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1983

# Problemes avec et, sans Problemes!

Florentin Smarandache

University of New Mexico, smarand@unm.edu

Follow this and additional works at: https://digitalrepository.unm.edu/math_fsp

<figure><img src="image_1.png" /></figure>

Part of the Number Theory Commons, Other Mathematics Commons, and the Set Theory Commons

## Recommended Citation

Smarandache, Florentin. "Problemes avec et, sans Problemes!." (1983). https://digitalrepository.unm.edu/math_fsp/244

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FLORENTIN SMARANDACHE

PROBLEMES avec et

sans...PROBLEMES!

<figure><img src="image_2.png" /></figure>

Traduits du Roumain par l'auteur
et
Sophie Mugnier
Professeur de Mathématiques

SOCIETE MAROCAINE
D'IMPRESSION ET D'EQUIPEMENT S.A.R.L.
SOMIPRESS

Siège Sociale : 72, Boulevard Hassan II
Tél. : 238-68 - FES ( v. n. )
FLORENTIN SMARANDACHE

PROBLEMES avec et

sans... PROBLEMES !

Traduits du Roumain par l'auteur
et
Sophie Mugnier

Professeurs de Mathématiques

SOCIETE MAROCAINE
D'IMPRESSION ET D'EQUIPEMENT S.A.R.L.
SOMIPRESS

Siège Sociale : 72, Boulevard Hassan II

Tél. : 238-68 - FES ( v. n. )
FLORENTIN

MARANDACHE

—00c—

//)ROBLEMES //-)VEC // T _ // ANS ... //) ROBLEMES !

Traduits du rouvain par l'auteur
et
Sophie Mignier,
Professeurs de Mathématiques
Couverture : Ichaab SERGHINI

L'autour autorise la reproduction de ses problèmes
à la seule condition de citer son nom et les références
du présent ouvrage.

(c) Imprimerie SOMIPRESS, 1983, Edition Française, FES.
Tous droits de traduction, de reproduction et d'a-
daptation réservés pour tous pays.
/*-)VANT - //" ROPOS
==================

—oo—

Ce livre s'adresse aux élèves du lycée, aux étudiants et aux professeurs. Il contient 140 problèmes originaux publiés par l'auteur dans les revues scientifiques. Les problèmes sont utiles pour préparer les concours, les examens, les olympiades mathématiques. Beaucoup d'autres ont un caractère généralisé. Pour chaque problème on donne une solution détaillée.

L'AUTEUR
=========
TABLE // )ES // )ATIERES

------------------

<table><tr><td>1. PROBLÈMES DISTRAYANTS</td><td>5</td></tr><tr><td>2. ARITHMÉTIQUE</td><td>16</td></tr><tr><td>3. LOGIQUE MATHEMATIQUE</td><td>39</td></tr><tr><td>4. TRIGONOMETRIE</td><td>42</td></tr><tr><td>5. GEOMETRIE</td><td>48</td></tr><tr><td>6. ANALYSE</td><td>68</td></tr><tr><td>7. ALGEBRE</td><td>84</td></tr></table>
— c — ROBERTS //) ISTRAYANTS — o —

— o o o o o —
— o = = o —
1. Quatre équipes de football : A, B, C et D ont participé à un tournoi. Le classement final n'a pas été entièrement gardé, les chiffres essuyés étant indiqués par des étoiles (classement, équipe, nombre des matchs joués, des victoires, des matchs nul, des défaites, buts marqués, buts encaissés, nombre des points gagnés) :

<table><tr><td>1.</td><td>A</td><td>3</td><td>***</td><td>5 - 2</td><td>6</td></tr><tr><td>2.</td><td>B</td><td>*</td><td>** 2</td><td>3 - 3</td><td>*</td></tr><tr><td>3.</td><td>C</td><td>3</td><td>***</td><td>4 - *</td><td>*</td></tr><tr><td>4.</td><td>D</td><td>3</td><td>***</td><td>1 - 4</td><td>*</td></tr></table>

Les équipes ont été départagées par les critères connus du football, et le classement élaboré de même.

a) Compléter le classement.

b) Trouver le résultat de tous les matchs disputés.

## SOLUTION :

a) L'équipe A a joué 3 matchs, donc A a joué aussi contre B. De même pour C et D. D'où, B a joué 3 matchs. A a 6 points en 3 matchs, donc A a gagné tous les matchs, c'est-à-dire A a 3 victoires, zéro match nul et zéro défaite. B a 2 défaites, mais B occupe la deuxième place. Il en résulte que le troisième match de B est une victoire, parque que :

si ce match est nul, alors C et D auront ensemble $6.2 - (6 + 1) = 5$ points et donc au moins l'une d'elles aura plus de points que B. Ainsi B a 2 points.

C et D ont ensemble $6.2 - (6 + 2) = 4$ points. D'où C et D ont tout les deux 2 points, puisqu'autrement il en résulterait qu'au moins l'une de C et D aurait plus que B.

Donc C a une victoire, zéro match nul et 2 défaites. De même pour D. (C et D ne peuvent pas obtenir les 2 points de deux matchs nuls, parce que A et B n'ont aucun match nul.) C a encaissé

$(5 + 3 + 4 + 1) - (2 + 3 + 4) = 4$ buts. Le classement complet est :

<table><tr><td>1.</td><td>A</td><td>3</td><td>300</td><td>5 - 2</td><td>6</td></tr><tr><td>2.</td><td>B</td><td>3</td><td>102</td><td>3 - 3</td><td>2</td></tr><tr><td>3.</td><td>C</td><td>3</td><td>102</td><td>4 - 4</td><td>2</td></tr><tr><td>4.</td><td>D</td><td>3</td><td>102</td><td>1 - 4</td><td>2</td></tr></table>

On sait que dans un classement, la somme des buts marqués par toutes les équipes est égale à la somme des buts encaissés par toutes les équipes.

b) On détermine les pronostics des matchs.

A a 3 victoires, donc $A - B = 1$, $A - C = 1$, $A - D = 1$.
B et C ont le même nombre de points, la même différence entre les buts marqués et les buts encaissés, le même nombre de victoires, mais B occupe une place supérieure à C, il en résulte que $B - C = 1$, d'où $B - D = 2$, puis $C - D = 1$.

D a marqué un seul but et a une seule victoire, donc $B - D = 0 - 1$.

A a 3 victoires, 5 buts marqués et 2 buts encaissés; la différence est $5 - 2 = 3$. Alors A a eu les résultats : $1 - 0, 1 - 0, 3 - 2$ ou $1 - 0, 2 - 1, 2 - 1$. Comme $A - D = 1$ et D a marqué son seul but contre B, il en résulte : $A - D = 1 - 0$, d'où l'on tire $C - D = 3 - 0$.

La situation est :

<table><tr><td>1.</td><td>A</td><td>2</td><td>200</td><td>4-2</td><td>4</td></tr><tr><td>2.</td><td>B</td><td>2</td><td>101</td><td>3-2</td><td>2</td></tr><tr><td>3.</td><td>C</td><td>2</td><td>002</td><td>1-4</td><td>0</td></tr></table>

avec les pronostics antérieurs.

A peut avoir les résultats : $1 - 0, 3 - 2$ ou $2 - 1, 2 - 1$. On observe qu'on ne peut avoir ni le résultat $A - B = 3 - 2$, puisque $B$ n'a

enregistré que 2 buts, ni $A - B = 3 - 2$, puisque $C$ ne peut plus marquer qu'un but. Donc, il reste l'alternative $2 - 1, 2 - 1$, d'où $A - B = 2 - 1$, $A - C = 2 - 1$ et on obtient $B - C = 2 - 0$. Les résultats exacts sont :

$$ 
\begin{array}{l}
A - B = 2 - 1, \quad B - C = 2 - 1, \quad A - D = 1 - 0, \quad B - C = 2 - 0, \\
B - D = 0 - 1, \quad C - D = 3 - 0.
\end{array}
$$
1.2. A la fin d'un tournoi de fottball entre les équipes A, B, C, D, le classement était le suivant :

<table><tr><td>1.</td><td>A</td><td>3</td><td>201</td><td>2-1</td><td>4</td></tr><tr><td>2.</td><td>B</td><td>3</td><td>201</td><td>2-1</td><td>4</td></tr><tr><td>3.</td><td>C</td><td>3</td><td>111</td><td>4-4</td><td>3</td></tr><tr><td>4.</td><td>D</td><td>3</td><td>012</td><td>3-5</td><td>1</td></tr></table>

Les critères qui ont départagé les équipes étant :

a) le nombre des points accumulé;

b) la différence entre les buts marqués et les buts encaissés;

c) le nombre des victoires;

d) la victoire directe contre une équipe.

Trouver tous les résultats des matchs.

## SOLUTION :

Tout d'abord on détermine les pronostics exacts des matchs joués.

Les équipes A et B ont le même nombre de points, la même différences entre les buts marqués et les buts encaissés, le même nombre de victoires, mais A occupe la première place pendant que B la deuxième. D'où $A - B = 1$ (c'est-à-dire, A a gagné le jeu). B a deux victoires et une défaite, donc $B - C = 1$ et $B - D = 1$. Les équipes C et D sont les seules qui ont chacune un jeu égal. Alors $C - D = X$ (où X signifie le match égal). A a une défaite, alors $A - C = 2$. Les pronostics exacts sont :

$$A - B = 1, A - C = 2, A - D = 1, B - C = 1, B - D = 1, C - D = X$$

Déterminons les résultats.

Puisque A a 2 victoires et seulement 2 buts marqués, donc ces victoires sont obtenues par $1 - 0, 1 - 0$. On a donc $A - B = 1 - 0$ et $A - D = 1 - 0$, d'où $A - C = 0 - 1$. De manière analogue pour B on a $B - C = 1 - 0$ et $B - D = 1 - 0$, et on donne $C - D = 3 - 3$. Les résultats exacts sont :

$$A - B = 1 - 0, A - C = 0 - 1, A - D = 1 - 0, B - C = 1 - 0, B - D = 1 - 0, C - D = 3 - 3.$$
1.3. A' l'élaboration du classement de football suivant, quatre fautes ont été faites, l'ordre des équipes restant le même :

<table><tr><td>1.</td><td>A</td><td>3</td><td>2</td><td>1</td><td>0</td><td>1-0</td><td>5</td></tr><tr><td>2.</td><td>B</td><td>2</td><td>1</td><td>0</td><td>1</td><td>5-4</td><td>2</td></tr><tr><td>3.</td><td>C</td><td>3</td><td>1</td><td>0</td><td>2</td><td>6-6</td><td>2</td></tr><tr><td>4.</td><td>D</td><td>3</td><td>0</td><td>2</td><td>1</td><td>2-5</td><td>2</td></tr></table>

a) Quelles sont les fautes ?

b) En corrigeant ces fautes, trouver les résultats de tous les matchs joués.

## SOLUTION :

a) Puisque A, C, D ont joué 3 matchs il en résulte que B aussi a joué 3 matchs (on ne peut pas avoir 2 matchs joués pour chaque équipe, parce qu'il y aurait plus de quatre fautes dans le classement). Le troisième match de B ne peut pas être une victoire, parce qu'il y aurait en tout $5 + 4 + 2 + 2 = 13 \neq 12$ points (on ne peut pas faire d'autres modifications sur les points de A, C ou D, puisqu'on obtiendrait plus de quatre fautes).

De manière analogue, le troisième match de B ne peut pas être une défaite. Donc B a un match nul (la troisième faute). A a 2 victoires et un seul but marqué. Le nombre des buts marqués $1+5+6+2=14 \neq 15 = 0+4+6+5$ qui est le nombre des buts encaissés pour toutes les équipes. D'où A a marqué 2 buts (la quatrième faute). (On ne peut pas faire des modifications sur les buts encaissés par A ou par les autres pour la même raison).

b) Le classement correct est :

<table><tr><td>1.</td><td>A</td><td>3</td><td>2</td><td>1</td><td>0</td><td>2-0</td><td>5</td></tr><tr><td>2.</td><td>B</td><td>3</td><td>1</td><td>1</td><td>1</td><td>5-4</td><td>3</td></tr><tr><td>3.</td><td>C</td><td>3</td><td>1</td><td>0</td><td>2</td><td>6-6</td><td>2</td></tr><tr><td>4.</td><td>D</td><td>3</td><td>0</td><td>2</td><td>1</td><td>2-5</td><td>2</td></tr></table>

1°) Il faut établir les pronostics exacts.

D a 2 matchs nuls et A et B ont chacun un match nul.

Alors $A - D = X$, $B - D = X$. L'équipe A a encore 2 victoires. Donc :

$A - B = 1$, $A - C = 1$. De $B - D = X$ et $A - B = 1$ on tire $B - C = 1$, parce que B a une victoire. De même $C - D = 1$. Les pronostics exacts sont :

$$A-B = 1, A-C = 1, A-D = X, B-C = 1, B-D = X, C-D = 1.$$

2°) Maintenant, il suffit d'établir les résultats exacts.

A a 2 victoires et 2 buts marqués. Alors $A - B = 1 - 0$, $A - C = 1 - 0$. Parce que A n'a encaissé aucun but, on a $A - D = 0 - 0$.

En retirant l'équipe A du classement (avec tous ses résultats), on obtient un sous-classement :
2. B 2 1 1 0 5 - 3 3

3. C 2 1 0 1 6 - 5 2

4. D 2 0 1 1 2 - 5 1

avec les pronostics connus : B - C = 1, B - D = X, C - D = 1

B a une victoire et zéro défaite et la différence de buts 5 - 3 = 2.

D'où : B - C = 2 - 0 ou 3 - 1 ou 4 - 2 ou 5 - 3.

C a une victoire, et la différence de buts 6 - 5 = 1; mais puisque

B a battu C de 2 buts, C gagne donc de trois buts contre D. D'où

C - D = 3 - 0 ou 4 - 1.

Si on a C - D = 3 - 0, alors on a B - C = 5 - 3, et B - D = 0 - 0.

Mais ça signifie que D a zéro but marqué. Contradiction.

Donc C - D = 4 - 1. Et on a : B - C = 4 - 2, B - D = 1 - 1. Ces derniers résultats vérifient le classement.

Les résultats sont : A - B = 1 - 0, A - C = 1 - 0, A - D = 0 - 0, B - C = 4 - 2, B - D = 1 - 1, C - D = 4 - 1.

Le problème est déterminé de façon unique.

Le problème est complétement démontré.
1.4. Pour les préliminaires du championnat mondial de football on dispute, aller et retour, les matchs d'un groupe de 5 équipes où se qualifient les 2 premières.

Déterminer le nombre minimum de points pour lequel une équipe peut se qualifier, et aussi les résultats qui favorisent la qualification.

Généraliser dans le cas d'un groupe de n équipes, où se qualifient les m premières (1 < m < n).

SOLUTION:

Resolvons directement pour le cas général, l'autre cas résultant par particulisation.

Dans un groupe de n équipes se disputent :

$2^{|n-1|} + (n-2) + \dots + 2 + 1 = n(n-1)$ matchs. Le nombre total des points est $2n(n-1)$. Si $n=1$, le nombre minimum de points sera $2n(n-1)$ ; $n=2(n-1)$ points (toutes les équipes ont le même nombre de points, mais celle qui aura la plus grande différence entre les buts marqués et ceux encaissés va se qualifier. Si l'une des équipes a moins de $\lfloor n(n-1)/2 \rfloor$ points, alors il en existera une autre qui en aura plus de $2(n-1)$, puisque le nombre total de points est égal à $2n(n-1)$. Si $m=n$, bien sûr, le nombre minimum de points est zéro.

Le cas $1 < m < n$ : L'équipe qualifié avec le nombre minimum de points sera la $m$-ième. Pour qu'elle ait le minimum de points il faut que les $(m-1)$ premières équipes obtiennent le maximum de points possible. D'où l'équipe $h$-ième, $1 < h < m-1$, aura $4(n-i)$ points. Les $(m-1)$ équipes auront $4(n-1) + 4(n-2) + \dots + 4(n-m+1) = 2(m-1)(2n-m)$ points. Du nombre total de $2n(n-1)$ points on enlève les points des $(m-1)$ premières équipes et on trouve $2(n-m)(n-m+1)$, qui représente les points des $(n-m+1)$ dernières équipes. Donc $\frac{2(n-m)(n-m+1)}{n-m+1} = 2(n-m)$, qui est le nombre minimum de points tel qu'une équipe puisse se qualifier.
1.5. A un concours de pronostics concernant 13 matchs de football, une personne joue en utilisant m doublets et n triplets, $0 < m + n < 13$, $m, n \in \mathbb{N}$ // /.

a) Dans le cas où il obtient une variante à 13 résultats exacts, implicitement combien de variantes à 12 et à 11 résultats exacts obtient-il ?

b) De même, s'il obtient une variante à 12 résultats exacts, implicitement combien de variantes à 11 et à 10 résultats exacts va-t-il obtenir ?

**SOLUTION :**

Il y a 13 matchs et pour chacun il existe trois possibilités : 1, X ou 2 (c'est-à-dire, rapporté à la première équipe, victoire, match nul ou défaite). On a en tout 2^13 variantes possibles (plus de 1.000.000). Ayant m doublets et n triplets, il en résulte qu'on a 13 - m - n solitaires (c'est-à-dire) des matchs pour lesquels on donne un seul pronostic). On forme $2^m \cdot 2^n$ variantes en tout.

a) On obtient $m + 2n$ variantes à 12 résultats exacts.
Si $m \ge 2$ et $n \ge 2$ on a $C_m^{2} + 4 \cdot C_{n}^{2} + 2$ mn variantes à 11 résultats exacts; si $m \ge 2$ et $n < 2$ on a $C_{m}^{2} + 2$ mn; si $m < 2$, $n < 2$ on a $2 \cdot mn$; si $m < 2$, $n \ge 2$ on a $4 \cdot C_{n}^{2} + 2$ mn;

b) Le cas : où un solitaire est faux. Alors il en résulte :

$$ \begin{cases} m+2n \text{ variantes à 11 résultats exacts.} \\ C_m^{2} + 4 \cdot C_{n}^{2} + 2 \cdot mn \text{ variantes à 10 résultats exacts, ni } m \ge 2, n \ge 2. \\ 4 \cdot C_{n}^{2} + 2 \cdot mn \text{, si } m < 2, n \ge 2, \text{ variantes à 10 résultats exacts.} \\ C_m^{2} + 2mn \text{, si } m \ge 2, n < 2, \text{ variantes à 10 résultats exacts.} \\ 2mn \text{, si } m < 2, n < 2, \text{ variantes à 10 résultats exacts.} \end{cases} $$

Le cas : où un doublet est faux.

On a :

$$ \begin{cases} (m-1) + 2n \text{ variantes à 11 résultats exacts.} \\ C_m^{2} - 1 + 4 \cdot C_{n}^{2} + 2(m-1) \text{ n variantes à 10 résultats exacts.} \\ \qquad \text{si } m \ge 3, n \ge 2. \\ 4 \cdot C_{n}^{2} + 2 \cdot (m-1) \cdot n \text{ variantes à 10 résultats exacts.} \\ \qquad \text{si } m < 3, n \ge 2. \\ C_m^{2} - 1 + 2 \cdot (m-1) \cdot n \text{ variantes à 10 résultats exacts,} \\ \qquad \text{si } m \ge 3, n < 2. \\ 2 \cdot (m-1) \cdot n \text{ variantes à 10 résultats exacts.} \\ \qquad \text{si } m < 3, n < 2. \end{cases} $$
1.6. A une tournée d'échecs ont participé 10 joueurs : $A_1, A_2, \dots$

$A_{10}$ - chaque joueur d'échecs a joué avec chacun des autres partements un match. Pour chaque victoire il a gagné un point, pour chaque partie nulle un demi-point, et pour chaque défaite zéro point.

A la fin de la tournée, le classement était :

<table><tr><td>1.</td><td>A<sub>1</sub></td><td>9,5 points</td><td>6.</td><td>A<sub>6</sub></td><td>4 points</td></tr><tr><td>2.</td><td>A<sub>2</sub></td><td>9 points</td><td>7-9.</td><td>A<sub>7</sub></td><td>2 points</td></tr><tr><td>3.</td><td>A<sub>3</sub></td><td>6 points</td><td>7-9.</td><td>A<sub>8</sub></td><td>2 points</td></tr><tr><td>4-5.</td><td>A<sub>4</sub></td><td>5 points</td><td>7-9.</td><td>A<sub>9</sub></td><td>2 points</td></tr><tr><td>4-5.</td><td>A<sub>5</sub></td><td>5 points</td><td>10.</td><td>A<sub>10</sub></td><td>1 point</td></tr></table>

Montrer que dans ce classement il existe au moins trois fautes !

## SOLUTION:

La première faute : $A_1$ ne peut accumuler qu'au maximum 9 points, parce qu'il joue seulement 9 matchs, donc pas 9,5 points.

La deuxième faute : $A_2$, situé à la deuxième place dans le classement, ne peut accumuler qu'au maximum 8 points, pas 9 points, parce qu'il peut gagner au maximum 8 matchs (le neuvième match, disputé contre $A_1$ sera perdu; contre $A_1$, le joueur $A_2$ ne peut pas faire match nul puisqu'il en résulterait que $A_2$ occuperait la place 1 - 2, pas 2).

La troisième faute : dans cette tournée 50 sont joués $9 + 8 + 7 + \dots + 1 = 45$ matchs, donc le nombre total des points du classement doit être 45, que :

$$9,5 + 9 + 6 + 2,5 + 4 + 3,2 + 1 = 45,5 \neq 45.$$
1.7. Soit une grille de mots-croisés (de n lignes, m colonnes et p cases noires), telle qu'il n'existe pas deux cases noirs qui aient un côté commun.

a) Déterminer le nombre total des mots (horizontaux et verticaux) - en appelle "mot" même ceux qui contiennent seulement une lettre-.

b) Trouver la différence entre le nombre des mots horizontaux et celui des mots verticaux.

SOLUTION:

a) Montrons que $N = n + m + CNB + 2 \cdot CNC$, où

N = le nombre total des mots de la grille

CNB = le nombre des cases noires de la zone B

CNC = le nombre des cases noires de la zone C.

Considerons la grille partagée en 3 zones :

1° les quatre sommets de la grille (la zone A),

2° la bordure de la grille moins les quatre sommets (la zone B),

3° la partie de l'intérieur de la grille (la zone C).

<figure><img src="image_3.png" /></figure>

On suppose au début la grille sans aucune case-noire.

Alors, elle a $n + m$ mots.

- Si nous posons une case noire dans la zone A, le nombre total des mots reste le même. (Donc le nombre des cases noires de la zone A ne présente pas d'importance.)

- Si nous posons une case noire dans la zone B, par exemple sur la ligne 1 et la colonne J, $1 < J < m$, le nombre des mots croît d'une unité puisque dans la ligne 1 se sont formés maintenant deux mots (avant il y avait un seul mot), et dans la colonne j il reste aussi un seul mot. La situation est analogue si on pose une case noire sur la colonne 1 et la ligne i, $1 < i < n$, (on peut renverser la grille : l'horizontal passe en vertical et réciproquement). Donc, pour chaque case noire de la zone B on ajoute un mot au nombre total des mots de la grille.

- Si on pose une case noire dans la zone C, par exemple sur la ligne i, $1 < i < n$, et la colonne j, $1 < j < m$, alors le nombre des mots croît de deux unités : tant dans la ligne i que dans la
colonne j se trouvent maintenant deux mots, à l'encontre de la situation antérieure où l'on a seulement un mot dans chacune. Donc, pour chaque case noire de la zone C on ajoute deux mots au nombre total des mots de la grille.

b) Partageons la zone B en deux parties :
- la zone BO = la partie horizontale de B (les lignes 1 et n)
- la zone BV = la partie verticale de B (les colonnes 1 et m).

Alors : NO - NV = n - m + CNBO - CNBV, où

NO = le nombre des mots horizontaux

NV = le nombre des mots verticaux

CNBO = le nombre des cases noires de BO

CNBV = le nombre des cases noires de BV.

La démonstration de cette proposition suit le fil de la précédente, et utilise les résultats suivants :

- S'il n'y a aucun case noire dans la grille, la différence NO - NV est égale à n - m.

- Si on a une case noire dans la zone A, la différence reste la même.

- De même pour la zone C.

- Si on a une case noire dans la zone BO, alors la différence sera n - m + 1, et si la case noire se trouve dans la zone BV, alors la différence sera n - m - 1.

De là résulte b).
## //) RITHMETIQUE

====================
2. Déterminer le dernier chiffre des nombres de la suite

de Fermat : $F_n = 2^{2^n} + 1$, avec n ∈ N/.

SOLUTION :

Pour n = 0 on a $F_0 = 3$, et pour n = 1 on trouve $F_1 = 5$.

Pour n ≥ 2 il en résulte que $F_n = 2^{2^n} + 1 = 2^{4 \cdot 2^{n-2}} + 1 =$
$= 16^{2^{n-2}} + 1 = 16^K + 1$ qui contient, comme dernier chiffre,
$6 + 1 = 7$, parce que la puissance de 16 se termine par 6.
2.9. Soit p le produit des n premiers nombres premiers.

Déterminer l'ensemble $F = \{\alpha \in \mathbb{N} \mid \alpha! = M_\alpha p\}$.
($M_\alpha p$ signifie multiple de $p$.)

SOLUTION:

Pour que $\alpha! = M_\alpha p$, $1 \le i \le n$, il faut que $\alpha \ge p_i$.

Donc $\alpha \ge \max_i \{p_i\} = p_n$.

$p_n! = 1 \cdot p_1 \cdot p_2 \cdot 4 \cdot p_3 \cdots p_{n-1} \cdots p_n$, d'où $p_n! = M_n p$.

$p_n$ est le plus petit nombre qui ait cette propriété, puisque
s'il existe un $\alpha' < p_n$ alors $\alpha'! \ne M_n p_n$.

Si $\beta > p_n$, alors, bien sûr, $\beta! = M_n p$. Ainsi que :

$F = \{ p_n \cdot p_n + 1, p_n + 2, \dots \}$.
2.10. Déterminer le plus petit nombre naturel tel que sa factorielle soit multiple de chacun des entiers 1970, 1980, 1990 et 2000.

SOLUTION:

Le plus grand nombre premier qui divise l'un des entiers de l'énoncé c'est 199.

Soit $\mathfrak{M}$ le nombre cherché. Alors $\mathfrak{M}! = \mathfrak{M}^{1990}$,

d'où $\mathfrak{M} = \mathfrak{M}^{199}$. Donc $\mathfrak{M} \ge 199$. On prend $\mathfrak{M} = 199$.

199 ! = $\mathfrak{M}^{10}$ parce que $10 < 199$. On a aussi 199 ! = $\mathfrak{M}^{197}$.

Puisque (10,197) = 1, il en résulte que 199 ! = $\mathfrak{M}^{1970}$.

199 ! = $\mathfrak{M}^{1990}$.

199 ! = $\mathfrak{M}^{36}$ et 199 ! = $\mathfrak{M}^{55}$, mais (36,55) = 1 ;

d'où 199 ! = $\mathfrak{M}^{36.55}$ = $\mathfrak{M}^{1980}$.

199 ! = $\mathfrak{M}^{16}$ et 199 ! = $\mathfrak{M}^{125}$ et (16,125) = 1 ;

donc 199 ! = $\mathfrak{M}^{2000}$.

On suppose par l'absurde que $\mathfrak{M}$ n'est pas le plus petit.

Alors, il existe $\mathfrak{M}' < 199$, tel que $\mathfrak{M}'! = \mathfrak{M}^{199}$;
contradiction.
2.11. On donne les naturels A et B. On considère $M_1 = A + B$,

$M_2 = A - B$, $M_3 = A \cdot B$. On note $X_m$ le nombre formé seulement par les m derniers chiffres de X.

a) Montrer que pour connaître les m derniers chiffres de $M_1$ il suffit de connaître les m derniers chiffres de la somme $A_m + B_m$. Même question pour $M_2 \div M_3$.

b) Généraliser.

c) Que peut-on dire des m derniers chiffres de $A^B$ ?

SOLUTION:

a) On peut écrire $A = \mathcal{M}10^m + A_m$ et de même : $B = \mathcal{M}10^m + B_m$.

Alors $M_1 = A + B = \mathcal{M}10^m + (A_m + B_m)$.

Aussi $M_2 = A - B = \mathcal{M}10^m + (A_m - B_m)$ et

$M_3 = A \cdot B = \mathcal{M}10^m + (A_m \cdot B_m)$.

b) Généralisation :

Si $E(A_1, ..., A_n)$ est une expression arithmétique où se rencontrent seulement les opérations $+$, $-$, $\cdot$ et si $A_1, ..., A_n$ sont naturels, alors

$$E_m(A_1, ..., A_n) = E(A_{1,m}, ..., A_{n,m}),$$

où $A_{i,m}$ représente les m derniers chiffres de $A_i$.
La démonstration résulte de a).

c) $A^B$ est une multiplication répétée. Donc

$(A^B)_m = A_m^B .$
2.12. En sachant qu'il est h heures et m minutes, $1 \le h \le 12$, $0 < m < 60$, trouver après combien de temps les aiguilles de la montre vont former un angle $\alpha$, avec $0 \le \alpha < 360^\circ$.

SOLUTION:

Tout d'abord on détermine les vitesses angulaires pour chaque
aiguille de la montre.

La grande aiguille parcourt 360° en une heure;

$$
d'\text{où } V_G = 6^\circ/\text{min.}
$$

La petite aiguille parcourt 360° en 12 heures ; d'où

$$
V_p = 0,5^\circ / \text{min.}
$$

On calcule l'angle existant déjà entre les aiguilles
de la montre à h heures et m minutes.

La grande aiguille a parcouru 6m degrés.

La petite aiguille a parcouru (60 h + m) ⋅ 0,5 = 30 h + 0,5 m degrés.

Notons x (en minutes) l'inconnue du problème.

L'angle formé par les aiguilles c'est $| 6m - 30h - 0,5m | =$
$= | 5,1m - 30h |$. (On considère des angles positifs, parce que
dans le problème on ne spécifie pas le sens des angles.)

A) Cas où $| 5,5m - 30h | < \alpha$.

a) $5,5\text{m} - 30\text{h} \ge 0$ $\Leftrightarrow$ la grande aiguille a parcouru une distance (en degrés) supérieure ou égale à la distance parcourue par la petite aiguille.

$$
\text{On a } 6x - 0,5x = \alpha - (5,5m - 30h) \Rightarrow x = \frac{\alpha + 30h - 5,5m}{5,5}
$$

b) $5,5 \text{ m} - 30 \text{ h} < 0$. C'est la situation contraire.

$$
\text{On a } 6x - 0,5x = \alpha - (5,5 \text{ m} - 30 \text{ h}) \Rightarrow x = \frac{\alpha + 30\text{h} - 5,5\text{m}}{5,5}
$$

B) Cas où $| 5,5m - 30h | > \alpha$.

a) $5,5 \text{ m} - 30 \text{ h} \ge 0$.

$$
\text{On a } 6x - 0,5x = \alpha + 360 - (5,5m - 30h) \Rightarrow x = \frac{\alpha + 360 + 30h - 5,5m}{5,5}
$$

b) $5,5 \text{ m} - 30 \text{ h} < 0$.

$$
\text{On a } 6x - 0,5x = |5,5\text{m} - 30\text{h}| - \alpha = 30\text{h} - 5,5\text{m} - \alpha
$$

$$
\Rightarrow x = \frac{30 \text{ h} - 5,5\text{m} - \alpha}{5,5}
$$
2.13. Soient $a_1, \dots, A_{2n+1}$ des entiers, et $b_1, \dots, b_{2n+1}$ les mêmes nombres dans un autre ordre. Montrer que l'expression $E = (a_1 + b_1) \dots (a_{2n} + 1 + b_{2n} + 1)$ est un nombre pair, où les signes + et - sont arbitraires pour chaque parenthèse.

( Généralisation du problème A.7, page 105, de D. Gerll et G. Girard, "Les olympiades internationales de mathématique", Hachette 1976.)

SOLUTION:

On suppose que l'expression E est impaire. Il en résulte que chaque parenthèse est impaire, d'où chaque parenthèse contient un nombre pair et l'autre impair.

On a donc $2n + 1$ nombres pairs. Mais, si dans une parenthèse se trouve un $a_{i_0}$ pair, alors il existe une autre parenthèse où se trouve un $b_{j_0} = a_{i_0}$, donc $b_{j_0}$ est pair.

Ainsi le nombre des pairs est un nombre pair, qui bien sûr est différent de $2n + 1$. Contradiction.
2.14. Résoudre l'équation : $X - \phi(X) = 24$, en sachant que $\phi(X)$ représente le nombre des nombres positifs, inférieurs à X et premiers à X.

**SOLUTION:**

Parce que $\phi(X) \in \mathbb{N}$, il en résulte que $X = 24 + \phi(X) \in \mathbb{N}^*$ et $X \ge 24$. Soit $X = P_1^{\alpha_1} \cdots P_s^{\alpha_s} \in \mathbb{N}^*$, $P_i$ premiers, différents entre eux, $i = 1, \dots, s$.

$\phi(X) = P_1^{\alpha_1-1} \cdots P_s^{\alpha_s-1} (P_1-1) \cdots (P_s-1)$, $\phi$ étant la fonction d'Euler de la théorie des nombres.

$$X - \phi(X) = P_1^{\alpha_1-1} \cdots P_s^{\alpha_s-1} \cdot \left[ P_1 \cdots P_s - (P_1-1) \cdots (P_s-1) \right] = \\ = 24 = 2^3 \cdot 3^1;$$

Donc, évidemment, X a la forme : $X = 2^{\alpha_1 1} \cdot 2^{\alpha_2 2}$,

avec $\alpha_1, \alpha_2 \in \mathbb{N}^*$. Alors $s=2$.

On obtient $X - \phi(X) = P_1^{\alpha_1-1} \cdots P_2^{\alpha_2-1} \cdot \left[ P_1 \cdot P_2 - (P_1-1) \cdots (P_2-1) \right]$, $\alpha_1 1 \cdot \alpha_2 2 = 2^3 \cdot 3^1$, c'est-à-dire $X - \phi(X) = 2^{\alpha_1-1} \cdot 3^{\alpha_2-1} = 2^3 \cdot 3^1$, ou $2^{\alpha_1-1} \cdot 3^{\alpha_2-1} = 2^3 \cdot 3^1$, d'où $\alpha_1 = \alpha_2 = 2$ et en conclusion $X = 2^2 \cdot 3^2 = 36$.
2.15. Soit $\phi(n)$ la fonction d'Euler. Montrer que :

$\phi(n)$ est nombre premier si et seulement si $n \in \{0, \pm 3, \pm 4, \pm 6\}$.

**SOLUTION:**

Suffisance.

$\phi(0) = \phi(\pm 3) = \phi(\pm 4) = \phi^{\pm 6}) = 2 \text{ qui est nombre premier.}$

Nécessité.

$\phi(\pm 1) = \phi(\pm 2) = 1 \text{ qui n'est pas un nombre premier.}$ \text{ Donc } n \in \{\pm 1, \pm 2\}.$

Soit $n = \pm p_1^{\alpha_1} \cdots p_s^{\alpha_s}$ avec $p_1, \cdots, p_s$ nombres premiers différents.

$\alpha_i \in \mathbb{N}/*; i \in \{1,2,\cdots,s\}.$

$\phi(n) = p_1^{\alpha_1-1} \cdots (p_1-1) \cdots p_s^{\alpha_s-1} \cdots (p_s-1) = \mathcal{M}_2 \text{ pour}$

$n \notin \{\pm 1, \pm 2\} \text{ parce que } p_i-1 = \mathcal{M}_2 \text{ ou } p_j^{\alpha_j-1} = \mathcal{M}_2.$

Comme $\phi(n)$ est un nombre premier il en résulte que $\phi(n) = 2$.

Donc $p_i - 1 = 1$ ou $p_i - 1 = 2$. Il suit que $p_i = 2$ ou $3$.

$p_i = 2 \Rightarrow \alpha_j = 2$. Donc $n = 4, 3, 6$. Ainsi $n \in \{\pm 3, \pm 4, \pm 6\}$.

Mai $\phi(0) = 2$ qui est premier, donc

$n \in \{0, \pm 3, \pm 4, \pm 6\}.$
2.16. Soit un nombre entier $m$ tel que $\emptyset(m) = \mathcal{M}_4$, où $\emptyset$ représente l'indicateur d'Euler. Montrer qu'il existe un nombre pair de racines primitives modulo $m$. (Un entier $a$ s'appelle racine primitive modulo $m$, si $a^{\phi(m)} \equiv 1 \pmod m$ et $a^K \neq 1 \pmod m$ pour $1 < K < \phi(m)$.)

SOLUTION:

1) S'il n'existe pas de racine primitive modulo $m$, alors on a $\emptyset$ racine et $0$ est pair.

2) S'il existe des racines primitives, soit r l'une de celles-ci.

On a $(r, m) = 1$, $r \nmid m$ $\equiv 1 \pmod m$ et $r^K \not\equiv 1 \pmod m$ pour $1 < K < \phi(m)$. Montrons que $m-r$ aussi est une racine primitive modulo $m$.

A) Tout d'abord $m-r \not\equiv r \pmod m$, puisque dans le cas contraire il en résulterait $2r \equiv 0 \pmod m$, ou $2r = t \cdot m$, avec $t \in \mathbb{Z}$.

Comme $\emptyset(m) = \mathcal{M}_4$, on a $m \in \{0, \pm 1, \pm 2\}$.

$$ \alpha) \ n = 2h, h \in \mathbb{Z} - \{0, \pm 1\} \text{. On a : } \quad n \mid 2r \Rightarrow 2h \mid 2r \Rightarrow h \mid r \Rightarrow (r,m) = h \not\equiv \pm 1, \text{absurde.} $$

$$ \beta) \ m = 2l + 1, h \in \mathbb{Z} - \{-1, 0\} \text{. On a : } \quad m \mid 2r \Rightarrow n \mid r \Rightarrow (r,m) = m \not\equiv \pm 1, \text{ absurde.} $$

D'où $r \cdot r \equiv r \pmod m$.

$$ \text{B) } (m, m-r) = d \Rightarrow d \mid m \text{ et } d \nmid m-r \Rightarrow d \mid r \Rightarrow d = (r,m) = 1; \\ \text{donc } (m-r, d) = (1, 1). $$

$(m-r) \emptyset(m) \equiv 1 \pmod m$, conformément au théorème d'Euler.

On suppose par l'absurde qu'il existe $\mu \in \mathbb{K}/\*$, $\mu < \emptyset(m)$ avec $(n-r) \mu = 1 \pmod m$. Il en résulte $1 \equiv (m-r) \mu \equiv (-r) \mu = (-1)^\mu r^\mu \equiv 1 \pmod m$. D'où $\mu$ est impair (sinon il en résulterait $r^\mu = 1 \pmod m$ et $1 \le \mu < \emptyset(m)$, c'est-à-dire r ne serait pas racine primitive).

Donc $\mu \cdot 2p + 1$ avec $p \in \mathbb{K}/$ et $r^\mu \equiv -1 \pmod p$, ou $p \cdot 2^\mu \equiv 1 \pmod p$. Mais $\mu < \emptyset(m)$, cela implique que $2^\mu < 2 \cdot \emptyset(m)$.
Comme r est une racine primitive on a $2^\mu = \emptyset(m)$, ou $\emptyset(m) \neq 1$. Donc $2 \cdot (2p + 1) \nmid \mathcal{M}_4$. Contradiction. Ainsi $(m-r)^\mu \not\equiv 1 \pmod m$

$$ \text{pour } 1 < \mu < \emptyset(m), \text{ donc } m-r \text{ est aussi une racine primitive.} $$
2.47. Soit m un nombre naturel $\ge 3$, et $a_1, \dots, a_p$ tous les nombres positifs inférieurs à m et étrangers à m. . :

Alors $a_1 + a_2 + \dots + a_p = \mathcal{M}_m$.

SOLUTION :

Montrons que $p = \mathcal{M}_2$.

On voit que, si $0 < a < m$ et $(a,m) = 1$, alors on a aussi
$0 < m-a < m$ et $(m-a,m) = 1$, parce que :

$0 < a < m \Rightarrow -m < a - m < m - m \Rightarrow 0 < m - a < m;$

soit $d = (a-m, m)$; en résulte $d|m$ et $d \nmid m$, d'où $d/a$ et $d \nmid m$,

donc $d$ divise $(a,m) = 1$, et ainsi $d = 1$.

On a : $\mathbb{N} - a \in \{a_1, \dots, a_p\}$, $\exists m-a \in \{a_1, \dots, a_p\}$ tel que $m-a \neq a$ ;

(dans le cas contraire, il en résulterait que $m = 2a$ et $(a,m) = a \neq 1$ ou $m = 2$, ce qui est impossible). (1)

Mais $a + (m-a) = m = \mathcal{M}_m$ et, grâce à (1) on obtient la
conclusion du problème.
2.13. Soient a, b, c, trois nombres entiers, tels que $a^2 + c^2 \neq 0$ et

$b^2 + c^2 \neq 0.$

Démonterrez que $\frac{(a,b,c) \cdot c}{(a,c) \cdot (b,c)} \in \mathbb{Z}.$

(La notation $(x_1, \dots, x_n)$ représente le plus grand diviseur des nombres $x_1, \dots, x_n$.)

SOLUTION:

Soit $d = (a, b, c)$. Cela implique que $a = a'd, b = b'd, c = c'd$ et $(d', b', c') = 1$. Alors :

$$(a, c) = (a'd, c'd) = d \cdot (a', c') = d \cdot d_{13} \quad (\text{on a noté } (a', c')=d_{13}) ; \\ \text{d'où } c' = d_{13} \cdot \alpha, \text{ avec } \alpha \in \mathbb{Z}.$$

$$(b, c) = (c'd, b'd) = d \cdot (b', c') = d \cdot d_{23} \quad (\text{on a noté } (b', c') = d_{23});$$

$$d' \text{ où } c' = d_{23} = \beta, \text{ avec } \beta \in \mathbb{Z}.$$

$$\text{Mais } (d_{13}, d_{23}) - ((a', c'), (b', c')) = (a', b', c') = 1.$$

Puisque $d_{13} \cdot \alpha = d_{23} \cdot \beta$, $(d_{13}, d_{23}) = 1$, et que tous les nombres sont entiers, il en résulte que $d_{23}$ divise $\alpha$,

c'est-à-dire $\alpha = d_{23} \alpha'$, avec $\alpha' \in \mathbb{Z}$. Donc $c = d \cdot d_{13} \cdot d_{23} \cdot \alpha'$;

Ainsi que $\frac{(a,b,c) \cdot c}{(a,c) \cdot (b,c)} = \frac{d \cdot d \cdot d_{13} \cdot d_{23} \cdot \alpha'}{d \cdot d_{13} \cdot d \cdot d_{23}} = \alpha' \in \mathbb{Z}.$

Les conditions de l'écnoncé du problème assurent l'existence de l'expression, c'est-à-dire, le dénominateur est différent de zéro.
2.19. Soient $a_i, b_i \in \mathbb{R}$, $i = 1, \overline{n}$. Montrer que :

$$ (a_1 \dots a_n, b_1 \dots b_n) \gg \prod_{i=1}^{n} (a_i, b_i), $$

où $(\alpha, \beta)$ représente le plus grand diviseur des nombres $\alpha$ et $\beta$.

### SOLUTION:

On applique le raisonnement par récurrence.

Pour $i = 1$ c'est évident. Pour $i = 2$, il faut montrer

$$ \text{que } (a_1 a_2, b_1 b_2) \gg (a_1, b_1) \cdot (a_2, b_2); $$

$$ \text{Soient } a_1 = a_{11} \stackrel{d}{a_1} b_1, \quad b_1 = b_{11} \stackrel{d}{a_1} b_1 \text{ avec } (a_{11}, b_{11}) = 1 $$

$$ \text{et soient } a_2 = a_{21} \stackrel{d}{a_2} b_2, \quad b_2 = b_{21} \stackrel{d}{a_2} b_2 \text{ avec } (a_{21}, b_{21}) = 1. $$

$$ \text{Alors } (a_1 a_2, b_1 b_2) = \stackrel{d}{a_1} b_1 \cdot \stackrel{d}{a_2} b_2 \cdot (a_{11} a_{221}, b_{11} b_{21}) \gg \\ \gg \stackrel{d}{a_1} b_1 \cdot \stackrel{d}{a_2} b_2 = (a_1, b_1) \cdot (a_2, b_2). $$

On suppose l'inégalité vraie pour les valeurs de $i$ qui sont inférieures à $n$. Il en résulte :

$$ (a_1 \dots a_n a_{n+1} \dots b_1 \dots b_n b_{n+1}) \gg (a_1 \dots a_n b_1 \dots b_n) \cdot (a_{n+1} \dots b_{n+1}) \gg \\ \gg \left( \prod_{i=1}^{n} (a_i, b_i) \right) \cdot (a_{n+1} \dots b_{n+1}) = \prod_{i=1}^{n+1} (a_i, b_i) . $$
2.20. Si $(a_1, b_1) \in \mathbb{Q}/\langle\alpha, \beta\rangle$, i.e. $\{1, 2, ..., n\}$ et $[\alpha, \beta]$ représente le plus petit commun multiple des nombres $\alpha$ et $\beta$, alors :

$$ [a_1 \cdots a_n \ b_1 \cdots b_n] \le \prod_{i=1}^{n} [a_i \ b_i] . $$

**SOLUTION:**

On va démontrer par rsonnement par récurrence.

Le cas $i=1$ est évident. Pour $i=2$, il faut montrer que

$$ [a_1 a_2 \ b_1 b_2] \le [a_1 b_1] \cdot [a_2 b_2] ; $$

$$ \text{Ecrivons } a_1 = a_{11} \ d_{a_1 b_1} \ , \ b_1 = b_{11} \ d_{a_1 b_1} \text{ avec } (a_{11}, b_{11}) = 1, $$

$$ \text{et } a_2 = a_{21} d_{a_2 b_2} \ , \ b_2 = b_{21} d_{a_2 b_2} \text{ avec } (a_{21}, b_{21}) = 1. $$

$$ \text{Alors } [a \ a_2 \ b_1 b_2] = d_{a_1 b_1} \cdot d_{a_2 b_2} \cdot [a_{11} a_{21} \ b_{11} b_{21}] \le \\ \le d_{a_1 b_1} \cdot d_{a_2 b_2} \cdot a_{11} \cdot a_{21} \cdot b_{11} \cdot b_{21} = [a_1 \ b_1] \cdot [a_2 \ b_2] ; $$

Supposons la propriété vraie pour $i \le n$, elle est vraie aussi pour $i = n+1$, parce que :

$$ \begin{align*} [a_1 \cdots a_n \ a_{n+1} \ b_1 \cdots b_n \ b_{n+1}] &\le [a_1 \cdots a_n \ b_1 \cdots b_n] \cdot [a_{n+1} \ b_{n+1}] \\ &\le \left( \prod_{i=1}^{n} [a_i \ b_i] \right) \cdot [a_{n+1} \ b_{n+1}] ; \end{align*} $$

Donc le problème est démontré.
2.21. Soit m un nombre naturel, $1 \le n \le 5$.

Montrer que si $9^m = \overline{a_1 \cdots a_m}$, alors $\frac{9 \cdots 9}{n \text{ fois}} = \overline{9 \cdots 9 a_1 \ 0 \cdots 0 a_2 \ 9 \cdots 9 \cdots a_n}$ avec $n \in \mathbb{N}/*$.

SOLUTION:

$$ \text{Cas où } m = 1. \quad 9^1 = 9, \quad \overline{9\cdots9}^1 = \overline{9\cdots9} 9. $$

$$ \text{Cas où } m = 2. \quad 9^2 = 81, \quad \overline{9\cdots9}^2 = (\overline{10\cdots0} - 1)^2 = $$

$$ = 1 \overline{0\cdots0} - 2\overline{0\cdots0} + 1 = \overline{10\cdots0} \overline{0\cdots01} - 2\overline{0\cdots0} = \overline{9\cdots9} \overline{80\cdots01} ; $$

$$ \text{Cas où } m = 3. \quad 9^3 = 729, \quad \overline{9\cdots9}^3 = (\overline{10\cdots0} - 1)^3 = $$

$$ = \overline{10\cdots0} - 3\overline{0\cdots0} + 3\overline{0\cdots0} - 1 = \overline{10\cdots0} \overline{0\cdots03} \overline{0\cdots0} - $$

$$ - 3\overline{0\cdots0} \overline{0\cdots01} = \overline{9\cdots9} \overline{70\cdots0}^2 \overline{9\cdots9} 9. $$

$$ \text{Cas où } m = 4. \quad 9^4 = 6561, \quad \overline{9\cdots9}^4 = (\overline{10\cdots0} - 1)^4 = $$

$$ = \overline{10\cdots0} - \overline{40\cdots0} + \overline{60\cdots0} - \overline{40\cdots0} + 1 = \overline{10\cdots0} \overline{0\cdots06} \overline{0\cdots0} \overline{0\cdots01} - $$

$$ - \overline{40\cdots0} \overline{0\cdots04} \overline{0\cdots0} = \overline{9\cdots9} \overline{60\cdots0} \overline{59\cdots9} \overline{60\cdots0} 1. $$

$$ \text{Cas où } m = 5. \quad 9^5 = 59049, \quad \overline{9\cdots9}^5 = (\overline{10\cdots0} - 1)^5 = \overline{10\cdots0} - $$

$$ - 5 \overline{0\cdots0} + 10 \overline{0\cdots0} - 10 \overline{0\cdots0} + 5 \overline{0\cdots0} - 1 = $$

$$ = \overline{9\cdots9}^5 \overline{50\cdots0} \overline{9} \overline{9\cdots9}^0 \overline{00\cdots0}^4 \overline{9\cdots9}^9. $$

Observation. Pour m ≥ 6 la formule n'est plus vrais.
2.22. On considère l'ensemble $A = \{ \underbrace{9\cdots9}_{n} \cdot m \mid m \in \mathbb{N}/* \}$ et $n \in \mathbb{N}/*$, invariable.

a) Calculer le plus grand nombre de 2 n chiffres de l'ensemble A, tel qu'il ne contient pas le chiffre 9.

b) Calculer le plus petit nombre de $2n + K$ chiffres qui ne contient pas le chiffre 9.

Discussion.

SOLUTION:

a) On cherche le plus grand $m \in \mathbb{N}/*$, $m = \overline{b_1\cdots b_n}$, qui multiplé par $\overline{9\cdots 9}$ donne un produit de $2n$ chiffres avec tous ses chiffres différents de 9.

$$ \overline{9\cdots9}_n \cdot m = (\overline{1\ 0\cdots0}_n - 1) \cdot m = \overline{m\ 0\cdots0}_n - m. $$

$$ \text{On fait la différence : } \overline{b_1\cdots b_n \underbrace{0\cdots0}_n} - \overline{b_1\cdots b_n} = ? $$

S'il existe $b_j = 9, j \in \{1, 2, ..., n-1\}$, alors : s'il existe au moins un chiffre non mul derrière le $b_j$, par la soustraction il résulterait $b_j = 9$ dans le résultat, si tous les $b_h = 0, h \in \{j+1, ..., n\}$ par la soustraction dans le résultat il existerait au moins un chiffre de 9 à l'une des places $j+1, ..., n$.

Le cas suivant c'est $m = \overline{8\cdots8}$, $9$. On effectue la différence (c'est-à-dire la multiplication $\overline{9\cdots9} \cdot \overline{8\cdots8}$, $9$).

et on obtient le plus grand nombre de $2n$ chiffres de l'ensemble A qui ne contient pas le chiffre 9, c'est $\overline{8\cdots8}$, $1\cdots1$.

b) Le nombre $m$ aura $n + K$ chiffres.

1) Le cas $1 \le K \le n$. Démontrons que $m = \overline{0\cdots0}, \overline{1\cdots1}, 2$ est le plus petit nombre de $n + K$ chiffres qui aura la propriété demandée.

...
On ne peut avoir aucun zéro parmi les n derniers chiffres du nombre m
parce qu'il en résulterait, par multiplication, au moins un chiffre 9
dans le produit; le dernier chiffre non nul de m est différent de 1
(de même motif) ; les autres chiffres de m peuvent être égaux à zéro,
seulement le premier aura la valeur minimum 1 puisque $K \prec n \Rightarrow$
$\Rightarrow K - 1 \prec n - 1$.

$$ 
\begin{array}{c@{\hspace{1em}}c@{\hspace{1em}}c}
& \multicolumn{2}{c}{\underline{9\ldots9}} & \multicolumn{2}{c}{\underline{n}} \\[1ex]
& \multicolumn{2}{c}{\underline{1\dotfill 0\dotfill 0}} & \multicolumn{2}{c}{\underline{1\ldots12}} \\[1ex]
& \multicolumn{2}{c}{\underline{\phantom{K-1}K-1}} & \multicolumn{2}{c}{\underline{n-1}} \\[1ex]
\cline{2-5}
& \multicolumn{2}{c}{\underline{\hspace{2em}1\ldots1}} & \multicolumn{2}{c}{\underline{\hspace{2em}1\ldots1}} \\[1ex]
& \multicolumn{2}{c}{\underline{\hspace{2em}K-1}} & \multicolumn{2}{c}{\underline{\hspace{2em}n-1}} \\[1ex]
\cline{2-5}
& \multicolumn{2}{c}{\underline{\hspace{4em}8\ldots8}} & \multicolumn{2}{c}{\underline{\hspace{4em}n}} \\[1ex]
& \multicolumn{2}{c}{\underline{\hspace{2em}n-K+1}} & \multicolumn{2}{c}{\underline{\hspace{2em}K-1}} \\[1ex]
& \multicolumn{2}{c}{\underline{\hspace{2em}n}} & \multicolumn{2}{c}{\underline{\hspace{2em}n}} \\[1ex]
\cline{2-5}
& \multicolumn{2}{c}{\underline{\hspace{2em}9\ldots9}} & \multicolumn{2}{c}{\underline{\hspace{2em}9\ldots9}} \\[1ex]
& \multicolumn{2}{c}{\underline{\hspace{2em}K-1}} & \multicolumn{2}{c}{\underline{\hspace{2em}n-K+1}} \\[1ex]
\cline{2-5}
& \multicolumn{2}{c}{\underline{\hspace{4em}1\ldots0}} & \multicolumn{2}{c}{\underline{\hspace{4em}1\ldots1}} \\[1ex]
& \multicolumn{2}{c}{\underline{\hspace{2em}K-1}} & \multicolumn{2}{c}{\underline{\hspace{2em}n-K}} \\[1ex]
& \multicolumn{2}{c}{\underline{\hspace{2em}K-1}} & \multicolumn{2}{c}{\underline{\hspace{2em}n}} \\[1ex]
\cline{2-5}
\end{array}
\qquad \text{(ici on a écrit directement que}
\begin{array}{c}
\underline{9\ldots9} \cdot \underline{1\ldots1} \phantom{2} = \underline{1\ldots1} \underline{8\ldots8} \\
n \qquad n-1 \qquad n \qquad n
\end{array}
) $$

(On a encore utilisé la propriété que le plus petit nombre de 2n chiffres de A, qui ne contient pas de chiffres de 9 est $\underline{1\ldots1} \underline{8\ldots8}$, et que le m correspondant est $\underline{1\ldots1} \underline{2}$.)

2°) Le cas $K \ge n+1$. Maintenant, on ne peut pas écrire $m = 1 \underline{0\ldots0} \underline{1\ldots1} \underline{2}$ parce que $K-1 > n-1$ et le résultat de la multiplication contiendra des chiffres 9 :

$$ 
\begin{array}{c@{\hspace{1em}}c@{\hspace{1em}}c}
& \multicolumn{2}{c}{\underline{9\ldots9}} & \multicolumn{2}{c}{\underline{n}} \\[1ex]
& \multicolumn{2}{c}{\underline{1\dotfill 0\dotfill 0}} & \multicolumn{2}{c}{\underline{1\ldots12}} \\[1ex]
& \multicolumn{2}{c}{\underline{\phantom{K-1}K-1}} & \multicolumn{2}{c}{\underline{n-1}} \\[1ex]
\cline{2-5}
& \multicolumn{2}{c}{\underline{\hspace{2em}1\ldots1}} & \multicolumn{2}{c}{\underline{\hspace{2em}8\ldots8}} \\[1ex]
& \multicolumn{2}{c}{\underline{\hspace{2em}n}} & \multicolumn{2}{c}{\underline{\hspace{2em}n}} \\[1ex]
\cline{2-5}
\cline{2-5}
& \multicolumn{2}{c}{\underline{\hspace{4em}8\ldots8}} & \multicolumn{2}{c}{\underline{\hspace{4em}n}} \\[1ex]
& \multicolumn{2}{c}{\underline{\hspace{2em}n}} & \multicolumn{2}{c}{\underline{\hspace{2em}n}} \\[1ex]
\cline{2-5}
\cline{2-5}
& \multicolumn{2}{c}{\underline{\hspace{2em}9\ldots9}} & \multicolumn{2}{c}{\underline{\hspace{2em}n}} \\[1ex]
\cline{2-5}
\cline{2-5}
& \multicolumn{2}{c}{\underline{9\ldots9}} & \multicolumn{2}{c}{\underline{0\dotfill 0\dotfill 0}} & \multicolumn{2}{c}{\underline{1\ldots1}} & \multicolumn{2}{c}{\underline{8\ldots8}} \\[1ex]
& \multicolumn{2}{c}{\underline{\hspace{2em}n}} & \multicolumn{2}{c}{\underline{\hspace{2em}K-1}} & \multicolumn{2}{c}{\underline{\hspace{2em}n}} & \multicolumn{2}{c}{\underline{\hspace{2em}n}} \\[1ex]
\cline{2-5}
\end{array}
\qquad \text{(i)} $$

Cherchons le plus petit $m \in \{1, \dots, n\}$, de n + K chiffres, qui aura la propriété demandée. Les n derniers chiffres de m seront aussi $\underline{1\ldots1} \underline{2}$.
Le premier aussi 1.
2.24. On consuère une base $\mathbf{b}$ de numérotation, et $p$ un diviseur simple de celle-ci tel que $(p, \frac{b}{p}) = 1$. Alors :

En $\mathbb{N} \subset \mathbb{N}^* ; \exists A_n = \overline{a_1 \cdots a_n}$ écrit en base $b$ qui est divisible par $p^n$, avec $a_i \in \{1, 2, \dots, |p|\} , 1 \le i \le n$.

SOLUTION :

On applique le raisonnement par récurrence pour $n \in \mathbb{N}^*$. Pour $n=1$ on a : $\exists A_1 = |p|$ qui est divisible par $p^1$. (On observe que, puisque $p|b$, il résulte $b = Kp, K \in \mathbb{Z}$ ; $1 = (p, \frac{b}{p}) = (p, K)$ ; aussi, tous les chiffres des nombres de la base $b$ appartiennent à l'ensemble $M_b = \{0, 1, 2, \dots, |p|, |p|+1, \dots\}$, $b-1 \nmid b$, et ils sont représentés par un seul symbole (par exemple, si $b>10$, alors les chiffres $10, 11, \dots$ sont notés par $A, B, \dots$). Donc $|p| \in M_p = \{1, 2, \dots, |p|\} \subset \{b \mid b \le p\}$ et il est formé par un chiffre en base $b$ ; $(p|b \Rightarrow |p| \le |b| = b)$ ; On suppose la propriété vraie pour $n$ ; c'est-à-dire $\exists A_n = \overline{a_1 \cdots a_n}$, écrit en base $b$, qui est divisible par $p^n$, où $a_i \in M_p, 1 \le i \le n$. Montrer qu'elle est vraie pour $n+1$. Soit $A_{n+1} = \overline{x a_1 \cdots a_n}$, avec $x \in M_p$, écrit en base $b$. On détermine un tel $x$ pour which $A_{n+1}$ se divise par $p^{n+1}$ (il suffit de montrer qu'il existe un tel $x$). $A_{n+1} = x \cdot b^n + \overline{a_1 \cdots a_n} = x \cdot K^n \cdot p^n + A_n = p^n (K^n \cdot x + t)$, où $A_n = tp^n, t \in \mathbb{Z}$ (de l'hypothèse de récurrence).

$\exists x \in M_p$ tel que $K^n x + t = 0 \pmod p \Longleftrightarrow K^n x = -t \pmod p$. Puisque $(p, \frac{b}{p}) = 1 = (p, K) \text{ on a : } (p, K^n) = 1$. D'où l'inverse de l'élément $K^n$ par rapport au module $p$ existe. La congruence antérieure devient : $x = -t$. $(K^n)^{-1} \pmod p$ et on choisit le plus petit $x$ non nul, c'est-à-dire $x \in M_p$.

(Il existe $x \in M_p$, parce que $M_p$ constitue un système complet de restes modulo $p$.)
2.35. Soient $n, m \in \mathbb{N}$. On note $a_n^{(m)} = m!^{\cdot\cdot\cdot m}$ avec n chiffres $m$, et $b_n^{(m)} = \overline{m\cdots m}_n$. Pour chaque n et m comparer $a_n^{(m)}$ à $b_n^{(m)}$. Discussion. (Tous les nombres sont écrits en base 10.)

**SOLUTION:**

Dans les conditions précédents, on a :

Lemme 1. $\overline{m}-n \in \mathbb{N}^*, \overline{m}-n \ge 2 \quad m \ge n \ge \overline{m}$.

Démonstration : par récurrence sur $n \in \mathbb{N}^*$.

Le cas $n=1$ implique $m^4 > n$ qui est vrai. On suppose la propriété vraie pour $n$, et on la démontre pour $n+1$ :

$$ 
\begin{align*} 
m^4 (n+1) &= m^{4n} \cdot m^4 > \overline{m\cdots m} \cdot m^4 > \overline{m\cdots m} \cdot 16 = \overline{m\cdots m 0} + \overline{m\cdots m} \cdot 6 \\ 
&> \overline{m\cdots m 0} + m = \overline{m\cdots m m} \cdot 
\end{align*} 
$$

Lemme 2. $\overline{m}-n \ge 3, \overline{m}-n \in \mathbb{N}^*, b_n^{(m)} \ge 4(n+1) \cdot \overline{m\cdots m} \cdot$

Démonstration, $\overline{m\cdots m}^2 = \overline{m\cdots m} \cdot \overline{m\cdots m} > \overline{m\cdots m m}$ puisque $n \ge 3$.
$\overline{m\cdots m} > n+1 > 4$ parce que $n \ge 3$.
$n$

$$ b_n^{(m)} = \overline{m\cdots m} \cdot \overline{m\cdots m} > \overline{m\cdots m}^4 > 4(n+1) \cdot \overline{m\cdots m m} \cdot $$

Lemme 3. S'il existe $n_0 \in \mathbb{N}^*, n_0 \ge 3$, tel que $a_{n_0}^{(m)} > b_{n_0}^{(m)}$ alors $\overline{m}-n_0 \ge 2, \overline{m}-n_0 \le n_0$ on a $a_n^{(m)} > b_n^{(m)}$.

Démonstration : par récurrence sur $n \ge n_0$.

Le cas $n = n_0$ est vrai par hypothèse. On suppose la propriété vraie pour $n$, et on la démontre pour $n + 1$ :

$$ 
\begin{align*} 
a_{n+1}^{(r)} &= m^{a_n^{(m)}} > m^{b_n^{(m)}} > m^4 (n+1) \cdot \overline{m\cdots m} \\ 
&= (m^4 (n+1)) \cdot \overline{m\cdots m}_{n+1} > \overline{m\cdots m} \cdot \overline{m}^{n+1} \\ 
&= m^{b_n^{(m)}}. 
\end{align*} 
$$

Pour la démonstration de ces inégalités on a utilisé l'hypothèse de récurrence, le lemme 2, respectivement le lemme 1.
Lemme 4. $\forall m \ge 6 \ a_3^{(m)} > b_3^{(m)}$.

Démonstration. Puisque $m \ge 6$ et grâce aux lemmes 1 et 2, il en résulte que :

$$m^n = m^2 \cdot m^{n-2} > 4 \cdot 3 \cdot m^{n-2} > 4 \cdot 3 \cdot 6^4 > 4 \cdot 3 \cdot \overline{mnnn}$$

$$a_3^{(m)} = m^{\overline{m}} > m^{4 \cdot 3 \cdot \overline{mnm}} = (m^{4 \cdot 3})^{\overline{mnm}} > \overline{mnm}^{\overline{mnm}} = b_3^{(m)}$$

On a : $a_n^{(m)} = m^{\overline{m}} \cdots \overline{m}$ avec n chiffres de m, $b_n^{(m)} = \overline{m \cdots m} \overline{m \cdots m}$

$$\text{Cas } m = 1. \ a_1^{(1)} = 1 = b_1^{(1)}.$$

$$a_n^{(1)} = 1 \left\langle \overline{1...1} \right\rangle_n = b_n^{(1)}, \forall n \ge 2.$$

$$\text{Cas } m = 2. \ a_1^{(2)} = 2 \left\langle 2^2 \right\rangle = b_1^{(2)} \\ a_2^{(2)} = 2^2 \left\langle 2^2 2^2 \right\rangle = b_2^{(2)} \\ a_3^{(2)} = 2^4 \left\langle 2^2 2^2 2^2 \right\rangle = b_3^{(2)} \\ a_4^{(2)} = 2^{16} \left\langle 2^2 2^2 2^2 2^2 \right\rangle = b_4^{(2)} \\ a_5^{(2)} = 2^{65536} \left\langle 2^{3 \cdot 22222} \right\rangle = b_5^{(2)}$$

D'après le lemme 1 on obtient :

$$2^{65536} > 2^{5 \cdot 2^{4 \cdot 6}} > 4 \cdot 7 \cdot 222222.$$

$$\text{D'onc } a_6^{(2)} = 2^{2^{65536}} > 2^{4 \cdot 7 \cdot 222222} = (2^{4 \cdot 7})^{222222} > 2^{222222^{222222}} = b_6^{(2)}.$$

Du lemme 3 il résulte que $a_n^{(2)} > b_n^{(2)}$, $\forall n \ge 6$.

$$\text{Cas } m = 3. \ a_1^{(3)} = 3 < 3^3 = b_1^{(3)}$$

$$a_2^{(3)} = 3^3 < 33^{33} = b_2^{(3)}$$

$$a_3^{(3)} = 3^{27} < 333^{333} = b_3^{(3)}$$

$$\text{A partir du lemme 1 on obtient } 3^{27} > 3^3 \cdot 3^{4 \cdot 4} > 16.3333.$$

...
$$ \text{Donc } a_4^{(3)} = 3^{327} > 3^{16.3333} = (3^{4.4})^{3333} > 3333^{3333} = b_4^{(3)}. $$

Du lemme 3 il résulte $a_n^{(3)} > b_n^{(3)}$, $\forall n \ge 4$.

$$ \begin{array}{l} \text{Cas } m = 4. \quad a_1^{(4)} = 4 < 4^4 = b_1^{(4)} \\ \quad a_2^{(4)} = 4^4 < 44^{44} = b_2^{(4)} \\ \quad a_3^{(4)} = 4^4 < 4^{256} < 444^{444} = b_3^{(4)}. \end{array} $$

Du lemme 1 il résulte $4^{256} > 4^2 \cdot 4^{4 \cdot 4} > 4 \cdot 4 \cdot 4444$.

$$ \text{Donc } a_4^{(4)} = 4^4 < 4^{256} < 4^{4 \cdot 4 \cdot 4444} = (4^{4 \cdot 4})^{4444} > 4^{444^{4444}} = b_4^{(4)}. $$

Du lemme 3 il résulte :

$$ \forall n \ge 4 \quad a_n^{(4)} > b_n^{(4)}. $$

$$ \begin{array}{l} \text{Cas } n = 5. \quad a_1^{(5)} = 5 < 5^5 = b_1^{(5)} \\ \quad a_2^{(5)} = 5^5 < 55^{55} = b_2^{(5)} \\ \quad a_3^{(5)} = 5^5 = 5^{3125} = (5^5)^{625} = 3125^{625} > 555^{555} = b_3^{(5)}. \end{array} $$

Du lemme 3 on a : $\forall n \ge 3$, $a_n^{(5)} > b_n^{(5)}$.

$$ \text{Cas } n = 6. \quad a_1^{(m)} = m < \overline{m^m} = b_1^{(m)} \\ a_2^{(m)} = m < \overline{m^m} = b_2^{(m)} $$

Du lemme 4 il résulte : $a_3^{(m)} > b_3^{(m)}$, et du lemme 3

$$ \text{on a : } a_n^{(m)} > b_n^{(m)}, \quad \forall n \ge 3 $$

et le problème est complètement résolu.
//OGIQUE //(/) ATHEMATIQUE

——○○○○○——

—○○○—
# RIGONOMETRIE

coo—coo—
4.2. Démontrer les formules de transformation suivantes des produits de fonctions trigonométriques en sommes :

$$1) \cos \alpha_1 \cos \alpha_2 \cdots \cos \alpha_n = \frac{1}{2^{n-1}} \sum_{(\epsilon_1, \ldots, \epsilon_n) \in \mathbb{C}^n} \cos (\epsilon_1 \alpha_1 + \ldots + \epsilon_n \alpha_n)$$

$$2) \text{ a)} \sin \alpha_1 \sin \alpha_2 \cdots \sin \alpha_{2p} = \frac{(-1)^{p}}{2^{2p-1}} \sum_{(\epsilon_1, \ldots, \epsilon_{2p}) \in \mathbb{C}^{2p}} (-1)^k \cos(\epsilon_1 \alpha_1 + \ldots + \epsilon_{2p-1} \alpha_{2p})$$

$$\text{b)} \sin \alpha_1 \sin \alpha_2 \cdots \sin \alpha_{2p+1} = \frac{(-1)^p}{2^{2p}} \sum_{(\epsilon_1, \ldots, \epsilon_{2p+1}) \in \mathbb{C}^{2p+1}} (-1)^k \sin (\epsilon_1 \alpha_1 + \ldots + \epsilon_{2p-1} \alpha_{2p-1})$$

$$\text{où } \mathcal{E}_m = \left( \begin{array}{c} \lfloor \frac{m}{2} \rfloor \\ \lfloor \frac{m}{2} \rfloor + \epsilon_2 \end{array} \right) \left\{ (\epsilon_1, \ldots, \epsilon_m) \middle| \begin{array}{l} \epsilon_1 = \epsilon_2 = \ldots = \epsilon_{\lfloor \frac{m}{2} \rfloor}, \text{ et } \epsilon_{\lfloor \frac{m}{2} \rfloor + 1} = -1 \end{array} \right\}$$

SOLUTION:

L'ensemble $\mathcal{E}_m$ contient tous les m-uplets $(\epsilon_1, \ldots, \epsilon_m)$ qui ont les composantes $\epsilon_i = \pm 1$ arrangées de toutes les manières possibles, mais telles que si $(\epsilon_1, \ldots, \epsilon_m) \in \mathcal{E}_m$ alors $(-\epsilon_1, \ldots, -\epsilon_m) \notin \mathcal{E}_m$. Donc $\mathcal{E}_m$ a en tout :

$$(c_m^{\epsilon_1} + c_m^{\epsilon_2} + \dots + c_m^{\epsilon_m}) : 2 = 2^{m-1} \text{ éléments.}$$

par $c_m^K$, $0 \le K \le m$, on a représenté le nombre des m-uplets tels que : K composantes sont égales à -1, et les autres m - K sont égales à +1.

1) On fait la démonstration par récurrence sur n.
Le cas n = 1 est évident. On suppose l'égalité vraie pour n, on la montre pour n + 1 :

...
$$
\begin{align*}
(\cos \alpha_1 \cdots \cos \alpha_n) \cos \alpha_{n+1} &= \frac{1}{2} \sum_{\substack{\xi_1 \ge \xi_2 \ge \cdots \\ (\xi_1, \dots, \xi_n) \in \mathbb{S}_n}} \cos (\xi_1 \alpha_1 + \dots + \\
&\quad + \xi_n \alpha_n) \cos \alpha_{n+1} = \frac{1}{2^n} \sum_{\substack{\xi_1 \ge \xi_2 \ge \cdots \\ (\xi_1, \dots, \xi_n) \in \mathbb{S}_n}} \left\{ \cos (\xi_1 \alpha_1 + \dots + \right. \\
&\quad + \xi_n \alpha_n + \alpha_{n+1}) + \cos (\xi_1 \alpha_1 + \dots + \xi_n \alpha_n - \alpha_{n+1}) \right\} = \\
&= \frac{1}{2^n} \sum_{\substack{\xi_1 \ge \xi_2 \ge \cdots \\ (\xi_1, \dots, \xi_{n+1}) \in \mathbb{S}_{n+1}}} \cos (\xi_1 \alpha_1 + \dots + \xi_{n+1} \alpha_{n+1}).
\end{align*}
$$

2) a) On applique aussi le récurnnement par récurrence pour p = 1/2.

$$
\text{Si } p=1 \text{ on a } \sin \alpha_1 \sin \alpha_2 = \frac{(-1)^1}{2} [ \cos (\alpha_1 + \alpha_2) - \cos (-\alpha_1 + \alpha_2) ] \text{ qui est vraie.}
$$

On suppose l'égalité vraie pour n, on la montre pour p + 1 :

$$
(\sin \alpha_1 \cdots \sin \alpha_{2p}) \sin \alpha_{2p+1} \sin \alpha_{2p+2} = \frac{(-1)^{p+1}}{2^{p+2}} \sum_{\substack{\xi_1, \dots, \xi_{2p} \in \mathcal{S}_{2p} \\ (\xi_1, \dots, \xi_{2p}) \in \mathcal{S}_{2p}}} (-1)^{p+1} \cdot \cos (\xi_1 \alpha_1 + \dots + \xi_{2p} \alpha_{2p})
$$

$$
\cdot \sin \alpha_{2p+1} \cos \alpha_{2p+2} = \frac{(-1)^{p+1}}{2^{2p}} \sum_{\substack{\xi_1, \dots, \xi_{2p} \in \mathcal{S}_{2p} \\ (\xi_1, \dots, \xi_{2p}) \in \mathcal{S}_{2p}}} (-1)^K \cos (\xi_1 \alpha_1 + \dots + \xi_{2p} \alpha_{2p})
$$

$$
\begin{align*}
& \left[ \cos (\alpha_{2p+1} + \alpha_{2p+2}) - \cos (-\alpha_{2p+1} + \alpha_{2p+2}) \right] = \\
&= \frac{(-1)^{p+1}}{2^{2p+1}} \sum_{\substack{\xi_1, \dots, \xi_{2p} \in \mathcal{S}_{2p} \\ (\xi_1, \dots, \xi_{2p}) \in \mathcal{S}_{2p}}} (-1)^K \cdot \cos (\xi_1 \alpha_1 + \dots + \xi_{2p} \alpha_{2p} + \\
&\quad + \alpha_{2p+1} + \alpha_{2p+2}) + \cos (\xi_1 \alpha_1 + \dots + \xi_{2p} \alpha_{2p} - \alpha_{2p+1} - \alpha_{2p+2}) - \\
&\quad - \cos (\xi_1 \alpha_1 + \dots + \xi_{2p} \alpha_{2p} - \alpha_{2p+1} + \alpha_{2p+2}) - \cos (\xi_1 \alpha_1 + \dots + \\
&\quad + \xi_{2p} \alpha_{2p} + \alpha_{2p+1} - \alpha_{2p+2})] = \frac{(-1)^{p+1}}{2^{2p+1}} \sum_{\substack{\xi_1, \dots, \xi_{2p+2} \in \mathcal{S}_{2p+2} \\ (\xi_1, \dots, \xi_{2p+2}) \in \mathcal{S}_{2p+2}}} (-1)^K \cdot \\
&\quad \cdot \cos (\xi_1 \alpha_1 + \dots + \xi_{2p+2} \alpha_{2p+2}). \dots
\end{align*}
$$
(On peut démontrer simplement les relations :

$$
\mathcal{L}_{m+1} = \begin{cases} \xi_{1}, \dots, \xi_{m}, -1 \end{cases}, \quad \mathcal{L}_{m+1} = \begin{cases} \xi_{1}, \dots, \xi_{m}, 1 \end{cases}, \quad \mathcal{L}_{m} = \begin{cases} -1 \end{cases}, \quad \mathcal{L}_{m} = \begin{cases} 1 \end{cases} \\
\xi_{m} \neq 0 \text{ et }
$$

$$
\mathcal{L}_{m+2} = \begin{cases} \xi_1, \dots, \xi_m, -1, -1 \end{cases}, \quad \mathcal{L}_{m+2} = \begin{cases} \xi_1, \dots, \xi_m, -1, 1 \end{cases}, \quad \mathcal{L}_{m+2} = \begin{cases} \xi_1, \dots, \xi_m, 1, -1 \end{cases}, \\
\xi_1, \dots, \xi_m, 1, 1 \text{ tels que } \begin{cases} \xi_1, \dots, \xi_m \in \mathcal{L}_m \end{cases}.
$$

On peut aussi généraliser .)

2) b) Première méthode : par raisonnement par récurrence pour $j \in \mathbb{N}^*$ (comme les questions antérieures).

Deuxième méthode :

$$
(\sin \alpha_1 \cdots \sin \alpha_{2p}) \sin \alpha_{2p+1} = \frac{(-1)^p}{2^{2p-1}} \sum_{(\xi_1, \ldots, \xi_{2p}) \in \mathcal{L}_{2p}} (-1)^k
$$

$$
\cos (\xi_1 \alpha_1 + \dots + \xi_{2p} \alpha_{2p}) \sin \alpha_{2p+1} = \frac{(-1)^p}{2^{2p}}
$$

$$
\sum_{(\xi_1, \dots, \xi_{2p}) \in \mathcal{L}_{2p}} (-1)^K \sin \left( \xi_1 \alpha_1 + \dots + \xi_{2p} \alpha_{2p} + \dots + \xi_{2p+1} \alpha_{2p+1} \right) + \\
+ \sin \left( \xi_1 \alpha_1 + \dots + \xi_{2p} \alpha_{2p} - \xi_{2p+1} \alpha_{2p+1} \right) = \frac{(-1)^p}{2^{2p}} \sum_{(\xi_2, \dots, \xi_{2p+1}) \in \mathcal{L}_{2p+1}} (-1)^k \\
\cdot \sin (\xi_1 \alpha_1 + \dots + \xi_{2p+1} \alpha_{2p+1})
$$
4.23. Soit $P(x) = 2x^2 - 1$.

Démontrer que pour $n \ge 2$ :

$$ \sin 2^n x = 2^{n-1} \sin 2x \cdot \frac{n-1}{\prod_{i=1}^{n-1} \text{p}(\dots \text{p}(\text{p}(\cos x))\dots)}. $$

### SOLUTION :

a) On va démontrer par récurrence que pour $n \in \mathbb{N}^*$ on a :

$$ \sin 2^n x = 2^n \sin x \cos x \cos 2^1 x \cos 2^2 x \dots \cos 2^{n-1} x; (1) $$

tans le cas $n = 1$, c'est évident.

Supposons l'égalité vraie pour $n$, on démontre qu'elle est vraie aussi pour $n + 1$.

$$ \sin 2 \cdot 2^n x = 2 \sin 2^n x \cos 2^n x \cdot 2^{n+1} \sin x \cos x \dots \cos 2^{n-1} x \cos 2^n x $$
(on a utilisé l'hypothèse de récurrence).

b) On va démontrer par récurrence que pour $i \in \mathbb{N}^*$ on a :

$$ \cos 2^i x = p (...p(p(\cos x))...); \quad (2) $$

$$ \text{Le cos } i = 1 \text{ ona } \cos 2x = 2 \cos^2 x - 1 = p(\cos x) $$

Supposons l'égalité vraie pour $i$ on démontre qu'elle est vraie aussi pour $i + 1$ :

$$ \begin{align*} \cos 2 \cdot 2^i x &= 2 \cos^2 2^i x - 1 = p (\cos 2^i x) = \\ &\quad p (p (...p(p(\cos x))...)) \end{align*} $$

i fois

En reportant (2) dans (1) pour tout $\cos 2^i x$, il va en résulter l'égalité cherchée.
1.26. Soient $s, n \in \mathbb{N}/*$, les rationnels $K_i, P_i$ avec $1 \le i \le n$, et les fonctions continues $f_i, g_i : \mathbb{R}^s \to \mathbb{R}$, aussi $1 \le i \le n$.

a) Déterminer un procédé de résolution pour l'équation :
$$ \sin^K_1 f_1(x_1, \dots, x_s) \cos P_1 g_1(x_1, \dots, x_s) + \dots + \sin^n_n f_n(x_1, \dots, x_s) = n, $$
$$ \cos P_1 g_1(x_1, \dots, x_s) + \dots + \cos P_n^n g_n(x_1, \dots, x_s) = n. $$

b) Trouver une condition nécessaire et suffisante telle que l'équation antérieure soit équivalente au système d'équations :

$$ \left\{ \begin{array}{l} \sin^K_1 f_1 (x_1, \dots, x_s) + \dots + \sin^n_n f_n (x_1, \dots, x_s) = n \\ \\ \cos P_1 g_1 (x_1, \dots, x_s) + \dots + \cos P_n^n g_n (x_1, \dots, x_s) = n. \end{array} \right. $$

## SOLUTION :

a) Le membre droit de l'équation est une somme de n termes, chacun de la forme $\sin^K_1 f_1(x_1, \dots, x_s) \cos P_1 g_1(x_1, \dots, x_s) = 1$, où $i \in \{1, \dots, n\}$, $i \ne 1$.
Donc chaque terme doit être égal à 1, puisque sinon on a $S < n$.

$$ \text{sin}^{K_i}_1 f_i (x_1, \dots, x_s) \cos P_i g_i (x_1, \dots, x_s) = 1, \quad i \in \{1, \dots, n\}, $$
$$ \text{qui est équivalent à} $$
$$ \left( \begin{array}{l} \text{sin}^{K_i}_1 f_i (x_1, \dots, x_s) = 1 \\ \text{(1)} \\ \text{P_i} \cos P_i g_i (x_1, \dots, x_s) = 1 \end{array} \right. \quad \text{(1') ou} \quad \left( \begin{array}{l} \text{sin}^{K_i}_1 f_i (x_1, \dots, x_s) = -1 \\ \text{(1'')} \\ \text{P_i} \cos P_i g_i (x_1, \dots, x_s) = -1 \end{array} \right. $$
$$ \text{avec } i \in \{1, \dots, n\}; $$

qui sera résolu normalement; on obtient ensuite un système algébrique.

b) Le système de b) est de même équivalent au système de (1'). Pour que l'équation de a) soit équivalente au système de b), c'est-à-dire à (1'), il faut éliminer le cos (1"). Donc, si $K_i = \frac{r_i}{t_i}$, $P_i = \frac{U_i}{V_i}$, $r_i, t_i, U_i, V_i$ sont des entiers, $1 \le i \le n$, alors il faut que :

$P_i \in \{1, \dots, n\}$, il existe au moins un entier de $\{r_i, t_i, U_i, V_i\}$ qui soit pair.
GEOMETRIE

<figure><img src="image_4.png" /></figure>
5.31. On trace les projections $M_i$ d'un point M sur les côtés $A_i, A_{i+1}$ du polygone $A_1 \dots A_n$. Montrer que :

$$ \left\| M_1 A_1 \right\|^2 + \dots + \left\| M_n A_n \right\|^2 = \left\| M_1 A_2 \right\|^2 + \dots + \left\| M_{n-1} A_n \right\|^2 + \left\| M_n A_1 \right\|^2 . $$

SOLUTION:

Pour tout i on a :

$$ \left\| M_{i} A_{i} \right\|^{2} = \left\| M_{A_{i}} \right\|^{2} - \left\| A_{i} M_{i} \right\|^{2} = \left\| M_{A_{i}+1} \right\|^{2} - \left\| A_{i+1} M_{i} \right\|^{2} $$

Il en résulte que :

$$ \begin{gather*} \left\| M_i A_i \right\|^2 - \left\| M_i A_{i+1} \right\|^2 = \left\| M_{i+1} A_i \right\|^2 - \left\| M_{i+1} A_{i+1} \right\|^2. \text{ D'où :} \\ \sum_i \left( \left\| M_i A_i \right\|^2 - \left\| M_i A_{i+1} \right\|^2 \right) = \\ = \sum_i \left( \left\| M_{i+1} A_i \right\|^2 - \left\| M_{i+1} A_{i+1} \right\|^2 \right) = 0. \end{gather*} $$
### 32. Sur une droite se trouvent les points $A_1, A_2, \dots, A_n$ dans cet ordre.

$$ \text{Soit } n_1 = \left\lfloor \frac{n}{2} \right\rfloor \text{ et } n_2 = \left\lfloor \frac{n+1}{2} \right\rfloor. \text{ Démontrer que} $$
$$ \sum_{i=1}^{n_2} \left\| A_i A_{n+i} \right\| = \sum_{j=1}^{n_1} \left\| A_j A_{n+1-j} \right\|. $$

**SOLUTION:**

$$ \text{a) } n = 2K \Rightarrow n_1 = n_2 = K. $$

$$ \text{Notons } \left\| A_i A_{i+1} \right\| = x_i, \quad 1 \le i \le n-1. \quad (1) $$

$$ \text{La relation de l'énoncé devient : } \sum_{i=1}^{K} \left\| A_i A_{K+i} \right\| = \sum_{i=1}^{K} \left\| A_i A_{2K+i-1} \right\|. $$

$$ \text{De (1) on a : } \sum_{i=1}^{K} (x_i + x_{i+1} + \dots + x_{i+K}) = \sum_{i=1}^{K} (x_i + x_{i+1} + \dots + x_{2K-i}) $$

Le membre de gauche est égal à

$$ x_1 + x_2 + x_3 + \dots + x_K + x_{K+1} + \dots + x_{2K-1} $$

$$ x_K + x_{K+1} + \dots + x_{2K-1} $$

$$ \text{qui est égal à } x_1 + 2x_2 + 3x_3 + \dots + Kx_K + (K-1)x_{K+1} + (K-2)x_{K+2} + \dots + x_{2K-1}. \quad (2) $$

Le membre de droite est égal à

$$ x_1 + x_2 + x_3 + \dots + x_K + x_{K+1} + \dots + x_{2K-2} + x_{2K-1} + x_2 + x_3 + \dots + x_K + x_{K+1} + \dots + x_{2K-2} + \dots + x_K $$

$$ + x_K $$

qui est égal aussi à (2).

b) $n = 2K + 1 \Rightarrow n_1 = K$ et $n_2 + K + 1$. La démonstration est la même.
Soit ABC un triangle quelconque et O le centre du cercle inscrit dans ce triangle. Sur le côté BC on prend n points $A_1, ..., A_n$, dans cet ordre, tels que les droits $AA_1, ..., AA_n$ partagent l'angle BAC en n + 1 parties égales. On procède de manière analogue pour les côtes CA et AB sur lesquels on prend les points $B_1, ..., B_n$, respectivement $C_1, ..., C_n$.
Montrer que le point O appartient à la figure géométrique déterminée par l'intersection des droits $AA_1, BB_1, CC_1, ..., i \in \{1, 2, ..., n\}$.

SOLUTION :

a) Si $\frac{n+1}{2} = \lfloor \frac{n+1}{2} \rfloor = i$, alors $AA_i, BB_i$ et $CC_i$ sont les bissectrices des angles A, B et C parce qu'elles partagent les angles en deux parties égales. Donc O est l'intersection de celles-ci.

b) Si $\frac{n+1}{2} \neq i$, alors $AA_i, BB_i, CC_i$ ne sont pas des bissectrices.

Elles se coupent deux à deux formant un triangle qui se trouve à l'intérieur du triangle ABC. On obtient le petit triangle de la figure (1).

Soient AD, BE, CF les bissectrices des angles $\hat{A}, \hat{B}, \hat{C}$. Celles-ci peuvent tre à gauche des droits $AA_i, BB_i, CC_i$ (en regardant les droits comme partant de A vers $A_i$ à droite). On a à droite, Sur la figure (1) on a le cas où les droites se trouvent à gauche. On aura la même démonstration pour l'autre cas.)

<figure><img src="image_5.png" /><figcaption>Figure (1).</figcaption></figure>

Parce que AD se trouve à gauche de $AA_i$ et que $O \in AD$, il en résulte que $O \in \triangle AA_iC$. Parce que BE se trouve à gauche de $BB_i$ et que $O \in BE$ on a $O \in \triangle BB_iA$. De même, $O \in \triangle CC_iB$. D'où $O \in \triangle AA_iC \cap \triangle BB_iA \cap \triangle CC_iB$.
5.34. On donne n droites sécantes deux à deux et non coplanaires trois à trois. Alors toutes ces droites passent par le même point.

SOLUTION:

On considère le cas $n = 3$.

Les droites $d_1$ et $d_2$ sont sécantes en M; $d_3$ coupe $d_1$ en M' et $d_2$ en M''. Si $M' \neq M$ et $M'' \neq M$, alors les trois droites sont coplanaires. Absurde. Donc $M' = M'' = M$.

Le cas $n > 3$ se réduit au cas antérieur.

Parmi les n droites on prend 3 quelconques, qui satisferont la conclusion. Parmi ces trois droites on prend 2 quelconques et une autre parmi les n - 3 droites restées. On obtient ainsi trois droites qui passent par un même point, qui est aussi M. Et le procédé continue jusqu'à ce qu'on épuise toutes les droites.
Soient n points $A_1, \dots, A_n$ dans un plan, $n \ge m \ge 3$, tels que «
points quelconques d'entre eux forment un polygone régulier.
Montrer que $n = m$.

SOLUTION :

1) Le cas $m > 3$. Soient $m-1$ points dans le plan. On ajoute un
point nouveau et on constitue un polygone régulier de $m$ côtés.
Chaque polygone régulier s'inscrit dans un cercle. On peut considérer
au début que les $m-1$ points se trouvent sur la circonférence d'un
cercle. Evidemment, l'autre point (qui est ajouté) se trouve sur le
même cercle, et il est bien déterminé, puisque le cercle est divisé
en des arcs égaux. Mais, par les $m-1 \ge 3$ points passe seulement
un seul cercle. Donc à $m-1$ points on peut ajouter un seul point
pour former un polygone régulier (de $m$ côtés). Ainsi que, le nombre
de points qui ont la propriété de l'énoncé ne peut pas dépasser $m$ ;
mais, aussi, il ne peut pas être inférieur à $m$ parce qu'on ne peut
pas former un polygone de $m$ côtés. D'où $n = m$.

2) Le cos m = 3. Alors m - 1 = 2. Ayant deux points distincts, pour
former un triangle équilatéral, nous pouvons trouver :
soit un point dans un demi-plan, soit un point dans l'autre
demi-plan (les demi-plans déterminés par la droite qui unit les
deux points et partage le plan en deux parties).

Si $\triangle A_1A_2A_3$ et $\triangle A_1A_2A_4$ sont
$\triangle A_1A_3A_4$

n'est pas équilatéral. Et
la démonstration est analogue
au cos 1).

<figure><img src="image_6.png" /></figure>
5.36. On considère un polygone (qui a au moins 4 côtés) circonscrit à un cercle, et D l'ensemble des diagonales et des droites qui joignent les points de contact de deux côtés non adjacents. Alors D contient au moins 3 droites concourantes.

**SOLUTION:**

Soit n le nombre des côtés. Si n = 4, alors les deux diagonales et les deux droites qui joignent les points de contact de deux côtés non adjacents sont concourantes (conformément au théorème de Newton).

Le cas n > 4 se ramène au cas antérieur : on considère le polygone quelconque $A_1... A_n$ (voir la figure) circonscrit au cercle et on choisit deux sommets $A_i, A_j$ ($i \neq j$) tels que

$$A_jA_{j-1} \parallel A_iA_{i+1} = P$$

$$\text{et } A_jA_{j+1} \parallel A_iA_{i-1} = R.$$

$$\text{Soient } B_h, h \in \{1, 2, 3, 4\} \text{ telles que}$$

les points de contact

du quadrilatère $PA_jRA_i$ avec le cercle de centre O.

Grâce au théorème de Newton, les droites $A_iA_j, B_1B_3$ et $B_2B_4$ sont concourantes.

<figure><img src="image_7.png" /></figure>
5.37. Dans un triangle ABC soient les céviennes AA', BB' et CC' qui se coupent en P. Calculer la valeur minimum des expressions :

$$E(P) = \frac{\|AP\|}{\|PA'\|} + \frac{\|BP\|}{\|PB'\|} + \frac{\|CP\|}{\|PC'\|}, \text{ et } F(P) = \frac{\|AP\|}{\|PA'\|} + \frac{\|BP\|}{\|PB'\|} + \frac{\|CP\|}{\|PC'\|}$$
où $A' \in [BC]$ , $B' \in [CA]$ , $C' \in [AB]$ .

SOLUTION:

On applique le théorème de Van Aubel trois fois pour le triangle ABC,
et il en résulte :

$$(1) \quad \frac{\|AP\|}{\|PA'\|} = \frac{\|AC'\|}{\|C'B\|} + \frac{\|AB'\|}{\|3'C\|}$$

$$(2) \quad \frac{\|BP\|}{\|PB'\|} = \frac{\|BA'\|}{\|A'C\|} + \frac{\|BC'\|}{\|C'A\|}$$

$$(3) \quad \frac{\|CP\|}{\|PC'\|} = \frac{\|CA'\|}{\|A'B\|} + \frac{\|CB'\|}{\|B'A\|}$$

Si on fait l'addition des trois relations et qu'on note :

$$\frac{\|AC'\|}{\|C'B\|} = X > 0, \quad \frac{\|AB'\|}{\|B'C\|} = Y > 0, \quad \frac{\|BA'\|}{\|A'C\|} = Z > 0, \text{ alors}$$

$$\text{on obtient : } E(P) = \left(X + \frac{1}{X}\right) + \left(Y + \frac{1}{Y}\right) + \left(Z + \frac{1}{Z}\right) \ge 2+2+2 = 6.$$

La valeur minimum sera obtenu lorsque $X = Y = Z = 1$,

c'est-à-dire que P sera le centre de gravité du triangle.

$$F(P) = \left(x + \frac{1}{x}\right) + \left(y + \frac{1}{y}\right) + \left(z + \frac{1}{z}\right) \ge 3.$$
5.39. Si les points $A_1, B_1, C_1$ divisent les côtés BC, CA, respectivement AB d'un triangle dans le rapport K, déterminer le minimum de l'expression : $||AA_1||^2 + ||BB_1||^2 + ||CC_1||^2$.

**SOLUTION:**

On suppose $K > 0$ parce qu'on travaille avec des distances.

$$ ||BA_1|| = K ||BC||; \quad ||CB_1|| = K ||CA||; \quad ||AC_1|| = K ||AB|| $$

On applique trois fois le théorème de Stewart dans le triangle ABC, avec les segments $AA_1, BB_1, CC_1$ :

$$ ||AB||^2 + ||BC|| (1-K) + ||AC||^2 + ||BC|| \cdot K - ||AA_1||^2 + ||BC|| = ||BC||^3 (1-K)K $$
ou : (1) $AA_1||^2 = (3-K) ||AB||^2 + K ||AC||^2 - (1-F) K ||BC||^2$

Analogiquement :

$$ (2) \quad ||BB_1||^2 = (1-K) ||BC||^2 + K ||BA_1||^2 - (1-K) K ||AC||^2 $$

$$ (3) \quad ||CC_1||^2 = (-K) ||CA||^2 + K ||CB||^2 - (1-K) K ||AB||^2 $$

Par l'addition des ces trois égalités on trouve :

$$ ||AA_1||^2 + ||BB_1||^2 + ||CC_1||^2 = (K^2-K+1) ( ||AB||^2 + ||BC||^2 + ||CA||^2 ), $$
qui prend la valeur minimum lorsque $K = \frac{1}{2}$, c'est-à-dire le cas où les trois droits de l'énoncé sont les médianes du triangle.

Le minimum est $\frac{3}{4} ( ||AB||^2 + ||BC||^2 + ||CA||^2 ),$
§ 39. Dans le triangle $ABC$ nous traçons les lignes $AA_1, BB_1, CC_1$ concurrentes tel que
$$AB_1^2 + B_1C^2 + C_1A^2 = AB_1^2 + BC_1^2 + C_1A^2$$ et l'une d'elles est la médiane.

Démontrez que les deux autres lignes sont également médianes ou le triangle $ABC$ est isocèle.

**Solution.**

Nous supposons que $AA_1$ est la médiane sans diminuer la généralité du problème, donc
$$A_1B = A_1C$$, et de la relation dans l'hypothèse il en résulte:

$$B_1C^2 + C_1A^2 = AB_1^2 + BC_1^2 \quad (1)$$

De la concurrence des lignes $AA_1, BB_1, CC_1$ et le Théorème de Menelaus il en résulte
que:

$$\frac{AB_1}{B_1C} = \frac{AC_1}{C_1B} \quad (2)$$

Nous faisons la notation $\frac{AB_1}{B_1C} = k$, $k > 0$ ; d'où nous avons:

$$B_1C^2 + k^2C_1B^2 = k^2B_1C^2 + BC_1^2.$$

Par conséquence $(k^2-1)(C_1B^2 - B_1C^2) = 0$, et d'ici nous trouvons $k=1$ ou $C_1B = B_1C$.

Si $k=1$ alors $AB_1 = B_1C$ et $AC_1 = C_1B$ donc par conséquence $BB_1$ et $CC_1$ sont médianes.

Si $C_1B = B_1C$ de (2) il en résulte que $AB_1 = AC_1$ et par conséquence $AB = AC$, et le triangle $ABC$ est donc isocèle.
5.4. Dans un triangle on trace les céviennes $AA_1$, $BB_1$ et $CC_1$ sécantes en P. Montrer que

$$ \frac{\overline{PA}}{PA_1} \cdot \frac{\overline{PB}}{PB_1} \cdot \frac{\overline{PC}}{PC_1} = \frac{\overline{AB} \cdot \overline{BC} \cdot \overline{CA}}{A_1 B \cdot B_1 C \cdot C_1 A} $$

**SOLUTION:**

Dans le triangle ABC on applique le théorème de Céva :

$$ (1) \quad AC_1 \cdot BA_1 \cdot CB_1 = -AB_1 \cdot CA_1 \cdot BC_1 $$

Dans le $\triangle AA_1B_1$, coupé par la transversale $CC_1$, on applique le théorème de Ménélaus :

$$ (2) \quad AC_1 \cdot BC \cdot A_1P = \Delta AP \cdot A_1C \cdot BC_1 $$

Dans le $\triangle BB_1C$, coupé par la transversale $AA_1$, on applique aussi le théorème de Ménélaus :

<figure><img src="image_8.png" /></figure>

$$ (3) \quad BA_1 \cdot CA \cdot B_1P = BP \cdot B_1A \cdot CA_1 $$

On applique encore une fois le théorème de Ménélaus dans le $\triangle CC_1A$ coupé par la transversale $BB_1$ :

$$ (4) \quad AB \cdot C_1P \cdot CB_1 = AB_1 \cdot CP \cdot C_1B $$

On divise chaque relation (2), (3) et (4) par la relation (1), et il vient :

$$ (5) \quad \frac{\overline{PA}}{\overline{PA_1}} = \frac{\overline{BC}}{\overline{BA_1}} \cdot \frac{\overline{B_1A}}{\overline{B_1C}} $$

$$ (6) \quad \frac{\overline{PB}}{\overline{PB_1}} = \frac{\overline{CA}}{\overline{CB_1}} \cdot \frac{\overline{C_1B}}{\overline{C_1A}} $$

$$ (7) \quad \frac{\overline{PC}}{\overline{PC_1}} = \frac{\overline{AB}}{\overline{AC_1}} \cdot \frac{\overline{A_1C}}{\overline{A_1B}} $$

On multiplie (5) par (6) et par (7), et on a :

$$ \frac{\overline{PA}}{\overline{PA_1}} \cdot \frac{\overline{PB}}{\overline{PB_1}} \cdot \frac{\overline{PC}}{\overline{PC_1}} = \frac{\overline{AB} \cdot \overline{BC} \cdot \overline{CA}}{\overline{A_1 B} \cdot \overline{B_1 C} \cdot \overline{C_1 A}} \cdot \frac{\overline{AB_1} \cdot \overline{BC_1} \cdot \overline{CA_1}}{\overline{A_1 B} \cdot \overline{B_1 C} \cdot \overline{C_1 A}} $$
mais la dernière fraction est égale à 1 conformément au théorème de Céva.
Soit un triangle ABC qui a tous les angles aigus, et on considère
A'B'C', le triangle formé par les pieds de ses hauteurs.

Dans quelles conditions l'expression

||A'B'|| · ||B'C'|| + ||B'C'|| · ||C'A'|| + ||C'A'|| · ||A'B'||
est-elle maximum ?

SOLUTION:

On a

$$ \triangle ABC \sim \triangle A'B'C' \quad (1) $$

$$ \sim \triangle AB'C' \sim \triangle A'BC' $$

un note

$$ ||BA'|| = X, ||CB'|| = y, $$

$$ ||\Delta C' || = Z. \text{ Il en résulte} $$

$$ \text{que } ||\Delta C|| = a - X, \quad ||B'A|| = b-y $$

$$ ||C'B|| = c-z. $$

$$ \hat{BAC} = \hat{B'A'C} = \hat{BA'C'} ; \hat{ABC} = \hat{AB'C'} = \hat{A'B'C} ; \hat{BCA} = \hat{BC'A'} = \hat{B'C'A} $$

De ces égalités il résulte la relation (1).

<figure><img src="image_9.png" /></figure>

$$ \triangle A'B'C' \sim \triangle A'B'C' \quad \Rightarrow \quad \frac{||A'C'||}{a - x} = \frac{x}{||A'B'||} \quad (2) $$

$$ \triangle A'B'C' \sim \triangle AB'C' \quad \Rightarrow \quad \frac{||A'C'||}{z} = \frac{c-z}{||B'C'||} \quad (3) $$

$$ \triangle AB'C' \sim \triangle A'B'C' \quad \Rightarrow \quad \frac{||B'C'||}{y} = \frac{b-y}{||A'B'||} \quad (4) $$

De (2), (3) et (4) on tire que la somme des produits de l'énoncé est égale à :

$$ \begin{aligned} X (a - x) + y (b - y) + Z (c - z) = \frac{1}{4} (a^2 + b^2 + c^2) - & \\ & (X - \frac{a}{2})^2 + (y - \frac{b}{2})^2 + (z - \frac{c}{2})^2 \text{ qui atteint son} \\ \text{maximum lorsque } X = \frac{a}{2}, y = \frac{b}{2}, Z = \frac{c}{2} \text{ c'est-à-dire que les} \\ \text{hauteurs tombent au milieu des côtés, donc lorsque } \triangle ABC \text{ est} \\ \text{équilatéral. Le maximum de l'expression est } \frac{1}{4} (a^2 + b^2 + c^2) . & \end{aligned} $$
5.42. Soient points distincts $A_1, \dots, A_n$ sur la circonférence d'un cercle de centre O et de rayon R.

Montrer qu'il existe deux points $A_i$ et $A_j$ tels que $\|\vec{OA_i} + \vec{OA_j}\| \ge 2R \cos \frac{180^\circ}{n}$.

SOLUTION:

Comme $S = \frac{1}{2} A_1 OA_2 + \frac{1}{2} A_2 OA_3 + \dots + \frac{1}{2} A_{n-1} OA_n + \frac{1}{2} A_n OA_1 =$
$= 360^\circ$ et que $\# i \in \{1, 2, \dots, n\} \quad \frac{1}{A_i OA_{i+1}} > 0^\circ,$
il en résulte qu'il existe au moins un angle

$\frac{360^\circ}{n}$ (sinon il en résulterait que $S > \frac{360^\circ}{n}$) . $n =$
$= 360^\circ$)

$$ \vec{OA_i} + \vec{OA_j} = \vec{OM} = \vec{OM} $$

$$ \| \vec{OA_i} + \vec{OA_j} \| = \| \vec{OM} \|. $$

Le quadrilatère

$OA_i MA_j$ est un rhombe.

Lorsque $\vec{OA}$ est plus petit,
$\vec{OM}$ est plus grand.

$$ \text{Comme } \times < \frac{360^\circ}{n}, $$

il en résulte que :

$$ \| \vec{OM} \| = 2 R \cos \frac{180^\circ}{n} \ge 2 R \cos \frac{360^\circ}{n} . $$

<figure><img src="image_10.png" /></figure>
2.43. Déterminer le nombre maximum de points qui se trouvent dans un cercle ou sur sa circonférence, tels que la distance entre deux quelconques des points soit supérieure ou égale au rayon.

SOLUTION:

Le côté d'un hexagone régulier inscrit dans un cercle a la même dimension que le rayon du cercle respectif. D'où il existe au moins 7 points dans un cercle qui ont la propriété de l'énoncé : un point dans le centre du cercle, et 6 points sur la circonférence du cercle tels que les six points constituent les sommets d'un hexagone régulier inscrit dans ce cercle.

Les 7 points choisis sont pris d'une manière optimale. Par exemple, si l'on essaye de construire l'ensemble de points qui ont la propriété de l'énoncé du problème, il ne serait pas du tout optimal de prendre le premier point différent du centre du cercle ni sur la circonférence.

Ainsi, dans la figure géométrique ci-jointe, en prenant $C_1$ dans l'intérieur du cercle et différent du centre, alors dans la portion hachurée (qui est un cercle de même rayon que le cercle initial, et de centre $C_1$, cou-

pé par celui-ci) on ne peut plus prendre aucun point. Donc le mieux est d'avoir la portion hachurée la plus petite. Il en résulte que $C_1$ doit être sur la circonférence. D'où cela implique que les autres point seront : 5 sur la circonférence tels que les 6 points vont constituer un hexagone régulier et l'autre dans le centre du cercle. Ainsi on a construit 7 points.

<figure><img src="image_11.png" /></figure>
### 5.44. Combien de points se trouvent dans une sphère (et sur sa surface), tels que la distance entre deux quelconques d'entre eux soit supérieure ou égale au rayon.

**SOLUTION:**

On considère l'un des grands cercles de la sphère, déterminé par le plan $A_1 OA_4$, où O est le centre de la sphère. Sur la circonférence de celui-ci on prend les points $A_1, A_2, ..., A_6$ tels qu'ils constituent un hexagone régulier - donc, la distance

$\| A_i A_j \| \ge \text{au rayon de la sphère, pour } i \ne j$. On construit un plan $A_2 A_5 \text{ MNO}$ perpendiculaire au plan $A_1 OA_4$ qui coupe la sphère d'après le cercle $A_2 A_5 \text{ MN}$. Sur la circonférence de celui-ci on prend aussi 6 points qui constituent un hexagone régulier, parmi lesquels seront $A_2$ et $A_5$. Puis, on trace le troisième grand cercle de la sphère, déterminé par $A_3, A_6, M$ et $N$. Aussi, sur la circonférence de ce dernier cercle on prend 6 points, les sommets d'un hexagone régulier, parmi lesquels $A_3$ et $A_6$. Etc. On a en tout $6 + 4 + 0 = 10$ points, et si on ajoute le centre de la sphère on obtient 11 points qui gardent la propriété de l'énoncé.

Cette façon de construire les points est optimale. Si on commence la construction des points, par exemple en prenant un point A qui n'appartient pas à la surface de la sphère et qui est différent du centre de la sphère, alors la sphère de centre A et de même rayon va occuper une grande zone dans la sphère initiale, mais le but est que cette zone soit la plus petite possible. D'où A appartient à la surface. Et la démonstration continue de même.

<figure><img src="image_12.png" /></figure>
5.45. Soient n points distincts dans un plan, reliés deux à deux par une droite;

a) Quel est le nombre maximum de droites que l'on pourrait construire avec ces points ?

b) si m points seulement, $1 \le m < n$, sont colinéaires, combien de droites distinctes a-t-on ?

c) montrer qu'on ne peut pas avoir $\frac{(n-2) (n+1)}{2}$ droites, quelle que soit la façon dont on arrange les n points distincts.

## SOLUTION :

Soient $A_1, \dots, A_n$ les n points distincts.

a) Si ceux-ci sont trois à trois non colinéaires, alors on peut former toutes les droites possibles :

$A_i A_j$ avec $i < j$ et $(i,j) \in \{1, \dots, n\}$. Donc $\frac{n(n-1)}{2}$ droites.

b) Si $A_1, \dots, A_m$ sont colinéaires, alors les droites $A_h A_k$ avec $h < k$ et $(h,k) \in \{1, \dots, m\}$ sont les mêmes, et constituent une seule droite. Alors il reste :

$$ \frac{n(n-1)}{2} - \frac{m(m-1)}{2} + 1 = \frac{n^2 - m^2 - n + m + 2}{2} $$ droites distinctes.

$$ c) \frac{(n-2)(n-1)}{2} = \frac{n(n-1)}{2} - 1 $$

Si les n points sont trois à trois non colinéaires, on a vu qu'on a $\frac{n(n-1)}{2}$ droites distinctes. Si m points sont colinéaires, on a $\frac{m(m-1)}{2} - 1$ droites en moins.

Mais $\frac{m(m-1)}{2} - 1 = 1 < \frac{m(m-1)}{2} - m - 4 = 0$ qui n'admet pas de solution naturelle.

Par exemple, si on a 3 points colinéaires, on élimine 2 droites du total de $\frac{n(n-1)}{2}$, mais pas une droite comme il faudrait.
<figure><img src="image_13.png" /></figure>
5.47. Soient n points distincts dans le plan, trois à trois non colinéaires $A_1, \dots, A_n$. Trouver le lieu géométrique des points $M \neq A_i$, $1 \le i \le n$, tel que l'importe quelle droite qui passe par M et qui ne contient aucun point $A_i$ ($1 \le i \le n$) divise le plan en deux demi-plans qui contiennent l'un $[\frac{n}{2}]$ et l'autre $[\frac{n+1}{2}]$ points.

**SOLUTION:**

Notons $\Pi$ le plan qui contient les points $A_1, \dots, A_n$ et soit $\alpha$ le lieu géométrique cherché.

$$1) \text{ Si } n=1, \text{ alors bien sûr } \alpha = \Pi - \{A_1\}. $$

$$2) \text{ Si } n=2, \alpha = [A_1, A_2] - \{A_1, A_2\}, \text{ où } [A_1, A_2] \text{ représente le segment de droite qui unit les points } A_1 \text{ et } A_2. $$

$$3) n > 2.$$

a) $n = 2K$. Soit $d_1$ la droite qui passe par $A_1$ et par un point $A_{s_1}$, $2 \le s_1 \le n$, telle que d'un côté et de l'autre de la droite $d_1$ se trouvent $K-1$ d'entre les points $A_2, \dots, A_{s_1-1}, A_{s_1+1}, \dots, A_n$.

On a $\left[\frac{2K}{2}\right] = \left[\frac{2K+1}{2}\right] = K$. Evidemment $\alpha$ est inclus dans $[A_1, A_{s_1}]$. On procède ainsi pour tous les points $A_i$, $1 \le i \le n$, et on trouve que $\alpha = \bigcap_{i=1}^n [A_i, A_{s_i}]$. Donc, si tous ces segments se coupent on a un point, alors celui-ci sera $\alpha$ ; sinon $\alpha = \emptyset$.

b) $n = 2K + 1$; On a $\left[\frac{n}{2}\right] = K$ et $\left[\frac{n+1}{2}\right] = K + 1$.

Pour $A_1$ construisons le triangle $A_1 A_{u_1} A_{v_1}$, où $A_{u_1}$ est tel que la droite $A_1 A_{u_1}$ partage le plan en deux demi-plans, l'un contenant $K-1$, l'autre $K$ points d'entre les points $A_i$ restés; cependant que $A_{v_1}$ est tel que la droite $A_1 A_{v_1}$ partage aussi le plan en deux demi-plans, l'un contenant $K$ et l'autre $K-1$ points d'entre les points $A_i$ restés. Evidemment $\alpha \subseteq \Delta A_1 A_{u_1} A_{v_1}$. On procède de même pour tous les points $A_i$, $1 \le i \le n$, et on trouve que $\alpha = \bigcap_{i=1}^n \Delta A_i A_{u_i} A_{v_i}$.
5.48. Montrer qu'une sphère ne peut pas être incluse dans l'union de deux sphères de rayons strictement inférieurs au sien.

SOLUTION:

Soit S la sphère, C son grand cercle, r le rayon de la sphère (implicitly r is the rayon of circle C).

Par l'absurde, soient $S_1$ et $S_2$ les sphères qui comprennent cette sphère et telles que celles-ci sont strictement inférieures à S.
On note $C_1$ (respectivement $C_2$) le grand cercle de la $S_1$ (respectivement $S_2$) et $r_1$ (respectivement $r_2$) le rayon de la sphère $S_1$ (respectivement $S_2$) implicitement $r_1$ (respectivement $r_2$), est le rayon du cercle $C_1$ (respectivement $C_2$).
On fait l'intersection entre $S$ et $S_1$.

$$ \text{a) } S \cap S_1 = \emptyset \quad (\text{un seul point commun}) $$

Soit O le centre de la sphère S. Construisons un plan $\overline{PO}$ qui contient le rayon OP.

$$ \overline{PO} \cap S = \emptyset, C \cap S_1 = \emptyset \text{. Donc } S_2 \supset C - S_1 \text{, c'est-à-dire } r_2 \geq r \text{. Contradiction.} $$

$$ \text{b) } S \cap S_1 = C_{SS_1} \text{ (un cercle). Il en résulte que le rayon de } \\ \text{celui-ci } r_{C_{SS_1}} \leq \min \{ r_1, r \} = r_1 < r. $$

Alors il existera un grand cercle C de la sphère S qui a la propriété que $C \cap S_1 = \emptyset$. Donc $S_2 \supset C$, et $r_2 \geq r$, ce qui est absurde.

c) Le cos $S_1 \subset S$ et la surface de $S_1$ ne coupe pas la surface de S, alors il existera un grand cercle C de la sphère S tel que $C \cap S_1 = \emptyset$. Donc $S_2 \supset C$, et alors $r_2 \geq r$, ce qui est aussi absurde.

$$ \text{d) Même démonstration lorsque } S \cap S_1 = \emptyset \text{ et } S_1 \not\subset S. $$
6.2. On considère les nombres naturels $K_1, ..., K_p$ qui constituent une suite arithmétique. Montrer que si $a_1, ..., a_n$ constituent une suite arithmétique (respectivement géométrique) alors $a_{K_1}, ..., a_{K_n}$ constituent une suite arithmétique (respectivement géométrique).

**SOLUTION :**

$K_i = K_1 + (i - 1) r_1$, $1 \le i \le p$, et $r_1$ est la raison de cette suite arithmétique.

a) Lorsque $a_1, ..., a_n$ constituent une suite arithmétique,

alors $a_{K_i} = a_{K_1} + (K_i - K_1) r = a_{K_1} + rr_1 (i - 1)$,

où $1 \le i \le p$ et $r$ est la raison de la suite $a_1, ..., a_n$.

Donc $a_{K_1}, ..., a_{K_p}$ constituent aussi une suite arithmétique de raison $r \cdot r_1$.

b) Lorsque $a_1, ..., a_n$ constituent une suite géométrique, de raison $q$, alors $a_{K_i} = a_{K_1} \cdot q^{K_i - K_1} = a_{K_1} \cdot (q^{r_1})^{i-1}$

où $1 \le i \le p$. Donc $a_{K_1}, ..., a_{K_p}$ constituent une suite géométrique de raison $q^{r_1}$.
Soient les suites de naturels $x_n$ et $y_n$ telles que $x_n = a_y_n$, $\forall n \in \mathbb{N}^*$, et $a \neq 1$. De la progression arithmétique $b_1, b_2, \dots$ on élimine les termes de rang $x_n$, $n \in \mathbb{N}^*$. Montrer que parmi les termes restés il existe une sous-progression arithmétique.

## SOLUTION :

On observe que si les naturels $i_1, \dots, i_s$ constituent une progression arithmétique alors $b_{i_1}, \dots, b_{i_s}$ ont la même propriété, puisque :

$$ 
\begin{align*} 
2b_{i_j} &= 2 \sum_{l=1}^{j} b_l + (i_j - 1) \sum_{l=1}^{j-1} r_l = 2b_1 + (2i_j - 2) \sum_{l=1}^{j-1} r_l + i_j + \dots + i_{j+1} - 2 \sum_{l=1}^{j-1} r_l \\
&= (b_1 + (i_{j-1} - 1) r_1) + (b_1 + (i_{j+1} - 1) r_1) = \\
&= b_{i_j-1} + b_{i_j+1} \\
&\qquad \text{(On a utilisé } 2i_j = i_{j-1} + i_{j+1}) \cdot 
\end{align*} 
$$

Donc, on peut remplacer $b_1, b_2, \dots$ par 1, 2, ...

Il faut construire une progression arithmétique $a_1, a_2, \dots$ telle que $a_{i+1} \neq x_n$, $\forall (i, n) \in \mathbb{N}^* \times \mathbb{N}^*$.

A) Le cos a = 0 est trivial.

B) Soit $a \neq 0$.

$a_{i+1} = a_i + ir$, où r est la raison. Donc $a_1 = ?, r = ?$ tels que $a_1 + ir \neq a_i Y_n$, $\forall (i, n) \in \mathbb{N}^* \times \mathbb{N}^*$. (1)

D'où $i \neq \frac{a_i Y_n - a_1}{r}$. Parce que $i \notin \mathbb{N}^*$, on pose la condition : $(a_i Y_n - a_1) \cdot \frac{1}{r} \in \mathbb{Z}$.

On prend $r = a_2 > 2$ (parce que $a_1 \neq 0, a_2 \neq 1$ et $x_n$ et $y_n$ sont des suites naturelles, d'où $a_1 \leq \dots \leq \mathbb{N}^*$ oï $a_1 = a - 1$.

Ainsi $i \neq \frac{a_i Y_n - a + 1}{a}$, $Y_n - 1 + \frac{1}{a} \in \mathbb{N}^*$ et la relation (1) est vérifiée.

ainsi $i \neq \frac{a_i Y_n - a + 1}{a}$, $Y_n - 1 + \frac{1}{a} \in \mathbb{N}^*$ et la relation (1) est vérifiée.
6.52. Montrer que $(f_1 \circ \dots \circ f_n)' = \prod_{i=1}^{n} f_i' \circ f_{i+1} \circ \dots \circ f_n$.

**SOLUTION:**

Pour $i=1$ on a immédiatement le résultat.

Supposons l'égalité vraie pour $i = n - 1$. Alors

$$ (f_1' \circ \dots \circ f_n)' = (f_1' \circ (f_2 \circ \dots \circ f_n))' = (f_1' \circ (f_2 \circ \dots \circ f_n))' $$

$$ \begin{aligned} : (f_2' \circ \dots \circ f_n)' &= (f_1' \circ f_2' \circ \dots \circ f_n') \cdot \prod_{i=2}^{n} (f_1'' \circ f_2'' \circ \dots \circ f_n'') \\ &= \prod_{i=1}^{n} f_i'' \circ f_{i+1}'' \circ \dots \circ f_n' . \end{aligned} $$
Soient les ensembles $\emptyset \neq A \subset M_1 \subset M_2$, où $M_1$ est partout dense dans $M_2$, et $\inf A = \emptyset$ dans $M_2$.

Alors : il existe $\inf A$ dans $M_1$ si et seulement si $\sup A \subset M_1$.
Même question avec $\sup A$.

### SOLUTION:

Suffisance.

Si $\inf A = \emptyset$ dans $M_2$ et $\sup A \subset M_1 \subset M_2$, alors évidemment
$\inf A = \emptyset$ dans $M_1$.

Nécessité.

Soit $\sup A' = \inf A$ dans $M_1$. Donc $\sup A' \in M_1$.

On sait que $\inf A = \emptyset$ dans $M_2$ par hypothèse.

1) Si $\sup A' > \emptyset$, alors $\inf A = \emptyset$ et $\sup A' \neq \sup A$ dans $M_2$. Contradiction.

2) Si $\sup A' < \emptyset$, parce que $M_1$ est partout dense dans $M_2$, il en résulte qu'il existe $\emptyset \neq A' \subset M_1$ tel que $\sup A' < \sup A$.

Si $\emptyset \neq A$, alors $\sup A$ n'est pas égal à $\inf A$ dans $M_2$ (contradiction) ; donc $\sup A \in A$.

S'il existe $\emptyset \neq A' \subset M_1$ tel que $\sup A' \neq \sup A$, alors
$\sup A' \neq \sup A$ dans $M_2$. Contradiction.

S'il n'existe pas $\emptyset \neq A' \subset M_1$ tel que $\sup A' \neq \sup A$, alors
$\sup A' \neq \sup A$ dans $M_1$. Contradiction.

Donc :

3) $\sup A' = \emptyset$, c'est-à-dire $\emptyset \subset M_1$.

Démonstration analogue pour $\sup A$.
5.54. Montrer que, quels que soient le naturel $n > 0$ et le réel $T > 0$, il existe une fonction $\mathcal{F}: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ de période $T$ et telle que $|\mathcal{F}|$ a la période $\frac{T}{n}$. Dans ce cos, si $\mathcal{F}$ est continue, démontrer que $\mathcal{F}$ s'annule au moins en $n-1$ points dans un intervalle de longueur $T$.

### SOLUTION :

Soient $n \in \mathbb{N}^*$, $T \in \mathbb{R}^*$. et la fonction $\mathcal{F}: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, de période $T$, qui a la représentation graphique suivante :

$$ (1) \quad \text{Cercle de longueur } T \text{ et centre } 0 \quad \text{Cercle de longueur } \frac{T}{n} \quad \text{Cercle de longueur } \frac{T}{n} $$

où tous les $n$ demi-cercles de (1) sont égaux entre eux.

La fonction $|\mathcal{F}|: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ aura la courbe suivante :

$$ (2) \quad \text{Cercle de longueur } T \text{ et centre } 0 \quad \text{Cercle de longueur } \frac{T}{n} \quad \text{Cercle de longueur } \frac{T}{n} $$

donc la période de celle-ci est $\frac{T}{n}$.

Evidemment, il existe une infinité de telles fonctions, parce qu'il peut remplacer les demi-cercles de (1) par d'autres courbes telles que la propriété de l'énoncé soit conservée.

Nous devons montrer le deuxième point :

Le cos $n = 1$ est banal. Soit $n > 1$. Soit $K$ le nombre des points pour lesquels $\mathcal{F}$ s'annule dans un intervalle de longueur $T$. Mais $K$ est non nul, puisqu'autrement il en résulterait que $|\mathcal{F}| = \dots = |\mathcal{F}| = -\mathcal{F}|$ sur $\mathbb{R}$, c'est-à-dire que $|\mathcal{F}|$ a la période $T$.

Donc $K \ge 1$. $\mathcal{F}(x) = 0 \iff \mathcal{F}|(x) = 0$.

(3) Puisque $|\mathcal{F}|(x)$ s'annule au moins une fois (on a $K \ge 1$), il en résulte que $|\mathcal{F}|$ s'annule dans un intervalle de longueur $\frac{T}{n}$ ou dans l'intérieur de celui-ci ou à une extrémité de celui-ci.

Mais, dans un intervalle de longueur $T$ on a $n$ intervalles de longueur $\frac{T}{n}$. Donc $|\mathcal{F}|$ s'annule au moins $n-1$ fois dans un intervalle de longueur $T$, et sachant (3) il en résulte la dernière question de problème.
Soient les fonctions positives $\mathfrak{f}_1, \dots, \mathfrak{f}_n$ sur un intervalle $I$,
telles qu'elles varient dans le même sens sur cet intervalle.

Alors $\mathfrak{f}_1^{\circ \cdots \circ} \mathfrak{f}_n$ varie dans ce même sens sur $I$.

## SOLUTION :

On considère que toutes les $\mathfrak{f}_i$ sont croissantes. (Démonstration
analogue si toutes les $\mathfrak{f}_i$ sont décroissantes).

On utilise le raisonnement par récurrence.

Pour $i=2$. Soit $X_1 < X_2$.

$$ \frac{(\mathfrak{f}_1(\mathfrak{f}_2)(\mathfrak{f}_2) - (\mathfrak{f}_1(\mathfrak{f}_2)(\mathfrak{f}_1))}{x_2 - x_1} = \mathfrak{f}_1(x_1) \frac{\mathfrak{f}_2(x_2) - \mathfrak{f}_2(x_1)}{x_2 - x_1} + \\ + \mathfrak{f}_2(x_2) \frac{\mathfrak{f}_1(x_2) - \mathfrak{f}_1(x_1)}{x_2 - x_1} \ge 0. $$

D'où, $\mathfrak{f}_1(\mathfrak{f}_2)$ est une fonction croissante sur $I$.

On suppose que $\mathfrak{f}_1^\circ \cdots \mathfrak{f}_n^\circ$ est croissante, alors

$\mathfrak{f}_1^\circ \cdots \mathfrak{f}_{n-1}^\circ \mathfrak{f}_n$ est croissante, parce qu'on peut noter

$\mathfrak{f}_1^\circ \cdots \mathfrak{f}_{n-1}^\circ = g$ qui est positive et croissante par l'hypothèse de récurrence, et $\mathfrak{f}_1^\circ \cdots \mathfrak{f}_{n-1}^\circ \mathfrak{f}_n = g \mathfrak{f}_n$ qui est croissante conformément à la démonstration pour $i=2$.
4.56. Soit n un naturel non nul.

a) Déterminer les fonctions $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, impaires, dérivables 2 n fois, telles que la dérivée d'ordre 2 n soit non négative.

b) Déterminer les fonctions $g: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, paires, dérivables 2n - 1 fois, telles que la dérivée d'ordre 2n - 1 soit non négative.

SOLUTION:

a) $f(x) = -f(-x)$, $\forall x \in \mathbb{R}$. Il en résulte que $f^{(2n)}(x) = (-1)^{2n+1} f^{(2n)}(-x)$.

Mais $f^{(2n)}(x) \ge 0$ et $f^{(2n)}(-x) \le 0$, cela implique que $f^{(2n)}(x) = 0$ sur $\mathbb{R}$.

Par l'intégration 2n fois, nous obtenons :

$$ \begin{aligned} \int_0^1 f(x) dx &= a_{2n-1} x^{2n-1} + a_{2n-2} x^{2n-2} + \dots + a_1 x + a_0, \quad \text{avec } a_i \in \mathbb{R} \\ 0 \le i \le 2n-1. \end{aligned} $$

Puisque $f$ est impair, il en résulte :

$$ a_{2n-1} x^{2n-1} + a_{2n-2} x^{2n-2} + \dots + a_1 x + a_0 = a_{2n-1} x^{2n-1} - a_{2n-2} x^{2n-2} $$

$$ \begin{aligned} \int_0^1 x^{2n-2} \dots + (-1)^{i_1} a_i x^i + \dots + a_1 x + a_0 \quad \text{On obtient} \\ a_{2n-2} = a_{2n-4} = \dots = a_0 = 0. \end{aligned} $$

$$ \text{Donc } f(X) = a_{2n-1} X^{2n-1} + a_{2n-3} X^{2n-3} + \dots + a_1 X. $$

$$ \begin{aligned} b) g(x) &= g(-x), \quad \forall x \in \mathbb{R}. \text{ Il en résulte que } g^{(2n-1)}(x) = \\ &= (-1)^{2n-1} g^{(2n-1)}(-x). \end{aligned} $$

$$ g^{(2n-1)}(x) \ge 0 \text{ et } g^{(2n-1)}(-x) \le 0, \text{ cela implique que } g^{(2n-1)}(x)=0 \text{ sur } \mathbb{R}. $$

Par l'intégration 2n fois, on a

$$ g(x) = b_{2n-2} x^{2n-2} + b_{2n-3} x^{2n-3} + \dots + b_1 x + b_0, \text{ avec } b_i \in \mathbb{R}, 0 \le i \le 2n-2. $$

Parce que $g$ est paire, il en résulte que :

$$ \begin{aligned} & b_{2n-2} x^{2n-2} + b_{2n-3} x^{2n-3} + \dots + b_1 x + b_0 = b_{2n-2} x^{2n-2} - b_{2n-3} x^{2n-3} + \dots \\ & \dots + (-1)^i b_i x^i + \dots + (-1)^{2n-1} b_{2n-1} x + b_{2n} = \dots \\ & \dots = b_1 = 0. \end{aligned} $$

$$ \text{Donc } g(x) = b_{2n-2} x^{2n-2} + b_{2n-4} x^{2n-4} + \dots + b_2 x^2 + b_0. $$
6.57. Une fonction $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ admet un centre de symétrie si et seulement si il existe deux constantes réelles $a$ et $b$ telles que la fonction $g(x) = f(x+a) - b$ soit impair.
Dans ces conditions, le centre de symétrie a pour coordonnées $(a,b)$.

### SOLUTION:

Nécessité.

Soit $C(x, y)$ le centre de symétrie. On pose $a = x$ et $b = y$.

Faisons une translation des axes, en déplaçant l'origine en $C(a,b)$.

Les formules de changement du repère $CXY$ en $CXY'$ sont :

$$ \left\{ \begin{array}{l} x' = x - a \\ y' = y - b \end{array} \right. \Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = x' + a \\ y = y' + b \end{array} \right. $$

Donc $y = f(x)$ devient $y' + b = f(x' + a)$, ou

$y' = f(x + a) - b$. Notons $g(x') = f(x' + a) - b$, $g: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$.

La fonction $g$ admet un centre de symétrie, qui est même l'origine des axes. D'où $g$ est impair.

Suffisance.

$g$ étant impair, il en résulte que $g$ admet l'origine des axes pour centre de symétrie.

On fait une translation des axes, en déplaçant l'origine en $C''(-a,-b)$.

Ainsi les formules de changement du repère $CXY$ en $C''X''Y''$ sont :

$$ \left\{ \begin{array}{l} x'' = x + a \\ y'' = y + b \end{array} \right. \Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = x'' - a \\ y = y'' - b \end{array} \right. $$

Donc $y = g(x) = f(x + a) - b$ devient $y'' - b = f(x'' - a + a) - b$, c'est-à-dire $y'' = f(x'')$.

Comme $g$ admet le centre de symétrie $O(o,o)$ dans le repère $CXY$, cela implique donc que $f$ admet le centre de symétrie $O(a,b)$ dans le repère $O''X''Y''$.
6.57. Dans un système d'axes orthogonaux, une fonction $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ admet un axe de symétrie si et seulement si il existe une constance réelle a telle que la fonction $g(x) = f(x+a)$, est paire. Dans ces conditions, l'axe de symétrie a pour équation $x = a$.

SOLUTION:

Nécessité.

Soit $x = \begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix}$ l'axe de symétrie de la fonction $f$. On pose $a = \alpha$.
Faisons une translation des axes, en déplaçant l'origine en $O'$ $(a,0)$.

Les équations de changement du repère (OXY) en $(O' X' Y')$ sont :

$$ \left\{ \begin{array}{l} x' = x - a \\ y' = y \end{array} \right. \Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = x' + a \\ y = y' \end{array} \right. $$

Donc $y = f(x)$ devient $y' = f(x' + a) = g(x')$, $g: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$.

f admet pour axe de symétrie la droite $x = a$. Il en résulte que g admet pour axe de symétrie la droite $x' = 0$ (dans $O' X' Y'$), c'est-à-dire l'axe $O'Y'$.

D'où $g$ est paire.

Suffisance.

Comme $g$ est paire, on a que $g$ admet l'axe OY pour axe de symétrie.

On fait une translation des axes aussi, en déplaçant l'origine en $O''(-a,0)$. Le passage du repère (OXY) en $(O'' X'' Y'')$ est donné par :

$$ \left\{ \begin{array}{l} x'' = x + a \\ y'' = y \end{array} \right. \Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = x'' - a \\ y = y'' \end{array} \right. $$

Donc $y = g(x) = f(x-a)$ devient $y'' = f(x'')$.

g admet pour axe de symétrie la droite $x = 0$,

d'où il en résulte que $f$ admet pour axe de symétrie la droite $x'' = a$.
6.59. On considère les fonctions continues $\Delta$, $B$, $C : I \to \mathbb{R}$, où $I$ est un intervalle formé de $\mathbb{R}$, avec $\Delta(x) \le C(x) \le B(x) \quad \forall x \in I$. Soient $x_1, \dots, x_i \in I$, $x_1 \le x_2 \le \dots \le x_i \le \dots \le x_n \in I$, et $\Delta(x_1) = f(x_1)$, $B(x_2) = f(x_2)$, où $f$ est une fonction continue sur $[x_1, x_2]$. Montrer qu'il existe $x_3 \in [x_1, x_2]$ tel que $C(x_3) = f(x_3)$.

**SOLUTION:** Prouve par l'absurde :

On suppose que la conclusion n'est pas jusqua $\notin C(x) \neq f(x)$, où $C(x) - f(x) \neq 0$. Cet $f$ étant continu sur $[x_1, x_2]$, i. on résulte que $C - f$ est continu sur $[x_1, x_2]$. Donc :
$$ \forall x \in [x_1, x_2], \quad C(x) - f(x) > 0, \text{ ou bien } \forall x \in [x_1, x_2] \text{, } C(x) - f(x) < 0. $$

On traite la première situation (l'autre sera analogue).

Puisque $\Delta(x) \le C(x) \le B(x)$ sur $I$, On a :
$$ \Delta(x) - f(x) \le C(x) - f(x) \le B(x) \quad \forall x \in [x_1, x_2]. $$
Cu $C(x_2) - f(x_2) \le B(x_2) - f(x_2) = 0$. Contradiction.

D'où, la conclusion qu'il existe $x_3 \in [x_1, x_2]$ tel que $C(x_3) = f(x_3)$ est juste.
6.60. Trouver les réels $a, b, c$ tels que

$$ \lim_{x \to 0} \frac{a(2x^3 - x^2) + b(x^3 + 5x^2 - 1) + c(-3x^3 - x^2)}{x^4 - a(5x^4 - x) + b(-x^4) + c(4x^4 + 1) + 2x^2 + 5x} = 1. $$

SOLUTION:

On peut écrire

$$ (1) \quad \lim_{X \to 0} \frac{(2a + b - 3c)X^3 + (-a + 5b - c)X^2 - b}{(5a - b + 4c)X^4 + 2X^2 + (-a + 5)X + c} = 1. $$

Si $5a - b + 4c \neq 0$ alors la limite de (1) est égale à $0 \neq 1$.

Donc $5a - b + 4c = 0$. Il en résulte que $2a + b - 3c = c$,

parce que sinon, la limite de (1) serait égale à $\pm\infty$ et $\neq 1$.

$$ \lim_{X \to 0} \frac{(-a + 5b - c)X^2 - b}{2X^2 + (-a + 5)X + c} = 1, \text{ d'où } \frac{-a + 5b - c}{2} = 1. $$

Ainsi les réels $a, b, c$ vérifient le système :

$$ \begin{cases} 5a - b + 4c = 0 \\ 2a + b - 3c = 0 \\ -a + 5b - c = 2 \end{cases} $$

On résout et on trouve les valeurs

$$ a = -\frac{2}{109}, \quad b = \frac{46}{109}, \quad c = \frac{14}{109}. $$
6.61. Soient les nombres naturels $a_i$, $b_j$ compris entre 0 et 9, avec

$a_1 \neq 9 \neq b_m$ et $a_1 + 1 = x_1, 9 - a_i = y_i,$

$i = \overline{2,n}$, et $9 - bj = Zj$, $j = \overline{1,m}$. Calculer :

$$ \lim_{p \to \infty} \left[ \overline{0,x_1} - \left( \sum_{i=2}^{n} \overline{0,0\dots0y_i} + \sum_{K=0}^{p} \sum_{j=1}^{m} \overline{0,0\dots0\overline{Z_j}} \right) \right] $$

SOLUTION :

On pose $\alpha = \sum_{i=2}^{n} \overline{0,0\dots0y_i} = \overline{0, cy_2\dots y_n}$, et

$$ \beta(p) = \sum_{K=0}^{p} \sum_{j=1}^{m} \overline{0,0\dots0\overline{Z_j}} = \overline{0,0\dots0\underbrace{Z_1\dots Z_m\dots Z_1\dots Z_n}_{n-1+j+K \cdot m}} $$

Si on prend $t = b_m + 1$, l'on a :

$$ \vec{y}_p = \overline{0,x_1} - (\alpha + \beta(p)) = \overline{0, a_1\dots a_n \underbrace{b_1\dots b_m}_{1\ \dots\ p-1} \dots \underbrace{b_1\dots b_m}_{p} \overline{b_1\dots b_{m-1}t}} \quad (1) $$

Montrons que $\vec{y}_p \xrightarrow{p \to \infty} \overline{0, a_1 \dots a_n (b_1 \dots b_m)} = \vec{y}_0$.

Soit $\varepsilon > 0$. Existe $p_0$ tel que $p_0 \in \mathbb{N}$, $p_0$ étant le plus petit nombre naturel qui a la propriété : $p_0 > \frac{\lg \cdot 10^n}{m}$,

tel que $\forall p \ge p_0, p \in \mathbb{N}, |\vec{y}_p - \vec{y}_0| = 10^{-n-pm} < 10^{-n} \cdot 10^{\lg \cdot 10^n} = \varepsilon$, et donc il en résulte (1).
6.62. On considère les fonctions $f_1, f_2 : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ telles que $\lim_{x \to x_0} |f_1(x)| = 1$ et $\lim_{x \to x_0} |f_2(x)| = a$. Kontrer que $\lim_{x \to x_0} (f_1(x) - f_2(x))$ existe et calculer cette limite, où $[x]$ représente la partie entière de $x$.

SOLUTION:

(1) Donc $\lim_{x \to x_0} f_1(x) = +\infty$ ou $-\infty$. On note $f(x) = f_1(x) - f_2(x)$. On a $f_1(x) - f_2(x) = \frac{1}{x^2+1}$.

Discussion. A) Si $a=0$, alors $\lim_{x \to 0^-} \frac{1}{x^2+1} = +\infty$ ou $-\infty$ ou $\neq$.

et de même $\lim_{x \to 0^+} \frac{1}{x^2+1} = -\infty$ ou $+\infty$. D'où $\lim_{x \to 0^+} f(x) = -\infty$.

ou $-\infty$ (d'après (1) et A) ou on ne peut rien conclure.

B) $a \le 1$ et $a \neq 0 \Rightarrow [\frac{1}{a}] \neq 0$. D'où, aussi, $\lim_{x \to 0^-} f(x) = +\infty$ ou $-\infty$ (d'après (1) et B), c'est-à-dire d'après (1) et le signe de $[\frac{1}{a}]$.

C) $a > 1 \Rightarrow [\frac{1}{a}] = 0$. On a $f_2(x) = \frac{1}{x^2+1} \xrightarrow{X \to 0^-} 1$. Alors il existe $\alpha > 0$ tel que $a = 1 + \alpha$. Soit $V_\alpha = (a-\alpha, a+]$ un voisinage de $a$ ; $1 \notin V_\alpha$. Soit une suite $x_n \to x_0$ ; alors $f_2(x_n) \to a$ (conforme à la définition de la limite).

$f_2(x_n)$ est une suite réelle qui tend vers $a$.

Il en résulte qu'en dehors de $V_\alpha$ on trouve tout au plus un nombre limité de termes de la suite $f_2(x_n) \le \dots \le \alpha$ ; il existe tout au plus un nombre limité de termes qui ont la propriété que $f_2(x_i) \le 1$. Donc, la plupart des termes se trouvent dans $V_\alpha$, d'où il existe $n_\alpha \in \mathbb{N}/*$ tel que : $\frac{1}{n_\alpha} > n_\alpha$, $f_2(x_i) > 1$.

Alors la suite $([\frac{1}{f_2(x_n)}])_{n \in \mathbb{N}/*}$ est la suivante :
```
[ 1 / f_2(x_1) ] , ..., [ 1 / f_2(x_n) ] , 0, 0, 0, ...; donc, à l'exception
d'un nombre limité de termes non nuls, cette suite est suite nulle.
```

Il en résulte que la suite $(f_n(x_n))_{n \in \mathbb{N}/*}$ est la suivante :

$$f_1(x_1) \cdot \left[ \frac{1}{f_2(x_1)} \right] , \dots , f_1(x_n) \cdot \left[ \frac{1}{f_2(x_n)} \right] , 0, 0, 0, \dots$$

donc, aussi, à l'exception d'un nombre limité de termes non nuls,
cette nouvelle suite c'est la suite constante nulle.

Ainsi
$$ \lim_{x \to \infty} f(x) = 0. $$
6.6.3.Calculer (sans utiliser l'Hospital) :

$$
\lim_{x \to x_0} \prod_{i=1}^{n} \frac{\sqrt[n]{f_i(x)} - \sqrt[n]{f_i(x_0)}}{\sqrt[n]{f_i(x_0)} - \sqrt[n]{f_i(x)}}
$$

dans les conditions où les racines antérieures existent. Généraliser.

SOLUTION :

On multiplie que fraction au numérateur et au dénominateur par les
conjués du numérateur et du dénominateur.

$$
\text{Soit } 1 \le i \le n, \text{ on note } A = \sqrt[i]{f_i(x)} ; B = \sqrt{f_i(x_0)} ; C = \sqrt{f_i(x_1)}
$$

$$
D = \sqrt[n]{f_i(x_0)} \quad \text{et on a :}
$$

$$
A - B = (A - B) (A^{r_i-1} + A^{r_i-2} B^1 + \dots + A^1 B^{r_i-2} B^{r_i-1}) (C^{s_i-1} + C^{s_i-2} D^1 + \dots)
$$

$$
C - D = \frac{(C - D) (A^{r_i-1} + A^{r_i-2} B^1 + \dots + A^1 B^{r_i-2} B^{r_i-1}) (C^{s_i-1} + C^{s_i-2} D^1 + \dots)}
$$

$$
\frac{\dots + C^1 D^{s_i-2} + D^{s_i-1}}{\dots + C^1 C^{s_i-2} + D^{s_i-1}} = \frac{(A^{r_i} - B^{r_i})}{(C^{s_i} - D^{s_i})} \cdot \frac{(C^{s_i-1} + C^{s_i-2} B^1 + \dots + D^{s_i-1})}{(A^{r_i-1} + A^{r_i-2} B^1 + \dots + B^{r_i-1})} \xrightarrow{x \to x_0}
$$

$$
\lim_{x \to x_0} \frac{s_i}{r_i} \cdot \left( \frac{(\sqrt[n]{f_i(x_0)})^{n-1}}{(\sqrt[n]{f_i(x_0)})^{n-1}} \right) = \frac{s_i - r_i}{r_i} \cdot \left( \frac{f_i(x_0)}{f_i(x_0)} \right) \frac{s_i - r_i}{s_i - r_i}.
$$

D'où, la limite de l'énoncé sera égale à :

$$
\prod_{i=1}^{n} \frac{s_i - r_i}{r_i} \cdot \left( \int_{f_i(x_0)}^{f_i(x_1)} \right) \frac{s_i - r_i}{s_i r_i}
$$

Généralisation :

$$
\lim_{x \to x_0} \frac{\left( \frac{1}{\prod_{j=1}^{m} \sqrt[n]{f_j(x)} - \sqrt[n]{f_j(x_0)} } \right)}{\left( \prod_{j=1}^{m} \sqrt[n]{f_j(x)} - \sqrt[n]{f_j(x_0)} \right)} = \begin{cases} \frac{1}{n} \cdot \frac{A_i}{\sqrt[n]{f_i(x_0)}} \cdot \frac{s_i - r_i}{s_i r_i} & , \text{si } n = m; \\ 0 & , \text{si } n > m; \\ \text{n'existe pas} & , \text{si } n < m; \end{cases}
$$

dans les conditions où les racines antérieures existent.

Si $n < m$ la limite n'existe pas parce que le dénominateur est égal à zéro, alors que le numérateur est non nul; d'où les deux limites latérales sont différentes.

Remarque : s'il existe au moins une fonction constante

$$
\{ f_i \}, 1 \le i \le \min \} m, n \}, \text{ alors la limite n'existe pas.}
$$

Même chose pour la limite de l'énoncé du problème.
(/) L G E B R E

================

--o-o--
7.64. Comparer les ensembles :

$A = \{ X \mid X = \sum_{i=1}^{n} a_i K_i + a, \text{ avec } (K_1, \dots, K_n) \in \mathbb{Z}^n, \text{ et } \\ a_1, \dots, a_n \text{, a sont des constantes entières telles que } (a_1, \dots, a_n)=1 \\text{et } B = \{ X \mid X = \sum_{j=1}^{m} b_j K_j + b, \text{ avec } (K_1, \dots, K_m) \in \mathbb{Z}^m, \text{ et } \\ b_1, \dots, b_m \text{, b sont aussi des constantes entières} \}.$

SOLUTION:

Tout d'abord on démontrera que $A = \mathbb{Z}$.

Bien sûr $A \subseteq \mathbb{Z}$, et aussi $\mathbb{Z} \subsetneq A$ puisque $\mathbb{Z} \in \mathbb{Z}^+(K_1^\circ, \dots, K_n^\circ) \subset$

$$ \in \mathbb{Z}^n : \sum_{i=1}^{n} a_i K_i^\circ + a = Z $$

parce que le plus grand diviseur commun $(a_1, \dots, a_n) = 1$ et
1 divise $Z - a$.

On voit tout-de-suite que $B \subseteq \mathbb{Z}$.

Si $(b_1, \dots, b_m) = 1$ alors $B = \mathbb{Z} = A$, au contraire

$B \subsetneq A \text{ et } B \neq A$.
7.65. Soit p un nombre premier et M un ensemble de p nombres naturels consécutifs. Montrer que M ne peut pas être divisé en deux sous-ensembles disjoints $M_1$ et $M_2$, avec $M_1 \cup M_2 = M$, tel que le produit des nombres de $M_1$ soit égal au produit des nombres de $M_2$.

**SOLUTION:**

Parce que M contient p nombres naturels consécutifs, alors M constitue un système complet de restes modulo p. Donc :

$$ \exists n_0 \in M : n_0 = \mathcal{N}_p \text{ et } \forall n \in M - \{n_0\}, n \neq n_0 \text{ p.} $$

On considère que $n_0 \in M_1$ (même démonstration dans le cas contraire). Le produit des nombres de $M_1$ se divise par p, mais le produit des nombres de $M_2$ ne se divise pas par p, puisque p est un nombre premier et qu'il n'existe aucun élément de $M_2$ qui soit multiple de p. D'où, le produit de $M_1$ ne peut pas être égal au produit de $M_2$.
7.66. Soient M un ensemble qui contient m nombres naturels, m > 2, et n ∈ N/*, n < m. On pose K = ⌊ (m-1)/n ⌋ + 1, où ⌊ X ⌋ représente la partie entière de X.

Montrer qu'il existe un sous-ensemble M' de M, tel que :

a) M' contient au moins K éléments

b) la différence entre deux éléments quelconques de M' est multiple de n.

### SOLUTION :

L'ensemble M a la forme : $M = \{ a_1, \dots, a_m \}$, où tous les $a_i \in N$.
Pour $i \in \{1, \dots, m\}$, $a_i = m \cdot n + r_i$ avec $r_i \in \{0, 1, 2, \dots, n-1\}$.

Soit $m = q \cdot n + r$, $q \in N$, $0 \le r < n - 1$. Parce que $n < m$, il en résulte que $q \in N$.

Pour que l' condition b) soit réalisée il faut qu M' contienne seulement les éléments de M qui divisés par n donnent le même reste.

Les restes obtenus par la division par n sont :

0, 1, ..., n - 1. On a n classes d'équivalence modulo n.

Le problème se réduit à la démonstration qu'il existe une classe qui contient au moins K éléments. M' sera justement cette classe.

$$1) \text{ Cas où } r = 0. \text{ Donc } K = \left\lfloor \frac{m-1}{n} \right\rfloor + 1 = \left\lfloor \frac{q \cdot n - 1}{n} \right\rfloor + 1 = q.$$

Si les $m = q \cdot n$ éléments de M sont distribués également dans les n classes, alors chaque classe contient q éléments, et le problème est résolu.

Dans le cas contraire, il existe au moins une classe qui contient au moins q éléments et là aussi, le problème est résolu.

$$2) \text{ Cas où } r \neq 0. \text{ Donc } K = \left\lfloor \frac{m-1}{n} \right\rfloor + 1 = \left\lfloor \frac{q \cdot n + r - 1}{n} \right\rfloor + 1 = q + 1.$$

Les $m = nq + r$ éléments de M sont distribués n'importe comment dans les n classes, il en résulte qu'il existe au moins une classe qui contienne au moins $q + 1$ éléments (sinon il en résulterait qu'on aurait au maximum $q \cdot n$ éléments < m), et le problème est complètement résolu.
7.47. Soient les polynômes homogènes $P_n(x, y)$ et $Q_n(x, y)$ de n - ième degré en x et y. Si $\frac{a_1}{b_1} = \frac{a_2}{b_2}$ alors $\frac{P_n(a_1, b_1)}{Q_n(a_1, b_1)} = \frac{P_n(a_2, b_2)}{Q_n(a_2, b_2)}$.

**SOLUTION:**

Soient $P_n(x, y) = \sum_0^n x^n + \sum_{1}^{n-1} x^{n-1} y^1 + \dots + \sum_{n-1}^n xy^{n-1} + \sum_n y^n$ et
$Q_n(x, y) = \beta_0 x^n + \beta_1 x^{n-1} y^1 + \dots + \beta_{n-1} xy^{n-1} + \beta_n y^n$.

$$ 
\begin{aligned}
\frac{a_1}{b_1} &= \frac{a_2}{b_2} = \dots = \frac{a_1^n}{a_2^n} = \frac{b_1^n}{b_2^n} = \frac{a_1^{n-i} b_1^i}{a_2^{n-1} b_2^i} = \\
&= \frac{\sum_{i} a_1^{n-i} b_1^i}{\sum_{i} a_2^{n-i} b_2^i}, \quad 0 \le i \le n.
\end{aligned}
$$

Puisque la somme des numérateurs divisée par la somme des dénominateurs est égale à chaque rapport, on a :

$$ \frac{\sum_{i=0}^{n} a_1^{n-i} b_1^i + \sum_{i=1}^{n-1} a_1^{n-1} b_1^i + \dots + \sum_{n-1}^{n} b_1^n}{\sum_{i=0}^{n} a_2^{n-i} b_2^i + \sum_{i=1}^{n-1} a_2^{n-1} b_2^i + \dots + \sum_{n-1}^{n} b_2^n} = \frac{a_1^n}{a_2^n} $$

De même on obtient :

$$ \frac{\beta_0 a_1^n + \beta_1 a_1^{n-1} b_1^1 + \dots + \beta_{n-1} a_1^{n-1} b_1^n}{\beta_0 a_2^n + \beta_1 a_2^{n-1} b_2^1 + \dots + \beta_{n-1} a_2^{n-1} b_2^n} = \frac{a_1^n}{a_2^n}, $$

$$ \text{donc } \frac{P_n(a_1, b_1)}{P_n(a_2, b_2)} = \frac{Q_n(a_1, b_1)}{Q_n(a_2, b_2)}, \text{ d'où la conclusion.} $$
**7.68** : Soit un nombre naturel $p \ge 2$ et une suite telle que $a_1 = 1$, $a_{n+1} = p \cdot a_n + 1$, $\forall n \in \mathbb{N}/0$. Montrer que $\nexists K \in \mathbb{N}/0$, K s'écrit uniquement de la façon suivante :

$$K = t_1 a_{n_1} + \dots + t_{p-1} a_{n_{p-1}}$$

avec $1 \le t_i \le p-1$ pour $i \in \{1, 2, \dots, p-1\}$ et $1 \le t_1 \le p$ et $n_1 > \dots > n_{p-1}$.

**Solution :**

$$p^{n-1}$$

On déduit tout de suite que $a_n = \frac{p^n-1}{p-1}$ qui est une suite de
nombres naturels, strictement croissante, illimitée. Donc :
$\exists n_1 \in \mathbb{N}/0$ tel que $a_{n_1} \le k < a_{n_1+1} = pa_{n_1} + 1$.

D'où K s'écrit uniquement de la façon

$$K = t_1 a_{n_1} + r_1 \le p a_{n_1}, \text{ avec } 0 \le r \le a_{n_1}.$$

$$\text{Si } r_1 \neq 0, \text{ il en résulte que } t_1 = \frac{K}{a_{n_1}} \text{ et } 1 \le t_1 \le \left\lfloor \frac{a_{n_1} \cdot p}{a_{n_1}} \right\rfloor = p \cdot$$

$$\text{Si } r_1 \neq 0, \text{ il en résulte qu'il existe } n_2 \in \mathbb{N}/0 \text{ tel que } a_{n_2} \le r_1 < a_{n_2+1} = p \cdot a_{n_2} + 1 \implies r_1 = t_2 a_{n_2} + r_2$$

$$r_1 < a_{n_1} \implies n_2 < n_1 ; \quad t_1 = \frac{k-r_1}{a_{n_1}} \le \frac{k-1}{a_{n_1}} = \frac{p a_{n_1} - 1}{p \cdot a_{n_1} - 1} < p \cdot \dots$$

$$\text{donc } 1 \le t_1 \le p-1$$

Ainsi K s'écrit uniquement : $k=t_1 a_{n_1} + t_2 a_{n_2} + r_2$, et le procédé continue. Après un nombre limité de pas on arrive à $r=0$. On fait la même démonstration pour $n_i > n_{i+1}$, $i \in \{1, \dots, p-1\}$ et $1 \le t_i \le p-1$. $i \in \{1, \dots, p-1\}$ et $1 \le t_1 \le p$ et le problème est résolu.
7.69 :

Si $a_1, \dots, a_n, b$ sont des nombres réels positifs, avec
$b \le a_1 + \dots + a_n$, et $\alpha \in \{ -a_1, \dots, -a_n, -b \}$, alors

$$
\frac{b}{\alpha + b} \le \frac{a_1}{\alpha + a_1} + \dots + \frac{a_n}{\alpha + a_n}
$$

Solution :

On utilise le raisonnement par récurrence pour n ∈ N.

Pour n=1, si b < a₁, on a b /x + b - a₁ /x + a₁ < 0 < = = = >

(=) $\frac{\times (b-a_1)}{(\times + b)(\times + a_1)} \le 0$ ; qui est vrai, en tenant compte de l'hy-

pothèse . On suppose l'inégalité vraie pour toutes les valeurs
inférieures c égales à n. On l démontrera pour n+1 :

b < ( a₁ + ... + aₙ ) + aₙ+₁ et , conformément à l'hypothèse de
récurrence on a :

$$
\frac{b}{x+b} \le \frac{(a_1 + \dots + a_n)}{x + (a_1 + \dots + a_n)} + \frac{a_{n+1}}{x + a_{n+1}}
$$

mais $a_1 + \dots + a_n \le a_1 + \dots + a_n$, donc si on applique encore une
fois l'hypothèse de récurrence on obtient :

$$
\frac{b}{\alpha + b} \le \frac{a_1}{\alpha + a_1} + \frac{a_2}{\alpha + a_2} + \dots + \frac{a_n}{\alpha + a_n} + \frac{a_{n+1}}{\alpha + a_{n+1}}
$$
7.10. On donne l'expression $E(x,y) = Ax^2 + Bxy + Cy^2 + Dx + Ey + F$, $\overline{(x,y) \in \mathbb{R}^2}$, avec les réels $A, B, C, D, E$ et $F$, et $A^2 + C^2 \neq 0$. Trouver une condition nécessaire et suffisante pour que $E(x,y)$ admette un extrémum.

**SOLUTION:**

Puisque $A^2 + C^2 \neq 0$, il résulte qu'au moins $A$ ou $C$ est non nul, soit $A$ ; (les résultats seront analogues si $C \neq 0$).

On suppose que $E(x,y)$ admet un extrémum.

$$ 
\begin{aligned}
E(x,y) = A \left(x^2 + \frac{B}{A} xy + \frac{D}{A} x\right) + Cy^2 + Ey + F &= A \left(x + \frac{B}{2A} y + \frac{D}{2A}\right)^2 \\
&\quad - \frac{B^2}{4A} y^2 - \frac{D^2}{4A} - \frac{2BD}{4A} y + Cy^2 + Ey + F \\
&= A \left(x + \frac{B}{2A} y + \frac{D}{2A}\right)^2 + \frac{4AC - B^2}{4A} y^2 + \frac{4AE - 2BD}{4A} y + \left(F - \frac{D^2}{4A}\right)
\end{aligned}
$$

$$ \frac{4AC - B^2}{4A} \neq 0, \text{ parce que sinon } E(x,y) \text{ n'aurait pas d'extrémum.} $$

On a :

$$ 
\begin{aligned}
E(x,y) = A \left(x + \frac{B}{2A} y + \frac{D}{2A}\right)^2 + \frac{4AC - B^2}{4A} \cdot \left[ y^2 + 2 \frac{2AE - BD}{4AC - B^2} y + \left( \frac{2AE - BD}{4AC - B^2} \right)^2 - \frac{4AC - B^2}{4A} \cdot \left( \frac{2AE - BD}{4AC - B^2} \right)^2 + \left(F - \frac{D^2}{4A}\right) \right] \\
+ \frac{B}{2A} y + \frac{D}{2A} \right)^2 + \frac{4AC - B^2}{4A} \left( y + \frac{2AE - BD}{4AC - B^2} \right)^2 + \left[ F - \frac{D^2}{4A} - \frac{(2AE - BD)^2}{4A (4AC - B^2)} \right]
\end{aligned}
\quad (1) $$

Evidemment $E(x,y)$ admet un extrémum seulement si $A$ et $\frac{4AC - B^2}{4A}$ ont le même signe, c'est-à-dire $A \cdot \frac{4AC - B^2}{4A} > 0$, d'où $4AC - B^2 > 0$, ce qui constitue une condition nécessaire pour que $E(x,y)$ admette un extrémum (lorsque les deux sont positifs on a un minimum, sinon un maximum).

Mais $4AC - B^2 > 0$ constitue aussi une condition suffisante, puisque $E(x,y)$ s'écrit comme (1) et que $A$ et $\frac{4AC - B^2}{4A}$ ont le même signe.
7.71. Soient les entiers $A = \overline{a_1 \cdots a_{2n}} + \overline{a_{2n} \cdots a_1}$ et $B = \overline{a_1 \cdots a_n} - \overline{a_n \cdots a_1}$ écrits en base $b \le \sqrt{\overline{A}} - 1 \le 1$. Montrer que A est divisible par $b+1$ et B est divisible par $b-1$.

**SOLUTION:**

Calculons les critères de divisibilité par $b+1$ et par $b-1$ en base $b$.

$$b^i \equiv (-1)^i (\mod b+1) \text{ et } b^i \equiv 1 (\mod b-1), \forall i \le \sqrt{b}.$$

$$\text{Ainsi } A \equiv (a_{2n} - a_{2n-1} + \cdots + (-1)^K a_K + \cdots + a_2 - a_1) + (a_1 - a_2 + \cdots + (-1)^{K+1} a_K + \cdots + a_{2n-1} - a_{2n}) \equiv 0 (\mod b+1).$$

$$\text{De la même façon } B \equiv (a_n + a_{n-1} + \cdots + a_1) - (a_1 + a_2 + \cdots + a_n) \equiv 0 (\mod b-1).$$
7.72. Soient a un naturel et p un entier non nul. Déterminer le nombre des éléments de l'ensemble M = { a, $\overline{aa}$, ..., $\overline{a...a}$ } qui sont divisibles par p. Discussion.

### SOLUTION:

Soit a en base 10 écrit sous la forme :

$a = \overline{a_1 \dots a_s}$, avec $a_i \in \mathbb{N}$, $1 \le i \le s$, $s \in \mathbb{N}^*$.

Un élément $\alpha \in M$ est written as $\overline{\alpha = a \dots a}$, avec $1 \le n \le m$, n entier.

$$ \alpha = a \cdot 10^{n_1} + a \cdot 10^{n_2} + \dots + a \cdot 10^{n_m} + a = a (1 + 10^s + \dots + 10^{n-1}) = a \frac{10^{s+1} - 1}{10^s - 1} \pmod{p} $$

Soit $d = (a,p)$. Alors $a = d \cdot a_1$ et $p = d \cdot p_1$ et $(a_1, p_1) = 1$. Donc,

il faut déterminer n tel que $\not\in a_1 \frac{10^{sn} - 1}{10^s - 1} \mod p_1$.

1) Si $(p_1, 10) \ne 1$, alors aucun élément de M n'est divisible par p.

2) Si $(p_1, 10) = 1$, soit $\mathfrak{f}$ l'ordre de la classe de restes de 10 par rapport au module $p_1(10^s - 1)$. On a ainsi :

$10^{\mathfrak{f}} - 1 \equiv 0 \pmod{p_1(10^s - 1)}$, donc $10^{\mathfrak{f} - 1} \equiv 0 \pmod{10^{s-1}(10^s - 1)}$ et il en résulte que $\mathfrak{f} = K \cdot s$, avec $K \in \mathbb{N}^*$. Alors il existe exactement

$$ \left\lfloor \frac{m}{K} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{ms}{\mathfrak{f}} \right\rfloor \pmod{K} $$
7.73. Démontrer que $\forall K \in \mathbb{N}^* - \{1\}$ existe une infinité de nombres naturels dont la propriété est qu'ils admettent exactement K diviseurs positifs.

### SOLUTION:

Tout nombre naturel $A$ s'écrit sous la forme :

$$A = p_1^{x_1} \cdots p_s^{x_s} \quad (\text{bien sûr } A \not\in \mathbb{N}^* \text{ et } 0,1 \le x_i \le 1 \text{, \dots, } s \text{ et } p_i \ne p_j \text{ pour } i \ne j, x_i \in \mathbb{N}^* \text{ avec } i \ne j)$$

où $p_i$ sont des nombres premiers, $i \in \{1, \dots, s\}$ et $p_i \ne p_j$ pour $i \ne j$, $x_i \in \mathbb{N}^*$ avec $i \ne j$ et $s \in \mathbb{N}^*$ (c'est la forme canonique du nombre, qui est unique).

On note d $(A) = \text{le nombre des diviseurs positifs de } A$.

$$\text{Alors d } (A := \prod_{i=1}^{s} (x_i + 1). \quad (1)$$

Notre problème se réduit à la démonstration que l'équation $\prod_{i=1}^{s} (x_i+1) = K$ a des solutions dans $(\mathbb{N}^*)^s$ ; (les inconnues sont $x_1, \dots, x_s$, et s.). On pose $s := 1 \le \mathbb{N}^* \text{ et } \mathbb{N}^* = K-1 \le \mathbb{N}^*$ et on obtient $K-1+1 = K$.
D'où tous les nombres $n = p_1^{K-1}$, avec un nombre premier quelconque, ont exactement K diviseurs positifs (on a une infinité de nombres $n$ parce qu'on a une infinité de nombres premiers $p$).

On peut voir que l'équation (1) a beaucoup d'autres solutions. Par exemple, si $K = 2$, on a $\mathbb{N}^* - \{1\}$, on a la solution infinie : $s = t$, $\mathbb{N}^* = \mathbb{N}_1 - 1, \dots, \mathbb{N}_t - 1$ et $\mathbb{N}_t \to 1$. D'où $n = p_1^{K-1} \cdots p_s^{K-1}$, où tous les $p_j$ sont des nombres premiers différents.
7.14. Sachant que $a_i, i \in \{1, 2, ..., n\}$, satisfont aux conditions d'existence pour tous les n logarithmes, résoudre l'équation :

$$ \log_{a_1} x + \log_{a_2} x + \dots + \log_{a_n} x = b $$

**SOLUTION:**

$$ \log_{a_1} ( \log_{a_2} x + \log_{a_3} x + \dots + \log_{a_n} x ) = b $$

$$ \langle \Rightarrow \log_{a_2} x + \log_{a_3} x + \dots + \log_{a_n} x = a_1 \quad \text{ou} \quad \log_{a_2} (\log_{a_3} x + \log_{a_4} x + \dots + \log_{a_n} x) = a_1^b $$

$$ \langle \Rightarrow \log_{a_3} x + \log_{a_4} x + \dots + \log_{a_n} x = a_2^a \quad \text{ou} \quad \log_{a_3} (\log_{a_4} x + \log_{a_5} x + \dots + \log_{a_n} x) = a_2^{a_b} $$

$$ \langle \Rightarrow \log_{a_4} x + \log_{a_5} x + \dots + \log_{a_n} x = a_3^{a_1} \quad \dots \quad a_2^{a_2} $$

$$ \langle \Rightarrow \log_{a_{n-1}} x = a_{n-2}^{a_1} a_{n-3}^{a_2} \dots a_4^{a_{n-4}} $$

$$ a_1^{a_2} a_2^{a_3} \dots a_{n-1}^{a_2} \quad \text{ou} \quad a_1^{a_2} x = a_{n-1}^{a_2} $$

$$ a_{n-1}^{a_1} a_1^{a_2} \dots a_4^{a_1} $$

$$ \text{ainsi, } x = a_n $$

qui est la solution cherchée.
7.75 Si $a, b \in \mathbb{R}^*$ et $b \neq 1$ et $\forall \alpha \in \mathbb{Q}, a \neq b^{\alpha}$, alors $\log_b a \notin \mathbb{Q}$. Et réciproquement.

**SOLUTION:**

Tout d'abord on voit que ce problème donne une extension à quelques problèmes particuliers; par exemple "montrer que $\log_{21} 10$ n'est pas un nombre rationnel", etc...

La démonstration se fera par l'absurde.

On suppose que $\log_b a = \frac{m}{n} \in \mathbb{Q}$, avec le p.g.c.d $(m,n) = 1$.

Il en résulte que $b^{\frac{n}{m}} = a$. En élevant à la puissance $n$ cette égalité, il vient : $b^m = a^n$, avec $m, n \in \mathbb{N}$.

Mais, $\forall \alpha \in \mathbb{Q}, a \neq b^{\alpha}$, ce qui implique que $\forall \alpha \in \mathbb{Q}, a^n \neq b^{n\alpha}$, où $n \neq \alpha$. $\mathbb{Q}$ (parce que $a > 0$ et $b > 0$).

Donc, si on ne peut pas écrire $a$ comme une puissance rationnelle de $b$, on ne peut pas non plus écrire $a^n$ comme une puissance rationnelle de $b$.

Ainsi, il en résulte que $a^n \neq b^m \forall m \in \mathbb{Q}$ -

Contradiction.

Donc $\log_a b \notin \mathbb{Q}$.

Réciproquement. Si $\log_b a \notin \mathbb{Q}$, alors bien sûre

$a \neq b^\alpha \forall \alpha \in \mathbb{Q}$, parce que sinon il en résulterait que $\log_b b = \alpha \in \mathbb{Q}$.

Et le problème est complètement démontré.
7.16. Soit $s \neq 0$ un nombre naturel. Déterminer les nombres naturels $n$ qui vérifient la propriété que $[\sqrt[n]{s}]$ divise $n$. (on note $[\underline{x}]$, la partie entière de $x$.)

**SOLUTION :**

$$ \underline{\underline{\forall n \in \mathbb{N}, \exists p \in \mathbb{N} / \nexists s \le n < (p+1)^s = p^s + c_S^1 p^{s-1} + \dots + c_S^{s-1} p^1 + 1}} $$

D'où $n$ s'écrit : $n = p^s + K$, avec

$$ 0 \le K < c_S^1 p^{s-1} + \dots + c_S^{s-1} p^1 + 1, \text{ et } K \notin \mathbb{N}. $$

Il en résulte $[\sqrt[n]{s}] = p$. Parce que $[\sqrt[n]{s}]$ divise $n$, on obtient $p$ divise $K$. Donc $K = \alpha : p$, avec $\alpha \in \mathbb{N}$ et

$$ 0 \le K \le (p+1)^s - (p^s + 1). $$

$$ \text{D'où } 0 \le \alpha \le \frac{(p+1)^s - (p^s + 1)}{p} \le \underline{\underline{\mathbb{N}}} \text{.} $$

Donc, les nombres naturels qui ont la propriété de l'énoncé sont :

$$ n = p^s + \alpha \cdot p, \text{ avec } \alpha \in \mathbb{N} \text{ et } 0 \le \alpha \le \frac{(p+1)^s - (p^s + 1)}{p}, \text{ p} \in \underline{\underline{\mathbb{N}}} \text{,*} $$

et aussi la solution triviale $n = 0$, puisque $0$ divise $0$.
7.17. Soit p un nombre naturel, p ≥ 2 et la fonction :

$$
\beta_p(x) = \left\lceil \frac{x}{p} \right\rceil + \left\lceil \frac{x}{p^2} \right\rceil + \dots, x \in \mathbb{Z}_+ .
$$

Montrer que si $x = (\overline{a_n \dots a_1 a_0})_p$ alors :

$$
\beta_p(x) = \frac{1}{p-1} \left\lceil x - (a_0 + a_1 + \dots + a_n) \right\rceil .
$$

SOLUTION :

$$
x = \left( \overline{a_n \dots a_1 a_0} \right)_p = a_n p^n + \dots + a_1 p^1 + a_0
$$

$$
\left\lfloor \frac{x}{p} \right\rfloor = a_n p^{n-1} + a_{n-1} p^{n-2} + \dots + a_1 \text{ parce que } \left\lfloor \frac{a_0}{p} \right\rfloor = 0
$$

$$
\left\lfloor \frac{x}{p^2} \right\rfloor = a_n p^{n-2} + a_{n-1} p^{n-3} + \dots + a_2 \text{ parce que } 0 \le a_1 p^1 + a_0 < p^2
$$

$$
\left\lfloor \frac{x}{p^n} \right\rfloor = a_n
$$

$$
\left\lfloor \frac{x}{p^m} \right\rfloor = 0 \text{ pour tout m naturel, m \ge n + 1.}
$$

$$
\begin{align*}
\intertext{Donc } \beta_p(x) &= a_n (1 + \dots + p^{n-1}) + a_{n-1} (1 + \dots + p^{n-2}) + \\
&\quad + \dots + a_2 (1 + p) + a_1 = a_n \frac{p^n-1}{p-1} + \dots + a_2 \frac{p^2-1}{p-1} + a_1 \frac{p-1}{p-1} = \\
&= (a_n p^n + \dots + a_1 p^1 - a_n - \dots - a_1) \cdot \frac{1}{p-1} = \\
&= \frac{1}{p-1} \left\lceil x - (a_0 + a_1 + \dots + a_n) \right\rceil .
\end{align*}
$$
7.79. Démontrer l'inégalité :

$$ 
\begin{gather*}
\left( \frac{a_1^2}{a_2^2} + \frac{a_2^2}{a_1^2} \right) + \left( \frac{a_2^2}{a_3^2} + \frac{a_3^2}{a_2^2} \right) + \dots + \left( \frac{a_n^2}{a_1^2} + \frac{a_1^2}{a_n^2} \right) \ge \dots \\
\ge \left( \frac{a_1}{a_2} + \frac{a_2}{a_1} \right)^2 + \left( \frac{a_2}{a_3} + \frac{a_3}{a_2} \right)^2 + \dots + \left( \frac{a_n}{a_1} + \frac{a_1}{a_n} \right)^2, \\
\text{où } a_1, \dots, a_n \in \mathbb{R}, \} 0 \{, n \ge 2.
\end{gather*}
$$

SOLUTION:

Il suffit de démontrer :

$$ \left( \frac{a^2}{b^2} + \frac{b^2}{a^2} \right) \ge \left( \frac{a}{b} + \frac{b}{a} \right)^2, \text{où } a, b \in \mathbb{R}. $$

En élevant au carré et en passant tous les termes dans le membre gauche et en faisant les réductions des termes semblables il en résulte que :

$$ \frac{a^4}{b^4} + \frac{b^4}{a^4} - \frac{a^2}{b^2} - \frac{b^2}{a^2} \ge 0. $$

$$ \text{On note } \frac{a^2}{b^2} = u. \text{ On a } u^2 + \frac{1}{u^2} - u - \frac{1}{u} \ge 0. $$

$$ \text{Ou } \left(u + \frac{1}{u}\right)^2 - \left(u + \frac{1}{u}\right) - 2 \ge 0, \text{ et } u = \frac{a^2}{b^2} > 0. $$

$$ \text{On note } t = u + \frac{1}{u} \ge 2, \text{ on a } t^2 - t - 2 \ge 0, \text{ c'est-à-dire } \\ (t+1)(t-2) \ge 0, \text{ inégalité qui est vraie pour } t \ge 2. $$

Donc chaque parenthèse du membre gauche, élevée au carré, est supérieure au égale à la parenthèse correspondante du membre droit; élevée au carré.
et seulement si l'équation $E(x_1, \dots, x_n, y_1, \dots, y_m) = t$ admet des solutions entières, où les inconnues sont $x_1, \dots, x_n, y_1, \dots, y_m, t$. Cette équation est équivalente à :

$$ \sum_{i=1}^{n} a_i x_i - \sum_{j=1}^{m} b_j y_j = t - bt = -a \quad (1) $$

$$ \leftarrow \sum_{i=1}^{n} a_i x_i - \sum_{j=1}^{m} b_j t_j - bt = -a \quad \text{avec } t_j = y_j t, j \in \{1, \dots, m\} \quad (2) $$

### NECESSITE.

Si cette équation admet des solutions dans $\mathbb{Z}$, alors il en résulte que le p.g.c.d. des nombres $a_1, \dots, a_n, b_1, \dots, b_m, b$ divise a.

### SUFFISANCE.

(1) Le cos b ≠ 0. Puisque le p.g.c.d. des nombres $a_1, \dots, a_n, b_1, \dots, b_m, b$ divise b il en résulte que l'équation (2) admet des solutions dans $\mathbb{Z}$, donc il existe $t \in \mathbb{Z}$ telque $E(x_1, \dots, x_n, y_1, \dots, y_m) = t$.

(2) Le cos b = 0. Notons $d_1 = (a_1, \dots, a_n)$ et $d_2 = (b_1, \dots, b_m)$. D'où $D = (a_1, \dots, a_n, b_1, \dots, b_m, b) = (d_1, d_2)$ divise a. L'équation (1) devient

$$ (3) \sum_{i=1}^{n} a_i x_i - d_2 \left( \sum_{j=1}^{m} b'_j y_j \right) .t = -a, \text{ où } b_j = d_2 b'_j \text{ avec } 1 \le j \le m. $$

Comme $(b'_1, \dots, b'_m) = 1$, il en résulte qu'il existe $(y^0_1, \dots, y^0_m) \in \mathbb{Z}^m$ tel que $\sum_{i=1}^{m} b'_j y^0_j = 1$. D'où on a :

$$ (4) \sum_{i=1}^{n} a_i x_i - d_2 t = -a. \text{ Puisque } D = (d_1, d_2) = (a_1, \dots, a_n, d_2) \\ \text{divise a, il en résulte qu'il existe } t \text{ de } \mathbb{Z} \text{ tel que } E(x_1, \dots, x_n, y_1, \dots, y_m) = t. $$
7.79. Montrer que si $a_1 + a_2 + \dots + a_n = a_1 \dots a_n$ ($a_i \neq 0$, $i \in \{1, 2, \dots, n\}$),

alors :

$$a_1 \left( \frac{1}{a_2} + \frac{1}{a_3} + \dots + \frac{1}{a_n} \right) + a_2 \left( \frac{1}{a_3} + \frac{1}{a_n} + \dots + \frac{1}{a_n} + \frac{1}{a_1} \right) + \\ + \dots + a_n \left( \frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + \dots + \frac{1}{a_{n-1}} \right) + n = \sum_{i=1}^{n} a_1 \dots a_{i-1} a_{i+1} \dots a_n$$

SOLUTION:

Le membre gauche de l'égalité s'écrit :

$$ \left( \frac{a_1}{a_2} + \frac{a_1}{a_3} + \dots + \frac{a_1}{a_n} \right) + \left( \frac{a_2}{a_3} + \frac{a_2}{a_n} + \dots + \frac{a_2}{a_n} + \frac{a_2}{a_1} \right) + \\ + \dots + \left( \frac{a_n}{a_1} + \frac{a_n}{a_2} + \dots + \frac{a_n}{a_{n-1}} \right) + n = \left( \frac{a_2}{a_1} + \frac{a_3}{a_1} + \dots + \\ \frac{a_n}{a_1} \right) + \left( \frac{a_1}{a_2} + \frac{a_3}{a_2} + \dots + \frac{a_n}{a_2} \right) + \dots + \left( \frac{a_1}{a_n} + \frac{a_2}{a_n} + \dots + \\ + \frac{a_{n-1}}{a_n} \right) + n = \frac{a_1 \dots a_n - a_1}{a_1} + \frac{a_1 \dots a_n - a_2}{a_2} + \dots + \frac{a_1 \dots a_n - a_n}{a_n} + n = \\ = \sum_{i=1}^{n} a_1 \dots a_{i-1} a_{i+1} \dots a_n - n + n = \sum_{i=1}^{n} a_1 \dots a_{i-1} a_{i+1} \dots a_n . $$

-----

7.80. Soient les nombres entiers $a, b, a_i, b_j$ avec $i \in \{1, 2, \dots, n\}$ et $j \in \{1, 2, \dots, m\}$. Montrer que si $x_i$ et $y_i$ (avec $i \in \{1, \dots, n\}$ et $j \in \{1, \dots, m\}$) sont des nombres entiers, l'expression :

$$E(x_1, \dots, x_n, y_1, \dots, y_m) = \frac{\sum_{i=1}^{n} a_i x_i + a}{\sum_{j=1}^{m} b_j y_j + b}$$

a des valeurs entières si et seulement si le plus grand commun diviseur des nombres $a_1, \dots, a_n, b_1 \dots b_m, b$ divise a.

SOLUTION:

L'expression $E(x_1, \dots, x_n, y_1, \dots, y_m)$ aura des valeurs entières si

...
7.84. Soit $a_i \in \mathbb{R}$, $i \in \{1, 2, ..., n\}$ et la fonction $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ définie par
$$ f(x) = \sum_{k \le i_1 < i_2 < ... < i_k \le n, \ k \ne j} \frac{1}{j!} (x - a_{i,j}) $$

avec $k$ nombre naturel impair.

Montrer que quelles que soient les valeurs $a_1, ..., a_n$ la fonction n'a pas le même signe pour tout l'axe réel.

### SOLUTION:

$$ \text{Soit } m = \min_i \left\{ a_i \right\} $$

$$ M = \max_i \left\{ a_i \right\} $$

On a $m \notin M$ (le signe = ne nous dérange pas).

Pour $x \in (-\infty, m)$ on a $x - a_i < 0, \forall i \in \{1, 2, ..., n\}$ et $\prod_{j=1}^{k} (x - a_{i,j}) < 0$ parce que $k$ est impair et tous les facteurs du produit sont négatifs.

$$ \text{Donc } f(x) < 0 \quad \forall x \in (-\infty, m) $$

$$ \text{De même } \bar{f}(x) > 0, \quad \forall x \in (M, \infty). $$

Ainsi les signes sont différents et $\forall a_1, ..., a_n$ en $\mathbb{R}$ la fonction est négative et positive à la fois.

### 7.82. Si les nombres $a_1, ..., a_n$ sont naturels non nuls, montrer que :

$$ 1 + \sum_{K=1}^{n} \overline{\sum_{1 \le i_1 < \dots < i_K \le n} a_{i_1} \dots a_{i_K}} = \prod_{h=1}^{n} (a_h + 1). $$

### SOLUTION :

Soit le naturel $a = p_1^{c_1} ... p_n^{c_n}$, où $p_1, ..., p_n$ sont des nombres premiers distincts deux à deux.

On détermine le nombre des diviseurs positifs $D$ de ce naturel. On sait que $D = \frac{n}{\prod_{h=1}^{n} (a_h + 1)}$.
i₀ = 0, i₁, ..., iₘ-₂, iₘ-₁ = n sont fixés, et que tous les nombres sont écrits en base b.

### SOLUTION :

On note $x_{i_h+1} x_{i_h+2} \cdots x_{i_h+1}^n = a_{h+1} \quad 0 \le h \le m-1$. Dans ce cas

le rapport devient :

$$R = \frac{a_1 \cdot b^{n-i_1} + a_2 \cdot b^{n-i_2} + \cdots + a_m}{a_1 + a_2 + \cdots + a_m}$$

$$ \begin{align*} \text{On pose } c_j &= b^n - \sum_{h=1}^{j} i_h, \quad 1 \le j \le m. \text{ Donc } R = \frac{\sum_{j=1}^{m} a_j c_j}{\sum_{j=1}^{m} a_j} \\ &= 1 + \frac{\sum_{j=1}^{m-1} a_j (c_j - 1)}{\sum_{j=1}^{m} a_j}, \quad \text{qui est maximum lorsque } a_m = 0 \text{ (puisque } c_m = 1). \end{align*} $$

$$ \therefore \text{ D'où } R_{\max} = 1 + \frac{\sum_{j=1}^{m-1} a_j (c_j - 1)}{\sum_{j=1}^{m} a_j} = 1 + \frac{\sum_{j=1}^{m-1} a_j (c_j - 1 - c_{m-1} + 1)}{\sum_{j=1}^{m-1} a_j} = c_{m-1} + \frac{\sum_{j=1}^{m-2} a_j (c_j - c_{m-1})}{\sum_{j=1}^{m-1} a_j}, $$

qui est maximum lorsque $a_{m-1} = 0$. Donc

$$ R_{\max} = c_{m-1} + \frac{\sum_{j=1}^{m-2} a_j (c_j - c_{m-1})}{\sum_{j=1}^{m-2} a_j} \quad \text{et le procédé continue.} $$

D'après un nombre limité de pas, on a :

$$R_{\max} = c_3 + \frac{a_1(c_1-c_3) + a_2(c_2-c_3)}{a_1+a_2} = c_3 + (c_2-c_3) + \frac{a_1(c_1-c_2)}{a_1+a_2}$$

$$ \text{qui est maximum lorsque } a_2 = 0. \text{ D'où } R_{\max} = c_2 + \frac{a_1(c_1-c_2)}{a_1} = c_1 = b^{n-i_1}. $$

...
Ainsi les nombres cherchés sont : $\overline{x_1 x_2 \cdots x_i \cdots n}_{n-i_1}$ écrits en base b.

**7.84.** On considère toutes les classes $C_1, C_2, \dots, C_K$ de restes modulo m, premiers à m, et $a_i \in C_i$, $1 \le i \le K$. Démontrer que $\nexists m \in \mathbb{Z} \ et \ 0 < s \le K$, s impair, on a

$$m \mid \sum_{1 \le i_1 < \cdots < i_s \le K} a_{i_1} \cdots a_{i_s}$$

**Solution :**

Evidemment $K=\mathcal{F}(m)$, où $\mathcal{F}$ est l'indicateur d'Euler.

1°) $m=0 \implies \mathcal{F}(m)=2 \implies s=1$

$C_1 = \{-1\}; C_2 = \{+1\}$ et donc $a_1 = -1$, $a_2 = +1$, la somme

$S=-1+1=0$, et o divise o.

2°) $m=\pm 1 \implies \mathcal{F}(m)=\pm 1 \implies t \pm 1 \mid S$ n'importe quel $S \in \mathbb{Z}$.

3°) $m \neq 0 \implies m \neq \pm 1$. Notons $S_j = \sum_{1 \le i_1 < \cdots < i_j \le K} a_{i_1} \cdots a_{i_j}$, $1 \le j \le K$.

$$(A) \text{ Construisons } f(x) = \prod_{i=1}^{K} (x - a_i) = \sum_{j=0}^{K} (-1)^{K-j} x^{K-j} S_j,$$ en prenant $S_0 = 1$.

**Propriété 1.** Si $(a,m)=1$, alors $(m-a,m)=1$.

**Propriété 2.** Si $m \neq \pm 1$, alors $\mathcal{F}(m)=M_2$

(leurs démonstrations sont banales.)

Donc $K=2K_1$, $K_1 \in \mathbb{Z}$, et l'ensemble $\{a_1, \dots, a_{K_1}; a_{K_1+1}, \dots, a_{2K_1}\}$
$\equiv \{a_1, \dots, a_{k_1}, \dots, -a_{k_1}, \dots, -a_1\} \pmod m$

$$ (B) \quad f(x) = \prod_{i=1}^{K_1} ((x-a_i)(x+a_i)) \pmod m. $$

Si on compare (A) et (B), on observe que pour s impair, $0 < s \le k$, on a $(-1)^{k-s} S_s \equiv 0 \pmod m$, qui est équivalent à $m \nmid S_s$.

(On a utilisé la propriété 3: Si $a \in C_{i_0}$, alors $-a \in C_{j_0}$, $i_0 \neq j_0$. Donc l'ensemble $\{a_1, \dots, a_{k_1}, -a_{k_1}, \dots, -a_1\}$ contient exactement un représentant de chacune des $2^{K_1}$ classes de restes premières à $m$ mod $m$.)
**7.86.** Soit $\mathcal{F}$ une permutation sur l'ensemble $\{1,2,\dots,n\}$.

Alors $\frac{1}{n} \cdot \sum_{h=1}^{n} |\mathcal{F}(h)-h| \le \frac{n-1}{2} + \frac{1}{n} \lfloor \frac{n}{2} \rfloor$.

**Solution :**

Pour la permutation $\Psi = \begin{pmatrix} 1 & 2 & \dots & n-1 & n \\ n & n-1 & \dots & 2 & 1 \end{pmatrix}$ on a :

$$ \sum_{h=1}^{n} |\Psi(h)-h| = 2 \left[ (n-1) + (n-3) + (n-5) + \dots \right] = 2 \cdot \sum_{k=1}^{\left\lfloor \frac{n}{2} \right\rfloor} (n-2k+1) \\ = 2 \left[ \frac{n}{2} \right] \left( n - \left\lfloor \frac{n}{2} \right\rfloor \right) = \frac{n(n-1)}{2} + \left\lfloor \frac{n}{2} \right\rfloor. $$

Démontrons maintenant par récurrence pour $n \in \mathbb{N}^+ ; n \ge 2$,
que la somme $S = \sum_{h=1}^{n} \left( n - \left\lfloor \frac{n}{2} \right\rfloor \right)$ prend la valeur maximum

lorsque $\mathcal{F} = \Psi$.

Pour $n=2$ et $3$ on le vérifie facilement.

On suppose la propriété vraie pour les valeurs $< n+2$ . Montrons qu'elle est vraie pour $n+2$ :

$$ \Psi = \begin{pmatrix} 1 & 2 & \dots & n+2 \\ n+2 & n+1 & \dots & 2 \\ & \ddots & \ddots & \vdots \\ & & \ddots & 1 \end{pmatrix}. $$

Soit $\Psi' = \begin{pmatrix} 2 & \dots & n+1 \\ n+1 & \dots & 2 \\ \vdots & \vdots & \vdots \\ 1 & \dots & n \end{pmatrix}$ qui est une permutation de $n$ éléments

et pour lesquels $S$ aura la même valeur que pour la permutation

$$ \Psi'' = \begin{pmatrix} 1 & \dots & n \\ n & \dots & 1 \end{pmatrix}, $$
c'est-à-dire le maximum ($\Psi''$ s'est obtenu de $\Psi'$ par la réduction
de chaque élément par une unité) conformément à l'hypothèse de
récurrence. La permutation de 2 éléments $\eta = \binom{1}{n+2}^{n+2}$ donne
la valeur maximum pour S (conformément à l'hypothèse de récur-
rence). Mais $\Psi$ s'obtient justement à partir de $\Psi'$ et $\eta$ :

$$
\Psi(h) = \begin{cases} \Psi'(h), & \text{si } h \in \{1, n+2\} \\ \eta(h), & \text{au contraire.} \end{cases}
$$

7.87 • Soient un nombre entier $n \ge 2$ et $a_i^{(k)} \in \mathbb{R}$, où $k \in \{1, 2, \dots, n\}$, $k \in \{1, 2, \dots, m\}$. Alors :

$$
\left( \sum_{i=1}^{n} \left( \sum_{k=1}^{m} a_i^{(k)} \right)^2 \right)^{\frac{1}{p}} \le \sum_{k=1}^{m} \left( \sum_{i=1}^{n} \left( \sum_{j=1}^{n} a_i^{(k)} \right)^2 \right)^{\frac{1}{p}}
$$

**Solution** : Tout d'abord on démontre que :

$$
(1) \left( \sum_{i=1}^{n} \left( a_i^{(1)} + a_i^{(2)} \right)^2 \right)^{\frac{1}{p}} \le \left( \sum_{i=1}^{n} (a_i^{(1)})^2 \right)^{\frac{1}{p}} + \left( \sum_{i=1}^{n} (a_i^{(2)})^2 \right)^{\frac{1}{p}} .
$$

On peut élever à la puissance p cette inégalité car tous les
deux membres sont positifs . On a :

$$
\le \sum_{i=1}^{n} (a_i^{(1)})^2 + \sum_{i=1}^{n} (a_i^{(2)})^2 + \sum_{k=1}^{n-1} c_p^k \propto p^{k-\beta} \text{, où}
$$
$$ \propto = \left( \sum_{i=1}^{n} (a_i^{(1)})^2 \right)^{\frac{1}{p}} \text{ et } \beta = \left( \sum_{i=1}^{n} (a_i^{(2)})^2 \right)^{\frac{1}{p}} $$

b) Si $p=2k$, alors $C_p^{k+1} \propto \beta^{k+1} \ge 2 (\propto \beta)^{k+1} = 2 \left( \left( \sum_{i=1}^{n} (a_i^{(1)})^2 \right)^{\frac{1}{p}} \right)^k$. 
$$ \therefore \left( \sum_{i=1}^{n} (a_i^{(2)})^2 \right)^{\frac{1}{p}} \ge 2 \left( \left( \sum_{i=1}^{n} a_i^{(1)} a_i^{(2)} \right)^{\frac{2}{p}} \right)^k = 2 \left| \sum_{i=1}^{n} a_i^{(1)} a_i^{(2)} \right| \ge 2 \sum_{i=1}^{n} a_i^{(1)} a_i^{(2)} $$ 
l'avant dernière inégalité résultant conformément à l'inégalité Cauchy-Duniakouski-Schwarz.

b) Soit $p=2k+1$.

$$ \begin{align*} & \text{a)} \propto \le \beta. \text{ Il en résulte : } C_p^{k+1} \propto \beta^{k+1} = C_p^{k+1} \propto k \beta^k \beta^{2\beta} \approx \frac{1}{2} \frac{1}{2} \\ & \ge C_p^{k+1} \beta^{k+\frac{1}{2}} \propto \left( C_p^{k+1} (\propto \beta) \right)^{k+\frac{1}{2}} \ge 2 \left( \left( \sum_{i=1}^{n} a_i^{(1)} a_i^{(2)} \right)^{\frac{2}{p}} \right)^{k+\frac{1}{2}} \\ & \ge 2 \sum_{i=1}^{n} a_i^{(1)} a_i^{(2)} \end{align*} $$

b) $\propto \beta$. Il en résulte : $C_p^k \propto \beta^{k+\frac{1}{2}} \le C_p^k \propto \beta^{k+\frac{1}{2}} > C_p^k \propto \beta^{k+\frac{1}{2}} > 2 (\propto \beta) \ge 2 \sum_{i=1}^n a_i^{(1)} a_i^{(2)}$. Maintenant de (1), par raisonnement par l'absurde il en résultera le problème.

Le cas $m=2$ a été vérifié.

Supposons la propriété vraie pour les valeurs $<m$. Montrons

pour $m$ :

$$ \left( \sum_{i=1}^{n} \left( \sum_{k=1}^{m} a_i^{(k)} \right)^2 \right)^{\frac{1}{p}} = \left( \sum_{i=1}^{n} (a_i^{(1)})^2 + \sum_{k=2}^{m} a_i^{(k)} \right)^{\frac{1}{p}} \le $$
$$ \leq \left( \sum_{i=1}^{n} (a_i^{(1)})^2 \right)^{\frac{1}{p}} + \left( \sum_{i=1}^{n} \left( \sum_{k=2}^{m} a_i^{(k)} \right)^2 \right)^{\frac{1}{p}} \leq $$

( conformément à l'hypothèse de récurrence )

$$ \leq \sum_{k=1}^{m} \left( \sum_{i=1}^{n} (a_i^{(k)})^2 \right)^{\frac{1}{p}} . $$

7.88. Démontrer l'inégalité : 
$$ n! > 2^{n-1} \cdot \left[ \frac{n-1}{2} \right]! \left[ \frac{n}{2} \right]! $$

Solution :

$$ 
\begin{align*}
a) n \ge 2k \\
\Rightarrow n! &= (2.4.6...(2k)) \cdot [1.3.5...(2k-1)] \\
&= 2^k \cdot [1.2.3...(k)] \cdot [1.3.5...(2k-1)] \\
&= 2 \cdot k! [1.3.5...(2k-1)] \\
&> 2^k \cdot k! \cdot 2^{k-1} \cdot (k-1)! = 2^{2k-1} \cdot (k-1)! \cdot k!
\end{align*}
$$

$$ 
\begin{align*}
b) n = 2k+1 \\
\Rightarrow n! &= 2.4.6...(2k) \cdot 1.3.5...(2k-1)(2k+1) \\
&= 2^k \cdot k! \cdot 1.3.5...(2k+1) \\
&> 2^k \cdot k! \cdot 2.4... 2k \\
&= 2^k \cdot k! \cdot 2k \cdot k! = 2^{2k} \cdot k!k!
\end{align*}
$$

De ces deux situations il s'ensuit que :

$$ n! > 2^{n-1} \cdot \left[ \frac{n-1}{2} \right]! \left[ \frac{n}{2} \right]! $$
7,89.Démontrer l'inégalité :

$$ \sum_{i=0}^{m} \sum_{j=0}^{2^m-1} \left[ \binom{n-i}{2^i} \right]^{-1} \quad \prod_{h=0}^{2^{m+1}-1} \left[ \frac{n-h}{2^{m+1}} \right]! $$

**Solution :**

$$ (1) n! > 2^{n-1} \cdot \left[ \frac{n}{2} \right]! \cdot \left[ \frac{n-1}{2} \right]! \quad (\text{voir le problème antérieur}) $$

On peut facilement démontrer que

$$ (2) \quad \left[ \frac{n-a}{2^p} \right]! = \left[ \frac{n-a}{2^{p+1}} \right] \quad \text{avec } 0 \le a < 2^p, a \in \mathbb{N}/1 $$

$$ (3) \quad \left[ \frac{n-a}{2^p} \right]! = \left[ \frac{n-a-2^p}{2^{p+1}} \right] \quad \text{avec } 0 \le a < 2^p, a \in \mathbb{N}/1 $$

(Pour cela on pose $n=2^{p+1}$. $K \to \infty$, avec $K \in \mathbb{N}/1$ et $0 \le K < 2^{p+1}$.)
Ensuite on utilise la récurrence pour démontrer l'inégalité de l'énoncé. On considère cette inégalité comme une proposition mathématique qui dépend de m, donc P(m). On applique la récurrence sur m.

Pour m=0 on obtient l'inégalité (1) qui est vraie. On suppose que P(m) est vraie. On va démontrer que P(m+1) est vraie.

Tout d'abord, de (1), (2) et (3) il résulte que :

$$ (4) \quad \text{si } 0 \le h < 2^{m-1} \text{ alors } \left[ \frac{n-h}{2^{m+1}} \right]! > 2^{\left[ \frac{n-h}{2^{m+1}} \right]} - 1 $$

Pour chaque naturel, $0 \le h < 2^{n-1}$, on reporte (4) dans P(m), et puis on effectue tous les calculs.
On trouve justement la proposition P ( m+1 ).

**Remarque** : Pour généraliser cette inégalité on remplace 2 par un naturel quelconque p, $2 \le p < n$, et on suit une méthode analogue de résolution. On va trouver un résultat d'écriture plus compliqué, et l'inégalité sera moins fine.

**7.90** : Soient $a_1, \dots, a_n \in [0, 1]$, $p, q > 0$ avec $1 \le i \le n$ et $1 \le j \le m$, où $n, m \in \mathbb{N}$.

Démontrer que

$$ \prod_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m} a_{ij}^{p_{ij}} + \prod_{i=1}^{n} \left( \sum_{j=1}^{k} a_{ij}^{p_{ij}} - \sum_{j=k+1}^{m} a_{ij}^{p_{ij}} \right) \le m^n + (2k-m)^n, $$

où K est un nombre naturel $\le m$.

**Solution** :

$$ \begin{align*} \text{On note } P_1 &= \prod_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m} a_{ij}^{p_{ij}} = \prod_{i=1}^{n} \left( a_{i1}^{p_{i1}} + a_{i2}^{p_{i2}} + \dots + a_{im}^{p_{im}} \right) = \\ &= \left( a_{11}^{p_{11}} + a_{12}^{p_{12}} + \dots + a_{1m}^{p_{1m}} \right) \dots \left( a_{n1}^{p_{n1}} + a_{n2}^{p_{n2}} + \dots + a_{nm}^{p_{nm}} \right). \end{align*} $$

Si on fait toutes les multiplications, on voit que $P_1$ est une somme algébrique qui contient $m^n$ termes et chacun d'eux a le signe $+ \cdots +$. On note
$$ P_2 = \prod_{i=1}^{n} \left( \sum_{j=1}^{k} a_{ij}^{p_{ij}} - \sum_{j=k+1}^{m} a_{ij}^{p_{ij}} \right) = \prod_{i=1}^{n} \left( a_{i1}^{p_{i1}} + \dots + a_{ik}^{p_{ik}} - \right. $$
$$ \left. - a_{i,k+1}^{p_{i,k+1}} - \dots - a_{im}^{p_{im}} \right) = \left( a_{11}^{p_{11}} + \dots + a_{1k}^{p_{1k}} - a_{1,k+1}^{p_{1,k+1}} - \dots - a_{1m}^{p_{1m}} \right) \dots $$
$$ \dots \left( a_{n1}^{p_{n1}} + \dots + a_{nk}^{p_{nk}} - a_{n,k+1}^{p_{n,k+1}} - \dots - a_{nm}^{p_{nm}} \right). $$
Le nombre des termes positifs, dans ce cas, sera :

$$ K \cdot b_n + (m-K)(m^n-b_n) = (K-m+K)b_n + (m-K)b_m^n = (2K-m)b_{m-1} + (m-K)m^n = b_{n+1}. \text{ Mais } b_n \text{ est une suite linéaire récurrente et homogène. D'où il résulte que } b_n = \frac{1}{2}(m^n + (2K-m)^n), \text{ donc } P \le m^n + (2K-m)^n $$

7.91. Soit un polynôme $P(x)$ de degré $r < n-1$ qui pour les nombres distincts $x_1, \dots, x_r$ prend les valeurs $y_1, \dots, y_n$. Pour $1 \le i \le n$ on considère les équations

$$ x^{n-1} - S_{i,1} x^{n-2} + S_{i,2} x^{n-3} + \dots + (-1)^{n-1} S_{i,n-1} = 0 $$

qui admettent les racines $x_1, \dots, x_{i-1}, x_{i+1}, \dots, x_n$. Alors

$$ \sum_{i=1}^{n} y_i S_{i,h} = \prod_{\substack{j=1 \\ j \neq i}}^{n} \frac{1}{x_i - x_j} = 0, \text{ avec } 0 \le h \le n-r-2, $$

où par convention on a noté $S_{i,0} = 1$.

**Solution :**

Le polynôme qui, pour les nombres distincts $x_1, \dots, x_n$ prend les valeurs, respectivement, $y_1, \dots, y_n$, est :

$$ P(x) = y_1 \frac{(x-x_2)(x-x_3)\dots(x-x_n)}{(x_1-x_2)(x_1-x_3)\dots(x_1-x_n)} + y_2 \frac{(x-x_1)(x-x_3)\dots(x-x_n)}{(x_2-x_1)(x_2-x_3)\dots(x_2-x_n)} + \dots + y_n \frac{(x-x_1)(x-x_2)\dots(x-x_{n-1})}{(x_n-x_1)(x_n-x_2)\dots(x_n-x_{n-1})} $$

et c'est celui de plus petit degré ayant cette propriété (d'après Lagrange).
Degré P (x) = r < n-1 . Cela implique que les coefficients de
xⁿ⁻¹, xⁿ⁻², ..., xⁿ⁺¹ sont nuls . Mais les coefficients de xᵏ, avec
r+1 ≤ k ≤ n-1 , sont exactement les expressions :

$$
(-1)^{n-k-1} \sum_{i=1}^{n} y_i \prod_{j=1, j \neq i}^{k-1} \frac{1}{x_i - x_j} .
$$

Lorsque r+1 ≤ K ≤ n-1 , on a 0 ≤ n-K-1 ≤ n-r-2 et on note h=n-K-1.
Si i,h est la somme de tous les produits de h facteurs ( h ≠ 0 )
chacun , qui se forment avec les nombres x₁ , ... , xᵢ₋₁, xᵢ₋₁, ..., xₙ
( c'est-à-dire la somme h-ième de relations de Viète , appliquées
à l'équation de l'énoncé ).

7.92. Soit le polynôme à coefficients entiers P (x) = Σ aᵢxᵢ. i=0

Montrer que pour p, q ∈ Z, si P(p/q) ≠ 0, alors

|P(\frac{p}{q})| > \frac{1}{q^n}, \quad m \in \mathbb{N}, m * n.

Solution :

$$
P\left(\frac{p}{q}\right) = \left| a_n p^n + a_{n-1} p^{n-1} q^1 + \dots + a_1 p^1 q^{n-1} + a_0 q^n \right| \cdot \frac{1}{|q^n|} \ge
$$
$$
\ge \frac{1}{|q^m|} \cdot \left| a_n p^n + a_{n-1} p^{n-1} q + \dots + a_1 p^1 q^{n-1} + a_0 q^n \right| \ge \frac{1}{|q^m|}
$$

parce que :

m ≥ n implique que $\frac{1}{|q^n|} \ge \frac{1}{|q^m|}$,
et $a_n p^n + a_{n-1} p^{n-1} q + \dots + a_1 p^1 q^{n-1} + a_0 q^n \in \mathbb{Z} \setminus \{0\}$ et sa
valeur absolue est $\ge 1$.
7.93. Montrer que

<figure><img src="image_14.png" /></figure>

**Solution :**

On a $(1+x)^{n_1} (1+x)^{n_2} \cdots (1+x)^{n_p} = (1+x)^{n_1+\cdots+n_p}$.

Le coefficient de $x^k$ dans le membre droit est $C_{n_1+\cdots+n_p}^k$.

Le coefficient de $x^k$ dans le membre gauche est

<figure><img src="image_15.png" /></figure>

Des deux observations, il résulte l'égalité :

7.94. Soient $k, m, n \in \mathbb{N}$, $p \in \mathbb{N}$ et $a_j \in \mathbb{C}$, $j=1, m$.

$S_i a_j^{2kn} + a_j^{(2k-1)n} + \cdots + a_j + 1 = 0$ pour $j = 1, m,$

calculer :

$$E ( a_1, \dots, a_m ) = ( a_1 \dots a_i \dots a_m )^{p \cdot n} + \frac{1}{( a_1 \dots a_m )^{pn}} + \dots$$

<figure><img src="image_16.png" /></figure>
en sachant que

$$ C_m^h = \{ ( i_1, ? \dots, i_l ) \in \{ 1, 2, \dots, m \}^h \mid i_s \neq i_t \text{ pour } s \neq t \} $$

**Solution :**

On note $a_j^n = y_j$, $j = 1, \dots, m$. Puisque $y_j \neq 1$, en multipliant chaque égalité de l'énoncé, respectivement, par $y_j - 1$ on obtient :
$$ o = ( y_j - 1 ) ( y_j^{2k} + y_j^{2k-1} + \dots + y_j + 1 ) = y_j - 1 $$

Donc, quel que soit $j \in \overline{1,m}$ on a $y_j = \cos \frac{P_j \pi}{2k+1} + i \sin \frac{P_j \pi}{2k+1}$,

$$ P_j = 1, 2, \dots, 2k. $$

On va démontrer par récurrence en fonction de $m \in \mathbb{N}/0$, que :

$$ E ( a_1, \dots, a_m ) = \left( a_1^{pn} + \frac{1}{a_1^{pn}} \right) \dots \left( a_m^{pn} + \frac{1}{a_m^{pn}} \right). $$

Pour $m=1$ on a $E(a_1) = a_1^{pn} + \frac{1}{a_1^{pn}}$. Supposons la propriété vraie pour $m$, il faut démontrer, pour $m+1$, que

$$ E ( a_1, \dots, a_m, a_{m+1} ) = E ( a_1, \dots, a_m ) \cdot \left( a_{m+1}^{pn} + \frac{1}{a_{m+1}^{pn}} \right). $$

$$ \text{Donc } E ( a_1, \dots, a_m ) = 2^m \cos \frac{P_1 \pi}{2k+1} \dots \cos \frac{P_m \pi}{2k+1} \text{ p.\dots p.} $$
$$ (P_1, \dots, P_m) \in \{ 1, 2, \dots, 2k \}^m. $$
7.95. Dans un plan on considère l'ensemble des points dont les coordonnées sont des entiers. Soient les naturels n, m, p avec $p \ge 4$. Montrer qu'il existe un polygone de p côtés qui ait n points sur sa frontière et m points à l'intérieur.

Généraliser dans l'espace.

**Solution :**

La démonstration se fait par construction.

On trace le segment $[AB]$ qui contient exactement n points. Sur la ligne située au-dessus de AB, on trace le segment $[CD]$ qui contient exactement m points.

<figure><img src="image_17.png" /></figure>

On peut dessiner les segments $(AA')$ et $[BB']$ (voir la figure ci-contre) tels qu'ils ne passent par aucun point, et tels que $A'$, $B'$ se trouvent entre la ligne de CD et la ligne située au-dessus de celle-ci ; et le segment $[CD]$ ; (c'est-à-dire les m points) se trouve dans l'intérieur du quadrilatère $AA'B'B$.

$p \ge 4 \Rightarrow p - 3 \ge 1$. Parce que le polygone a p côtés, on unit les points $A'$ et $B'$ par une ligne polygonale qui contient $p-3$ côtés et qui est située entre la ligne de CD et la ligne supérieure à celle-ci, sans toucher aucun point.

Généralisation :

Dans l'espace euclidien $\mathbb{R}^3$, on considère l'ensemble des points dont les coordonnées sont entières. Si n, m, p sont naturels, $p \ge 5$, alors il existe un polyèdre de p faces qui contient n points sur sa frontière et m points à l'intérieur.

La démonstration se fait aussi par construction : on considère les segments $[AB]$ et $[CD]$ avec leurs propriétés antérieures, mais $[AA']$ et $[BB']$ sont remplacés par des plans qui gardent les mêmes propriétés. Puis on construit deux plans qui pacdent entre themselves par les plans antérieurs, en gardant bien sûr les conditions demandées.
A la fin, la ligne polygonale A'B' sera remplacée par une chaîne de p-4 plans qui se construisent de façon analogue.

7.96. Déterminer l'ensemble A défini par :

a) $102 \in A$;

<figure><img src="image_18.png" /></figure>

b) si $x \in A$, alors $1 \times 2 \in A$;

c) les éléments de A s'obtiennent seulement par l'utilisation des règles a) et b) un nombre limité de fois.

**Solution :**

Montrons que $A = M$, où $M = \{ \overline{1...1} \circ \overline{2...2} / n \in \mathbb{N} \}$.

Tout d'abord, montrons que $A \supset M$.

On utilise le raisonnement par récurrence pour $n \in \mathbb{N}^*$, pour montrer que $\overline{1...1} \circ \overline{2...2} \in A$. Pour $n=1$ on a $102 \in A$ d'après la règle a). On suppose la propriété vraie pour $n$, alors $\overline{1...1} \circ \overline{2...2} \in A$ et il en résulte qu'aussi $\overline{11...1} \circ \overline{22...2} \in A$ d'après la règle b).

<figure><img src="image_19.png" /></figure>

Montrons que $AC \subset M$.

Soit $x \in A$. Si on applique seulement la règle a) il en résulte que $x = 102 \in M$. On ne peut appliquer la règle a) qu'une fois. Maintenant la règle b) ne peut s'appliquer que si la règle a) a été appliquée. Si on applique b) une seule fois, on obtient $x = 11022$. Par récurrence on démontre que si on applique la règle b) $n$ fois, alors

$$x = \overline{1...1} \circ \overline{2...2} \in A \cdot \text{Mais } \overline{1...1} \circ \overline{2...2} \in M.$$

<figure><img src="image_20.png" /></figure>

<figure><img src="image_21.png" /></figure>

Donc $AC \subset M$, d'où $A = M$.
7.97. On construit l'ensemble B tel que :

a) les éléments 0,9 et 1 appartiennent à B ;

b) si $x,y \in B$, alors $|x-y|$ et $xy \in B$;

c) tout élément de B s'obtient par l'utilisation des règles
a) et b) un nombre limité de fois .

Trouver B .

Solution :

Démontrons que $B = M$, où

$$
M = \{ \overline{0, x_1, \dots, x_p} \mid 0 \le x_i \le 9, i \in \{1, \dots, p\}, p \in \mathbb{N}/0, \\
p < +\infty \} \cup \{1\}.
$$

D

Tout d'abord montrons que ({0; 0;1; 0,2;...0,9; 1} ⊂ B

0,9 et 0,9 ∈ B ⇒ |'0,9-0,9| = 0 ∈ B ;

0,9 et 1 ∈ B ⇒ |'0,9- 1| = 0,1 ∈ B;

0,9 et 0,1 ∈ B ⇒ |'0,9-0,1| = 0,8 ∈ B;

0,8 et 0,1 ∈ B ⇒ |'0,8-0,1| = 0,7 ∈ B;

----------------------------------------

0,3 et 0,1 ∈ B ⇒ |'0,3-0,1| = 0,2 ∈ B ;

Si $y \in \{0,1,2,...,9\}$ alors $\overline{0,\underline{0}...0} y = \underline{0,1...0} \overline{1} \cdot \underline{0,1...0} y \in B$,
puisque s'obtient par l'utilisation des règles a) et b).
Soit $x \in M$; si $x=1$ on a $1 \in B$ par la règle a); si $x \neq 1$ on a
$0 \le x < 1$; si $x=0$ on a $0 \in B$. Il reste donc le cas $x=0, x_1, \dots, x_p$
avec $0 \le x_i \le 9, i \in \{1,\dots,p\}, P \in \mathbb{N}/0, p < +\infty$ et $x \neq 0$; sans
nouire la généralité on suppose $x_p \neq 0$.
∞) si $x_1 \neq 9$, alors $\overline{0,x_1...x_p} = \overline{0,w_1 - 0,0y_2 - \dots - 0,\overline{0,0...0}}_{p-2} y_{p-1} - \overline{0,0...0} z_p$, avec $w_1=x_1+1, y_j=9-x_j, 2 \le j \le p-1$, et $z_p=10-x_p$.

$p-1$

Bien sûr $1 \le w_1 \le 9$ puisque $0 \le x_1 \le 8$ ; on a $0 \le y_j \le 9, 2 \le j \le p-1$ puisque $0 \le x_j \le 9, 2 \le j \le p-1$ ; $1 \le z_p \le 9$ puisque $1 \le x_p \le 9$.

On a : $\overline{0,w_1} - (\overline{0,0y_2} + \overline{0,0oy_3} + \dots + \overline{0,\underbrace{0,\dots,0}_{p-2}} y_{p-1} + \overline{\underbrace{0,\dots,0}_{p-1}} z_p) =$
$= \overline{0,w_1} - \overline{0,0y_2\dots y_{p-1}z_p}$. Effectuons la soustraction :

$$
\begin{align*}
& \overline{0,w_1 0\dots00} - \\
& \overline{\overline{0,0y_2\dots y_{p-1}z_p}} \\
& = \overline{0,x_1 x_2\dots x_{p-1} x_p}.
\end{align*}
$$

parce que $10-z_p = x_p, w_1^{-1} = x_1$ et $9-y_j = x_j, 2 \le j \le p-1$.

$\overline{0,w_1}$ et $\overline{0,0y_2} \in D \Rightarrow 1, \overline{0,w_1} - \overline{0,0y_2} \in D$

$|\overline{0,w_1} - \overline{0,0y_2}|$, et $\overline{0,0y_3} \in D \Rightarrow |1/| \overline{\overline{0,w_1} - \overline{0,0y_2}}|' - \overline{\overline{0,0y_3}}|' \in D$

mais la dernière valeur absolue est égale à $\overline{0,w_1 - 0,0y_2 - 0,0oy_3}$.

Par récurrence il en résulte que $x \in D$, puisque :
$$x = \overline{0,w_1} - \overline{0,0y_2} - \dots - \overline{0,\underbrace{0,\dots,0}_{p-2}} y_{p-1} - \overline{\underbrace{0,\dots,0}_{p-1}} z_p =$$
$$= \dots |1\dots1|, \overline{0,w_1} - \overline{0,0y_2} - \dots - \overline{0,\underbrace{0,\dots,0}_{p-2}} y_{p-1} - \overline{\underbrace{0,\dots,0}_{p-1}} z_p|$$

qui s'obtient par l'utilisation des règles à) et b) un nombre limité de fois.
(3) si $x_1 = 9$, on a $\overline{0,9...9} = \overline{1,1-0,\overline{0...0}}$ $1, \in D$ ; $\nexists n \in \mathbb{N}/$

$x=\overline{0,9x_2...x_p} = \overline{|0,9...9-0,\overline{0x_2...x_p}|}$, où $x_j = 9-x_j, 2 \le j \le p$ ;
$0 \le t_j \le 9$ puisque $0 \le x_j \le 9$ pour $2 \le j \le p$.

Pour montrer que $t = \overline{0,0t_2...t_p} \in D$, $0 \le t_j \le 9$, $2 \le j < p$, il suffit de voir que le premier chiffre décimal de t est zéro, donc différent de 9, donc on utilise le cas $\alpha$).

$t \in D \Rightarrow x \in B.$

$\subsetneq$

0,9 et $1 \in M \subset \{0,1\}$; $0,0;0,1;0,2;...;0,9;1\} \subset M$. Les opérations de la règle b) effectuées un nombre limité de fois sur les éléments 0,9 et 1 vont donner aussi des éléments de M, parce que: si

$\alpha, \beta \in M$ il en résulte que $\alpha, \beta \in M$ et $|\alpha - \beta| \in M$ puisque

$0 \le |\alpha - \beta| \le 1$ et $0 \le \alpha \beta \le 1$, et $\alpha, \beta$ ayant un nombre limité de décimales, alors aussi $\alpha/\beta$ et $|\alpha - \beta|$ lauront un nombre limité de décimales.

7.98. Soit l'ensemble $I = \{ \frac{a}{b} | a,b \in \mathbb{Z}, b \neq 0, (b,m) = 1 \}$ qui s'appelle l'anneau des m-entiers, $m \in \mathbb{Z}$, fixé.

On dit que $x \equiv y (\mod m)$ dans $I$, avec $x,y$ de $I$, si et seulement s'il existe $z \in I$ tel que $x-y=m.z$.

On considère l'élément $r$ de $I$ ; trouver sa classe d'équivalence modulo $m$ dans $I$.

**Solution.**
1) Le cas $r \in \mathbb{Z}$.
a) $m \notin \{-1,0,1\}$
on note $r$ la classe cherchée, $M_m$ l'ensemble $m\mathbb{Z}$, et
$$M = \left\{ \frac{mk_1 + h}{mk_2 + p}; k_1, k_2, h, p \in \mathbb{Z}, 0 \le h, p < l/m, l(m,p)=1 \text{ et } h<pr \le M \right\}$$

Montrons que $\hat{r} = M$.

Tout d'abord montrons que $\hat{r} = M$.

Soit $x \in M$. Alors il existe $k_1, k_2, h, p \in \mathbb{Z}$ avec les propriétés écrites ci-dessus.

1°) $x \in I$, c'est-à-dire $x$ est un m-entier, parce que $(m,p)=1$ et $k_2 \in \mathbb{Z}$ il résulte que $(mk_2 + p, m) = 1$.

2°) $x \equiv r \pmod m$ dans $I$, puisqu'il existe $\frac{r_1}{r_2} \in I$, $r_1 = k_1 - rk_2 + \frac{h-rp}{hm}$

$$\frac{h-rp}{hm} \in \mathbb{Z} \text{ parce que } h-rp = Mm \text{ ) et}$$

$r_2 = mk_2 + p$ (donc $\frac{r_1}{r_2}$ est un m-entier parce que $(r_2,m)=1$);

tel que :

$$\frac{r_1}{r_2} = \frac{mk_1 + h - mk_2r - rp}{mk_2 + p} = x - r \cdot \text{ Donc } x \in \hat{r}.$$

Montrons que $\hat{r} \in M$.

Soit $x \in \hat{r}$. Donc $x = \frac{a}{b}$ et $b \neq 0$, $(b,m)=1$, ainsi que $x = r \pmod m$ dans $I$. Mais $b$ peut s'écrire $b=mk_2 + p$, $0 \le p < l/m$, $(p,m)=1$ et de même $a=mk_1+h$, $0 \le h < l/m$, avec $k_1, k_2, h, p \in \mathbb{Z}$.

$x \equiv r \pmod m$ dans $I$, implique que $m \nmid x-r$ dans $I$, donc implique qu'il existe $\frac{x-r}{m} \in I$ tel que $m\frac{x-r}{m} = x-r$, et $(x_2,m)=1$.

Considérons $\mathfrak{X}$ irréductible. Il en résulte :
$$ \frac{\bar{\gamma}_1}{\bar{\gamma}_2} = \frac{\frac{m}{m}(k_1-k_2)r + h-pr}{m(mk_2 + p)} \quad \text{Parce que } (\hat{\gamma}_1, \hat{\gamma}_2) = 1 \text{ et} \\ (\hat{\gamma}_2, m) = 1 \text{ il vient : } m \mid m(k_1-k_2r) + h-pr, \text{ d'où } m,h-rp, \\ \text{c'est à dire } x \in M. $$

Remarque 1. Pour $m=0$ on a $I=\mathbb{Z}$, et pour $m=\pm 1$ on a $I=\emptyset$.

b) $m=0$. Chaque classe d'équivalence contient seulement un élément donc $\hat{r} = \{r\}$.

c) $m = \pm 1$. Il existe une seule classe d'équivalence, donc $\hat{r} = I = \emptyset$.

2) Le cas $r \in I - \mathbb{Z}$ : a) $m \in \{-1,0,1\}$.

Propriété 1.

Soient $m \in \mathbb{Z}$, $I$ l'anneau des m-entiers et $\frac{r_1}{r_2} \in I$.

Alors $\exists$ $a \in \mathbb{Z}$ tel que $\frac{r_1}{r_2} = a \pmod m$ dans $I$.

Démonstration. $\frac{r_1}{r_2} \in I \Rightarrow (r_2, m) = 1$, et $r_1, r_2 \in \mathbb{Z}$.

Soit l'équation diophantienne : $xr_2 + ym = r_1$ (les inconnues étant $x$ et $y$) qui admet des solutions entières, puisque $(r_2, m) = 1$ et $1 \nmid r_1$. Soient $x=x_0 \in \mathbb{Z}$ et $y=y_0 \in \mathbb{Z}$ une solution particulière. On prend $a=x_0$ et $\gamma_1 = y_0$. On a : $\frac{r_1}{r_2} = x_0 \pmod m$ puisque $m \mid (\frac{r_1}{r_2} - x_0)$ parce qu'il existe

$$ \gamma = \frac{\gamma_1}{\gamma_2} = \frac{y_0}{r_2} \in I \text{ tel que } m \cdot \frac{y_0}{r_2} = \frac{r_1}{r_2} - x_0. \text{ Donc} \\ x_0 \cdot r_2 + y_0 = m = r_1 $$
Remarque 2. Il existe une infinité d'entiers $\mathfrak{a} \in I$ tels que $\frac{r_1}{r_2} \mod m$ dans $I$, avec $m \neq 0$.

Ces nombres sont, par exemple, des solutions particulières de l'équation diophantienne antérieure.

Donc, pour $r \in I$, $\mathfrak{a} \in \mathbb{Z}$, tel que $r = a_r \pmod m$ dans $I$ et $\hat{r} = \mathfrak{a}_r$ qui se détermine comme dans le cas 1 a).

b) Le sous-cas $m=0$ n'existe pas parce qu'il résulterait $I=\mathbb{Z}$ et donc $r \in \mathbb{Z}$.

$c) m=\underline{+} 1$. On a $\mathfrak{a}=I=\mathbb{Z}$.

7.99. On considère l'équation : $a_1x_1^{m_1} + \dots + a_m x_m^{m_n} = b$, avec $a_i, m_i \in \mathbb{Z}/\mathfrak{a}/\langle \mathfrak{a}/\mathfrak{a}_1 \rangle$, pour $i \in \{1, \dots, n\}$; et $b \in \mathbb{Z}$. Montrer que l'équation a un nombre limité de solutions naturelles.

**Solution :**

a) $b>0$. On note tous $x_i^{m_i} = y_i$. L'équation initiale devient $a_1 y_1 + \dots + a_n y_n = b$ (1)

On voit que :

$$0 \le y_1 \le \left\lfloor \frac{b}{a_1} \right\rfloor \quad (\text{sinon on a : } a_1 y_1 > b)$$

$$0 \le y_n \le \left\lfloor \frac{b}{a_n} \right\rfloor \quad (\text{même explication}).$$

Il en résulte que : $0 \le$ le nombre des solutions naturelles de l'équation (1) $\le \frac{n}{\prod_{i=1}^n \left(1+\left\lfloor \frac{b}{a_i} \right\rfloor\right)} = M$ = nombre fini.
$$x_i = \sqrt[i]{y_i}, \quad i \in \{1, \dots, n\}. \quad (2)$$

Ainsi, si le nombre des solutions de l'équation (1) est limité, alors aussi de (2) il va résulter qu'il existe un nombre limité de valeurs pour chaque $x_i$.

β) $b=0$. Alors, la seule solution naturelle est la solution triviale.

γ) $b < 0$. L'équation n'admet aucune solution naturelle.

7.100. Soient $a_i, b > 0$ pour $i \in \{1, 2, \dots, n\}$. Alors, l'équation : $a_1^x + \dots + a_n^x = b^x$ ; $n \ge 2$, admet au plus une solution dans l'ensemble des nombres réels.

### Solution

L'équation peut n'avoir aucune solution, ou bien elle peut avoir au moins une solution.

Si l'équation admet au moins une solution, soit $x_0 \neq 0$.

l'une de celles-ci. Donc $a_1^x + \dots + a_n^x = b^x$.

1) $x_0 > 0$. Soit $x > x_0$. Il en résulte que $x=x_0+t$ avec $t > 0$.

Soit $z = \max\{a_1, \dots, a_n\}$.

$$a_1^x + \dots + a_n^x = a_1^t a_1^{x_0} + \dots + a_n^t a_n^{x_0} \le z^t (a_1^{x_0} + \dots + a_n^{x_0}) = z^t b^{x_0}.$$

$$\text{Si } z \ge b \Rightarrow z^{x_0} \ge b^{x_0} \Rightarrow a_1^{x_0} + \dots + a_n^{x_0} \ge b^{x_0}. \text{ D'où}$$

$$z < b. \text{ Ainsi que } a_1^x + \dots + a_n^x < b^x, \quad \forall x > x_0.$$

Soit $x < x_0$. Il en résulte que $x=x_0-t$ avec $t > 0$.

$$a_1^x + \dots + a_n^x = a_1^{-t} a_1^{x_0} + \dots + a_n^{-t} a_n^{x_0} > z^{-t} (a_1^{x_0} + \dots + a_n^{x_0}) = z^{-t} b^{x_0}.$$
Puisque $z < b \Rightarrow z^{-t} > b^{-t}$. Ainsi $a_1^x + \dots + a_n^x > b^x$, $\forall x < x_0$, d'où $x_0$ est la seule solution de l'équation.

$$2) x_0 < 0. \text{ On a : } a_1^{x_0} + \dots + a_n^{x_0} = b^{x_0}, \text{ ou } \left(\frac{1}{a_1}\right)^{-x_0} + \dots + \left(\frac{1}{a_n}\right)^{-x_0} = \left(\frac{1}{b}\right)^{-x_0}. \\ \text{avec } -x_0 > 0, \text{ donc on a réduit ce cas au premier cas.}$$

3) Le cas $x_0 = 0$ n'est pas possible, puisqu'il en résulterait : $a_1^0 + \dots + a_n^0 = b^0$, ou $n=1$, mais par hypothèse $n \ge 2$. Contraction.

7.101. Montrer qu'une congruence modulo $m; m \neq 0$ qui contient des inconnues, admet un nombre limité de solutions distinctes (non congrues deux à deux).

**Solution :**

Chaque inconnue ne peut prendre que les valeurs : $0,1,2,...$. ; $fm| \Rightarrow f \equiv -1 \pmod m$. C'est-à-dire au maximum $|m|$. valeurs (un système complet de restes modulo $|m|$.) . Si l'équation - congruence contient $n$ inconnues, alors le nombre maximum de solutions sera $|m| \cdot n < x_0$.

**Observation:** Lorsque $m=0$, la congruence devient une égalité (une équation) qui peut avoir une infinité de solutions, par exemple $0 \cdot x \equiv 0 \pmod 4$.

7.102. Résoudre la congruence linéaire $2x-1 \equiv 1-6y \pmod 4$.

**Solution :**

La congruence s'écrit : $2x+6y-2 \equiv 0 \pmod 4$. D'où $2x+6y-2=4K$ avec $K \le \sqrt{4}$. Ou $x+3y-2K-1 = 0$.

(Remarque : on ne peut pas diviser la congruence par 2 au début (on obtiendrait $x+3y \equiv 0 \pmod 2$.), parce qu'on perd des solutions.)
Le modula de la congrunce reste 4. On a :

$x=-3y+2k+1$. Donc $x=-3y+2k+1 \pmod 4$, ou $x=y+2k+1 \pmod 4$.
On prend $(y,k) \in \{0,1,2,3\}^2$, donc toutes les possibilités.

Mais il suffit de donner à K les valeurs 0 et 1, puisque :
pour $k=3$: $2k=6 \pmod 4$ et pour $k=2$: $2k=2 \pmod 4$.

Si on donne succesivement les valeurs $(0,0),(1,0),(2,0), (3,0),(0,1),(1,1),(2,1),(3,1)$ au couple $(y,k)$ on obtient pour $x$, respectivement les valeurs $1,2,3,0,3,0,1,2$. Mais $k$ ne nous interesse pas. Donc :

$$ \{x \equiv 1 \pmod 4 : (2) \text{ ou } (3)\} $$

$$ \{y \equiv 0 \pmod 4 : (1) \text{ ou } (2)\} $$

On sait que le nombre des solutions de cette congruence est égal à $(2,6)^4=8$.

7.103. Soient $a_i \in \mathbb{Q}$, $i \in \{1,2,\dots,n\}$, $n \ge 2$ et $b \in \mathbb{Q}$. Montrer que l'équation $\sum_{i=1}^{n} a_i x_i = b$ admet une infinité de solutions dans l'ensemble des nombres naturels si et seulement si $(a_1,\dots,a_n)$ divise $b$ et s'il existe $(i_0,j_0) \in \{1;\dots,n\}^2$ tels que $a_{i_0} \cdot a_{j_0} < 0$.

(On note $(a_1,\dots,a_n)$ le plus grand commun diviseur de $a_1,a_2,\dots,a_n$.)

### Solution :

Si on met les coefficients de l'équation au même dénominateur on peut éliminer les dénominateurs et donc on peut dire que tous les $a_i$ et $b$ sont entiers.

Nécessité.

Puisque l'équation a des solutions dans $\mathbb{Q}^n$, alors elle en aura aussi dans $\mathbb{Z}^n$ parce que $\mathbb{Z}^n \subset \mathbb{Z}^n$.
Il en résulte que $(a_1, \dots, a_n)$ divise b, d'après un théorème
connu.

On suppose par l'absurde que tous les termes de l'équation ont
le même signe, par exemple positif (dans le cas contraire on
multiplie l'équation par -1);

-si b < 0 alors l'équation n'a aucune solution naturelle ; con-
tradiction.

-si b >= 0, chaque inconnue xᵢ ne peut prendre des valeurs qu'
entre o et [b/aᵢ] (des valeurs naturelles), donc un nombre
fini de solutions ; contradiction aussi. D'où la supposition
est fausse, donc il n'est pas vrai que les termes de l'équa-
tion ont le même signe.

Suffisance .

Comme (a₁, ..., aₙ) divise b il en résulte que l'équation a des
solutions dans $\mathbb{Z}^n$. Par hypothèse, l'équation a (termes posi-
tifs non nuls, 1 ≤ l' < n, et k=n-l' termes négatifs non nuls).
On a 1 ≤ k ≤ n-1 < n. Alors on écrit :

$$
\overline{\left[ \sum_{h=1}^{n} a_h \cdot x_h \right]}_{h=1}^{n} = b, \text{ où } 0 < a'_j < -a_j, \\
j \in \{ l' + 1, \dots, n \}.
$$

(On a supposé les l premiers termes positifs et les k suivants négatifs. Dans les autres cas réordonne les termes et (implictement) on les renumérote.)

Soit $O < M = \{ \dot{a}_1, \dots, a_n \}$ le plus petit commun multiple de $a_1, \dots, a_n$. On note $c_i = |M/a_i|$, $i \in \{1, \dots, n\}$.

Soit encore $O < P = \lfloor \ell' \rfloor, k \rfloor$ le plus petit commun multiple de $\ell'$ et $k$. On note $\ell_1 = P/\ell'$ et $k_1 = P/k$.

$$
\text{Si on pose } \begin{cases} x_h = \ell_1 \cdot c_h \cdot t + x_h^0 & , \ 1 \le H \le \ell \\ (x_j = k_1 \cdot c_j \cdot t + x_j^0 & , \ \ell_1+1 \le j \le n \end{cases}
$$
avec $t \in \mathbb{Z}$, $t \ge \max_{h,j}\left\{\left[\frac{-x_h^0}{x_1^{c_h}}\right], \left[\frac{-x_j^0}{k_1 c_j}\right]\right\} + 1$,

où $[x]$ représente la partie entière de $x$, et $(x_1^0, \dots, x_n^0)$ est une solution particulière de l'équation ( on va montré au début de cette démonstration qu'il existe des solutions entières), alors on obtient une infinité de solutions naturelles pour notre équation.

**7.104.** Soit l'équation linéaire aux coefficients entiers

$$ \sum_{i=1}^{n} a_i x_i = b. $$

a) S'il existe $(i_0, j_0) \in \{1, 2, \dots, n\}^2$ tel que $a_{i_0} \equiv \pm 1 \pmod{a_{j_0}}$ alors l'équation admet des solutions dans l'ensemble des nombres entiers.

b) Dans ce cas, la résoudre.

**Solution :**

a) $a_{i_0} \equiv \pm 1 \pmod{a_{j_0}} \iff \exists! h_0 \in \mathbb{Z}: a_{i_0} - h_0 a_{j_0} = \pm 1$.

Soit $d$zahl$(a_{i_0}, a_{j_0})$. Il en résulte que $d|a_{i_0} - h_0 a_{j_0}$, donc $d|\pm 1$, d'où $d \sim 1$.

Comme $(a_{i_0}, a_{j_0}) \sim 1$, on a $(a_1, \dots, a_n) \sim 1$, mais $1 \not\mid b$. Donc l'équation admet des solutions entières.

b) $$ \sum_{i=1}^{n} a_i x_i = \sum_{\substack{i \neq i_0 \\ i \neq j_0}} a_i x_i \equiv (h_0 a_{j_0} + \pm 1) x_{i_0} + a_{j_0} x_{j_0} = 0 $$
$$ = \sum_{\substack{i \neq i_o \\ j \neq j_o}} a_i x_i + a_{j_o} (x_{j_o} + h_o x_{i_o}) \pm x_{i_o} = \sum_{\substack{i \neq i_o \\ i \neq j_o}} a_i x_i + $$

+ a_{j_o} t \pm x_{i_o} = b, \text{ où } t = x_{j_o} + h_o x_{i_o}. \text{ Il en résulte : }$$

$$ \left\{ \begin{array}{l} x_{i_o} = \bar{\overline{+}} \left( \sum_{\substack{i \neq i \\ j \neq j_o}} a_i x_i + a_{j_o} t - b \right) \\[1em] x_{j_o} = t - h_o \quad x_{i_o} = \pm \left( h_o \cdot \sum_{\substack{i \neq i_o \\ i \neq j_o}} a_i x_i + (h_o a_{j_o} \pm 1) (t - h_o b) \right) \\[1em] \text{avec } x_i \in \mathbb{Z}, i \notin \{i_o, j_o\} \text{, et } t \in \mathbb{Z} \text{ (paramètres)}. \end{array} \right. $$

7.105. On donne le système :

$f_j(x_1, \dots, x_n, [x_1], \dots, [x_n], \{x_1\}, \dots, \{x_n\}) = b_j \in \mathbb{Z}, j=1,\overline{n}$, où $f_j$ sont des fonctions linéaires qui ont leurs coefficients dans $\mathbb{Q}$, et $[x] = \{x\}$ représentent respectivement la partie entière et la partie fractionnaire de $x$.
Trouver une méthode de résolution pour ce système.

**Solution :**

(1) En écrivant $x_i = [x_i] + \{x_i\}$ avec $[x_i] \in \mathbb{Z}, 0 \le \{x_i\} < 1$, $i=1,\overline{n}$, on obtient (après élimination des dénominateurs) le système équivalent :

(2) $g_j([x_1], \dots, [x_n], \{x_1\}, \dots, \{x_n\}) = c_j \in \mathbb{Z}, j=1,\overline{n}$, où les $g_j$ sont maintenant des fonctions linéaires qui ont leurs coefficients dans $\mathbb{Z}$.

On résoudra ce système en considérant que $\{x_1\}, \dots, \{x_n\}$ sont les inconnues. Puisque :
$$ \sum_{j=1}^{n} \alpha_{ij} [x_i] + \sum_{j=1}^{n} \beta_{ij} \{x_j\} = c_i, \quad i = \overline{1,n}, $$
et parce que $\alpha_{ij} [x_j]$, $c_i \in \mathbb{Z}$, $i,j, = \overline{1,n}$, il en résulte:

$$ \sum_{j=1}^{n} \beta_{ij} \{x_j\} \in \mathbb{Z}, \forall i \in \overline{1,n}, $$

On applique la méthode de la substitution. On calcule $\{x_{j_1}\}$ d'une équation, $1 \le j_1 \le n$, et l'on remplace dans les autres équations. Rameons à un système linéaire de n-1 équations à n-1 inconnues.

Procédons de même avec ce nouveau système. (Si l'on obtient en route une équation impossible alors le système (2) n'admet pas de solutions. Stop.) A la fin on obtient :

$$ \delta \{x_{j_n}\} = h([x_1], \dots, [x_n]) + k \in \mathbb{Z}. $$

Donc $\delta \{x_{j_n}\} \in \mathbb{Z}$. Il en résulte :

$$ \{x_{j_n}\} = 0, \text{ ou } \{x_{j_n}\} = \frac{P}{\delta}, \quad p \in \mathbb{Z}/\{*\}, \text{ mais tel que } 0 \le \frac{P}{\delta} < 1; \ (\delta, k \in \mathbb{Z}). $$

Ces deux cas on peut les écrire comme un seul cas :

$$ \{x_{j_n}\} = \frac{P}{\delta}, \quad p \in \mathbb{Z}/\{*\} \text{ et } 0 \le \frac{P}{\delta} < 1. $$

Soit $S_{j_n}$ le nombre de solutions pour $\{x_{j_n}\}$. Maintenant ondera la route inverse jusqu'à la détermination de tous les $\{x_j\}, j=\overline{1,n}$. On remplace la (les) valeur(s) de $\{x_{j_n}\}$ dans le système antérieur de 2 équations à 2 inconnues. On obtient les valeurs de $\{x_{j_{n-1}}\}$.

Soit $S_{j_{n-1}}$ le nombre de celles-ci.
La route inverse continue jusqu'à ce qu'on détermine $\{x_{j_1}\}$ qui a $S_{j_1}$ solutions ; ($\{j_1, \dots, j_n\} = \{1, 2, \dots, n\}$);
On remarque que $\{x_i\} \in \mathbb{Q}$, $i=1, \overline{n}$. Si le système a des solutions il en résulte que celles-ci sont dans $\mathbb{Q}$.

Jusqu'à présent on a obtenu $\prod_{i=1}^{n} S_i$ solutions.

(3) En reportant toutes les valeurs de $\{x_1\}, \dots, \{x_n\}$ dans (2) on obtiendra un système linéaire de n équations à n inconnues : $[x_1] \dots [x_n]$ qui sera résolu en nombres entiers. On résoudra normalement dans $\mathbb{R}^n$, et si la solution appartient à $\mathbb{Z}^n$ alors cette solution est juste ( on effectue ensuite la relation (1) pour obtenir $x_1 \dots x_n$) ; sinon, elle ne convient pas.

On va exécuter le paragraphe (3) pour toutes les valeurs de $\{x_1\}, \dots, \{x_n\}$.

Ainsi, le système est bien résolu. Le nombre de solutions de celui-ci est $\ge 0$ et $\le \prod_{i=1}^{n} S_i$.

7.106. Résoudre dans $\mathbb{Z}/1$-équation : $3x-7y+2Z=-18$.

**Solution :**

La solution générale dans $\mathbb{Z}$ est la suivante :

$x=k_1, y=k_1+2k_2, Z=2k_1+7k_2-9$, avec $k_1, k_2 \in \mathbb{Z}$.

Comme $x \ge 0, y \ge 0$, $Z \ge 0$ il en résulte que $k_1 \ge 0$, et aussi que
$$k_2 \ge [-\frac{k_1}{2}] + 1 \text{ et } k_2 \le \lfloor \frac{9-2k_1}{7} \rfloor + 1,$$

$k_2 \ge \lfloor \frac{2-2k_1}{7} \rfloor + 2$. D'où, la solution générale dans $\mathbb{Z}/1$- Positive :

$x = k_1, y = k_1 + 2k_2, Z = 2k_1 + 7k_2 - 9$, avec $k_1$ et $k_2$ de
$$\mathbb{Z}/(\text{et } k_2) \to \lfloor \frac{2-2k_1}{7} \rfloor + 2.$$
7.107. Résoudre dans $\mathbb{R}$ l'équation :

$$2x+15y+9z=44.$$

**Solution :**

$$\text{On a } 0 \le y \le \left[ \frac{44}{15} \right] = 2.$$

$$\text{A) } y = 0 \implies 2x + 9z = 44 \implies 0 \le z \le \left[ \frac{44}{9} \right] = 4$$

$$\text{a) } Z = 0 \implies x = 22$$

$$\text{b) } Z = 1 \implies x = \frac{35}{2} \notin \mathbb{N}$$

$$\text{c) } Z = 2 \implies x = 13$$

$$\text{d) } Z = 3 \implies x \notin \mathbb{N}$$

$$\text{e) } Z = 4 \implies x=4$$

$$\text{B) } y = 1 \implies 2x + 9z = 29 \implies 0 \le z \le 3$$

$$\text{a) } Z = 1 \implies x = 10$$

$$\text{b) } Z = 3 \implies x = 1$$

$$\text{c) } Z \in \{0,2\} \implies x = \frac{1}{2} \notin \mathbb{N}$$

$$\text{C) } y = 2 \implies 2x + 9z = 14 \implies 0 \le z \le 1$$

$$\text{a) } z = 0 \implies x = 7$$

$$\text{b) } z = 1 \implies x = \frac{1}{2} \notin \mathbb{N}$$

Toutes les solutions sont :

( 22,0,0, ) ; ( 10 , 1,1 ) ; ( 7,2,0 )

( 13,0,2 ) ; ( 1, 1, 3 ) ;

( 4, 0, 4 )

Donc il y a un nombre limité de solutions :

7.108. Résoudre dans $\mathbb{Z}$ l'équation :

$$17x_1 + 20x_2 - 18x_3 = -34.$$

**Solution :**

On écrit l'équation ainsi :

$$20x_2 - 18x_3 + 17(x_1 + 2) = 0$$

On note $x_1 + 2 = t \in \mathbb{Z}$. Il vient :
$$20 x_2 - 18 x_3 + 17 t = 0$$

C'est-à-dire : $20 x_2 - 17 ( x_3 - t ) - x_3 = 0$

On note $x_3 - t = h \in \mathbb{Z}$. D'où :

$$20 x_2 - 17 h - x_3 = 0$$

Donc $x_3 = 20 x_2 - 17 h$.

$$ \left\{ \begin{array}{l} x_1 + 2 = t \\ x_3 - t = h \end{array} \right. \Longrightarrow x_1 = t - 2 = (x_3 - h) - 2 = -h - 2 + 20x_2 - 17h = 20x_2 - 18h - 2. $$

La solution générale est :

$$ \left\{ \begin{array}{l} x_1 = 20 k_1 - 18 k_2 - 2 \\ x_2 = k_1 \\ x_3 = 20 k_1 - 17 k_2 , ( k_1, k_2 ) \in \mathbb{Z}^2 . \end{array} \right. $$

7.109. Résoudre dans l'ensemble des nombres entiers l'équation :

$$15 x - 17 y + 9 Z = \alpha \quad \text{où } \alpha \text{ est un paramètre entier}.$$

**Solution :**

L'équation s'écrit :

$$15 x + 9 ( Z - 2y ) + y = \alpha$$

ou encore :

$$(1) 	15 x + 9 t + y = \alpha, 	\text{où } t = Z - 2 y 	(2)$$

$$\text{il suit de (1) que } z = -15 x - 9t + \alpha \quad . \quad (3)$$

$$\text{il suit de (2) que } Z = t+2y \quad .$$

$$\text{Il résulte de (3) que } Z = -30x - 17 t + 2\alpha.$$

La solution générale entière est :

$$ \left\{ \begin{array}{l} x = k_1 \\ y = -15 k_1 - 9 k_2 + \alpha \\ Z = -30 k_1 - 17 k_2 + 2\alpha \end{array} \right. , \text{avec } ( k_1, k_2 ) \in \mathbb{Z}^2, \\ \text{( on a noté } x = k_1 \text{ et } t = k_2 \text{ )} \end{array} \right.$$
7.110. Résoudre dans $\mathbb{Z}$ l'équation $3x + 70y - 35z + 6w = 75$.

**Solution :**

L'équation peut s'écrire :

$$3 ( x+23y - 12z + 2w - 25 ) + ( y+z ) = 1 \\ \text{Unädquem.} \\ t_1 \qquad t_2 $$

Avec ces notations, on a : $3 t_1 + t_2 = 1$, équation qui admet la solution générale :

$$ \begin{cases} t_1 = k \\ t_2 = -3k+1, \text{ avec } K \in \mathbb{Z}. \end{cases} $$

Donc $y+z=t_2=-3k+1$, d'où $y=-Z-3k+1$, avec $Z \in \mathbb{Z}$. (1)

De manière analogue $x + 23y - 12z + 2w - 25 = t_1 = k$, ou $x-23z-69k+23-12z+2w-25=k$ ( on a utilisé (1) ).

Ainsi, $x = 35z - 2w + 70k + 2$.

La solution générale de l'équation dans $\mathbb{Z}^4$, sera :

$$ \begin{cases} x = 35z - 2w + 70k + 2 \\ y = -z - 3k + \dots \\ \text{avec } z, w, k \in \mathbb{Z}. \end{cases} $$

7.111. Résoudre l'équation $x.y + 5.z - 2 = 0$ dans l'ensemble des nombres entiers.

**Solution :**

$\forall x \in \mathbb{Z}$, on peut écrire : $x = 5k_1 + r_1$, avec $k_1 \in \mathbb{Z}$ et $r_1 \in \{0,1,2,3,4\}$. (1)

$\forall y \in \mathbb{Z}$, on peut aussi écrire : $y = 5k_2 + r_2$, avec $k_2 \in \mathbb{Z}$ et $r_2 \in \{0,1,2,3,4,\dots\}$. (2)

En reportant (1) et (2) dans l'équation initiale, on a : $5(5k_2 + k_1 r_2 + k_2 r_1 + z) + r_1 r_2 - 2 = 0$.
Il en résulte que $5 \text{ divise } (r_1 r_2 - 2)$. Donc, $(r_1, r_2) \in \mathbb{Z}^{\ge 1} \times \mathbb{Z}^{\ge 1}$.
$$ \in \{(1,2), (2,1), (3,4), (4,3)\} \cdot (3) $$

D'où, la solution générale sera :

$$ \left\{ \begin{array}{l} x = 5K_1 + r_1 \\ y = 5K_2 + r_2 \\ Z = -5K_1K_2 - K_1r_2 - K_2r_1 + \frac{2-r_1r_2}{5} \end{array} \right. \text{avec } (K_1, K_2) \in \mathbb{Z}^2 \text{ (des paramètres arbitraires),} \\ \text{et } (r_1, r_2) \in \{(1,2), (3,4), (4,3)\}. $$

L'inconnue Z a été obtenue à partir de l'équation initiale puisque on a su les valeurs de x et de y :

7.112. On donne l'équation $x^2 + 3K_1 + 2 = (3K_2 + 1)^y$. Montrer que l'équation n'admet pas de solution naturelle, quels que soient $(K_1, K_2) \in \mathbb{Z}^2$. Généraliser.

**Solution :**

On a : $3K_1 + 2 \equiv 2 \pmod 3$ et $3K_2 + 1 \equiv 1 \pmod 3$,
donc $(3K_2 + 1)^y \equiv 1 \pmod 3$, ou : $x^2 \equiv 1-2 \equiv 2 \pmod 3$;

$$ \text{a) si } x = M_3 + 1 \implies x^2 \equiv 1 \not\equiv 2 \pmod 3. $$

$$ \text{b) si } x = M_3 + 2 \implies x^2 \equiv 1 \not\equiv 2 \pmod 3. $$

$$ \text{c) si } x = M_3 \implies x^2 \equiv 0 \not\equiv 2 \pmod 3. $$

D'où, $x \in \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$, $x^2 \equiv 2 \pmod 3$. Ainsi l'équation n'admet pas de solution naturelle.

**Généralisation :**

L'équation $x^2 + 3y + 2 = (3Z+1)^W$ n'admet pas de solution entière.

La démonstration est la même. Tout d'abord on montre que si $K_2 \neq 0$ alors $y \ge 0$, parce que si $y < 0$ il en résulterait qu'un nombre entier ( le membre gauche de l'équation ) est égal à un nombre non entier ( le membre droit).
7.113. Résoudre l'équation xy + 4t - 7w + 14 = 0 dans l'ensemble des nombres entiers :

**Solution :**

On écrit : $xy + 4t - 8w + 12 + w + 2 = 0$

On note $t-2w+3=v$, qui sera une nouvelle inconnue.

L'équation devient : $xy + 4v + w + 2 = 0$, ou

$w = -xy - 4v - 2$. Et $t = v + 2w - 3 = v + 2(-xy - 4v - 2) - 3 = -2xy - 7v - 7$. Si on change les notations ( par souci d'ethétique mathématique ) on a la solution générale entière :

$$ egin{cases} x = K_1 \\ y = K_2 \\ t = -2K_1 \cdot K_2 - 7K_3 - 7 \\ w = K_1 \cdot K_2 - 4K_3 - 2 \end{cases}, \text{ avec } (K_1, K_2, K_3) \in \mathbb{Z}^3 \\ \text{ paramètres}. \end{cases} $$

7.114. Montrer que l'équation :

$$ 2x^2 + 5xy - 12y^2 - 2x + 3y - 1 = 0 $$

n'a pas de solution dans l'ensemble des nombres entiers :

**Solution :**

L'équation s'écrit :

$$ 2x^2 + 8xy - 3xy - 12y^2 - 2x + 3y = 1 $$

ou encore $x(2x-3y) + 4y(2x-3y) - 1 \cdot (2x-3y) = 1$.

Donc, $(2x - 3y, x + 4y - 1) = 1$

Comme $x, y \in \mathbb{Z}$ il en résulte qu'on a les possibilités suivantes :

$$ \text{a) soit } (2x - 3y) = 1. \quad (1) $$

$$ \begin{cases} x + 4y - 1 = 1 \\ y = \frac{3}{11} \end{cases} \quad (2) $$

(2) $\Rightarrow x = -4y + 2$, et on reportant dans (1) il vient :

$$ -11y = -3 \Rightarrow y = \frac{3}{11} \notin \mathbb{Z}. $$
$$ 
\begin{array}{l} 
b) soit \{ \begin{array}{l} 2x - 3y = -1 \quad (3) \\ x + 4y - 1 = -1 \quad (4) \end{array} \} \\ 
\text{(4)} \Longrightarrow x = -4y \text{, et on reportant dans (3) il vient : } -8y - 3y = \\ 
= -1 \\ 
\Longrightarrow y = \frac{1}{11} \left( \frac{1}{77} \right) 
\end{array} 
$$

Donc l'équation n'a pas de solution dans $\mathbb{Z}$.

### 7.115. Démontrer que l'équation :

$$ 5x^2 + 50y^2 - 26xy + 8x - 46y + 15 = 0 $$

n'admet pas de solution dans l'ensemble des nombres naturels.

**Solution I :**

L'équation s'écrit :
$$ ( 4x^2 + 49y^2 + 9 - 28xy + 12x - 42y ) + ( x^2 + y^2 + 4 + 2xy - 4x - 4y ) + 2 = 0 $$
ou $( 2x - 7y + 3 )^2 + ( x+y - 2 )^2 + 2 = 0 $

Mais cette équation n'admet pas de solution dans $\mathbb{R}$, parce que $( 2x - 7y + 3 )^2 + ( x+y - 2 )^2 + 2 > 0$. Donc elle n'admet pas mon plus de solution dans $\mathbb{R}/$.

**Solution II :**

L'équation s'écrit :
$$ 
\begin{aligned} 
& 5x^2 + 2(-13y + 4)x + (50y^2 - 46y + 15) = 0 \\ 
& \Delta = b^{12} - 4ac = 169y^2 + 16 - 104y - 250y^2 + 230y - 75 = \\ 
& \quad \lfloor (9y - 7)^2 + 10 \rfloor < 0 
\end{aligned} 
$$

Il en résulte que l'équation n'admet pas de solution dans $\mathbb{R}$.
Donc elle n'admet pas non plus de solution dans $\mathbb{R}/$.
7.116. Résoudre dans l'ensemble des nombres entiers l'équation :
$x^3 - 3y = 2$.

**Solution :**

L'équation écris : $x^3 - 2 = 3y$.

Donc $x^3 - 2$ est divisible par 3, c'est-à-dire $x^3 = M_3 + 2$.

$$
\begin{align*}
\text{Soit } x &= 3k+r \quad , \quad r=0,1,2, \quad k \in \mathbb{Z} \\
x &= 3 \quad \Longrightarrow \quad x^3 = M_3 \quad \not= \quad M_3 + 2 \\
x &= 3 \quad \Longrightarrow \quad x^3 = M_3+1 \quad \not= \quad M_3 + 2. \\
x &= 3 \quad \Longrightarrow \quad x^3 = M_3+8 \quad = \quad M_3+2
\end{align*}
$$

Donc $x = 3k+2, k \in \mathbb{Z}$, d'où $\geq$

$$
y = \frac{x^3 - 2}{3} = \frac{(3k+2)^3 - 2}{3} = 9k^3 + 18k^2 + 12k + 2.
$$

$$
\text{La solution de l'équation est : } \begin{cases} x = 3k+2 \\ y = 9k^3 + 18k^2 + 12k + 2, \\ k \in \mathbb{Z} \end{cases}
$$

7.117. Déntrer que l'équation $x^4 - 7 y_1 \cdots y_n = 14 Z + 10$, $n \ge 1$, n'admet aucune solution entière.

**Solution :**

On peut écrire : $x^4 - 7 ( y_1 \cdots y_n - 2 z - 1 ) = 3$, ou encore
$x^4 - 3 = 7 ( y_1 \cdots y_n - 2z - 1 )$.

D'où $7$ divise $x^4 - 3$, c'est-à-dire $x^4 = M_7 + 3$.

Soit $x = M_7 + r$, avec $r \in \{0, \pm 1, \pm 2, \pm 3\}$. Alors $x^4 = M_7 + r^4$;
mais $r^4 \in \{0, 1, 4, 2^4, 3^4\}$. Mais on voit que $r^4 \not\equiv 3 \pmod 7$,
donc $x \not\equiv M_7 + 3$. Il en résulte que l'équation n'admet aucune
solution entière.
7.118. Résoudre dans l'ensemble des nombres entiers l'équation :

$$5 x^4 - 6 y = 20.$$

**Solution :**

$$5 x^4 - 6y = 20 \text{ (===>)} \quad 6y = 5 \ (x^4 - 4).$$

Donc $y$ est divisible par 5.

$$\text{Soit } y = 5 z, z \in \mathbb{Z}.$$

L'équation devient :

$$5 x^4 - 30 z = 20 \text{ (===>)} \quad x^4 - 6 z = 4 \text{ (===>)} \quad z = \frac{x^4 - 4}{6} \in \mathbb{Z}.$$

Donc $x^4 \equiv 4 \pmod{6}$

Il en résulte :

$$x = 6k+2 \text{ ou } x = 6k+4, k \in \mathbb{Z}.$$

Les solutions entières de l'équation sont :

$$\begin{cases} x = 6k+2 \\ y = 5 \left( \frac{5(k+2)^4 - 4}{6} \right); \\ k \in \mathbb{Z} \end{cases} \quad \begin{cases} x = 6k+4 \\ y = 5 \left( \frac{6(k+4)^4 - 4}{6} \right); \\ k \in \mathbb{Z} \end{cases}$$

7.119. Résoudre dans l'ensemble des nombres entiers l'équation :

$$4x^4 - 7z = 5.$$

**Solution :**

$$4x^4 = 7z + 5; \text{ puisque } z \in \mathbb{Z} \text{ on a } 4x^4 \in \mathbb{Z}.$$

Donc $x^4 = \alpha \in \mathbb{Z}$ ou $x^4 \in \{-\frac{1}{2}, +\frac{1}{4}\}$; mais $\frac{4x^4-5}{7}$, d'où $x^4 = -\frac{1}{2}$ ou $x^4 = \alpha \in \mathbb{Z}$. Une solution est $x = -2, y=-1$, $z=-1$ puisque l'équation $x^4 = \frac{1}{2}$ admet la solution en nombre entiers $x = -2$ et $y = -1$.
Si $x^Y = x \in \mathbb{Z}$, l'équation initiale devient $4x - 7x - 5 = 0$ qui admet la solution générale entière :

$$ \begin{cases} x = 7k+3 \\ z = 4k+1, \text{ avec } k \in \mathbb{Z} \text{ (paramètre)}. \end{cases} $$

Donc $x^Y - 7k - 3 = 0$, avec $x,y,z \in \mathbb{Z}$. Il en résulte que $K = \frac{x^Y - 3}{7}$. Mais $x = M_7 + r$, avec $r \in \{0,1,2,\dots,6\}$.

On écrit $x = 7s+r$, $s \in \mathbb{Z}$, et alors $\frac{(7s+r)^Y - 3}{7} \in \mathbb{Z}$ si et seulement si $r=3$ ou $5$.
$$ x = 7s+3 \text{ ssi } y=6t+1, \text{ t } \in \mathbb{Z}/7 $$
$$ x = 7s+5 \text{ ssi } y=6t+5, \text{ t } \in \mathbb{Z}/7 $$

Donc les solutions entières de l'équation sont :

$$ \begin{cases} x = -2 \\ y = -1 \\ z = -1 \end{cases}, \begin{cases} x = 7s+3, & s \in \mathbb{Z}, \\ y = 6t+1, & t \in \mathbb{Z}/7, \\ z = \frac{4(7s+3)^{6t+1}-5}{7} & \end{cases}, \begin{cases} x = 7s+5, & s \in \mathbb{Z}, \\ y = 6t+5, & t \in \mathbb{Z}/7, \\ z = \frac{4(7s+5)^{6t+5}+5}{7} & \end{cases} $$

7.120. Résoudre dans $\mathbb{Z}$ l'équation : $x^Y + 5z - 2 = 0$.

**Solution :**

De l'équation on tire : $x^Y - 2 = M_5$
x a la forme : $5k_1 + r_1 \in \mathbb{Z}$ et $r_1 \in \{0,1,2,3,4\}$

Il faut avoir : $x^Y \equiv 2 \pmod{5}$, ou $(5k_1+r_1)^Y \equiv r_1^Y \equiv 2 \pmod{5}$.

Ainsi que $r_1 \neq 0, r_1 \neq 1, r_1 \neq 4$.

Pour $r_1 = 2$ on a $2M_4 + 1 \equiv 2 \pmod{5}$ et

Pour $r_1 = 3$ on a $3M_3 + 3 \equiv 2 \pmod{5}$.

$$ \text{Donc } \begin{cases} x = 5k_1 + 2 & ; k_1 \in \mathbb{Z} \\ y = 4k_2 + 1 & ; k_2 \in \mathbb{Z}/7 \\ z = \frac{2 - (5k_1 + 2)^{4k_2 + 1}}{5} & \end{cases} \quad (1) $$
$$
\text{et } \left\{
\begin{array}{l}
x = k_1 + 3, \quad k_1 \in \mathbb{Z} \\
y = \frac{4}{3} k_2 + 3, \quad k_2 \in \mathbb{Z} \\
2 - (5 k_1 + 3)^{\frac{4}{3} k_2 + 3} \quad \text{et} \\
Z = \frac{\phantom{2 - (}} 2 - (5 k_1 + 3)^{\frac{4}{3} k_2 + 3} \quad \text{et}
\end{array}
\right.
\quad (2)
$$
$$
5
$$

On observe que $z \in \mathbb{Z}$ en (1) et en (2) aussi. Il en
résulte que :

$$
2^{4k_2+1} \equiv 2 (\text{mod } 5) \text{ et } 3^{4k_2+3} \equiv 2 (\text{mod } 5).
$$

La solution générale antérieure s'obtient en réunissant (1)
et (2) .

7.121 . Résoudre dans $\mathbb{Z}/l$-équation $x! = y^2$ .

**Solution :**

$$
\left\{
\begin{array}{l@{\quad}l@{\quad}l}
\begin{array}{l} x = 0 \\ x = 1 \\ x \ge 2 \end{array} &
\left\{
\begin{array}{l}
y=1 \text{ et } z \in \mathbb{Z} \\
y \in \mathbb{Z}/l^* \text{ et } z=0 \\
y=1 \text{ et } z \in \mathbb{Z}/l \\
y \in \mathbb{Z}/l^* \text{ et } z=1
\end{array}
\right. &
\text{(5)} \\[1em]
\begin{array}{l} \text{d'où } x!=y^k \\ \text{d'où } x \ge 3 \\ \text{d'où } y \text{ admett } \text{ au moins } \end{array} &
\begin{array}{l}
\text{premiers} \\
\text{premiers} \\
\text{premiers}
\end{array}
\end{array}
$$

Démontrons la dernière affirmation, parce que les deux pro-
mières sont banales . On suppose ( par l'absurde ) que $z= K \ge 2$.
On a $x!=y^K$ . On exclut le cas $x=2$ qui implique $y=2$ et $z=1$ .
Donc $x \ge 3$ . D'où $x!$ contient au moins deux diviseurs premiers
(2 et 3 ) . Donc $y^K$ admett aussi au moins deux diviseurs premiers
( 2 et 3 ) , d'où $y$ admett au moins deux diviseurs premiers (2et3) .

Soient $x_1, \dots, x_p$ tous les nombres premiers inférieurs ou égaux à $x$ ( on a montré que $p \ge 2$ ). $x! = x_1^{\alpha_1} \dots x_p^{\alpha_p}, \alpha_1 \in \mathbb{Z}/l^*$, $1 \le i \le p$. Ainsi $x_1^{\alpha_1} \dots x_p^{\alpha_p} = y^z$. D'où il faut que $\alpha_1 : z, \alpha_2 : z, \dots, \alpha_p : z$.
On considère $x_p$, le plus grand nombre premier inférieur ou égal à x. Conformément à un théorème de Tchébycheff, entre $\frac{x}{2}$ et x il existe au moins un nombre premier. Donc $\frac{x}{2} < x_p \le$

$$ \le x. Alors \times_p = \left[ \frac{x}{x_p} \right] + \left[ \frac{x}{x_p^2} \right] + \dots = 1. Il en résulte $$

que $z = 1$. Ainsi (s) représente toutes les solutions de l'équation.

**7.122.** Déterminer la forme générale de la solution dans l'ensemble de nombres entiers de l'équation :

$$ \left| \frac{\sum_{i=1}^{n} x_i^{p_i}}{\sum_{j=1}^{m} x_j^{r_j}} \right| = 1, \text{ où } m, n, p_i, r_j \in \mathbb{N}^* $$

$m \le n, r_j < p_j, j \in \{1, \dots, m\},$ où tous les $p_i$ sont des nombres pairs, et tous les $r_j$ sont impairs.

**Solution :**

$$ \begin{align*} \text{On a } \left| \sum_{i=1}^{n} x_i^{p_i} \right| &= \left| \sum_{j=1}^{m} x_j^{r_j} \right| \le \sum_{j=1}^{m} \left| x_j^{r_j} \right| = \\ &= \sum_{j=1}^{m} \left| x_j \right|^{r_j} \quad \text{et} \quad \left| \sum_{i=1}^{n} x_i^{p_i} \right| = \sum_{i=1}^{n} \left| x_i \right|^{p_i} \ge \\ &\ge \sum_{j=1}^{m} \left| x_j \right|^{r_j} \end{align*} $$
D'où $\sum_{i=1}^{n} |x_i|^{p_i} = \sum_{j=1}^{m} |x_j|^{r_j}$, il en résulte :

$$ \sum_{j=1}^{m} \left( |x_j|^{p_j} - |x_j|^{r_j} \right) + \sum_{j=m+1}^{n} |x_j|^{p_j} = 0 $$

Puisque $|x_j|^{p_j} \ge |x_j|^{r_j} \ge 0$ et $|x_j|^{p_j} \ge \sum_{j \ne j} |x_j|^{r_j} \ge 0$, $\forall j \in \{1, \dots, n\}$ on a $x_j = 0$ pour $j \in \{m+1, \dots, n\}$, et $|x_j|^{p_j-1} |x_j|^{r_j} = 0$ pour $j \in \{1, \dots, m\}$. Donc $x_j \in \{0, 1, -1\}$ pour $j \in \{1, \dots, m\}$.

La forme générale de la solution en nombres entiers de l'équation est :

$$ \left\{ \begin{array}{l} x_1 = \{ 1, \dots, x_m = \{ m \}, x_{m+1} = \dots = x_n = 0 \}, \text{ avec } \xi_j = 0 \text{ ou } 1, \text{ et} \\ \qquad \sum_{j=1}^{m} \xi_j \ne 0; \text{ et} \\[1em] x_1 = \{ 1, \dots, x_m = \{ m \}, x_{m+1} = \dots = x_n = 0 \}, \text{ avec } \xi_j \ne 0 \text{ ou } 1, \text{ et} \\ \qquad \sum_{j=1}^{m} \xi_j \ne 0. \end{array} \right. $$

Le nombre des solutions est $2^{\binom{1}{m} + \binom{2}{m} + \dots + \binom{m}{m}} = 2^{m+1} - 2$.

7.123. Déterminer l'équation linéaire qui admet la solution dans l'ensemble des nombres entiers suivant :

$$ \left\{ \begin{array}{l} x_1 = 3K_1 - 7K_2 + 5 \\ x_2 = K_1 + 2K_2 \\ x_3 = 4K_1 + 13K_2 - 71, \end{array} \right. $$

où $K_1$ et $K_2$ sont des paramètres dans $\mathbb{Z}$.
**Solution** : L'équation a trois inconnues : $x_1, x_2$ et $x_3$.

Sa forme générale est : $a_1' x_1 + a_2' x_2 + a_3' x_3 = b$,

avec $a_i', b_i' \in \mathbb{Q}$, $i=1,2,3$. On a : $x_1 + \frac{a_2'}{a_1'} x_2 + \frac{a_3'}{a_1'} x_3 = \frac{b'}{a_1'}$.

En notant différemment les coefficients, $a$-t-on :

$x_1 + a_2 x_2 + a_3 x_3 = b$ avec $a_2, a_3, b \in \mathbb{Q}$.

On peut écrire pour $K_1$ et $K_2$ quelconques dans $\mathbb{Z}$ :

$3K_1 - 7K_2 + 5 + A_2K_1 + 2a_2 K_2 + 4a_3 K_1 + 13a_3 K_2 - 71 a_3 = b$.

$$ \text{Pour } K_1 = K_2 = 0 \Rightarrow 5-71 a_3 = b \quad (1) $$

$$ \text{Pour } K_1 = 0, K_2=1 \Rightarrow -7+2a_2+13a_3 = 0 \quad (2) $$

$$ \text{Pour } K_1 = 1, K_2=0 \Rightarrow 3+a_2+4a_3 = 0 \quad (3) $$

( On a utilisé (1) pour obtenir (2) et (3). )

Mais (4) est un système de trois équations à trois inconnues
que l'on va résoudre normalement.

Do (3) il vient $a_2=-4a_3 - 3$. D'après (2), il on résulte main-
tenant $-7+13a_3 - 8a_3 - 6= 0$. Ou $a_3 = \frac{13}{5}$, donc $a_2 = -\frac{67}{5}$.

$$ \text{Do (1) il vient } b = \frac{25 - 923}{5} = -\frac{898}{5}. $$

Donc, l'équation est :

$$ 5 x_1 - 67 x_2 + 13 x_3 = -898 . $$
7.125. On considère un naturel $n \ge 3$ et $a \in \mathbb{R}$. Résoudre l'inégalité : $\left[\frac{x+a}{n}\right] + \left[\frac{x-a}{n}\right] \ge [x]$. Discussion.

**Solution :**

Soit $x = ng + r$, $0 \le r < n$, $r \in \mathbb{R}$, $q \in \mathbb{Z}$.

1) Si $a = nq_a$, $q_a \in \mathbb{Z}$, alors l'inégalité du problème devient :

$2\left[\frac{x}{n}\right] \ge [x] \quad (1)$, ce qui est équivalent à $(2-n)q \ge 0$.
Donc $x \in M_1 = \{y | y = nq + r, 0 \le r < n, r \in \mathbb{R}, q \le 0, q \in \mathbb{Z}\}$

II) Si $a \ne nq_a$, $q_a \in \mathbb{Z}$, alors a s'écrit $a$

$a \ne nq_a + r_a, \ 0 < r_a < n, \ r_a \in \mathbb{R}, q_a \in \mathbb{Z}$. (2)

On peut supposer $0 < a < n$, puisque, avec (2), l'inégalité du problème devient équivalente à

$$ (nq_a + \left[ \frac{x+r_a}{n} \right] - q_a + \left[ \frac{x-r_a}{n} \right]) \ge |x| $$

$$ \text{On a } \left[ \frac{x+a}{n} \right] + \left[ \frac{x-a}{n} \right] \ge [x] \quad (3) $$

$$ \text{qui est équivalent à } (2-n)q + E(r) \ge [r] \quad (4) $$

$$ \text{où } E(r) = \left[ \frac{r+a}{n} \right] + \left[ \frac{r-a}{n} \right] = \begin{cases} -1, & \text{si } r < \min \{ a, n-a \} \\ 0, & \text{si } \min \{ a, n-a \} \le r < \max \{ a, n-a \} \\ +1, & \text{si } r \ge \max \{ a, n-a \} \end{cases} $$

1) $0 \le r < \min \{ a, n-a \}$. Alors, (4) $\Longleftrightarrow$ $(2-n)q - 1 \ge [r]$.

$$ \text{Ou } q \le -1. \text{ Alors, } (q = -1) \Longleftrightarrow (r \ge -1) \Longleftrightarrow (n-3) \ge [r] \\ \Longleftrightarrow x \in M_2 = \{y | y = -n+r, 0 \le r < \min \{ a, n-a \} \text{ et } [r] < n-3 \} $$

$$ \beta) \ (q = -2) \Longleftrightarrow (4) \Longleftrightarrow (2n-5) \ge [r] \\ \Longleftrightarrow x \in M_3 = \{y | y = -2n+r, 0 \le r < \min \{ a, n-a \} \text{ et } [r] \le 2n-5 \} $$

$$ \therefore (q \le -3) \Longleftrightarrow (4) \text{ est vrai.} \\ \Longleftrightarrow x \in M_4 = \{y | y = qn+r, 0 \le r < \min \{ a, n-a \}, q \le -3, q \in \mathbb{Z}\}. $$

2) $\min \{ a, n-a \} \le r < \max \{ a, n-a \}$. Alors (4) $\Longleftrightarrow$ $((2-n)q) \ge [r]$.

$$ \text{X)} (q = -1) \Longleftrightarrow x \in M_5 = \{y | y = -n+r, \min \{ a, n-a \} \le r < \max \{ a, n-a \}, [r] < n-2 \} $$

$$ \beta) \ (-q \le -2) \Longleftrightarrow x \in M_6 = \{ y | y = qn + r, \min \{ a, n-a \} \le r < \max \{ a, n-a \}, q \le -2, q \in \mathbb{Z} \} $$

$$ \text{3) } \max \{ a, n-a \} \le r < n \Longleftrightarrow (4) \Longleftrightarrow ((2-n)q+1) \ge [r] \\ \Longleftrightarrow x \in M_7 = \{ y | y = qn + r, \max \{ a, n-a \} \le r < n, q \le -1, q \in \mathbb{Z} \} $$

et on a discuté tous les cas.
7.127.

Trouver une méthode de résolution en nombres naturels pour l'équation :

$$ \sum_{i=1}^{m} x_i + a = b \cdot \sqrt[\text{p}]{c \cdot \frac{n}{\prod_{j=1}^{n} v_j}} $$

avoc a, b, c ∈ ℝ/ . p ∈ ℝ/.

**Solution :**

L'équation aura une infinité de solutions naturelles lorsque $b \neq 0$.
Pour $h \in \{1, \dots, n-1\}$ on prend $y_h \in \mathbb{R}$ quelconque. Construisons $y_n$ tel que $c \cdot y_1 \dots y_n = K^p$ avec $K \in \mathbb{R}$. (1)

Soit $y_n'$ le plus petit nombre naturel qui a la propriété (1)$_{n}$.
(Il existe un tel $y_n'$ parce que, si on écrit chaque $y_h = \prod_{i<h} p_i^{\alpha_i}$,
avoc $\alpha_{ih} \in \mathbb{R}$ et $p_i$ étant le i-ième nombre premier ( positif)
$h \in \{1, \dots, n-1\}$, on prend $y_n' = \prod_{i<h} p_i^{\beta_i}$, avec $\beta_i \in \mathbb{R}$ et
les $\beta_i$ sont choisis tels que $\sum_{i=1}^n \frac{\alpha_i}{\beta_i} = M_p$, où
l'on écrit $c = \prod_{i<h} p_i^{\beta_i}$ avec $\beta_i \in \mathbb{R}$, et $\beta_i$ pour chaque $i$)
est le plus petit nombre naturel qui vérifie cette propriété.)

Construisons $y_n = y_n' \cdot t^p$, avec $t \in \mathbb{R}$, $t$ étant un paramètre. L'équation devient : $\sum_{i=1}^{m} x_i + a = b \cdot K^t$, où les inconknues sont $x_1, \dots, x_n$ et $t$. On a encore :

$$ \sum_{i=1}^{m} x_i + a = b \cdot K \quad \text{on a noté } b \cdot K = \alpha \in \mathbb{R}. $$

A) Si $b \cdot c = 0$, alors l'équation $\sum_{i=1}^{m} x_i + a = 0$ n'admet pas de solution en nombres naturels.

B) Si $b \cdot c \neq 0$, alors $\alpha \neq 0$. L'équation admet une infinité de solutions naturelles :
Pour $s \in \{1, \dots, m-1\}$, $x_s = \alpha \cdot w_s + r_s$, où
$0 \le r_s \le \alpha - 1$, $r_s \in \mathbb{R}$, et $w_s$ est un paramètre naturel, et
$x_m = \alpha \cdot w_m + r_m$, où $0 \le r_m \le \alpha - 1$ mais $r_m$ est choisi tel que
$$ \sum_{i=1}^{m} r_i + a = M_\alpha \quad (\text{on a noté } M_\alpha \text{ un multiple de } \alpha \text{) et aussi} $$
$r_m \in \mathbb{R}: w_m$ = paramètre naturel.
**7.128** On donne l'équation P(x₁, ..., xₙ) = 0 avec P(x₁, ..., xₙ) un polynôme du deuxième degré en x₁, ..., xₙ à coefficients réels.
Montrer que Δₓᵢ est un carré parfait si et seulement si Δₓⱼ est un carré parfait. (Par Δₓₙ on a noté le déterminant de l'équation initiale de deuxième degré rapportée à l'inconnue xₙ.)

**Solution :**

Nécessité.

( La démonstration réciproque sera analogue .)

$$
L'équation s'écrit : A_n \cdot x_i^n + B_n \cdot x_i^n + C_n \cdot x_i + D_n = 0, \quad (1)
$$

où A est une constante et Bᵢ une fonction linéaire du premier degré en x₁, ..., xᵢ-₁, xᵢ+₁, ..., xₙ. (A est une constante, parce que sinon il en résulterait que P a un degré strictement supérieur à 2.)

$$
\Delta_{x_i} \text{ étant un carré parfait : cala implique que } \Delta_{x_i} = \sum_{k=0}^{2} K_i^{k}(x_1, \dots, x_{i-1}, x_{i+1}, \dots, x_n) \text{ : avoic } K_i \text{ fonction linéaire du premier degré en } x_1, \dots, x_{i-1} : x_{i+1}, \dots, x_n .
$$

$$
(1) \text{ devient : } A_n \left( x_i - \frac{B_i}{2A} \right) \left( x_i - \frac{B_i - K_i}{2A} \right) = 0 \text{, ou}
$$

$$
A_n \cdot 2A \cdot x_i + B_n \cdot K_i - K_n \cdot \frac{2A}{2A} + B_n + K_n = 0 \quad (2)
$$

Puisque $2A \cdot x_i + B_i \neq K_i$ sont des fonctions du premier degré en $x_1, \dots, x_n$ on peut calculer $x_j$ en fonction de $x_1, \dots, x_{j-1}, x_{j+1}, \dots, x_n$.
(2) devient $A_n \cdot \frac{x_i - x_1}{2A} \cdot (x_1, \dots, x_{i-1}, x_{i+1}, \dots, x_n)$.

$$
\left( \frac{x_i - x_2 (x_1 + \cdots + x_{i-1} \cdot x_{j+1} \cdots x_n)}{2A} \right) \text{ par hypothèse}
$$
### par notation
$$ D (x_j - g_1 (x_1, \dots, x_{j-1}, x_{j+1}, \dots, x_n)) \cdot (x_j - g_2 (x_1, \dots, x_{j-1}, x_{j+1}, \dots, x_n)) = 0 \quad \text{où } g_1, g_2 \text{ sont aussi des fonctions linéaires en } x_1, \dots, x_{j-1}, x_{j+1}, \dots, x_n \text{. Donc } \Delta x_j \text{ est un carré parfait.} $$

7.129. Soient $a_0, a_1, \dots, a_{n-1} \in \mathbb{R}$, $0 \le i \le n$, $n$ pair. Soient $a_0 = 0$. a) Montrer que ces équations admettent une racine commune réelle si et seulement si $a_0 + \dots + a_{n-1} = 0$.

b) Soit $x_0$ la racine commune réelle. S la somme de toutes les racines des équations, P le produit de toutes les racines des équations. Alors :

$$ S - x_0 + (n+1) \cdot \frac{P}{x_0} = - \left( \sum_{i=0}^{n-2} \frac{a_{n-i}}{a_{n-1-i-2}} + \frac{a_0}{a_{n-1}} + \frac{a_1}{a_n} \right) $$

### Solution :

En tout à fait un équations.

a) On a bien sur $a_{\tau_K(n)} x_0^n + \dots + a_{\tau_K(1)} x_0 + a_{\tau_K(0)} = 0, 0 \le K \le n$. (1) Soit donc $x_0$ la racine commune réelle. On fait la somme de toutes les relations (1), et il vient : $S_1(x_0^n + x_0^{n-1} + \dots + x_0^1 + 1) = 0$. Il en résulte $S_1 = 0$ ou $x_0^n + x_0^{n-1} + \dots + x_0^1 + 1 = 0$, mais il n'existe pas de $x_0 \in \mathbb{R}$ qui annule l'équation $x^n + \dots + x^1 + 1 = 0$, avec n pair. D'où $S_1 = 0$; mais $S_1 = a_n + \dots + a_1 + a_0$.
Réciproquement : S₁=0. Cela implique que $a_n = \frac{1}{n+1} + \cdots + \frac{1}{n}$.

1 + a + b + c + ... + a_n + ... + a_{n-1} + ... + a_0 = 0, o ≤ k ≤ n. Donc toutes les équations admettent la racine commune réelle x₀ = 1.

$$
b) S-x_0 = \left(-\frac{a_1}{a_n} - 1\right) + \left(-\frac{a_0}{a_{n-1}} - 1\right) + \left(-\frac{a_n}{a_{n-2}} - 1\right) + \cdots + \left(-\frac{a_2}{a_0} - 1\right)
$$

$$
P = \frac{a_0}{a_n} \cdot \frac{a_n}{a_{n-1}} \cdot \frac{a_{n-1}}{a_{n-2}} \cdots \frac{a_1}{a_0} = 1 .
$$

$$
Donc S-x_0 + (n+1) \frac{P}{x_0} = - \left( \frac{a_0}{a_{n-1}} + \frac{a_1}{a_n} + \sum_{i=0}^{n-2} \frac{a_{n-i}}{a_{n-i-2}} \right) .
$$

7.130. Résoudre dans $\mathbb{R}$ l'équation $x = (x+1)^x + (x+2)^x = (x+3)^x$.

**Solution :**

Evidemment $x>-1$, puisque les bases des puissances doivent
être non négatives, et que pour $x=-1$ l'opération $o^{-1}$ n'a pas
de sens.

Si on a $(x+3)^x \neq 0$, divisons l'équation par celui-ci. Il en résulte que $(\frac{x+1}{x+3})^x + (\frac{x+2}{x+3})^x = 1$.

Soient $g_1(x) = \left(\frac{x+1}{x+3}\right)^x$ et $g_2(x) = \left(\frac{x+2}{x+3}\right)^x$ et $c(x) = g_1(x) + g_2(x)$,

qui ont le même domaine de définition $]-1, +\infty[$.

Montrons que $g_1$ et $g_2$ sont strictement décroissants, d'où
il résulte que $c$ est aussi strictement décroissante.

On construit les représentations graphiques de $g_1$ et $g_2$.

$$
\text{Pour } g_1 := \lim_{x \to \infty} g_1(x) = \lim_{x \to \infty} \left[ \left( 1 + \frac{-2}{x+3} \right)^{\frac{x+3}{x}} \right]^{-\frac{2}{x+3}} \cdot x = e^{-2} = \frac{1}{e^2} < \frac{1}{4}
$$
$x = 0 \Rightarrow g_1(0) = 1$;

La droite d'équation $y = \frac{1}{e^2}$ est une asymptote horizontale quand $x$ tend vers $+\infty$.

La droite d'équation $x=-1$ est une asymptote verticale quand $x$ tend vers $-\infty$.

Le graphique de $g_1$ se trouve sur la figure (1).

Pour $g_2 : x = 0 \Rightarrow g_2(0)=1$ ; $x=-1 \Rightarrow g_2(-1)=2$.

$$ \lim_{x \to \infty} g_2(x) = \lim_{x \to \infty} \left[ \left(1 + \frac{-1}{x+3}\right)^{\frac{x+3}{-1}} \right]^{\frac{-1}{x+3}} \cdot x = e^{-1} = \frac{1}{e} < \frac{1}{2} $$

D'où la droite d'équation $y = \frac{1}{e^2}$ est une asymptote horizontale quand $x$ tend vers $+\infty$.

Le graphique de $g_2$ se trouve sur la figure (2).

De (1) et (2) on tire que $g_1$ et $g_2$ sont strictement décroissantes sur $]-1, +\infty[$, donc on a la même propriété pour $]g_2(2), +\infty[$. Parce que $g_2'(2) = 1$ il en résulte que $x=2$ est la seule solution réelle de l'équation.

<figure><img src="image_22.png" /><figcaption>(1)</figcaption></figure>

<figure><img src="image_23.png" /><figcaption>(2)</figcaption></figure>
**7.131.** Sachant que $b^2 - 4ac$ est un carré parfait, trouver un procédé de résolution dans l'ensemble des nombres entiers de l'équation : $ax^2+bx+y^2+dx+fy+c=0$, avec $a,b,c,d$, $f,g$ entiers.

**Solution** : Essayons d'écrire l'équation sous la forme $ax^2 + bxy + cy^2 + dx + fy + c = (\alpha_1 x + \beta_1 y + \gamma_1)(\alpha_2 x + \beta_2 y + \gamma_2) + d$, où $\alpha_1: \beta_1 : \gamma_1 : d \in \mathbb{Q}, i \in \{1,2\}$. On a $\alpha_1 \alpha_2 x^2 + \alpha_1 \beta_2 xy + \alpha_1 \gamma_2 x + \beta_1 \alpha_2 xy + \beta_1 \gamma_2 y + \beta_1 \alpha_2 y^2 + \beta_1 \gamma_2 y + \gamma_1 \alpha_2 x + \gamma_1 \beta_2 y + \gamma_1 \gamma_2 + d = ax^2 + bxy + cy^2 + dx + fy + c$.

Par identification il en résulte :

$$ \begin{cases} \alpha_1 \alpha_2 = a \\ \alpha_1 \beta_2 + \beta_1 \alpha_2 = b \end{cases} \quad \text{et} \quad \begin{cases} \gamma_1 \alpha_2 + \alpha_1 \gamma_2 = d \\ \beta_1 \gamma_2 + \beta_2 \gamma_1 = f \\ \gamma_1 \gamma_2 + f = e \end{cases} $$

qui est un système du deuxième ordre, de 6 équations à 7 inconnues $\alpha_1, \alpha_2, \beta_1, \beta_2, \gamma_1, \gamma_2, f$. De (1) on tire

$$ \alpha_2 = \frac{a}{\alpha_1}, \quad \beta_2 = \frac{c}{\beta_1} \quad \text{et} \quad \alpha_1 \cdot \frac{c}{\beta_1} + \frac{a}{\alpha_1} = b. \quad \text{Il en résulte} \\ \text{que } cz + \frac{a}{z} = b, \text{ où } z = \frac{1}{\beta_1} \in \mathbb{Q}. \text{ D'où } cz^2 - bz + a = 0; $$

mais il faut que $\Delta_z$ soit un carré parfait, c'est-à-dire que $b^2 - 4ac = K^2, K \in \mathbb{Z}$, ce qui est satisfait par hypothèse.

Donc $z = \frac{\alpha_2}{\beta_1} = \frac{b+K}{2c}$. Alors $\beta_1 = \alpha_1 \cdot \frac{2c}{b+K}$ et $\beta_2 = \frac{b+K}{2\alpha_1}$.