc $b=3$ ou $4$.
** Si $a=3$ alors ${\frac {1}{c}}+{\frac {1}{b}}={\frac {2}{3}}$, donc ${\frac {2}{3}}>{\frac {1}{b}}\geq {\frac {1}{3}}$, donc $b=3$.
Les solutions sont donc (à permutation près) : $(0,0,c)$, $(2,3,6)$, $(2,4,4)$ et $(3,3,3)$.
Résolvez, dans (ℕ*)$^3$, l'équation :
    ${\frac {1}{a}}+{\frac {1}{b}}+{\frac {1}{c}}={\frac {1}{2}}$.
Soit $(a,b,c)$ une solution, avec $a\leq b\leq c$. Alors, ${\frac {1}{2}}>{\frac {1}{a}}\geq {\frac {1}{6}}$, donc $3\leq a\leq 6$. Puis, de même :
* si $a=3$ alors $7\leq b\leq 12$ et $b-6\mid 36$ (car $b-6\mid 6b$), donc $(b,c)=(7,42)$, $(8,24)$, $(9,18)$, $(10,15)$ ou $(12,12)$ ;
* si $a=4$ alors $5\leq b\leq 8$ et $b-4\mid 16$ (car $b-4\mid 4b$), donc $(b,c)=(5,20)$, $(6,12)$ ou $(8,8)$ ;
* si $a=5$ alors $(b,c)=(5,10)$ ;
* si $a=6$ alors $(b,c)=(6,6)$.
Sans surprise, parmi les 10 triplets $(a,b,c)$ trouvés, ceux pour lesquels $a$, $b$ et $c$ sont pairs sont les doubles des 3 solutions $(2,3,6)$, $(2,4,4)$ et $(3,3,3)$ de la question précédente.
Résolvez de même l'équation :
    ${\frac {1}{a}}+{\frac {1}{b}}+{\frac {1}{c}}={\frac {1}{3}}$.
Soit $(a,b,c)$ une solution, avec $a\leq b\leq c$. Alors, $4\leq a\leq 9$. Puis :
* si $a=4$ alors $13\leq b\leq 24$ et $b-12\mid 2^{4}3^{2}$, donc $(b,c)=(13,156)$, $(14,84)$, $(15,60)$, $(16,48)$, $(18,36)$, $(20,30)$, $(21,28)$ ou $(24,24)$ ;
* si $a=5$ alors $8\leq b\leq 15$ et $2b-15\mid 15b$, donc $(b,c)=(8,120)$, $(9,45)$, $(10,30)$, $(12,20)$ ou $(15,15)$ ;
* si $a=6$ alors $7\leq b\leq 12$ et $b-6\mid 2^{2}3^{2}$, donc $(b,c)=(7,42)$, $(8,24)$, $(9,18)$, $(10,15)$ ou $(12,12)$ ;
* si $a=7$ alors $(b,c)=(7,21)$ ;
* si $a=8$ alors $(b,c)=(8,12)$ ;
* si $a=9$ alors $(b,c)=(9,9)$.

## Exercice 12-2

Démontrer qu'un nombre impair, non divisible par 5, a un multiple qui ne s'écrit qu'avec des 1 dans le système décimal.
Soit $m$ un tel nombre, il s'agit de montrer qu'il existe deux entiers $j,k>0$ tels que $km={\frac {10^{j}-1}{9}}$, autrement dit : qu'il existe $j\in \mathbb {N} ^{*}$ tel que $10^{j}\equiv 1\mod {9m}$.
La suite des $10^{n}\mod {9m}$ ne prend qu'un nombre fini de valeurs (appartenant à $\{0,1,\dots ,9m-1\}$) donc il existe $n\in \mathbb {N}$ et $j\in \mathbb {N} ^{*}$ tels que $10^{n+j}\equiv 10^{n}\mod {9m}$.
Or $10$ est premier avec $m$ et $9$ donc avec $9m$ donc $10^{n}$ l'est aussi, si bien qu'on peut simplifier et conclure : $10^{j}\equiv 1\mod {9m}$.

## Exercice 12-3

Trouvez un entier naturel $n$ qui a cinq diviseurs et tel que $n-16$ soit le produit de deux nombres premiers.
Le nombre de diviseurs de $n$ se déduit de sa décomposition en produit de facteurs premiers. Il vaut $5$ si et seulement si $n=p^{4}$ pour un certain nombre premier $p$. Pour que $n-16=p^{4}-2^{4}=(p-2)(p^{3}+2p^{2}+4p+8)$ soit le produit de deux nombres premiers, il faut que $p=3$ car $p$, $p-2$ et $p^{3}+2p^{2}+4p+8$ ne peuvent pas être simultanément premiers (car $(5^{4}-16)/3=7\times 29$, $(7^{4}-16)/5=3^{2}\times 53$ et $p^{3}+2p^{2}+4p+8\equiv (p+2)(p-1)(p+1)\mod 5$).
$3^{4}-16=5\times 13$ donc l'unique solution est $n=3^{4}$.

## Exercice 12-4

Trouver tous les entiers $n\in \mathbb {N}$ tels que $n^{4}+4$ soit premier.
La plus petite solution est $n=1$. Montrons que c'est la seule. Pour tout entier $n>1$,
$n^{4}+4=(n^{2}+2)^{2}-4n^{2}=(n^{2}-2n+2)(n^{2}+2n+2)$ n'est pas premier (les deux facteurs sont $>1$).

## Exercice 12-5

* Trouver trois entiers non nuls $a,b,c$ (non nécessairement distincts) tels que :
    ${\frac {1}{4}}={\frac {1}{a^{2}}}+{\frac {1}{b^{2}}}+{\frac {1}{c^{2}}}$.
* Déterminer tous les entiers $n\geq 1$ tels qu'il existe $n$ entiers non nuls $x_{1},x_{2},\dots ,x_{n}$ (non nécessairement distincts) vérifiant :
    $1={\frac {1}{x_{1}^{2}}}+{\frac {1}{x_{2}^{2}}}+\dots +{\frac {1}{x_{n}^{2}}}$.
* Procédons comme dans l'exercice 12-1 ci-dessus. Soit $(a,b,c)$ une solution avec, sans perte de généralité, $0<a\leq b\leq c$. Alors, ${\frac {1}{4}}>{\frac {1}{a^{2}}}\geq {\frac {1}{12}}$ donc $a=3$. Puis, ${\frac {1}{b^{2}}}+{\frac {1}{c^{2}}}={\frac {1}{4}}-{\frac {1}{9}}={\frac {5}{36}}$ donc ${\frac {5}{36}}>{\frac {1}{b^{2}}}\geq {\frac {5}{72}}$ donc $b=3$. La solution (unique) est donc :
    ${\frac {1}{4}}={\frac {1}{3^{2}}}+{\frac {1}{3^{2}}}+{\frac {1}{6^{2}}}$.
* Par la même méthode, on montre que $n=2,3,5$ ne sont pas solutions. $1={\frac {1}{1^{2}}}$ donc $n=1$ est solution. Si $n$ est solution alors $n+3$ aussi car on peut remplacer ${\frac {1}{x_{n}^{2}}}$ par ${\frac {1}{(2x_{n})^{2}}}+{\frac {1}{(2x_{n})^{2}}}+{\frac {1}{(2x_{n})^{2}}}+{\frac {1}{(2x_{n})^{2}}}$. Pour en déduire que 4 et tous les entiers à partir de 6 sont solutions, il suffit donc de vérifier que 6 et 8 sont solutions : $1={\frac {1}{2^{2}}}+{\frac {1}{2^{2}}}+{\frac {1}{2^{2}}}+\left({\frac {1}{3^{2}}}+{\frac {1}{3^{2}}}+{\frac {1}{6^{2}}}\right)={\frac {1}{2^{2}}}+{\frac {1}{2^{2}}}+\left({\frac {1}{3^{2}}}+{\frac {1}{3^{2}}}+{\frac {1}{6^{2}}}\right)+\left({\frac {1}{3^{2}}}+{\frac {1}{3^{2}}}+{\frac {1}{6^{2}}}\right)$. La réponse est finalement : tous les entiers (à partir de 1) sauf 2, 3 et 5.
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