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...
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[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

[invitee75a2d43]

bon je commence à entrevoir ce que tu veux dire, du moins la similarité avec l´autre exo.

Par contre je ne te suis pas du tout avec cette histoire de I´et I´´... Là, je nage.

Christophe

[invitee75a2d43]

c´est sur les points 5) et 6) que je ne te suis plus...

[invite35452583]

5) Soit une famille xi d'entiers tels que 2xi+1 ou 3xi+1=0 modulo qi (donc (2xi+1)(3xi+1) = 0 modulo qi).
La question est : existe-t-il un entier x tel que x soit solution et vérifie x=xi modulo qi ? Ce qui se décompose en deux sous-questions :
a) existe-t-il un entier x tel que x=xi modulo qi
b) montrer qu'alors (2x+1)(3x+1) = 0 modulo m
(Pour les deux c'est le même argument qui est utilisé ou presque).

6) I'={indices i pour lesquels 3xi+1=0 modulo qi} I"={indices i pour lesquels 2xi+1 = 0 modulo qi}

Je viens de me rendre compte que pour le 7) il faut permuter x2 et x3 dans la formule.

[invitee75a2d43]

Je crois avoir trouvé une voie, dans laquelle effectivement, je m´inspire de l´autre exo. Je vous l´expose ici, car vu le casse tête (chinois, comme on le verra dans la suite...), ça me parait trop simple pour être vrai.

Donc, cherchez l´erreur:

Je dois tout d´abord remarquer que dans l´exo, on ne me demande pas de chercher x, mais simplement de prouver qu´il existe.

On cherche à prouver que pour tout n, il existe x tel que n divise (3x+1)(2x+1).
La décomposition en puissances de nombres premiers donne:

n = m.2^k, où m est nécessairement premier.

De plus on remarque que (3x+1) et (2x+1) sont premiers entre eux et que 2x+1 est impair.

première étape:

Si n = m. 2^k divise (3x+1)(2x+1), alors 2^k divise (3x+1)(2x+1).

Or on remarque que (2x+1) et 2^k son premiers entre eux, donc (Gauss) 2^k divise (3x+1). On a donc :



Il s´agit donc de trouver l´inverse de (2^k - 3) dans l´anneau Z/2^kZ

Or, on démontre aisément que (2^k - 3) et 2^k sont premiers entre eux. On peut donc appliquer Fermat:


ou encore



On a donc trouvé x comme inverse de 2^k-3:



On voit alors que x doit être impair


étape 2: on procède de la même manière avec m:

On cherche x tel que m, impair, divise 2x+1:



On doit donc chercher l´inverse de (m-2) dans Z/mZ.
Or, m étant impair, on démontre aisément que m et (m-2) sont premiers entre eux.

On peut donc de nouveau appliquer Fermat:



On obtient alors:


En résumé, on a trouvé le x qu´il faut si (mais pas seulement si) on a trouvé x tel que les deux congruences suivantes sont vérifiées:





Or sans chercher à exprimer x explicitement, on sait que ce système à deux congruences admet des solutions, car (encore une fois le théorème chinois) m et 2^k sont premiers entre eux.

Bon, ça devrait suffire non?

Ah oui, dans ma recherche de mes deux congruences, j´ai omis les cas particuliers suivants:
- dans la première étape: k = 1 ou k = 2
- dans la deuxième étape: m = 1 ou m = 2.

Mais c´est une autre histoire, je voudrais surtout savoir si ma méthode est bonne, dans ce cas, je m´attaque à ce cas particuliers, qui ne devraient pas présenter de difficulté particulière.

Merci d´avance de vos réponses

Christophe

[invitee75a2d43]

grossière erreur dans mes calculs des inverses: Il faut évidement utiliser le théorème d´Euler, pas celui de Fermat car les nombres impairs ne sont pas forcément premiers...

[invite35452583]

grossière erreur dans mes calculs des inverses: Il faut évidement utiliser le théorème d´Euler, pas celui de Fermat car les nombres impairs ne sont pas forcément premiers...

En changeant "premier" par impair et "Fermat" par "Euler" aux bons endroits oui ça suffit pour montrer qu'il y a toujours au moins une solution.
Mais "résoudre", intitulé donné au début, n'a jamais signifié "montrer qu'il existe au moins une solution". Ca m'étonnerait que l'on vous fasse un cadeau aussi énorme que de seulement montrer qu'il existe une solution alors que vous avez tout le matériel pour réellement résoudre l'équation. Je te laisse vérifier si le terme "résoudre" n'est pas employé, dans ce cas pas d'échappatoire possible.

[invitee75a2d43]

L´intitulé exacte:
"Soit m un entier naturel non nul. Montrer qu´il existe x de Z tel que

6x² + 5x + 1 congru à 0 mod n

Ceci dit, au point où j´en suis, ça serait dommage...

[invite35452583]

L´intitulé exacte:
"Soit m un entier naturel non nul. Montrer qu´il existe x de Z tel que

6x² + 5x + 1 congru à 0 mod n

Donc tu as fini. (même si tu as un peu compliqué la preuve)

Ceci dit, au point où j´en suis, ça serait dommage...

Et bien puisque, d'une part, tu as fini de répondre à la question posée et que, d'autre part, tu es plein de bonne volonté, allons-y :

Soit la décomposition en facteurs premiers de m :
, p_i premier, on pose
L'application

qui à associe est un isomorphisme d'anneaux. (Connaître x modulo m revient à connaître x modulo les q_i pour tout i).
On peut donc transformer l'équation en le système d'équations .

Pourquoi est-ce intéressant de transformer une seule équation en plusieurs équations (d'habitude on cherche plutôt à faire l'inverse) ?
Parce que 6x²+5x+1 se factorise facilement 6x²+5x+1=(2x+1)(3x+1) mais dans Z/mZ on ne peut appliquer le fameux "un produit est nul si et seulement si un des facteurs est nul". Le si est toujours vrai, le seulement si non, contre-exemples : 2 et 3 sont non nuls dans Z/6Z mais 2x3=0 dans ce même anneau, 3 et 9 sont non nuls dans Z/27Z mais 3x9 est nul.
Le dernier contre-exemple rappelle que Z/pⁿZ n'est pas intègre dès que n>1 même si p est premier. Néanmoins il y a une différence importante entre les deux contre-exemples : dans le 1er 2 et 3 sont premiers entre eux, dans le 2ème 3 et 9 ne le sont pas. Et en fait, on a une intégrité partielle pour les Z/pⁿZ, p premier :
si y et z sont premiers entre eux alors "y.z=0 (pⁿ) <=> y=0 (pⁿ) ou bien z=0 (pⁿ)"
Preuve :
<= est immédiat
=> le "bien" (l'exclusivité du "ou") est une conséquence du fait que y et z étant premiers entre eux, ils n'ont pas de diviseurs communs, en particulier pⁿ ne divise pas les deux donc ils ne peuvent être nuls tous les deux dans Z/pⁿZ.
le "ou" peut se montrer ainsi,
on a y=p^ay' et z=p^bz' avec y' et z' premiers avec p. On a yz=p^a+b(y'z'), y'z' premier avec p car d'après le lemme de Gauss si p divise y'z' alors p divise y' ou divise z' comme p ne divise aucun des deux il ne divise pas le produit.
yz est divisible par pⁿ, donc p^a+by'z'=kpⁿ, k entier. Si n>a+b, on a y'z'=kp^n-(a+b) donc p divise y'z' mais on a vu que c'est impossible donc n<=a+b.
y et z sont premiers entre eux, donc a=0 ou b=0 sinon p divise a et b ce qui est impossible.
On a donc n<=a+b avec a ou b nul donc n<=a ou n<=b càd pⁿ divise y ou z.
(Les premiers se comportent pour le produit comme des briques qu'on ajoute quand on fait un produit, aucune brique n'est créé ad hoc, comme il y en a au moins n dans le produit il y en a au moins n dans l'ensemble des deux facteurs mais comme il ne peut être présent dans les 2 en même temps il y en a au moins n dans le seul qui en contient).

Dans notre problème, on a 6x²+5x+1=(2x+1)(3x+1) avec 2x+1 et 3x+1 premiers entre eux car on a l'identité 3(2x+1)-2(3x+1)=1 et donc, d'après la réciproque partielle du théorème de Bezout, 2x+1 et 3x+1 sont premiers entre eux.
Ainsi, pour les équations du système, on a :

Autrement dit, on peut faire un tableau du type :

Pour une solution particulière, les indices de I se répartissent donc en deux parties : I' contenant les termes pour lesquels 2x+1=0 (p_i^n_i) et I" contenant les termes pour lesquels 3x+1=0 (p_i^n_i).

Maintenant étudions les équations 2x+1=0 (p_i^n_i) et 3x+1=0 (p_i^n_i)
, on a 2 est premier avec p_i^n_i donc 2 est inversible dans Z/p_i^n_iZ, il existe une unique classe x_i,2 modulo p_i^n_i tel que 2x_i,2+1=0 modulo p_i^n_i.
De même
, on a 3 est premier avec p_i^n_i donc 3 est inversible dans Z/p_i^n_iZ, il existe une unique classe x_i,3 modulo p_i^n_i tel que 3x_i,3+1=0 modulo p_i^n_i.
Par contre 2x+1 (resp. 3x+1) ne peut être nul modulo une puissance de 2 (resp.3) car cela implique que ce nombre soit nul modulo 2 (resp. modulo 3), or 2x+1 (resp.3x+1) est congru à 1 qui est non nul modulo 2 (resp. modulo 3).
D'où :
pour p_i=2, x=x_i,3 (p_i^n_i) ("x_i,2 n'existe pas)
pour p_i=3, x=x_i,2 (p_i^n_i) ("x_i,3" n'existe pas)
pour p_i distinct de 2 et 3, x=x_i,2 ou bien x=x_i,3 (p_i^n_i) (l'exclusivité du ou venant du fait que 2x+1 et 3x+1 ne sont pas être tous les deux nuls modulo p_i^n_i).
Donc une fois donné I' et I" la classe de x modulo les p_i^n_i est unique :


Inversement, soit une répartition des indices de I en deux parties I' et I", avec 2 n'est pas dans I' et 3 n'est pas dans I", alors la condition :

définit un unique card(I)-uplet de (et donc une unique classe de x modulo m).
Et comme un produit de facteurs est nul si un des facteurs est nul on a (2x+1)(3x+1) congru à 0 modulo q_i pour tous les indices i.
On a donc une solution unique pour toutes ses répartitions de I en parties I' et I" définies comme précédemment.

Ecriture des solutions en une seule formule :
Il existe un entier u_i tel que définit u_i (ui est unique modulo m).
Soit m₂ (resp. m₃) l'entier tel que m=2^n'₂m₂ (resp. m=3^n'₃m₃) avec m₂ (resp. m₃) premier avec 2 (resp. 3).
On a 2 est premier avec m₂ donc 2 est inversible dans Z/m₂Z, il existe donc un entier x₂ tel que 2x₂+1 soit nul modulo m₂. A remarquer que pour pi distinct de 2, on a 2x₂+1=0 (qi) car qi divise m2.
On définit de manière similaire x₃.
est une solution de l'équation vérifiant
En effet, soit i₀ dans I', alors




on montre de même que pour i₀ dans I" 3x+1 est congru à 0 modulo q_i0.

Exemple :
6x²+5x+1=0 modulo 2100
2100=2²x3x5²x7 les indices i sont 1,2,3,4
on cherche les ui :
on inverse 35²7 modulo 2²=4
3x5²x7²=3x1²x3=1 modulo 4 donc on peut prendre u1=35²7=525
on inverse 2²5²7 modulo 3
2²5²7=12²7=1 modulo 3 donc on peut prendre u2=2²5²7=700
on inverse 2²37 modulo 5²
modulo 25 2²x3x7=84=9
modulo 5 =4 donc on cherche sous la forme 4+5k
modulo 25 9x4=36=11 9x9=81=6 9x14=126=1
u3=14x84=1176 convient
on inverse 2²35² modulo 7
2²35²=3x100=3x2=6 d'inverse 6 u4=6x(2²35²)=1800 convient
m2=35²7=525 x2=(525-1)/2=262 convient
m3=2²5²7=700 x3=(700-1)/3=233 convient
Il n'y a plus qu'à écrire les 4 classes de solutions possibles
262(700)+233(525+1176+1800)+21 00k
262(700+1176)+233(525+1800)+21 00k
262(700+1800)+233(525+1176)+21 00k
262(700+1176+1800)+233(525)+21 00k

[invitee75a2d43]

aie!!! bobo!! tu vas trop vite!!