On remplace en (2) et on obtient :

$$ 
\begin{gather*}
\dot{\alpha}_1 \cdot \frac{a}{\alpha_1} + \alpha_1 \dot{\gamma}_2 = d; \quad \frac{2c}{b+K} \alpha_1 \dot{\gamma}_2 + \frac{b \pm K}{2} \dot{\gamma}_1 \cdot \frac{1}{\alpha_1} = f; \\
d \text{ où on trouve } \frac{\dot{\gamma}_1}{\alpha_1} \text{ et } \dot{\gamma}_1 \dot{\gamma}_2 \text{ comme des rationnels, (3)}
\end{gather*}
$$

puisqu'on a un système linéaire de 2 équations à deux inconnues ($w = \frac{\dot{\gamma}_1}{\alpha_1}$ et $t = \frac{\dot{\gamma}_2}{\alpha_2}$). De (3), il résulte qu'on peut ex-primer $\dot{\gamma}_1$ et $\dot{\gamma}_2$ en fonction de $\alpha_1$. De l'équation $\dot{\gamma}_1 \dot{\gamma}_2 + \delta = 0$, on fait sortir $\delta$ en fonction de $\alpha_1$. On donne une valeur con-venable à $\alpha_1$ et on détermine ainsi toutes les inconnues. On a : $(\alpha_1 x + \beta_1 y + \dot{\gamma}_1)(\alpha_2 x + \beta_2 y + \dot{\gamma}_2) = -\int \delta$. On met les coef-ficients au même dénominateur et on élimine celui-ci. Puis on trouve $(\alpha_1 x + \beta_1 y + \dot{\gamma}_1)(\alpha_2 x + \beta_2 y + \dot{\gamma}_2) = -\int \delta'$, avec $\alpha_1' = \beta_1' = \dot{\gamma}_1'$, $\alpha_2' = \beta_2' = \dot{\gamma}_2'$, $\delta' = \int \delta$ de $\mathbb{Z}$. Maintenant on décompose $\int \delta'$ en facteurs entiers et on essaye toutes les possibilités, ce qui donne un système d'équations diophantiennes :

$$ \alpha_1 x + \beta_1 y + \dot{\gamma}_1' = d_1 \text{ avec } d_1 d_2 = -\int \delta' \text{ et } i \in \{1, 2\}. $$

7.132. On considère l'équation $\sum_{i=0}^{n} a_i x^i = 0$ avec tous les coefficients réels, $a_n \neq 0$, et le naturel $n \ge 2$. Montrer que si $(n-1) a_{n-1}^2 - 2 \cdot n \cdot a_n a_{n-2} < 0$ alors l'équation n'a pas toutes ses racines dans $\mathbb{R}$.

**Solution :**

$$ S = (x_1 - x_2)^2 + (x_1 - x_3)^2 + \dots + (x_1 - x_n)^2 + (x_2 - x_3)^2 + \dots + (x_2 - x_n)^2 + \dots + (x_{n-1} - x_n)^2 = $$
$$
\begin{align*}
&= (n-1) \left[ x_1^2 + \dots + x_n^2 \right] - 2 \left[ x_1 x_2 + x_2 x_3 + \dots + x_1 x_n + x_2 x_3 + \dots + x_n x_1 + \dots + x_1 x_n \right] \\
&= (n-1) \left[ x_1 + \dots + x_n \right]^2 + \left[ -2 - 2 \frac{a_1}{a_2^2} \right] \left[ x_1 x_2 + \dots + x_1 x_n + x_2 x_3 + \dots + x_n x_1 \right] \\
&= (n-1) \frac{a_{n-1}}{a_n^2} + \dots \\
&\qquad + \frac{a_{n-2}}{a_n} (-2n) = \frac{1}{a_n^2} \left[ (n-1) a_{n-1}^2 - 2 n a_n a_{n-2} \right] < 0.
\end{align*}
$$

(On a noté $x_1, x_2, \dots, x_n$ les racines de l'équation .)

Il en résulte que l'équation donnée n'a pas toutes ses racines
dans $\mathbb{R}$ : puisque sinon il en résulterait que $S \ge 0$.

**Remarque :** pour n=2 on obtient le résultat très connu que si le déterminant d'une équation de deuxième degré, $\Delta < 0$, alors l'équation a des racines complexes .

7.133. Résoudre le système suivant :

$$
\sum_{i=1}^{n} x_i = \alpha_j, \quad 1 \le j \le n, \text{ avec } n \ge 2 \\
i \ne j
$$

**Solution :**

On écrit explicitement le système :

$$
\left\{
\begin{array}{l}
x_2 + x_3 + \cdots + x_{n-1} + x_n = \alpha_1 \\
\\
x_1 + x_3 + \cdots + x_{n-1} + x_n = \alpha_2 \\
\\
\multicolumn{1}{c}{\text{------------------}} \\
\\
x_1 + x_2 + x_3 + \cdots + x_{n-1} = \alpha_n.
\end{array}
\right.
$$
On fait la soustraction entre la première équation et chaque autre équation. On a :

$$-x_1 + x_k = \alpha_1 - \alpha_k, \quad 2 \le k \le n.$$

On reporte $x_K = x_1 + \alpha_1 - \alpha_k$, $2 \le K \le n$, dans la première équation et on obtient : $(n-1)x_1 + (n-1)\alpha_1 = \alpha_1 + \alpha_2 + \dots + \alpha_n$.

$$\text{D'où } x_1 = \frac{1}{n-1} \left[ -(n-2)\alpha_1 + \alpha_2 + \dots + \alpha_n \right].$$

On détermine la façon analogue à la première équation du système : $x_i = \frac{1}{n-1} \left[ \begin{matrix} \alpha_1 + \dots + \alpha_{i-1} - (n-2)\alpha_i + \dots + \alpha_n \end{matrix} \right]$, $1 \le i \le n$.

**7.134.** Résoudre dans l'ensemble des nombres entiers la système :
$$ \begin{cases} -17x + 52y = 130 \\ 35x - 27y + 26z = 84. \end{cases} $$

**Solution** : Résolvons en nombres entiers la première équation du système, qui est une équation diophantienne, sa solution générale sera :

$$ (1) \begin{cases} x = 52t - 26 \\ y = 17t - 6 \end{cases}, \text{ avec } t \in \mathbb{Z}. $$

En remplacant les valeurs de x et y dans la deuxième équation, on a :

$$(2) \quad 1361t + 26z = 832, \text{ avec } (t, z) \in \mathbb{Z}^2.$$

On résout cette équation en nombres entiers ; sa solution générale sera :
$$ \begin{cases} t = 26K \\ z = -1361K + 32 \end{cases}, \text{ avec } K \in \mathbb{Z}. $$
Colle-ci est reportée dans (1):

$$ egin{cases} x = 52 \cdot 26K - 26 \\ y = 17 \cdot 26K - 6, \text{ avec } K \in \mathbb{Z} \end{cases} $$

Donc, la solution générale du système initial est :

$$ egin{cases} x = 1352 K - 26 \\ y = 442 K - 6 \\ z = -1361K + 32, \text{ avec } K \in \mathbb{Z} \end{cases} $$

**Observation** : La méthode qu'on a utilisée est la substitution normale, qui s'utilise aussi pour résoudre des hmans réels.

**7.135**. Soit un système linéaire homogène ayant pour matrice associée $A \in M(m,n; \mathbb{Q})$, qui admet le rang $r(A) < n$. (Le rang d'une matrice c'est l'ordre du déterminant non nul le plus grand ; c'est de cette matrice .) Montrer que le système admet des solutions entières non trivialles.

**Solution** : On considère le système initial $\sum_{j=1}^{n} a_{ij} x_j = 0$,
$1 \le i \le m$, avec tous les $a_{ij} \in \mathbb{Q}$. On met les coefficients au même dénominateur et on élimine colui-ci. On obtient un système qui a tous les coefficients entiers. On note $r(A) = r < n$ (conformément à l'hypothèse). Si on élimine les équations secondaires alors il reste $r$ équations principales. Résolvons normallement dans $\mathbb{R}^n$, en appliquant la méthode de Cramer. Sans nuire à la généralité on suppose que $x_1, \dots, x_r$ sont les variables principales.
Ainsi $x_{r+1}, \dots, x_n$ seront les variables secondaires. Comme $r < n$, il existe au moins une variable secondaire. Les solutions réelles du système sont :

$$x_h = \frac{1}{\Delta} \sum_{t=r+1}^{n} b_{ht} x_t, \quad 1 \le h \le r, \text{ avec tous les } b_{ht} \text{ et } \Delta \text{ entiers, où } \Delta \text{ est le déterminant qui contient les colonnes 1, \dots, r et les lignes 1, \dots, r.}$$

Si on pose $x_t = \Delta K_t, r + 1 \le t < n$, avec $K_t \in \mathbb{Z}$ (paramètres) d'où

$$x_h = \sum_{t=r+1}^{n} b_{ht} K_t, \quad 1 \le h \le r,$$

il en résulte une solution entière $r$ - indéterminée pour notre système. Si on donne des valeurs non nulles aux paramètres $K_{r+1}, \dots, K_n$ on obtient une solution entière non triviale particulière.

**7.136.** Déterminer les matrices $A$ et $B$ d'ordre $n$ telles que :
(1 $\times$ $x^2$ ... $x^{n-1}$). $A = (1 \ 1+x \ 1+x^2 \ ... \ 1+x^{n-1})$ et
(1 $\ 1+x \ 1+x^2$ ... $1+x^{n-1}$). $B = (1 \ x \ x^2 \ ... \ x^{n-1})$
quel que soit $x$ réel.

a) Calculer $A^m$ et $B^m$, pour $m \in \mathbb{N}/0$.

b) Montrer que $A^k B^k = B^k A^k$ et $(AB)^p = (BA)^p \quad \forall K, \ell, p \in \mathbb{N}/0$.

c) Montrer que si $\sum_{i=1}^{s} K_i = \sum_{i=1}^{s} e_i$, alors $\prod_{i=1}^{s} A_i^{k_i} B_i^{e_i} = I_n$, où $I_n$ est la matrice unitaire d'ordre $n$ et $K_i, e_i \in \mathbb{N}/0$.
**Solution** : Soit la matrice $A = \begin{pmatrix} a_{11} & \cdots & a_{1j} & \cdots & a_{1n} \\ \vdots & \ddots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{21} & \cdots & a_{2j} & \cdots & a_{2n} \\ \vdots & \ddots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n1} & \cdots & a_{nj} & \cdots & a_{nn} \end{pmatrix}$

Notons $v = (1 \times v^2 \cdots v^{n-1}) \times (1 \times v \cdots v^{n-1})$ et $u = (1 \ 1+v \ 1+v^2 \cdots 1+v^{n-1})$.

En multipliant v par la première colonne de A nous obtenons :
$a_{11} + a_{21}v + \cdots + a_{n1}v^{n-1} = 1, \forall x \in \mathbb{R}$. On fait x=0, et il en résulte $a_{11} = 1$, donc $a_{21}v + \cdots + a_{n1}v^{n-1} = 0, \forall x \in \mathbb{R}$;
c'est-à-dire que celui-ci est le polynôme nul parcequ'il a plus de n-1 racines ); d'où $a_{21} = \cdots = a_{n1} = 0$.

On pultiplie v par la colonne j de $\Lambda$ ($2 \le j \le n$) et on obtient :
$$a_{1j} + a_{2j}v + \cdots + a_{j-1,j}v^{j-2} + a_{jj}v^{j-1} + \cdots + a_{nj}v^{n-1} = 1 + v + \cdots + v^{n-1}, \forall x \in \mathbb{R}.$$

Pour $x=0$ on trouve $a_{1j} = 1$. Donc $a_{2j}v^+ + \cdots + a_{j-1,j}v^{j-1} + (a_{jj}-1)v^{j-1} + \cdots + a_{nj}v^{n-1} = 0, \forall x \in \mathbb{R}$, Ce polynôme, aussi, est nul, ainsi $a_{2j} = \cdots = a_{j-1,j} = a_{j+1,j} = \cdots = a_{nj} = 0$ et $a_{jj}-1=0$, ou $a_{jj}=1$, avec $2 \le j \le n$. Il en résulte que $A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & \cdots & 1 \\ & 0 & \cdots & 0 \\ & & \ddots & 0 \\ & & & 0 \end{pmatrix}$.

Soit $B = \begin{pmatrix} b_{11} & \cdots & b_{1j} & \cdots & b_{1n} \\ b_{21} & \cdots & b_{2j} & \cdots & b_{2n} \\ \vdots & \ddots & \vdots & \ddots & \vdots \\ b_{n1} & \cdots & b_{nj} & \cdots & b_{nn} \end{pmatrix}$.

On multiplie u par la première co-

lonne de B, et on trouve : $b_{11}+b_{21}+\cdots+b_{n1}v+b_{21}v^+ + \cdots + b_{n1}v^{n-1} = 1, \forall x \in \mathbb{R}$.
Pour $x=0$, cela implique $b_{11} + b_{21} + \dots + b_{n1} = 1$. L'on a aus-
si $b_{21}x^{+\dots} + b_{n1}x^{n-1} = 0, \forall x \in \mathbb{R}$. D'où $b_{21} = \dots = b_{n1} = 0$.

En multipliant u par la colonne j de D, nous obtenons :
$b_{1j} + b_{2j} + \dots + b_{nj} + b_{2j}x + \dots + b_{jj}x^j + \dots + b_{nj}x^{n-1} = x^{j-1}, \forall x \in \mathbb{R}$,
$2 \le j \le n$. Si $x=0$, on trouve $b_{1j} + b_{2j} + \dots + b_{nj} = 0$. Donc
$b_{2j}x + \dots + b_{jj}x^{j-1} + \dots + b_{nj}x^{n-1} =$
$= x^{j-1} \langle \mathbf{=} \rangle b_{2j}x + \dots + b_{j-1,j}x^{j-2} + \dots + \langle (b_{jj}-1)x^{j-1} + \dots + b_{nj}x^{n-1} = 0, \forall x \in \mathbb{R}$.

La même chose : $b_{2j}=\dots=b_{j-1,j}=b_{j+1,j}=\dots=b_{nj}=0$ et $b_{jj}-1=0$, ou $b_{jj}=1$. Comme $b_{1j}+b_{2j}+\dots+b_{nj}=b_{1j}+1=0 \Rightarrow b_{1j}=-1$; D'où

$$
B = \begin{pmatrix} 1 & -1 & \dots & -1 \\ 0 & 1 & \dots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & \dots & 0 & 1 \end{pmatrix}
$$

$$
a) \text{ On montre par récurrence que } A^m = \begin{pmatrix} 1 & m & \cdots & m \\ 0 & 1 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 & 1 \end{pmatrix} \\
\text{Le cas } m=1 \text{ est évident.}
$$

On suppose la propriété vraie pour m, on la montre pour m+1 :

$$
A^{m+1} = A^m \cdot A = \begin{pmatrix} 1 & m+1 & \cdots & m+1 \\ 0 & 1 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 & 1 \end{pmatrix}
$$

$$
\text{De façon analogue on démontre que } D^m = \begin{pmatrix} 1 & -m & \cdots & -m \\ 0 & 1 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 & 1 \end{pmatrix}
$$
$$
\begin{align*}
A^K B^k &= A \dots A_K B \dots B = A \dots A_{K-1} BA B \dots B = \dots = DA^K B^{K-1} = \dots = B^{2^K} A^K B^2 = \\
&= \dots = B^{K-1} A^K. \quad AB = DA \implies (AB)^P = (DA)^P.
\end{align*}
$$

$$
\begin{align*}
& \text{c) } A^{K+1} B^1 A^{K+1} B^{1/2} \dots A^{Ks} B^{1s} = A^{K+1} A^{K/2} B^{1/2} \dots A^{Ks} B^{1s} = A^t B^t = \\
& \text{(AD)}^t = I_n^t = I_n, \text{ où on a noté } t = \sum_{i=1}^{s} K_i = \sum_{i=1}^{s} \epsilon_i.
\end{align*}
$$

7.137. Soit la matrice $A = \begin{pmatrix} a & b \\ b & a \end{pmatrix}$ avec $a,b \in \mathbb{R}$.

1) Calculer la matrice $A^n$, où $n \in \mathbb{N}/\{0\}$.

2) Discuter la limite :

$$
\lim_{n \to \infty} \frac{\sum_{K=1}^{n} \det (A^K)}{\det : \left( \sum_{K=1}^{n} A^K \right)}
$$

Solution :

I) On démontrera par raisonnement par récurrence que

$$
A^n = \begin{pmatrix} n & B \\ B & n \end{pmatrix}, \text{ avec } A^n = \sum_{i=0}^{\lfloor n/2 \rfloor} C_n^{2i} A^{n-2i} B^{2i} \quad (1)
$$

$$
\text{et } \beta_n = \frac{\begin{bmatrix} n+1 \\ 2 \end{bmatrix}}{\sum_{i=1}^{n} C_n^{2i-1} a^{n-2i+1} b^{2i-1}} \quad (2)
$$

où $[x]$ représente la partie entière de x.

Le cas n=1 c'est évident. Supposons la propriété vraie pour n,
on démontre qu'elle est vraie aussi pour n+1.
$$
A^{n+1} = A^n \cdot A - \begin{pmatrix} \alpha_n & \beta_n \\ \beta_n & \alpha_n \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} a & b \\ b & a' \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a & \alpha_n + b\beta_n \\ b & \alpha_n + a\beta_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \alpha_{n+1} & \beta_{n+1} \\ \beta_{n+1} & \alpha_{n+1} \end{pmatrix}
$$

$$
= \sum_{i=0}^{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor} c_n^{2i} a^{n+1-2i} b^{2i} + \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n+1}{2} \rfloor} c_n^{2i-1} a^{n-2i+1} b^{2i} + a^{n+1} + \\
+ \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor} \left( c_n^{2i} + c_n^{2i-1} \right) a^{n+1-2i} b^{2i} + \sum_{i=\lfloor n+1 \rfloor/2}^{\lfloor n \rfloor} c_n^{2i-1} a^{n+1-2i} b^{2i} \quad (3) \\
\sin \frac{n+1}{2} \in \mathbb{Z}
$$

i) Si $n=2K$, alors $\frac{n+1}{2} \notin \mathbb{Z}$, donc la deuxième somme de (3) est égale à zéro, et $\lfloor \frac{n}{2} \rfloor = \lfloor \frac{n+1}{2} \rfloor$ il en résulte l'expression de $\alpha_{n+1}$ de (1).

ii) Si n = 2K+1, alors n+1/2 ∈ Z et la deuxième somme de (3) est égale à c_n^n a^0 b^(n+1) = b^(n+1), d'où résulte l'expression de α_{n+1} de (1) parce que la première somme de (3) aura des termes de i=0 jusqu'à i = ⌊(n/2)⌋.

Aussi, il faut montrer que $B_{n+1} = b \alpha_n + a \beta_n =$
$$ = \sum_{i=0}^{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor} c_n^{2i} a^{n-2i} b^{2i+1} + \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n+1}{2} \rfloor} c_n^{2i-1} a^{n-2i+2} b^{2i-1} = $$
$$ = \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n+2}{2} \rfloor} c_n^{2i-2} a^{n-2i+2} b^{2i-1} + \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n+1}{2} \rfloor} c_n^{2i-1} a^{n-2i+2} b^{2i-1} = $$
$$
= \sum_{i=1}^{\left[ \frac{n+1}{2} \right]} \left( c_n^{2i-2} + c_n^{2i-1} \right) a^{A+1-2i+1} b^{2i-1} + \sum_{i=\left\lfloor \frac{n+2}{2} \right\rfloor}^{\left[ \frac{n+1}{2} \right]} \left( c_n^{2i-2} \cdot \dots a^{n-2i+2} b^{2i-1} \right); (4)
$$

i) Si $n=2K + 1$, alors $\frac{n+2}{2} \notin \mathbb{Z}$ et donc la deuxième somme de (4) est nulle. Aussi $\left[ \frac{n+1}{2} \right] = \left[ \frac{n+2}{2} \right]$, d'où résulte l'expression de $\beta_{n+1}$ de (2).

ii) Si $n=2K$, alors $\frac{n+2}{2} \in \mathbb{Z}$, d'où la deuxième somme de (4) est égale à $c_n^{2\left[\frac{n}{2}\right]} + \sum_{k=0}^{2-2} a^{n-2\left[\frac{n}{2}\right]-2+2} b^{2\left[\frac{n}{2}\right]+2-1} = b^{n+1}$.

Ainsi que dans (4), si on fait l'addition entre les deux sommes,
il en résulte que pour la première somme i prendre des valeurs
de 1 jusqu'à $\frac{n+2}{2} = \left[ \frac{n+2}{2} \right]$, d'où résulte l'expression de $\beta_{n+1}$
do (2).

$$
\begin{align*}
2) \det (A^K) = {}& \sum_K \beta_K^K - \beta_K^{2^K} \\
& \qquad = \sum_{K=1}^{n} \det (A^K) = \sum_{K=1}^{n} (\alpha_K^{2^K} - \beta_K^{2^K}) \\
&= \sum_{1}^{n} (\alpha_K^{2^K} - \beta_K^{2^K}) (\alpha_K^{2^K} + \beta_K^{2^K}) \\
&= \sum_{1}^{n} (a-b)^K (a+b)^K \\
&= \sum_{1}^{n} (a^2-b^2)^K \\
(\text{c1}) \text{ si } a^2-b^2 \neq 1, \text{ alors } & \sum_{1}^{n} (a^2-b^2)^K = (a^2-b^2) \frac{(a^2-b^2)^{n-1}}{a^2-b^2-1} \\
& \qquad \sum_{1}^{n} \alpha_K^{2^K} = \det \left( \sum_{1}^{n} A^K \right)
\end{align*}
$$
$$
= \left( \sum_{1}^{n} \alpha_{K} \right)^{2} - \left( \sum_{1}^{n} \beta_{K} \right)^{2} = \left( \sum_{1}^{n} \alpha_{K}^{2} - \sum_{1}^{n} \beta_{K}^{2} \right) \times \left( \sum_{1}^{n} C_{K+1} \right) \\
+ \sum_{1}^{n} \beta_{K} = \left( \sum_{1}^{n} \alpha_{K} \beta_{K} \right) \times \left( \sum_{1}^{n} \alpha_{K} \beta_{K}^{2} \right) = \left( \sum_{1}^{n} (a-b)^{K} \right) \times \left( \sum_{1}^{n} (a+b)^{K} \right);
$$

c2) Si $a-b \neq 1$, alors $\sum_{i}^{n} (a-b)^K = (a \cdot b)^{\frac{(n(a-b))^n - 1}{n(a-b) - 1}}$;

c3) si $a+b \neq 1$, alors $\sum_{1}^{n} (a+b)^K = (c+d)^{\frac{(n(a+b))^n - 1}{n(a+b) - 1}}$;

- Discussion -

Los cas :

A) Les conditions C1, C2 et C3 sont accomplies .

B) Il existe au moins un $n$ tel que $n$ de telles-ci qui n'est pas
accomplie

$$
\begin{align*}
& \text{A) } \lim_{n \to \infty} \left( \frac{\sum_{1}^{n} \det (A^K)}{\det \left( \sum_{K}^{n} A^K \right)} \right) - \frac{(a-b-1)(a+b-1) \lim_{n \to \infty} \frac{(a^2-b^2)^{n-1}}{(a^2-b^2)^n - (a-b)^n (a+b)^{n-1}}}{a^2-b^2-1} \\
&= \underbrace{1}_{n} \underbrace{-}_{1} \underbrace{1}_{n} \underbrace{\lim_{n \to \infty} \frac{(a^2-b^2)^{n-1}}{(a^2-b^2)^n - (a-b)^n (a+b)^{n-1}}}_{n-1} \underbrace{1}_{n} \underbrace{\lim_{n \to \infty} \frac{(a^2-b^2)^{n-1}}{(a^2-b^2)^n - (a-b)^n (a+b)^{n-1}}}_{n-1} \dots
\end{align*}
$$

On a les sous-cas :

A.I. $|a^2 - b^2| < 1$

A.II. $|a^2 - b^2| > 1$

A. III. $|a^2 - b^2| = 1$ et $a^2 + b^2 = 1$ parce que l'on a C1.

A.I. Admet les situations :

A.I.1. $|a-b|<1$ et $|a+b|<1 \Rightarrow L=-\frac{(a-b-1)(a+b-1)}{a^2-b^2-1}$
A.I.2. $|a-b|<1$ et $|a+b|>1 \Rightarrow L=0$

A.I.3. $|a-b|<1$ et $|a+b|=1 \Leftrightarrow |a-b|<1$ et $a+b=-1$, parce qu'on a C3. Il en résulte que la limite n'existe pas.

A.I.4. $|a-b|>1$ et $|a+b|<1 \Leftrightarrow L=0$

A.I.5. $|a-b|>1$ et $|a+b|>1$ ( ce cas n'est pas possible, puisqu'il en résulterait $|a^2-b^2|>1$, qui est en contradiction avec A.I.)

A.I.6. $|a-b|>1$ et $|a+b|=1$ ( de même ce cas n'est pas possible).

A.I.7. $|a-b|=1$ et $|a+b|<1 \Leftrightarrow a-b=-1$ et $|a+b|<1$, parce qu'on a C2. Il en résulte que la limite n'existe pas.

A.I.8. $|a-b|=1$ et $|a+b|=1$

A.I.9. $|a-b|=1$ et $|a+b|>1$} ces deux cas n'existent pas en raison de A.I.

A.II. Admet les situations :

A.II.1. $|a-b|>1$ et $|a+b|>1 \Leftrightarrow L=\frac{(a-b-1)(a+b-1)}{a^2-b^2-1}$.
$$ \lim_{n \to \infty} \frac{1-\frac{1}{(a^2-b^2)^n}}{1-\frac{1}{(a+b)^n}-\frac{1}{(a-b)^n}+\frac{1}{(a^2-b^2)^n}} = \frac{(a-b-1)(a+b-1)}{a^2-b^2-1} $$

A.II.2. $|a-b|>1$ et $|a+b|<1 \Leftrightarrow L=0$

A.II.3. $|a-b|>1$ et $|a+b|=1 \Leftrightarrow |a-b|>1$ et $a+b=-1$, parce qu'on a C3. Il en résulte que la limite n'existe pas.

A.II.4. $|a-b|=1$ et $|a+b|>1 \Leftrightarrow a-b=-1$ et $|a+b|>1$, parce qu'on a C2. Il en résulte que la limite n'existe pas.
$$
\left.
\begin{array}{l}
\text{A.II.5. } |a-b|=1 \text{ et } |a+b|=1 \\
\text{A.II.6. } |a-b|=1 \text{ et } |a+b| < 1 \\
\text{A.II.7. } |a-b| < 1 \text{ et } |a+b|=1 \\
\text{A.II.8. } |a-b| < 1 \text{ et } |a+b| < 1
\end{array}
\right\}
$$

ces quatre cas n'existent pas en
raison de A.I.

$$
\text{A.II.9. } |a-b| < 1 \text{ et } |a+b| > 1 \iff L=0.
$$

$$
\text{A.III. Il en résulte : } L = \lim_{a^2 - b^2 - 1 \to \infty} \frac{(-1)^{n-1}}{(-1)^n + 1 - (a-b)^n (a+b)^n}
$$

$$
\text{Mais } a-b \neq 0 \text{ et } a+b = \frac{a^2-b^2}{a-b} = \frac{1}{a+b}, \text{ donc}
$$

$$
L = \lim_{\substack{a^2 - b^2 - 1 \to \infty \\ n \to \infty}} \frac{(-1)^{n-1}}{(-1)^n + 1 - (a-b)^n - \left(\frac{1}{a-b}\right)^n}
$$

a-b $\notin \{-1,1\}$ en raison de C2 et puisque si $a-b=-1$ il en ré-
sulterait $-1= a^2 - b^2 = (a-b)(a+b) = -(a+b)$, c'est à dire $a+b=1$, con-
tradiction avec C3.

A.III. admet les situations :

$$
\text{AIII.1. } |a-b| < 1 \Rightarrow \left| - \frac{1}{a-b} \right| > 1 \Rightarrow L=0
$$

$$
\text{A.III.2. } |a-b| > 1 \Rightarrow \left| \frac{1}{a-b} \right| < 1 \Rightarrow L=0
$$

A.III.3. $|a-b|=1$ ($\Rightarrow$) $a-b=1$ ou bien $a-b=-1$, qui n'est pas
possible.

B) Il existe au moins une condition d'entre C1, C2,ou C3 qui
n'est pas accomplie .

- si la condition C1 n'est pas accomplie , alors $a^2-b^2=1$ .

$\Rightarrow \sum_{k=0}^{n} \det (A^K) = n$ .

- si la condition C2 n'est pas accomplie , alors a-b=1 .

$\Rightarrow \sum_{k=0}^{n} (a-b)^K = n$ .
-si la condition C3 n'est pas accomplie, alors a+b=1.

$$ \Rightarrow \quad \sum_{1}^{n} (a+b)^{K} = n. $$

Analysons toutes les possibilités de ces cas.

$$
\begin{align*}
\text{B.I. } a-b = 1 \text{ et } a+b \neq 1 \text{ / Il en résulte } a^2-b^2 \neq 1, a=b+1 \text{ et} \\
L = \lim_{n \to \infty} \frac{(a^2-b^2)[(a^2-b^2)^n-1]}{a^2-b^2-1} \cdot \frac{1}{n} \cdot \frac{a+b-1}{(a+b)[(a+b)^n-1]} \\
&= \frac{(a^2-b^2)(a+b-1)}{(a+b)(a^2-b^2-1)} \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \cdot \frac{(2b+1)^{n-1}}{(2b+1)^{n-1}} = 0.
\end{align*}
$$

$$ \text{B.II. } a-b=1 \text{ et } a+b=1 \implies a^2-b^2=1 \implies a=1 \text{ et } b=0 \implies L= \frac{n}{n+1} \xrightarrow{n \to \infty} 0 $$

$$
\begin{align*}
\text{B.III. } a-b \neq 1 \text{ et } a+b=1 \implies a^2-b^2 \neq 1, a=1-b & \\
\implies L = \lim_{n \to \infty} \frac{(a^2-b^2)[(a^2-b^2)^{n-1}]}{a^2-b^2-1} \cdot \frac{1}{n} \cdot \frac{a-b-1}{(a-b)[(a-b)^n-1]} & \\
= \frac{(a^2-b^2)(a-b-1)}{(a^2-b^2-1)(a-b)} \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \cdot \frac{(1-2b)^{n-1}}{(1-2b)^{n-1}} & = 0
\end{align*}
$$

$$
\begin{align*}
\text{B.IV. } a-b \neq 1 \text{ et } a+b \neq 1 &\implies a^2-b^2=1 \text{ en raison de D).} \\
& \implies L = \lim_{n \to \infty} \frac{a-b-1}{(a-b)[(a-b)^n-1]} \cdot \frac{a+b-1}{(a+b)[(a+b)^n-1]} \cdot n = \\
&= \frac{(a-b-1)(a+b-1)}{a^2-b^2} \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n^2 - (a^2-b^2)^n - (a-b)^n - (a+b)^n + 1} = \\
&= (a-b-1)(a+b-1) \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n^2 - 2(a-b)^n - (a+b)^n} = 2(1-a) \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n^2 - 2(a-b)^n - (a+b)^n}
\end{align*}
$$

C.IV.1 $a-b < 1$ et $|a+b| > 1$. En appliquant le théorème de Stolz - Césaro, on obtient :
$$L= 2(1-a) \lim_{n \to \infty} \frac{n}{(a+b)^n \left[ \frac{2}{(a+b)^n} - \frac{a-b}{(a+b)^2} - 1 \right]}$$

D.IV.2. | a-b | < 1 et | a+b | = 1 < = > | a-b | < 1 et a+b = -1.

Ce cas n'existe pas parce qu'il en résulterait $|a^2 - b^2| < 1$, donc $a^2 - b^2 \neq 1$. Contradiction avec D.IV.

$$ \left. \begin{array}{l} \text{D.IV.3. } |a-b| < 1 \text{ et } |a+b| < 1 \\[1.5ex] \text{D.IV.4. } |a-b| = 1 \text{ et } |a+b| < 1 \\[1.5ex] \text{D.IV.5. } |a-b| = 1 \text{ et } |a+b| > 1 & \text{ces cinq cas n'existent pas} \\[1.5ex] \text{D.IV.6. } |a-b| > 1 \text{ et } |a+b| > 1 & \text{en raison de D).} \\[1.5ex] \text{D.IV.7.} \quad |a-b| > 1 \text{ et } |a+b| = 1 \\[1.5ex] \text{D.IV.8.} \quad |a-b| > 1 \text{ et } |a+b| < 1 = > L=0 \\[1.5ex] \text{D.IV.9.} \quad |a-b| = 1 \text{ et } |a+b| = 1 < = > a-b=-1 \text{ et } a+b=-1 = > a=-1 \text{ et} \\ b=0 = > \text{la limite n'existe pas.} \end{array} \right\} $$

Et voilà, vous les cas sont étudiés.

La discussion de limite est très longue, mais elle nécessite un bon arrangement des cas (qui dépendent des paramètres réels a et b).

7.138. Soient $a_0, a_1, ..., a_n$ des nombres réels, $a_n > 0$, n ∈ (./. On considère le polynôme $P(x) = a_n x^n + ... + a_1 x + a_0$ tel que : s'il existe $a_i < 0$, $1 \le i \le n-1$, alors le premier coefficient non nul $a_{i+K}$ : $1 \le K \le n-1$ : antérieur à $a_i$, vérifier : $|a_i| / |a_{i+K}|$.

Si $x_1, ..., x_m \in \mathbb{R}^+^*$, déterminer le minimum de l'expression : $$E(x_1, ..., x_m) = \sum_{j=1}^{m} \left( P(x_j) + P\left(\frac{1}{x_j}\right) \right) \text{ et le point } (x_1, ..., x_m)$$
où se réalise ce minimum .

**Solution :**

Si $x > 0$ et $i > j$, alors $x^i + \frac{1}{x^i} \ge x^j + \frac{1}{x^j} \ge 2$, les deux égalités
ayant lieu lorsque $x=1$.

$$
E (x_1, \dots, x_m) = \sum_{j=1}^{m} \left( a_n \left( x_j^n + \frac{1}{x_j^n} \right) + \dots + a_1 \left( x_j + \frac{1}{x_j} \right) + 2 a_0 \right).
$$

$$
\text{Soit } F(x_j) = P(x_j) + P\left(\frac{1}{x_j}\right) = a_n\left(x_j^n + \frac{1}{x_j^n}\right) + \dots + a_1\left(x_j + \frac{1}{x_j}\right) + 2a_0.
$$

Si $a_i \ge 0, 1 \le i \le n-1$, alors $\min_{x_j \in \mathbb{R}^+} F(x_j) = 2 (a_0 + a_1 + \dots + a_n)$ et
celui-ci est réalisé seulement pour $x_j = 1$.

S'il existe $a_i < 0$, $1 \le i \le n-1$, alors de l'hypothèse du problème on tire $|a_i| \le a_{i+K}$, $1 \le K \le n-i$, et pour les autres coefficients on a $a_{i+1} = \dots = a_{i+K-1} \ne 0$. Donc $a_{i+K} = a_i + K \frac{1}{x_j^{i+K}} + K \frac{1}{x_j^{i+K}} + \dots + a_i + K \frac{1}{x_j}$
$$ = (a_{i+K} - |a_i|) \cdot \left(x_j^{i+j} + \frac{1}{x_j^{i+j}}\right) + |a_i| \cdot \left(x_j^{i+K} + \frac{1}{x_j^{i+K}} - x_j^i - \frac{1}{x_j^i}\right) \ge 0 $$

$$
\ge (a_{i+K} - |a_i|) \cdot 2 + o = 2(a_i + a_{i+K}) \text{ l'égalité ayant lieu seulement pour } x_j = 1 \text{, et de même il en résulte que } \min_{x_j \in \mathbb{R}^+} F(x_j) = 2(a_0 + a_1 + \dots + a_n) \text{ qui se réalise seulement pour } x_j = 1.
$$

On trouve que $\min_{x_j \in \mathbb{R}^+} E(x_1, \dots, x_m) = 2m (a_0 + a_1 + \dots + a_n)$, et celui-ci est réalisé seulement pour $(x_1, \dots, x_m) = (1, \dots, 1)_m$.

ci se réalise seulement pour $(x_1, \dots, x_m) = (1, \dots, 1)_m$
2.139. Montrer que

a) La somme des puissances d'ordre $2p+1$ de $2K+1$ nombres naturels consécutifs est divisible par $2K+1$.

b) La somme des puissances d'ordre $2p+1$ de $2K$ nombres naturels consécutifs est divisible $2K$ si et seulement si $p \ge 1$ et $K$ est divisible par $2$.

**Solution.**

a) Soit $S_1$ la somme des puissances d'ordre $2p+1$ de $2K+1$ naturels consécutifs. Les $2K+1$ nombres naturels consécutifs constituent un système complet de restes modulo $2K+1$. D'où $S_1 = O^{2p+1} + 1^{2p+1} + 2^{2p+1} + \dots + K^{2p+1} + (K+1)^{2p+1} + \dots + (2K-1)^{2p+1} + (2K)^{2p+1} \pmod{2K+1}$.
$2K-i \equiv -(i+1) \pmod{2K+1}$, pour $0 \le i \le K-1$.

$$ \Rightarrow \quad (2K-1)^{2p+1} \equiv - (i+1)^{2p+1} \pmod{2K+1}, \quad 0 \le i \le K-1. $$

$$ \text{Donc } (2K)^{2p+1} \equiv -1^{2p+1} \pmod{2K+1} $$

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

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

$$ \Rightarrow \quad S_1 \equiv O^{2p+1} + 1^{2p+1} + 2^{2p+1} + \dots + K^{2p+1} - 2^{2p+1} - \dots - 2^{2p+1} + 1^{2p+1} \equiv O \pmod{2K+1} $$

$$ \text{Donc } S_1 \equiv 2K+1. $$

b) Do même soit $S_2$ la somme des puissances d'ordre $2p+1$ de $2K$ nombres consécutifs. Les $2K$ nombres naturels consécutifs constituent un système complet de restes modulo $2K$. D'où $S_2 = O^{2p+1} + 1^{2p+1} + 2^{2p+1} + \dots + (K-1)^{2p+1} + K^{2p+1} + (K+1)^{2p+1} + \dots + (2K-2)^{2p+1} + (2K-1)^{2p+1} \pmod{2K}$.

$$ \text{Mais } 2K-i \equiv -i \pmod{2K}, \text{ pour } 1 \le i \le K-1. $$
=$\Rightarrow$ $(2K-i)^{2p+1} = -i^{2p+1} \pmod{2K}, 1 \le i \le K-1$.

Donc $(2K-1)^{2p+1} = -1^{2p+1} \pmod{2K}$

$(2K-2)^{2p+1} = -2^{2p+1} \pmod{2K}$

$(K+1)^{2p+1} = -(K-1)^{2p+1} \pmod{2K}$

$=\Rightarrow$ $S_2 \equiv o+1 \pmod{2p+1} + 2^{2p+1} + \dots + (K-1)^{2p+1} + K^{2p+1} - (K-1)^{2p+1} - \dots - 2^{2p+1} - 1^{2p+1} \equiv K^{2p+1} \pmod{2K}$. Donc $(S_2 \equiv 2K \pmod{2K}) \iff (K^{2p+1} \equiv 2K \pmod{2K}) \iff (\exists m \ge 1 \text{ et } K \ge 2)$.

**7.140.** Montrer que si $m$ et $n$ sont des entiers, $m \ne 0$, alors $(a^m - a)(b^n - 1)$ est divisible par $m$.

**Solution :**

I) $m$ est premier.

a) $a=M_m$. Alors $a^{m'} \equiv a \pmod m$, et on en tire la conclusion.

b) $a \not\equiv M_m$. On a $a \pmod m$, d'après le théorème de Fermat, $a^{m'} \equiv a \pmod m$.

II) $m$ n'est pas premier, $m \ne 0$.

a) $\mathfrak{I}m \ni 4$. Alors

$E=(a^{\mathfrak{I}m'}-a)(\mathfrak{I}m'-1)\equiv 2a(a^{\mathfrak{I}m'}-1)\equiv 2a(a^3-1) \pmod 4$.

Si $a=M_2$, il en résulte $E \equiv 0 \pmod 4$.

Si $a=M_2+1$, il en résulte $a^3-1=M_2$, d'où $E \equiv 0 \pmod 4$.

b) $(m') \ne 4$. Donc, $a,b \in \mathbb{Z} - \{0,-1,+1\} \ne \mathfrak{I}m' \ne \mathfrak{I}a \ne \mathfrak{I}b$.

Si $a \not\equiv b \pmod m$, puisque $a < \mathfrak{I}m' - 1$, $b < \mathfrak{I}m' - 1$, il est clair que $a$ et $b$ se trouvent parmi les facteurs de $(\mathfrak{I}m' - 1)$, donc $(\mathfrak{I}m' - 1) \equiv 0 \pmod m$, d'où la conclusion.

Si $a \not\equiv b \pmod m$, puisque $\mathfrak{I}m' \ne 4$ et $a < \mathfrak{I}m' - 1$, $b < \mathfrak{I}m' - 1$, on a $2 \mathfrak{I}b < \mathfrak{I}m' - 1$. ainsi $a$ et $2b$ se trouvent parmi les facteurs
de $(1m+1)!$, donc $(1m+1)! \equiv 0 \pmod m$, donc $E \equiv 0 \pmod m$.

**Rearrangement** : En II on a démontré l'assertion suivante :

si $m \in \mathbb{Z} - \{0, \pm 2\}$, alors $(1m+1)! \equiv 0 \pmod m$.

./
-o- BIBLIOGRAPHIE -o-

(1) Gazeta Matematica, Revue de la Société de Mathématique du Roumanie.

(2) Revista Matematica a Elevilor din Timisoara.

(3) Stüntà si Tehnica, Bucarest.

(4) Licariri, Craiova.

(5) Matématikai Lapok, Cluj-Napoca.

(6) Los Annales de l'Université de Timisoara.

(7) Buletinul stăntific al Institutului Politehnic "TRAIAN VUIA", Timisoara.

(8) Los Annales de l'Université de Craiova.

(9) W. Sierpinski- "250 problèmes de théorie élémentaire des nombres", Classiques Hachette, Paris, 1972.

(10) D. Gerll, G. Girard - "Les olympiades internationales de mathématique", Classiques Hachette, Paris, 1976.