Problème d'arithmétique

[invitee75a2d43]

bonjour,

J´ai un problème dans un exo où je n´avance pas:

Il s´agit de résoudre dans l´équation:

6.x² + 5.x + 1

Après transformation on peut écrire: Dans /m

(3x + 1).(2x + 1) = 0

Pour m impaire, c´est facile, car alors x = est une solution
De même pour m = 3k + 1, alors x = k est une solution.

À partir de là, je me suis dis que je dois distiguer les 6 cas suvants:

m = 6k, 6k+1, 6k+2....6k+5

Donc les cas impairs (6k+1), (6k+3), (6k+5) sont résolus
De même le cas (6k+2) = 2(3k+1)

Restent les cas m = 6k et m = 6k+4.

Et c´est là que je bloque.

Je n´arrive pas trop à raisonner dans ce groupe. Si quelqu´un a une idée...

[invite57a1e779]

bonjour,

J´ai un problème dans un exo où je n´avance pas:

Il s´agit de résoudre dans l´équation:

6.x² + 5.x + 1

Après transformation on peut écrire: Dans /m

(3x + 1).(2x + 1) = 0

Pour m impaire, c´est facile, car alors x = est une solution
De même pour m = 3k + 1, alors x = k est une solution.

À partir de là, je me suis dis que je dois distiguer les 6 cas suvants:

m = 6k, 6k+1, 6k+2....6k+5

Donc les cas impairs (6k+1), (6k+3), (6k+5) sont résolus
De même le cas (6k+2) = 2(3k+1)

Restent les cas m = 6k et m = 6k+4.

Et c´est là que je bloque.

Je n´arrive pas trop à raisonner dans ce groupe. Si quelqu´un a une idée...

Jusqu'à dans , très bien ; le problème est que cet anneau est intègre si et seulement si est premier ou égal à 1.

Dans ce cas on se ramène à ou , et il faut discuter de l'inversibilité de 3 et deux modulo pour en déduire les solutions.

Mais lorsque , on peut seulement en déduire que et sont des diviseurs de zéro associés dans , et la résolution me paraît assez difficile à expliciter davantage sans hypothèse supplémentaire sur . On obtient facilement , mais on doit donc avoir , soit qui impose des contraintes sur les diviseurs de zéro et ...

[invitee75a2d43]

Si je te comprend bien, il n´y a pas de solution générale!

Dans l´énoncé de mon exo, il n´est pas question que m soit un nombre premier, ça aurait évidement facilité les choses.

Pourtant on me demande de prouver la chose sans hypothèse sur m autre que m >0.

bizarre....

[invite57a1e779]

Si je te comprend bien, il n´y a pas de solution générale!

Dans l´énoncé de mon exo, il n´est pas question que m soit un nombre premier, ça aurait évidement facilité les choses.

Pourtant on me demande de prouver la chose sans hypothèse sur m autre que m >0.

bizarre....

Je ne sais pas, mais ça me semble a priori relativement compliqué.

Si m = 1, l'équation est (3x+1)(2x+1)=0 qui n'a pas de solution dans .

Si m=2, l'équation se réduit à dont les solutions sont les x impairs.

Si m=3, l'équation se réduit à dont les solutions sont les3k+1, k dans .

Si m est premier, , est un corps dans lequel 2 et 3 sont inversibles puisque premiers avec m. Je noterai a et b leurs inverses respectifs.
Dans on a donc ou , soit ou . Les solutions sont donc les km-a et les km-b. On peut remarquer que, dans , , donc que convient, m étant impair ; mais il est plus difficile de trouver une expression systématique de b en fonction de m, qui peut être de la forme 3p+1 ou 3p+2.

Dans les autres cas, la situation est plus compliquée.
On a toujours d'éventuelles solutions avec ou . Elles existent si, et seulement si, 2 (resp. 3) est inversible dans , c'est-à-dire si, et seulement si m est premier avec 2 (resp avec 3).
Pour m = 24, il n'existe aucune solution de ce type.
Pour m = 26, il existe des solutions telles que , ce sont les 26k-9, mais il n'y a pas de solutions telles que .
Pour m = 33, il existe des solutions telles que , ce sont les 33k+16, mais il n'y a pas de solutions telles que .
Pour m = 35, il existe des solutions telles que , ce sont les 35k+17, et des solutions telles que , ce sont les 35k-12.

Pour m=24, on peut encore envisager des solutions pour lesquelles
ou ou ou ou ou .
Mais aucun de ces systèmes n'admet de solution dans .

Il est possible que, dans le cas général, pour toute factorisation m=pq, le système n'ait pas de solution dans .

[A voir en vidéo sur Futura]

[invite35452583]

Il existe une solution modulo 24 : 13.
2x13+1=27=9x3 3x13+1=40=5x8 donc le produit est un multiple de 3x8=24 donc nul modulo 24.
Dans les systèmes rien n'impose que m=(2x+1)(3x+1) il suffit que (2x+1)(3x+1) soit un multiple de m.

Voilà où j'en suis :
y=2x+1 et z=3x+1 sont premiers entre eux. Il suffit de chercher y entre 1 et 2m-1 car on peut identifier toutes les solutions en connaissant les racines entre 0 et m-1 (en x) donc y entre 1 et 2m-1.
2z=3y-1, z=(3y-1)/2
m divise y(3y-1)/2 qui est donc égal à km pour k entier
3y²-y-2km=0 admet une solution entière, la solution positive est y= et il faut que y soit impair.
(y<=2m-1 => k<=6m-7)
Il faut que 24km+1=h² avec h entier positif et h+1 multiple de 6 car y=(h+1)/6, cette égalité implique aussi (h+1)/2 impair .
24km=h²-1=(h+1)(h-1)
On a facilement h+1^h-1=2
avec (h+1)/2 et (h-1)/2 premier entre eux.
Or (h+1)/2-(h-1)/2=1.
Il faut et il suffit que 6km se décompose en deux facteurs premiers entre eux f et f' avec f-f'=1 et 3 divise f, f impair. A remarquer que les décompositions évidentes f=6m f'=6m-1 (k=6m-1) et f=6m+1 f'=6m (k=6m+1) ne conviennent donc pas.
m=2^a3^b.m', m' premier avec 2 et 3, soit une décomposition de m'=m'1m'2 en produit de deux facteurs premiers entre eux.
On décompose k en k1 et k2 ces pgcd avec f et f'.
e coefficient 6=2x3 "donne" "son 3" à f et "son 2" à f'
On a donc f=3^b+1m'¹.k'1 et f'=2^a+1m'₂k'₂.
Il reste la condition f-f'=1=[3^b+1m'¹].k'1-[2^a+1m'₂]k'₂
k'1 et k'2 existent car 3^bm'¹ et 2^am'₂ sont premiers entre eux. k'1 et k'2 sont définis modulo les 2[2^am'2] et 3[3^bm'1] d'où des solutions en x modulo m (bref unicité de x pour une décomposition donnée modulo m).

Exemple pour m=24, on a une seule décomposition possible m'=m'1=m'2=1
f=9k'1 f'=16k'2 k1=9 k'2=5 k=45 h=161 y=27 z=40 x=13.

Exemple pour m=35=5x7
35=35x1, f=105k'1 f'=2k'2 ->f=105 f'=104=2x52 k=52 h=209 y=35 z=52 x=17
35=1x35, f=3k'1 f'=70k'2 ->f=141=3x47 f'=140=70x2 k=94 h=281 y=47 z=70 x=23
35=7x5, f=7k'1 f'=5k'2 ->f=21 f'=20 k=12 h=41 y=7 z=10 x=3
35=5x7, f=5k'1 f'=7k'2 -> f=15 f'=14 k=6 h=29 y=5 z=7 x=2
D'où les 4 solutions 2 ; 3 ; 17 et 23.

[invite35452583]

Comme je rédigeais en même temps que je réfléchissais j'étais plus compliqué qu'il ne faut.
On pose y=2x+1 z=3x+1.
x est solution de 6x²+5x+1=0 modulo m <=> m divise yz et 3y-2z=1
=> c'est immédiat
<= la seule chose non immédiate est que x est bien défini mais l'équation 3y-2z=1 assure que (y-1)/2=(z-1)/3 et d'autre part que x est entier mais on a 3y=1+2z donc 3y impair donc y impair donc x=(y-1)/2 entier.

On pose m=2^a3^bn avec a, b et n entiers et n premier avec 2 et 3.
Une classe de solutions en x modulo m est reliée à un et un seul couple d'entiers naturels (n_y,n_z) vérifiant n_yn_z=n et n_y^n_z=1 par la double condition n_y divise 2x+1 n_z divise 3x+1.

i) x->(n_y,n_z) est bien définie
m divise yz or comme 3y-2z=1 y et z sont premiers entre eux, on a aussi y^2=z^3=1.
On pose n_y=pgcd(n,y) n_z=pgcd(n,z)
En considérant la décomposition en facteurs premiers de n et en utilisant le fait que y^z=1 on voit aisément que n=n_yn_z et que n_y et n_z sont premiers entre eux.

ii)
Si x'=x+hm on a y'=y+2m z'=z+3m donc n'_y=pgcd(n,y'=pgcd(n,y+3m)=*pgcd( n,y)=n_y (* : car n divise m) De même n'_z=n_z.

iii) deux classes donnant le même couple sont égales
x et x' deux solutions, on primera tout ce qui est lié à x'.
2^a divise yz et y^2=1 donc 2^a divise z
3^b divise yz et z^3=1 donc 3^b divise y
On a donc y=(3^bn_y)k_y z=(2^an_z)k_z pour deux entiers k_y et k_z.
On a 3y-2z=(3^b+1n_y) k_y - (2^a+1n_z)k_z =1
De même on a y'=3^bn_yk'_y, z'=2^an_zk'_z avec (3^b+1n_y) k'_y - (2^a+1n_z) k'_z=1
Or, comme 3^b+1n_y et 2^a+1n_z sont premiers entre eux k'_y=k_y modulo 2^a+1n_z (même type de relation pour kz et k'z).
Donc y'=3^bn_yk'_y est congru à y=3^bn_yk_y modulo (3^bn_y)(2^a+1n_z)=2m
Et x'=(y'-1)/2 est congru à x=(y-1)/2 modulo (2m)/2=m.

iv) tout couple (n_y, n_z) donne une classe de solution
3^bn_y et 2^an_z sont premiers entre eux d'après la définition de n, n_y et n_z.
Il existe donc deux entiers k_y et k_z tels que : (3^b+1n_y) k_y - (2^a+1n_z) k_z=1
Si on pose y=3^bn_yk_y et z=2^an_zk_z, x=(y-1)/2 (d'où y=2x+1), on a 3y-2z=1 (et donc z=3x+1), yz=2^a3^bn_yn_zk_yk_z=mk_yk_z donc m divise yz.
x est bien une solution de 6x²+5x+1 = 0 modulo m. Or, n_y divise y=2x+1 et n_z divise z=3x+1.

[invitee75a2d43]

ou la la!! va falloir que j´analyse ça! Si tôt un lundi matin j´arrive pas encore à te suivre! Je vais décortiquer ton truc

Merci

[invite35452583]

Re-moi
je viens de me rendre compte que vu l'autre problème d'arithmétique on peut résoudre celui-ci plus dans l'esprit que doit être ton cours à l'heure actuelle.
Par suite de petites questions
On a 6x²+5x+1=(2x+1)(3x+1)
1) montrer que 2x+1 et 3x+1 sont premiers entre eux
2) montrer que si où les p_i sont des premiers distincts alors (2x+1)(3x+1)=0 (n) <=> (2x+1)(3x+1)=0 (p_i^n_i)
3) montrer que (2x+1)(3x+1)=0 (p_i^n_i) <=> 2x+1 ou bien 3x+1 =0 (p_i^n_i)
4) Montrer que si pi=2 alors seule 3x+1=0 (p_i^n_i) est possible et que ceci définit une unique classe de x modulo p_i^n_i
4)' Montrer que si pi=3 alors seule 2x+1=0 (p_i^n_i) est possible et que ceci définit une unique classe de x modulo p_i^n_i
4)" Montrer que si pi=2 alors 2x+1=0 et 3x+1=0 (p_i^n_i) sont possibles et que chacune de ces deux équations définissent une unique classe de x modulo p_i^n_i, ces deux classes étant distinctes.
5) Inversement, montrer que pour une famille d'entiers (xi) qu'il existe une unique classe x modulo n tel que x=xi (p_i^n_i)
6) En déduire que les solutions de l'équation initiale sont en bijection avec les couples (I',I") où I' U I"=I, I' et I" sont disjoints, 3 n'est pas dans I', 2 n'est pas dans I".

[invitee75a2d43]

ben écoutes, en fait ce sont deux exos différents, mais il se peut que le prof ait eu l´idée d´allier les deux.

Je vais analyser ta réponse.
Merci
christophe

[invité576543]

...

Jolie méthode !

Cordialement,

EDIT: Y'a pas une tite typo dans

4)" Montrer que si pi=2 alors 2x+1=0 et 3x+1=0 (pini) sont possibles et que chacune de ces deux équations définissent une unique classe de x modulo pini, ces deux classes étant distinctes.

Remplacer pi=2 par "pi ni 2 ni 3", non?

[invite35452583]

EDIT: Y'a pas une tite typo dans
Remplacer pi=2 par "pi ni 2 ni 3", non?

Oui, bien sûr !!

Christophe, concentre toi sur l'autre exo, çà t'aidera pour celui-ci. mais en attendant (description des solutions de l'équation en une formule unique) :
7) Montrer qu'il existe des entiers tels que chaque classe modulo m contient un et un seul élément de la forme où I' et I" sont des sous-parties complémentaires de I. Si on impose en plus que 2 ne soit pas dans I' et que 3 ne soit pas I" alors est solution.
Indice (choix des u_i, x2 et x3) :

 Cliquez pour afficher

choisir multiple de et congru à 1 modulo
tel que 2x₂+1 soit congru à 1 modulo avec a l'entier tel que avec m₂ impair.
tel que 3x₃+1 soit congru à 1 modulo avec b l'entier tel que avec m₃ non multiple de 3.

[invitee75a2d43]

Ou la la! vous êtes des caids vous!! j´arrive pas à suivre...

J´imprime votre truc et je vais tel le décortiquer bien bien.

Merci 1000 fois