[PDF] [PDF] ÉQUATIONS DIOPHANTIENNES MODULO N - Normale Sup

[PDF] DIVISIBILITÉ ET CONGRUENCES - maths et tiques

Propriété : Soit n un entier naturel non nul Deux entiers a et b sont congrus modulo n, si et seulement si, la division euclidienne de a par n a le même reste 

[PDF] Division, modulo et clefs de contrôle

euclidienne de n par k Calculer p se dit souvent ≪ calculer n modulo k ≫ • n est divisible par k si et seulement si n =0[k] 

[PDF] ÉQUATIONS DIOPHANTIENNES MODULO N - Normale Sup

Il judicieux de travailler modulo 8 : on doit avoir 3x ≡ 7 mod 8 Or une puissance de 3 n'est jamais congrue à 7 modulo 8, ce qui conclut Solution de l'exercice 3 

[PDF] Les opérations de base modulo n

Les opérations de base modulo n 1 Les classes résiduelles Soit n un entier > 1 Si x et y sont deux entiers, nous dirons que : x ≡ y (n), si y − x est divisible par 

[PDF] Distribution uniforme modulo 1 - Numdam

JEAN-PAUL BERTRANDIAS Distribution uniforme modulo 1 Séminaire Delange-Pisot-Poitou Théorie des nombres, tome 1 (1959-1960), exp no 3, p 1- 12

[PDF] La répartition modulo un et les nombres algébriques - Numdam

entier, c'est-à-dire qui sont congrues modulo 1 Quand l'argument parcourt C PISOT: La répartition modulo 1 et les nombres algébriques quand n augmente 

[PDF] calculs modulo n - MAThenJEANS

dans un modulo de nombre non premier, tous les nombres ayant un diviseur commun avec le modulo n'ont pas d'inverse [NDLC : ça, c'est immédiat ?][NDLR : et 

[PDF] Rappel darithmétique : Anneaux modulo N - CNU 27 Marseille

Definition Deux entiers a et b sont dits congrus modulo N, o`u N ≥ 2 est un entier si leur différence est divisible par N, c `a-d qu'il existe un entier k tel que a  

[PDF] calcul modulo 23

[PDF] clé de contrôle sécurité sociale

[PDF] 11 modulo 10

[PDF] calcul modulo 97

[PDF] personnage du livre moi boy

[PDF] escadrille 80 questionnaire de lecture

[PDF] controle de lecture moi boy

[PDF] moi boy roald dahl pdf entier

[PDF] moi boy roald dahl résumé

[PDF] moi boy roald dahl pdf gratuit

[PDF] séquence pluriel des noms ce2

[PDF] no et moi telecharger pdf

[PDF] leçon pluriel des noms ce2 lutin bazar

[PDF] no et moi avis argumenté

[PDF] séquence pluriel des noms ce1

ÉQUATIONS DIOPHANTIENNES MODULON

Igor Kortchemski

-Rappels de cours-

Pour résoudre des équations diophantiennes, on a souvent recours à des congruences en considérant l"équa-

tion moduloN. Mais quel moduloNchoisir? s"il y a des puissances p-ième avecppremier, essayezN=p2,p3, etc.

En effet, sian"est pas divisible parp, d"après le théorème d"Euler,apk1(p1)1 modpk, de sorte

que (ap)pk2(p1)1 modpk, ce qui limite le nombre de valeurs prises parapmodulopk.

lorsqu"il intervient une puissance n-ième (avecnun entier connu), il peut être utile de choisir pourNun

nombre premier congru à 1 modulon. En effet, dans ce cas,aN11 modNd"après le petit théorème de Fermat, de sorte que(an)N1n 1 modN, ce qui limite le nombre de valeurs prises paranmoduloN.

lorsqu"il intervient une puissance n-ième (oùnest l"inconnue), disonsan, il peut être utile de choisir

N=ak(avecksupérieur à la plus grande solution supposée).

lorsqu"il intervient une puissance n-ième (oùnest l"inconnue), disonsan, il peut être utile de choisir pour

Nun diviseur pas trop grand deak1 pour un certain entierk. En effet, si on sait quenest congru à nombre fixé modulo un certainm(ou bien prend un nombre

de valeurs limitées modulom), il peut être judicieux de trouverNtel que l"ordre deamoduloNvautm,

ou bien divisem, ou bien soit un multiple dem. Dans les deux premiers cas,Ndiviseam1, et dans le dernier casNdiviseak1 aveckmultiple deN.

En effet, dans les deux premiers cas,anest alors constant moduloN, et dans le troisième cas,anprend

un nombre de valeurs limitées moduloN. Il peut aussi être utile d"utiliser le fait que siak1 modNet siwest l"ordre deamoduloN, alors a w1 diviseak1. - Pour les équations de typeax=by+c(aveca,b,cconnus etxetyconnus) ayant un nombre fini de

solutions, on considère(x0,y0)la "plus grande", en supposantx>x0,y>y0on la retranche à l"équation

originelle pour obtenirax0(axx01) =by0(byy01). Quandaetbsont premiers entre eux, on a alors a x0qui divisebyy01. Siwest l"ordre debmoduloax0, on en déduit quebw1 divisebyy01 et donc diviseaxx01. On trouve alors un diviseur premier sympathique debw1 et on continue de proche

en proche (on peut aussi partir du fait queby0diviseaxx0) jusqu"à aboutir à une contradiction. C"est la

méthode deDan Schwarz(qui revient grosso modo à ce qui précède, mais donne peut-être plus facilement

les bons modulos à considérer). -Exercices- Exercice 1Soientm,n1 des entiers. Montrer que 3m+3n+1 n"est pas un carré parfait. Exercice 2Trouver tous les entiersx,y1 tels que 3x2y=7. Exercice 3Trouver tous les entiersx,y2Ztels que 15x27y2=9. Exercice 4Montrer que quel que soitn>1,n5+7 n"est pas un carré. Exercice 5Trouver tous les entiersn1 tels que 2n+12n+2014nsoit un carré parfait. Exercice 6Existe-t-il des nombres rationnels positifs ou nulsx,yetztels quex5+2y5+5z5=11?

Exercice 7Montrer que 1919ne peut pas s"écrire comme la somme d"un cube et d"une puissance quatrième de

nombres entiers. Exercice 8Trouver tous les entiersx,y1 tels quex5=y2+4. Exercice 9Trouver tous les entiersa,y1 tels que 32a1+3a+1=7y. Exercice 10Trouver tous les entiersa,b1 tels que les deux nombresa5b+3 etab5+3 soient des cubes de nombres entiers. Exercice 11Trouver tous les entiersx,y,z0 tels que 5x7y+4=3z. Exercice 12Trouver tous les entiersn,m,r1 tels quen5+49m=1221r. Exercice 13Trouver tous les entiersa1 tels que l"entier 183a+2a+2(2a1)soit un carré parfait. Exercice 14Trouver tous les entiersx,y0 tels que 2x=3y+5. Exercice 15Trouver tous les entiersm,n0 tels que 3m7n=2. Exercice 16Trouver tous les entiersk,n,m0 tels que 5n3k=m2. Exercice 17Trouver tous les entiersa,b,c,d1 tels que 4a5b3c11d=1. Exercice 18Trouver tous les nombres entiersx,y1 tels que 7x=3y+4. Exercice 19Trouver tous les entiersx,y0 tels que 33x+31=2y. Exercice 20Trouver tous les entiersx,y1 tels que 2x+3=11y. Exercice 21Trouver tous les entiersx,y1 tels que 2x5=11y. 2 -Solutions des exercices- Solution de l"exercice 1On travaille modulo 8 : on remarque que 3 m+3n+1 est congru à 3, 5 ou 7 modulo 8. Or un carré est congru

à 0, 1 ou 4 modulo 8, ce qui conclut.

Solution de l"exercice 2On vérifie quey=1 donne la solutionx=2, et quey=2 ne donne pas de solution. On suppose doncy3.

Il judicieux de travailler modulo 8 : on doit avoir 3 x7 mod 8. Or une puissance de 3 n"est jamais congrue à 7 modulo 8, ce qui conclut.

Solution de l"exercice 3Modulo 3, on voit que 3jy, puis que 3jx. En écrivanty=3y0etx=3x0, on obtient

15x027y02=1. On arrive alors à une contradiction modulo 3 car 2 n"est pas un carré modulo 3.

Solution de l"exercice 4On a affaire à une puissance 5 connue; on regarde donc modulo 11 :n5+7 peut être

congru 6, 7 ou 8 modulo 11, mais on vérifie qu"un carré n"est jamais congru à ces nombres modulo 11.

Solution de l"exercice 5Regardonsl"expressionmodulo3:2 n+12n+2014n(1)n+1 mod 3.Commeuncarré

n"est jamais congru à 2 modulo 3, on en déduit quenest impair. Regardons ensuite l"expression modulo 7 :

2 n+12n+2014n2n+ (2)n+5n5nmod 7

carnest impair. Lorsquenest impair, 5nne peut être congru qu"à 3, 5 ou 6 modulo 7. Or un carré est congru à

0,1,2 ou 4 modulo 7. Il n"existe donc pas d"entiersn1 tels que 2n+12n+2014nsoit un carré parfait.

Solution de l"exercice 6Nous allons montrer qu"il n"existe pas de tels rationnelsx,y,z. On raisonne par l"absurde

en supposant qu"il en existe. Soitdle plus petit dénominateur commun dex,yetz. On peut alors écrirex=ad

y=bd etz=cd pour certains entiersa,betc. L"équation que l"on cherche à résoudre devient alors : a

5+2b5+5c5=11d5.

Comme nous avons affaire à des puissances cinquièmes, il est judicieux d"étudier cette équation modulo 11.

Une recherche exhaustive (ou l"utilisation du petit théorème de Fermat) montre qu"une puissance 5-ième est

congrue à 0, 1 ou1 modulo 11. On en déduit que la congruencea5+2b5+5c50(mod 11)implique quea,

betcsont tous les trois multiples de 11. Ainsi,a5+2b5+5c5est divisible par 115, d"où on déduit quedest lui

aussi divisible par 11. Les fractions ad ,bd etcd peuvent donc, toutes les trois, être simplifiées par 11. Ceci contredit la minimalité dedet termine la démonstration.

Solution de l"exercice 7On a affaire à des puissances troisièmes et quatrièmes (exposants connus). D"après ce qu"on a vu, il est judi-

cieux de considérer un nombre premierpcongru à 1 modulo 3 et congru à 1 modulo 4, par exemplep=13. On

voit qu"effectivement, modulo 13, un cube est congru à 0,1,5,8,12 et une puissance quatrième à 0,1,3,9. Or

19

19(612)67(62)36(3)367 mod 13.

avec un entier choisi dansf0,1,3,9g. Ceci conclut.

Solution de l"exercice 8On a affaire à des puissances 5 et 2 (exposants connus). D"après ce qu"on a vu, il est judi-

cieux de considérer un nombre premierpcongru à 1 modulo 5 et congru à 1 modulo 2, par exemplep=11. On

voit qu"effectivement, modulo 11, une puissance cinquième est congrue à 0,1,10 et un carré à 0,1,3,4,5,9. Or il

n"est pas possible de former un entier congru à 4 modulo 11 en soustrayant à un entier choisi dansf0,1,10gun

entier choisi dansf0,1,3,4,5,9g. Ceci conclut.

Solution de l"exercice 9Tout d"abord,(a,y) = (1,1)est solution. On suppose donc quea,y2. En regardant

modulo 9 et en utilisant le fait que l"ordre de 7 modulo 9 vaut 3, on obtient quey0 mod 3. On cherche donc

3

ptel que l"ordre de 7 modulopvaut 3. Dans ce cas, on doit avoirpj731 et on voit quep=19 convient. Ainsi,

3

2a1+3a+11 mod 19. (Alternativement, on aurait pu direcement dire que comme 3 divisey, 19 divise

7

31 qui divise 7y1).

Donc 19j3a1+1, donc 3a118 mod 19. Or l"ordre de 3 modulo 9 vaut 18. On en déduit quea10 mod 18.

On cherche donc ensuiteptel que l"ordre de 3 modulopvaut 18 ou, pour simplifiser, divise 18 si possible.

On trouve quep=7 convient (l"ordre de 3 modulo 7 vaut 6). Modulo 7, on a donc 319+310+10 mod 7, ce qui est absurde.

Solution de l"exercice 10Supposons quea5b+3 etab5+3 soient tous les deux des cubes. D"après ce qu"on a vu,

il est judicieux de considérer l"équation modulo 9. Tout d"abord, il est clair que 3 ne divise nia, nib. Or un cube

non divisible par 3 est congru à 1 ou 8 modulo 9. Ainsi,a5betab5sont congrus à 5 ou 7 modulo 9. Leur produit

est donc congru à 4, 7 ou 8 modulo 9. Ora5bab5= (ab)61 mod 9 d"après le théorème d"Euler. Absurde.

Solution de l"exercice 11Il est clair que(x,y)6= (0,0)et quez1. Tout d"abord(x,y,z) = (1,0,2)est bien solution.

Siy=0 (etx1), en regardant l"équation modulo 5, on trouvez2 mod 4. Siy1, en regardant modulo

7, on trouve quez4 mod 6. Dans tous les cas,zest pair. On écrit doncz=2n.

Alors 5

x7y= (3n2)(3n+2). Comme 3n2 et 3n+2 sont premiers entre eux, deux cas de figure se pré- sentent : Cas 1 :3n2=5xet3n+2=7y.En regardant modulo 3 la deuxième équation, on voit qu"il n"y a pas de solutions. Cas 2 :3n2=7yet3n+2=5x.Alors 4=5x7y. Supposons par l"absurde quex,y1. En regardant modulo 7, on voitx2 mod 6 et donc quexest pair. En regardant modulo 5, on voit quey0 mod 4 et

donc queyest pair. En écrivantx=2x0ety=2y0, on a donc 4= (5x07y0)(5x0+7y0), ce qui ne donne pas des

solutions. On a doncx=0 ouy=0, et on retrouve la seule solution(x,y,z) = (1,0,2).

Solution de l"exercice 12On va montrer qu"il n"y a pas de solutions. Tout d"abord, il est clair quenest pair. Modulo

8, on voit querest pair. Écrivons doncr=2s. L"équations se réécrit alorsn5= (1221s7m)(1221s+7m). Comme

le PGCD de 1221 s7met de 1221s+7mvaut 2, deux cas de figure se présentent. Cas 1.1221s7m=2x5et 1221s+7m=16y5avecx,y1 entiers. Alors 1221s=x5+8y5et 7m=8y5x5.

Comme on a affaire à des puissances 5-ièmes, il est judicieux de considérer l"équation modulo 11. Comme une

puissance 5-ième est congrue 0, 1 ou1 modulo 11, de 01221sx5+8y5mod 11, on voit que 11 divisexet y, ce qui contredit le fait que 7m=8y5x5. Cas 2.1221s7m=16x5et 1221s+7m=2y5avecx,y1 entiers. Comme dans le premier cas, on trouve que 1221
s=8x5+y5et 7m=y58x5. Modulo 11, on trouve encore que 11 divise à la foisxety, ce qui est absurde. Solution de l"exercice 13La quantité 183a+2a+2(2a1)est égale à(2a+11)2233a. On remarque que

c"est un carré poura=3 (elle vaut 9=32) eta=5 (elle vaut 2045=252) mais pas poura2 f1,2,4,6,7,8g. On

suppose dorénavanta9.

Supposons que 183a+2a+2(2a1)soit un carré, c"est-à-dire, puisque cette quantité est impaire, qu"il

existe un entier impairktel que (2a+11)2233a= (2k+1)2. (1) Ainsi (2a+11)2(2k+1)2=233a, (2)

soit encore(2ak1)(2a+k) =23a. Il existe alors un entierb0 tel que l"une des deux situations suivantes

se produit (en discutant selon la parité dek) :

Cas 1.On a 2a+k=23bet 2ak1=3ab.

Cas 2.On a 2a+k=3bet 2ak1=23ab.

Traitons d"abord le cas 1. On a 2k+1=23b3ab, et doncbab. De plus, 2a+11=3ab+23b. Donc 2 a+11=3ab(1+232ba). 4 Commea9, on aab3, de sorte que 33divise 2a+11. Or l"ordre de 2 modulo 33vaut 18. Donca17 mod 18. Il est donc naturel de considérer l"équation modulo 19 car alors 2 a+1est constant modulo 19, et vaut 1 (alternativement, 19j2181j2a+11). Donc (2a+11)2233a(11)2231310 mod 19.

Alors, par (

1 ),(2k+1)18109=18 mod 19, ce qui contredit le petit théorème de Fermat. Traitons le cas 2. On a 2k+1=3b23ab, et doncbab. De plus, 2a+11=3b+23ab. Donc 2 a+11=3ab(32ba+2), et on conclut comme dans le premier cas. Il n"y a donc pas de solutiona9. En conclusion, les seules solutions sont 3 et 5. Solution de l"exercice 14Pourx5,y3, on trouve les solutions(x,y) = (3,1)et(x,y) = (5,3). On suppose doncx6 ety4.

Il est naturel de commencer par regarder modulo 3

4,35,...,26,27,.... On regarde modulo 26: l"ordre de 3

modulo 64 vaut 16. On trouve donc quey11 mod 16. Pour rendre 3yconstant, il est naturel de regarder modulop=17, car alors 3y+5311+512 mod 17. Or on vérifie que les puissances de 2 ne valent jamais

12 modulo 17. Ceci montre qu"il n"y a pas d"autres solutions.

Solution de l"exercice 15On vérifie qu"il n"y a qu"une seule solution pourm2 :(m,n) = (2,1). On suppose

donc quem3 etn2. On applique la méthode de Dan Schwarz en réécrivant l"équation sous la forme

3

2(3m21) =7(7n11).

Ainsi 3

2j7n11. Or l"ordre de 7 modulo 32vaut 3. Donc 19j731j7n11, de sorte que 19j3m21.

Or l"ordre de 3 modulo 19 vaut 18. Donc 37j3181j3m21, de sorte que 37j7n11.

Or l"ordre de 7 modulo 37 vaut 9. Donc 3

3j791j7n11, de sorte que 33j32(3m21). C"est absurde, il

n"y a donc pas d"autres solutions.

Solution de l"exercice 16Modulo 4, on voit quekest pair. Modulo 3, on voit quenest pair. Écrivons donck=2p

etn=2q. Ainsi,(5qm)(5q+m) =9p. Ccomme 5qmet 5q+msont premiers entre eux, on a 5q+m=9vet 5 qm=9uavecv>u0. Alors 25q=9v+9u, ce qui forceu=0. Ainsi, 25q=9p+1. Siq=0,p=0 donne une solution. On suppose doncq>0. Modulo 5, on voit quepest impair. Écrivons doncp=2r+1, de sorte que 25q=34r+2+1. La valeurq=1 donne la solutionp=1. Supposons doncq2. Comme l"ordre de 3 modulo 25 vaut 20, on a 8=321j3201j34r+21, ce qui est absurde. Les seules solutions sont donc(n,k,m) = (0,0,0)et(n,k,m) = (2,2,4). p2, l"existence d"un nombre premierstel quesdivise 9p+1 mais pas 9+1. Solution de l"exercice 17On va montrer que la seule solution est(a,b,c,d) = (1,2,2,1).

Modulo 4, on a 3

c+d3 mod 4, ce qui impliquec+dest impair. Modulo 3, on trouve quebest impair. Écrivonsb=2navecn1.

Modulo 8, en utilisant le fait quec+dest impair etbest pair, on trouve que 4a4 mod 8, ce qui implique

a=1.

Ainsi, 3

c11d=452n1, ou encore(25n1)(25n+1) =3c11d. Comme 25n1 et 25n+1 sont premiers entre eux, deux cas de figure se présentent. Cas 1.25n1=3cet 25n+1=11d. Le casn=1 donne la solutionc=2 etd=1. On suppose doncn2 etd2. L"ordre de 11 modulo 25 vaut 5, donc 3j11201j11d1=25n, ce qui est absurde. Cas 2.25n1=11det 25n+1=3c. Le casn=1 ne donne pas de solutions, on suppose doncn1 et c1. L"ordre de 3 modulo 25 vaut 20, donc 321j3201j3c1=25n, ce qui est absurde.

Solution de l"exercice 18Tout d"abord(x,y) = (1,1)est une solution, et il n"y a pas de solution poury=2. On suppose doncy3

par la suite. 5 Première solution.Réécrivons l"équation en utilisant la méthode de Dan Scwharz :

7(7x11) =3(3y11).

L"ordre de 3 modulo 7 vaut 6. Donc 13j361j3y11, de sorte que 13j7x11.

Or l"ordre de 7 modulo 13 vaut 12. Donc 3

2j7121j7x11. Donc 32divise 3(3y11), absurde.

Deuxième solution.On a affaire à des puissances 7xet 3yinconnues. D"après ce qu"on a vu, il est judicieux

de travailler modulo 7,7

2,...,3,32,....

En regardant modulo 7, on voit queyest impair. Puis, en regardant modulo 4, on voit quexest impair.

Ensuite, modulo 5, on voit quexetysont congrus à 1 modulo 4. Modulo 9, on trouve quexest congru à 2

modulo 3. D"après le théorème chinois, on en déduit quexest congru à 5 modulo 12. Donc, comme 7121

mod 13, on en déduit que 7 xest congru à 11 modulo 13. Or, commey1 mod 4, 3yest congru à 1, 3 ou 9 modulo 13. Contradiction.

Troisième solution.Modulo 27, on a 7x4 mod 27. Or l"ordre de 7 modulo 27, notéw, vaut 9. En effet, 27

divise 7

181 d"après le petit théorème de Fermat, de sortewdivise 18. On vérifie que 27 ne divise pas 79+1.

Ainsiwdivise 9 et on vérifie quew=9. Comme 784 mod 27, on trouve quex8 mod 9.

Ainsi,xest constant modulo 9. D"après ce qu"on a vu, il peut être judicieux de trouverNtel que l"ordre de 7

moduloNsoit 9. On a 7

91= (731)(76+73+1) = (23219)(3371063).

On prend doncN=37. Comme 37 ne divise pas 731, l"ordre de 7 modulo 37 vaut bien 9. Ainsi, 7x7812 mod 37.

En regardant modulo 8, on voit queyest impair. Or 32k+1peut être congru à 3,27,21,4,36,28,30,11 ou 25

modulo 37, mais pas à 12. Ceci conclut.

Solution de l"exercice 19Tout d"abord,(x,y) = (0,5)et(x,y) = (1,6)sont solutions. On suppose donc quex2

ety7. On applique la méthode de Dan Schwarz en réécrivant l"équation

311(3x11) =26(2y61).

Donc 2

6j3x11. Or l"ordre de 3 modulo 26vaut 16. Donc 3161j3x11. Donc 193j3161j2y61.

Mais l"ordre de 2 modulo 193 vaut 96, donc 3

2j2961j2y61. Donc 32j311(3x11), ce qui forcex=1

et conclut.

Solution de l"exercice 20On vérifie tout d"abord que pourx4, seulx=3 donne la solutiony=1. On suppose

donc quex5 dans la suite.

Première solution.Appliquons la méthode Dan Schwarz en réécrivant l"équation sous la forme

2

3(2x31) =11(11y11).

Donc 11 divise 2

x31. Or l"ordre de 2 modulo 11 vaut 10. Donc 13j2101j2x31, de sorte que

13j11y11.

Or l"ordre de 11 modulo 13 vaut 12. Donc 2

4j11121j11y11. Donc 24j23(2x31), ce qui est absurde.

Deuxième solution.Considérons l"équation modulo 25=32. On a 11y3 mod 32. On vérifie que 1173

mod 32 et que l"ordre de 11 modulo 32 vaut 8. Ainsi,y7 mod 8.

Considérons l"équation modulo 11. On a 2

x8 mod 11. On vérifie que l"ordre de 2 modulo 11 vaut 10, de sorte quex3 mod 10.

D"après ce qu"on a vu, il est judicieux de considérer l"équation modulo un nombre premierptel que l"ordre

de 11 modulopvaut (ou divise) 8. Or 11

81= (114+1)(112+1)(111)(11+1) = (27321)(261)(25)(223).

Prenons doncp=61. L"ordre de 11 modulo 61 vaut alors 4, et 11y50 mod 61. 6 Or 2 xest de la forme 8210k848kmod 61. Supposons qu"il existe un entierk1 tel que 848k50 mod 61, ou encore, comme 23 est l"inverse de 8 modulo 61, que 48 k52 mod 61. Or les puissances de 48 ne valent que 48,47,60,14,14 et 1 modulo 61. Ceci conclut.

Troisième solution.En commencçant comme dans la deuxième solution, on aurait pu ensuite essayer de

considérer l"équation modulo un nombre premierptel que l"ordre de 11 modulopest un multiple de 8. Pour

cela, on remarque que 17 divise 11

8+1, de sorte que l"ordre de 11 modulo 17 vaut 16. On vérifie que modulo 17

on obtient bien une contradiction. Solution de l"exercice 21Tout d"abord,(x,y) = (4,1)est solution. On suppose quey2,x4. On applique la méthode de Dan Schwarz en réécrivant l"équation 2

4(2x41) =11(11y11).

Donc 2

4j11y11. Or l"ordre de 11 modulo 24vaut 4. Donc 61j1141j11y11, de sorte que 61j2x41.

Mais l"ordre multiplicatif de 11 modulo 2

4vaut 4. Donc 61j1141j11y11. Or l"ordre de 2 modulo 61 vaut

60, donc 41j2601j2x41, de sorte que 41j11y11. Or l"ordre multiplicatif de 11 modulo 41 vaut 40,

on a 2

5j11401j11y11, de sorte que 25j24(2x41). Ceci est absurde et montre qu"il n"y a pas d"autres

solutions. 7quotesdbs_dbs35.pdfusesText_40