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11-Equations xn=x, xn=-x
et xn=1
( cad racines nièmes de 1)

P11.0-> n étant un entier naturel 2, toute solution d'une des équations xn=x, xn=-x, xn=1, dans NB(10), est obligatoirement entière décadique (ou brenom entier) (même raisonnement que celui fait pour l'équation x2=x : voir chapitre 6).

Et de façon évidente
Le produit de deux solutions de xn=x est une solution de xn=x
Le produit de deux solutions de xn=-x est une solution de xn=x
L'inverse d'une solution inversible de xn=x est solution de xn=x
L'inverse d'une solution inversible de xn=-x est solution de xn=-x

Je ferai apparaître ici, en plus des propriétés P11.i, quelques résultats R11.i qui en fait, seront généralisés par P11.3, P11.4, P11.5.

R11.1-> L'ensemble solution de x2=x est S2={0 ; 1 ; a ; b} avec ab=0, a+b=1 (voir chapitre 6)

R11.2-> L'ensemble solution de x2=-x est S-,2={0 ; -1 ; -a ; -b}
C'est évident, car d'après R11.1, 0, 1, -a, -b sont quatre solutions distinctes de x2=-x, et cf P8.10, ce sont les seules. Voir aussi l'exercice 14 du chapitre 9.
P11.0 se vérifie : le produit de deux éléments de S-,2 est bien dans S2

R11.3-> L'ensemble solution de x3=x est S3={0 ; -1 ; 1 ; -a ; a ; -b ; b ; a-b ; b-a} : il y a neuf solutions

dont les cinq derniers chiffres sont
0.....00000
-1.....99999
1.....00001
-a.....09375
a.....90625
-b.....90624
b.....09376
a-b.....81249
b-a.....18751

Exercice 1 : prouver R11.3 (vrifier que ces neuf nombres sont solutions et utiliser P8.10)

P11.1-> L'ensemble solution de x3=-x est S-,3={0 ; -c ; c} avec c se terminant par .....186432, c2=-b (donc -b a deux racines carrées -c et c d'après P9.3), ac=0 (donc c est diviseur de 0 associé à a), bc=c
rappel : -a n'a pas de racine carrée (voir P9.9)

Remarque : il est assez facile de prouver que cette équation a au plus trois solutions.
En effet, on a alors nécessairement (x2)2=-x2, donc x2=0 ou -1 ou -a ou -b ; or 0 a une seule racine carrée qui est 0, -1 et -a n'ont pas de racine carrée (voir P9.4 et P9.9), et -b en a au plus deux (cf P9.3). Donc x3=-x a au plus trois solutions 0 (effectivement solution) et éventuellement les racines carrées de -b, si ... elles existent et si elles vérifient effectivement x3=-x!

Exercice 2 : prouver P11.1 en utilisant les congruences pour justifier l'existence de trois solutions uniquement et pour en donner des valeurs approchées. On pourra s'inspirer du début de l'exercice du chapitre 6 sur x2=x.

Exercice 3 :
1) Peut-on trouver deux nombres décadiques x et y non nuls tels que x2+y2=0?

2) Montrer que si deux nombres décadiques x et y non nuls vérifient x2+y2=0, alors ce sont des diviseurs de 0 non associés, mais associés à un même 3ième.

P11.2-> L'ensemble solution de x5=x est
S5={0 ; -1 ; 1 ; -a ; a ; -b ; b ; a-b ; b-a ; -c ; c ; -a-c ; -a+c ; a-c ; a+c} : il y a quinze solutions
.

les cinq derniers chiffres des six dernières solutions sont
-c.....13568
c.....86432
-a-c.....22943
-a+c.....95807
a-c.....04193
a+c.....77057

On notera que parmi ces quinze solutions, six sont des diviseurs de 0 (-a, a, -b, b, -c, c) et huit sont inversibles (-1, 1, a-b, b-a, -a-c, -a+c, a-c, a+c).

L'ensemble des carrés de ces quinze solutions est {0 ; 1 ; a ; b ; -b ; a-b}S5.
On retrouve, cf P11.0, que S5 est stable par élévation au carré.

L'ensemble des racines carrées de ces quinze solutions redonne exactement l'ensemble de ces quinze solutions.
S5 est donc stable par racine carrée.

Précisons :

sS5racines carrées de s
00
1{ -1 ; 1 ; a-b; b-a}
a{-a ; a}
-b{-c ; c}
b{-b ; b}
a-b{-a+c ; -a-c ; a-c ; a+c}
les neuf autres éléments de S5
n'ont pas de racine carrée

Exercice 4 : prouver P11.2 (remarquer que x5=x x6=x2).

Exercice 5 : montrer que l'ensemble solution de x5=-x est S-,5={0}

P11.3-> Pour tout entier p1, l'ensemble solution de l'équation x2p=x est
S2p=S2={0 ; 1 ; a ; b}.
En particulier, S4=S2
.

Exercice 6 : prouver P11.3 (par les congruences, en s'inspirant de la preuve de R11.4 ; mais je suis tombé sur une difficulté lorsque 2p-15 (10), et donc dans ce cas ma solution est un peu "longuette" : désolé mais je n'ai pas trouvé mieux. En tout cas, c'est la seule démonstration vraiment longue de cette page).

Exercice 7 : déterminer l'ensemble solution S7 de x7=x, en utilisant S4, donné par P11.3.

P11.4-> Soit n un entier naturel 2, et Sn l'ensemble solution de l'équation (dans NB(10)) xn=x.
Alors pour tout entier naturel n2 on a Sn S5, cad toute solution de xn=x est une solution de x5=x.

De façon plus précise :

si n est pair, alors Sn=S2={0 ; 1 ; a ; b}
si n 3 (4) alors Sn=S3={0 ; -1 ; 1 ; -a ; a ; -b ; b ; a-b ; b-a }
si n 1 (4) alors Sn=S5={0 ; -1 ; 1 ; -a ; a ; -b ; b ; a-b ; b-a ; -c ; c ; -a-c ; -a+c ; a-c ; a+c}
Remarque : xn=x et x inversible entraîne xn-1=1, c'est-à-dire x est une racine (n-1)ième de 1. Voir P11.6 pour une étude compléte de cet aspect.

Exercice 8 : prouver P11.4 (cela peut être fait sans congruences, en utilisant notamment certains des résutats ci-dessus).

P11.5-> Soit n un entier naturel 2, et S-,n l'ensemble solution de l'équation (dans NB(10)) xn=-x.
Alors pour tout entier naturel n2 on a S-,n S5, cad toute solution de xn=-x est une solution de x5=x.

De façon plus précise :

si n est pair, alors S-,n=S-,2={-1 ; 0 ; -a ; -b}
si n 3 (4) alors S-,n=S-,3={0 ; -c ; c}
si n 1 (4) alors S-,n=S-,5={0}

Exercice 9 : prouver P11.5

P11.6-> Soit n un entier 1.
L'ensemble des racines nièmes de 1, dans NB(10), est

si n impair, {1}
si n2 (4), {-1 ; 1; a-b ; b-a}
si n0 (4), {-1 ; 1 ; a-b ; b-a ; -a-c ; -a+c ; a-c ; a+c}
Remarque 1 :
on peut vérifier que dans chacun de ces trois cas, l'ensemble des racines nièmes de 1 est bien un groupe multiplicatif. Pour n pair il ne s'agit pas de groupes cycliques : pour n2 (4), il s'agit d'un groupe de Klein (tous les éléments autres que 1 sont d'ordre 2), pour n0 (4), les quatres derniers éléments du groupe sont d'ordre 4.

Remarque 2 :
l'ensemble des racines nièmes de 1, lorsque n décrit N* est l'ensemble des éléments inversibles de S5 (voir P11.2).

Exercice 10 : prouver P11.6

Solution des exercices du chapitre 9

Exercice 1
Puisque x2=x entraîne que xn=x pour tout n2, les quatre solutions 0, 1, a, b de x2=x sont solutions de x3=x.
Donc -1, -a, -b sont aussi solutions de x3=x.
Enfin, x2=1 entraîne que x3=x et donc a-b et b-a (dont les carrés sont égaux à 1, cf P9.1) sont aussi solutions de x3=x.
On a donc trouvé neuf solutions distinctes (par exemple on examine les deux derniers chiffres de leurs développement décadique) pour l'équation x3=x, donc ce sont les seules d'après P8.10.

autre façon : x3=x (x2)2=x2, et donc x2=0 ou 1 ou a ou b, ce qui donne que nécessairement x=0 ou -1 ou 1 ou a-b ou b-a ou -a ou a ou -b ou b (voir P9.3 pour les racines carrées de a et b, voir P9.1 pour celles de 0, 1, voir P9.4 pour -1).
Réciproquement, ces au plus neuf possibilités distinctes pour x sont effectivement solutions de x3=x, puisque notamment (a-b)3=a3-b3=a-b. Et toujours d'après P8.10 ce sont les seules.

Exercice 2
Ce cas est moins immédiat, car tout simplement les solutions font intervenir un entier décadique que l'on n'a pas encore rencontré.
On s'inspire donc de la méthode utilisée pour l'équation x2=x (voir chapitre 6).
Je ne reprends pas toutes les justifications :
x solution de x3=-x x est entier décadique et pour tout n0, ([x]n)3-[x]n (10n+1). Cette congruence sera appelée la relation Pn.

P0 donne (x0)3-x0 (10), ce qui donne comme uniques possibilités pour x0 : 0, 2, 3, 5, 7, 8.

P0 étant vérifiée, P1 donne (10x1+x0)3-10x1-x0 (100), soit (3x02+1)x1+r00 (10) avec r0=(x03+x0)/10 (licite, car P0 est vérifiée).

On constate alors que
si x0=3 alors r0=3 et on doit avoir 28x1+30 (10), ce qui est impossible, le membre de gauche étant impair
si x0=5 alors r0=13 et on doit avoir 76x1+130 (10), ce qui est impossible, le membre de gauche étant impair
si x0=7 alors r0=35 et on doit avoir 148x1+350 (10), ce qui est impossible, le membre de gauche étant impair
Par contre, pour x0=0 ou 2 ou 8, on n'a pas d'impossibilité au niveau de x1.
Les seules possibilités pour x0 sont donc 0, 2 , 8.

On peut montrer tout de suite que l'équation x3=-x admet une seule solution se terminant par 0 : c'est 0.

En effet, soit x une solution se terminant par x0=0 et qui soit non nulle ; alors elle admet au moins un chiffre de rang 1 qui soit non nul. Soit k le rang minimum d'un chiffre non nul : donc [x]k=xk10k, avec xk0 et k1.
La relation Pk devant être vérifiée, 103k(xk)3k-10kxk (10k+1) ; or 3kk+1 (puisque k1) et donc 10 doit diviser xk, ce qui est impossible puisque xk{1; 2 ; ... ;9}. Donc si x se termine par 0 et est solution, nécessairement c'est 0, qui est effectivement solution.

On va montrer maintenant que l'équation x3=-x admet une et une seule solution se terminant par 2 et une et une seule solution se terminant par 8, ces deux solutions étant opposées.

On pose, pour nN, rn=(([x]n)3+[x]n)/10n+1 et wn+1=le chiffre de rang n+1 de ([x]n)3
Si x00 et si Pn est vraie, alors rnN et rnwn+1+1 (10)
. En effet, on a ([x]n)n+[x]n=10n+1rn avec rn dans N, puisque Pn est vérifiée, et on peut écrire ([x]n)3=A×10n+1+B, avec B entier constitué des n+1 derniers chiffres de ([x]n)3 et Awn+1 (10), puisque par définition, wn+1 est le dernier chiffre de A.
Donc A×10n+1+B+[x]n=rn10n+1 et ainsi 10n+1 divise B+[x]n, soit B+[x]n=K×10n+1, avec K dans N.
Mais, 0B+[x]n2(10n+1-1), donc K=0 ou 1. Mais K=0 donne B+[x]n=0, donc [x]n=0 (puisque B et [x]n sont 0), ce qui est impossible car x00. Donc K=1 et A×10n+1+10n+1=rn10n+1, soit A+1=rn, et donc rnwn+1+1 (10).
Remarque : si x0=0, on ne peut exclure la possibilité [x]n=0, et dans ce cas d'ailleurs, ([x]n)3=0, donc wn+1=0, tout comme rn=0 : rn=wn+1(=0).
C'est pour cela que j'ai traité à part le cas x0=0.

Pour nN*, Pn sera vérifiée si et seulement si (10nxn+[x]n-1)3-10nxn-[x]n-1 (10n+1), ce qui équivaut à 10n(3([x]n-1)2+1)xn+([x]n-1)3+[x]n-1 0 (10n+1).
Cela exige que 10n divise ([x]n-1)3+[x]n-1, donc que Pn-1 soit vraie, et alors ([x]n-1)3+[x]n-1=10nrn-1, avec rn-1 entier naturel.
Donc x vérifie Pn x vérifie Pn-1 et (3([x]n-1)2+1)xn+rn-10 (10)
Réciproquement, si on a ces deux conditions, en multipliant la 2ième par 10n, on voit que x vérifie Pn.
Donc x vérifie Pn x vérifie Pn-1 et (3([x]n-1)2+1)xn+rn-10 (10)
Comme par ailleurs [x]n-1 x0 (10)
Pour tout n dans N*, x vérifie Pn x vérifie Pn-1 et (3x02+1)xn-rn-1 (10)
Enfin, dans le cas x00, Pn-1 vérifiée entraînant rn-1wn+1 (10), on peut écrire aussi
Lorsque x00,
pour tout n dans N*, x vérifie Pn x vérifie Pn-1 et (3x02+1)xn-(wn+1) (10)

Donc, puisque x3=-x que pour tout n dans N, Pn est vraie, c'est que x3=-x et x00 x0=2 ou 8 et pour tout n dans N*, (3x02+1)xn-(wn+1) (10) ;
Réciproquement si on a x0=2 ou 8 et pour tout n dans N*, (3x02+1)xn-(wn+1) (10), alors, P0 est vraie, et comme (3x02+1)x1-(w1+1) (10), c'est que P1 est vraie.
Et comme (3x02+1)x2-(w2+1) (10), c'est que P2 est vraie.
Etc : pour tout n dans N, on a Pn vraie, donc x3=-x.
Finalement : x3=-x et x00 x0=2 ou 8 et pour tout n dans N*, (3x02+1)xn-(wn+1) (10)

On voit alors tout de suite que si 3x02+1 est inversible modulo 10 (cad s'il est premier avec 10) alors xn va exister et sera unique, et donc il existera un et un seul x (entier décadique) solution de x3=-x et dont le terme de rang 0 sera cet x0.


si x0=2, 3x02+1=133 (10) et donc d'inverse 7 modulo 10 : xn-7(wn+1)3(wn+1) (10) donc il existe une seule solution de x3=-x avec x0=2 : elle sera notée c
si x0=8, 3x02+1=1933 (10) et donc d'inverse 7 modulo 10 : xn3(wn+1) (10) donc il existe une seule solution de x3=-x avec x0=8 ; c'est forcément -c, puisque c étant solution, -c est aussi solution et -c commence par 8.
Remarque : à partir du moment où l'on sait qu'il existe une seule solution se terminant par 2, on peut en déduire tout de suite qu'il existe une seule solution se terminant par 8. En effet si x et x' sont deux solutions se terminant par 8, -x et -x' sont encore deux solutions, mais qui se terminent par 2, donc -x=-x' et x=x'.

On a donc montré que l'équation x3=-x a exactement trois solutions :

0, -c (qui se termine par 8), c (qui se termine par 2).

Déterminons les derniers chiffres de la solution c, celle commencant par 2.
Cf ci-dessus, xn3(wn+1) (10), ce qui va permettre le calcul des xn, de proche en proche.
Mais comme Pn-1 est forcément vérifiée (c est solution) on peut aussi dire xn3(([x]n-1)3+[x]n-1)/10n (10).
C'est alors une question de choix personnel : soit on calcule ([x]n-1)3 et on cherche son chiffre de rang n qui est wn, soit on calcule (([x]n-1)3+[x]n-1)/10n : c'est le choix que j'ai adopté ci-dessous (mais le lecteur peut essayer l'autre choix).

x0=2 donne x13(23+2)/10=3 (10) et x1=3
x1=3 donne x23(323+32)/100=3×3283×84 (10) et x2=4

x2=4 donne x33(4323+432)/1000=3×806223×26 (10) et x3=6

x3=6 donne x43(64323+6432)/10000=3×266095863×68 (10) et x4=8
x4=8 donne ... x5=1.

Montrons que c2=-b :
c4=-c2 donc c2 est solution de x2=-x et donc (voir R11.2) c2=0 ou -1 ou -a ou -b ; mais c2 se termine par 4 alors que 0, -1, -a, -b se terminent respectivement par 0, 9, 5, 4 : donc la seule possibilité est c2=-b.
Remarque : 1864322 se termine bien par 890624, les six derniers chiffres de -b=a-1.

Montrons que ac=0 et bc=c:
c3=-c s'écrit c×c2=-c, soit -bc=-c (cad bc=c), soit (1-b)c=0 et comme a+b=1, on obtient ac=0.

Exercice 3
1) x=c, y=b donnent x2+y2=0, avec x et y non nuls.

2) Supposons que x2+y2=0 x2=-y2, avec x et y deux nombres décadiques non nuls.
Si y n'est pas diviseur de 0, alors il est inversible (voir chapitre 5) et (x/y)2=-1, ce qui est impossible car -1 n'a pas de racine carrée (voir P9.1).
Donc y est diviseur de 0, de même x est diviseur de 0.
xy=0 donne x2y2=0, puis y4=0, donc y=0 (voir 6 de P9.1), contraire à l'hypothèse. Donc x et y ne sont pas associés, et ainsi d'après P8.9, ce sont des diviseurs de 0 associés à un même 3ième.
On peut vérifier ce dernier aspect directement : soit z non nul tel que xz=0, alors x2z2=0, puis y2z2=0 et yz=0.

Exercice 4
Puisque x5=x entraîne (x2)3=x2, c'est que nécessairement x2 S3, cad x est une racine carrée d'un élément de S3 : il suffit donc de chercher les racines carrées des élément de S3 et d'examiner celles qui sont effectivement solutions de x5=x.

x2=0 x=0 (voir P9.1)
x2=-1 est impossible (voir P9.1)
x2=1 x=-1 ou 1 ou a-b ou b-a (voir P9.1)
x2=a x=-a ou a (voir P9.3)
x2=b x=-b ou b (voir P9.3)
x2=-a est impossible (voir P9.9)
x2=-b x=-c ou c (voir P9.3, cf c2=-b)
x2=a-b x=-a-c ou -a+c ou a-c ou a+c, puisque ces quatre nombres (distincts) ont pour carrés a2+c2=a-b, et on utilise P8.10
x2=b-a est impossible, car sinon (a-b)(b-a) aurait des racines carrées, or (a-b)(b-a)=-1 qui n'a pas de racine carrée.
Donc l'équation x5=x a au plus 15 solutions : 0, -1, 1, a-b, b-a, -a, a, -b, b, -c, c, -a-c, -a+c, a-c, a+c (ces 15 nombres sont distincts, puisque ce sont les racines carrées (distinctes) de nombres distincts).
On les examine une à une pour voir lesquelles sont effectivement des solutions : en fait elles le sont toutes!
Remarquons que si x est solution, -x l'est aussi puisque 5 est impair. pour 0, -1, 1, -a, a, -b, b c'est évident
cf ab=0, (a-b)5=a5-b5=a-b, donc a-b solution, et b-a aussi
c3=-c, donc c5=-c3=c, donc c est solution et -c aussi
cf ac=0, (-a+c)5=(-a)5+c5=-a+c, donc -a+c est solution et a-c aussi
de même -a-c et a+c sont solutions
Donc on a bien S5={0 ; -1 ; 1 ; -a ; a ; -b ; b ; a-b ; b-a ; -c ; c ; -a-c ; -a+c ; a-c ; a+c}.

L'ensemble des carrés de ces 15 solutions est évidemment {0 ; 1 ; a ; -b ; b; a-b}, puisque ces 15 solutions ont été obtenues en tant que racines carrées de ces 7 nombres!

Cherchons maintenant les racines carrées de chaque solution de x5=x.
Vu ce qui a été fait ci-dessus, on a tout de suite

0 a pour racine carrée 0
-1 n'a pas de racine carrée
1 a pour racines carrées -1, 1, a-b, b-a
-a n'a pas de racine carrée
a a pour racines carrées -a, a
-b a pour racines carrées -c, c
b a pour racines carrées -b, b
a-b a pour racines carrées -a+c, -a-c, a-c, a+c
b-a n'a pas de racine carrée
Reste à examiner les six dernières solutions. c n'a pas de racine carrée, car il se termine par 2 (voir P9.7 ou P9.9)
-c n'a pas de racine carrée, car il se termine par 8 (voir P9.7 ou P9.9)
et a se terminant par 5 et c par 2
-a-c se termine par 3 et donc n'a pas de racine carrée (voir P9.7)
-a+c se termine par 7 et donc n'a pas de racine carrée (voir P9.7)
a-c se termine par 3 et donc n'a pas de racine carrée (voir P9.7)
a+c se termine par 7 et donc n'a pas de racine carrée (voir P9.7)
Donc l'ensemble des racines carrées des éléments de S5 est exactement S5.

Exercice 5
x5=-x entraîne (x2)3=-x2, donc x2 S-,3={0 ; -c ; c}. Comme -c et c n'ont pas de racine carrée, la seule possibilité est x=0, qui bien sûr convient.

Exercice 6
Il s'agit de généraliser la démonstration faite dans le cas p=1 (x2=x), lors de l'exercice du chapitre 6.
Cela se fait sans trop de difficulté sauf dans le cas où 2p-15 (10), cas qui nécessite un raisonnement particulier assez longuet, mais il y a peut être mieux ... !

Le même raisonnement fait pour x2=x donne
x solution de x2p=x x est entier décadique et pour tout n0, ([x]n)2p[x]n (10n+1). Cette congruence sera appelée la relation Pn.

On pose, pour nN, rn=(([x]n)2p-[x]n)/10n+1 et wn+1=le chiffre de rang n+1 de ([x]n)2p
Si Pn est vraie, alors rnN et rnwn+1 (10)
.

En effet, Pn vraie donne ([x]n)2p=[x]n+rn10n+1, avec rn dans N ; donc wn+1 est le chiffre des unités de rn, soit rnwn+1 (10).

Pour nN*, Pn sera vérifiée si et seulement si (10nxn+[x]n-1)2p10nxn+[x]n-1 (10n+1), ce qui équivaut à 10n(2p([x]n-1)2p-1-1)xn+([x]n-1)2p-[x]n-1 0 (10n+1).
Cela exige que 10n divise ([x]n-1)2p-[x]n-1, donc que Pn-1 soit vraie, et alors ([x]n-1)2p-[x]n-1=10nrn-1, avec rn-1 entier naturel.
Donc x vérifie Pn x vérifie Pn-1 et (2p([x]n-1)2p-1-1)xn+rn-10 (10)
Réciproquement, si on a ces deux conditions, en multipliant la 2ième par 10n, on voit que x vérifie Pn.
Donc x vérifie Pn x vérifie Pn-1 et (2p([x]n-1)2p-1-1)xn+rn-10 (10)
Comme par ailleurs [x]n-1 x0 (10)
Pour tout n dans N*, x vérifie Pn x vérifie Pn-1 et (2px02p-1-1)xn-rn-1 (10)
Enfin, Pn-1 vérifiée entraînant rn-1wn (10), on peut écrire aussi
pour tout n dans N*, x vérifie Pn x vérifie Pn-1 et (2px02p-1-1)xn-wn (10)
Donc, puisque x2p=x que pour tout n dans N, Pn est vraie, c'est que x2p=x P0 vraie et pour tout n dans N*, (2px02p-1-1)xn-wn (10) ;
Réciproquement si on a P0 vraie et pour tout n dans N*, (2px02p-1-1)xn-wn (10), alors, P0 est vraie, et comme (2px02p-1-1)x1-w1 (10), c'est que P1 est vraie.
Et comme (2px02p-1-1)x2-w2 (10), c'est que P2 est vraie.
Etc : pour tout n dans N, on a Pn vraie, donc x2p=x.
Finalement : x2p=x P0 vraie et pour tout n dans N*, (2px02p-1-1)xn-wn (10)

P0 vraie étant équivalent à (x0)2px0 (10), les seules possibilités pour x0 sont 0 ou 1 ou 5 ou 6.
En effet :

pour 0 et 1, c'est évident
si x0=5 aussi, puisque toute puissance de 5 se termine par 5
si x0=6 aussi, puisque toute puissance de 6 se termine par 6
si x0=2 c'est impossible car 2k se termine par 2 k=4k'+1, avec k' dans N Explication : modulo 10, 201, 212, 224, 238, 246, 252, d'où le reste 2 n'apparaît que pour les puissances 1, 5, 9,...
On peut auss écrire que pour tout k' dans N*, 24k'=(16)k' 6k'6 (10) ; donc, toujours pour k' dans N*, 24k'+12 (10), 24k'+24 (10), 24k'+38 (10) ; mais ces trois dernières congruences sont aussi vraies pour k'=0, alors que 24×01 (10).
si x0=3 c'est impossible car 3k se termine par 3 k=4k'+1, avec k' dans N
si x0=4 c'est impossible car 4k se termine par 4 k=2k'+1, avec k' dans N
si x0=7 c'est impossible car 7k se termine par 7 k=4k'+1, avec k' dans N
si x0=8 c'est impossible car 8k se termine par 8 k=4k'+1, avec k' dans N
si x0=9 c'est impossible car 9k se termine par 9 k=2k'+1, avec k' dans N
D'où x2p=x x0=0 ou 1 ou 5 ou 6 et pour tout n dans N*, (2px02p-1-1)xn-wn (10)
On voit alors tout de suite que si 2px02p-1-1 est inversible modulo 10, alors pour tout n dans N*, xn existe et est unique, et donc il existe un et un seul x tel que x2p=x dont le terme de rang 0 sera cet x0.
Malheureusement, dans le cas x0=1 et 2p-15 (10), 2px02p-1-1 n'est pas inversible modulo 10 : ce cas va être plus compliqué à traiter. si x0=0, alors 2px02p-1-1=-1 et xnwn (10), donc xn existe et est unique : il existe une seule solution se terminant par 0 : c'est 0, puisque 0 est effectivement une solution se terminant par 0. On peut le vérifier : w1=0, donc x1=0, donc w2=0, donc x2=0, etc....

si x0=5, alors 2p52p-1-1-1 (10) et xnwn (10), donc xn existe et est unique : il existe une seule solution se terminant par 5 : c'est a, puisque a est effectivement une solution qui se termine par 5.

Si x0=1, alors 2px02p-1-1=2p-1, et là il y a une petite difficulté, car 2p-1 n'est pas forcément inversible modulo 10.
En fait si 2p-1 1 ou 3 ou 7 ou 9 (10), il est inversible modulo 10 et si p' est son inverse on a xn-p'wn (10), donc xn existe et est unique : il existe alors une seule solution se terminant par 1. C'est 1, puisque 1 est effectivement une solution qui se termine par 1.
On peut le vérifier : w1=0, donc x1=0, donc w2=0, donc x2=0, etc....
Mais si 2p-1 5 (10) alors ce raisonnement ne tient plus. On doit avoir 5xn -wn (10). Cela exige que 5 divise wn, et alors xn-wn/5 (2)
Cependant, la conclusion précédente est encore vraie (voir la preuve l'annexe située ci-dessous : c'est assez longuet! Si quelqu'un a mieux...).
Finalement, il existe toujours une seule solution se terminant par 1 : c'est 1,

si x0=6, alors 62p-16 (10), car une puissance (non nulle) de 6 se termine toujours par 6, donc 2p62p-1-12p-1 (10) et on retombe sur le problème rencontré dans le cas x0=1, lorsque 2p-15 (10).
Mais ici, on peut conclure rapidement puisque l'on sait que l'équation x2p=x, a une seule solution se terminant par 0 (c'est 0) et une seule se terminant par 1 (c'est 1).
Supposons que l'équation admette deux solutions s et s' se terminant par 6.
Alors, cf P11.0, as et as' sont aussi deux solutions ; mais elles se terminent par 0, donc as=as'=0. La formule du binôme donne alors (a+s)2p=a2p+s2p, soit (a+s)2p=a+s, et ainsi a+s est solution de l'équation ; de même a+s' est solution. Or a+s et a+s' se terminent par 1, donc a+s=a+s', soit s=s'.
Ce qui veut dire que l'équation admet au plus une solution se terminant par 6 ; comme b est effectivement une solution se terminant par 6, c'est qu'il existe une seule solution se terminant par 6, c'est b.

On a donc prouvé que l'équation x2p=x a exactement quatre solutions : 0, 1, a, b.

Annexe : preuve que si 2p-15 (10), l'équation x2p=x (avec p dans N*) a une seule solution se terminant par 1, qui est 1.
On cherche donc à montrer que si x est tel que x2p=x avec x0=1 et 2p-1=5(2k1+1), k1 étant dans N, alors nécessairement x=1.
Rappelons que pour tout entier naturel n, on a posé rn=(([x]n)2p-[x]n)/10n+1 et wn+1=le chiffre de rang n+1 de ([x]n)2p ; mais ici Pn est toujours vraie (car on a supposé qu'effectivement x2p=x) alors rn est entier naturel et rnwn+1 (10).
On a donc nécessairement, puisqu'en outre 2p-15 (10), pour tout n dans N*, 5xn-wn-rn-1 (10).

Un résultat intermémédiaire qui va être très utile :

lorsque 2p-1=5u(2v+1), avec u et v entiers naturels, on peut écrire, en posant u'=5u : rn=[x]n(([x]n)u'-1)gn/10n+1,
avec gn=([x]n)u'×2v+([x]n)u'×(2v-1)+...+([x]n)u'+1
Cela en appliquant l'identité (valable dans tout anneau) tk-1=(t-1)(tk-1+tk-2+...+t+1), avec t=([x]n)u' et k=2v+1.

Et puisque pour tout n0 on a [x]nx0=1 (10), c'est que gn2v+1 (10), et donc gn est impair et est divisible par 5 si et seulement si 5 divise 2v+1.
Soit j un entier 1 quelconque, tel que si j2 on a x1=x2=...=xj-1=0.
Alors, puisque [x]j-1=1, on a rj-1=0, donc 5xj0 (10), soit xj0 (2) et donc nécessairement xj=2x'j avec x'j=0 ou 1 ou 2 ou 3 ou 4.
Montrons que si x'j0, alors
pour tout nj+1, on a le résultat Rj,n suivant :
il existe xn tel que 5xn-rn-1 (10)

2p-1=5n-j+1(2kn+1), avec kn dans N
et alors, pour toute valeur possible de xn telle que 5xn-rn-1 (10), on a
10nxn+...+10jxj=2n+15jzn avec zn entier naturel non divisible par 5.
Montrons le par récurrence (sur n): Rj,j+1 est vrai en effet 5xj+1-rj (10) exige que 5 divise rj=[x]j(([x]j)5-1)gj/10j+1, avec gj2k1+1 (10).
Et ([x]j)5-1=(10jxj+1)5-1, et puisque xj=2x'j, et en appliquant la formule du binôme,
([x]j)5-1=10j+1x'j+10(10j×2x'j)2+...=10j+1(x'j+10K), avec K dans N.
Ainsi rj=[x]j(x'j+10K)gj. Comme [x]j se termine par 1, il n'est pas divisble par 5 ; de même x'j+10K n'est pas divisible par 5 puisque x'j=1 ou 2 ou 3 ou 4.
Donc 5 divise rj5 divise gj 5 divise 2k1+1 (puisque gj2k1+1 (10)), 2p-1=52(2kj+1+1)
Cette condition étant remplie, on doit avoir xj+1-[x]j(x'j+10K)(gj/5) (2) ; mais [x]j est impair (car se termine par 1), ainsi que gj/5 (puisque gj est impair).
Donc xj+1-x'jx'j (2), et donc xj+1+x'j=2q, avec q dans N.
On a alors 10j+1xj+1+10jxj=2×10j(4xj+1+xj+1+x'j)=2j+25jzj+1, avec zj+1=2xj+1+q.
Enfin, comme 2zj+1=5xj+1+x'j et que x'j n'est pas divisible par 5, zj+1 n'est pas divisible par 5.
Donc, le résultat Rj,n est bien vrai pour n=j+1

Montrons maintenant que pour tout nj+1, si Rj,n est vrai, alors Rj,n+1 est vrai. On procéde comme ci-dessus, mais il va y avoir un petit problème technique supplémentaire...
5xn+1-rn (10) exige que 5 divise rn.
Mais ici, on a 2p-1=5n-j+1(2kn+1), et ainsi rn=[x]n(([x]n)e-1)gn/10n+1, avec e=5n-j+1 et gn2kn+1 (10), et par hypothèse de récurrence, [x]n=2n+15jzn+1, avec zn non divisible par 5.
Par application de la formule du binôme, ([x]n)e-1=5n-j+12n+15jzn+ Sek=2 Cke(2n+15jzn)k
Le coefficient de zn est exactement 2n+15n+1=10n+1.
Montrons maintenant que pour tout k 2, tk=Cke(2n+15jzn)k est un multiple de 10n+2.
val(n) étant l'exposant de 5 dans la décomposition en nombres premiers d'un entier naturel n, pour tout q dans N* et pour tout k{1 ; 2 ; ... ; 5q} on a, en posant u=5q, val(Cku)=q-val(k) preuve :
on a 1×2×...×k×Cku=u(u-1)...(u-(k-1)).
Pour i quelconque dans {1 ; 2 ; ... ; 5q-1} on peut écrire i=5jr avec r1, r non divisible par 5 et jq-1 (sinon i5q).
Donc 5j divise 5q-i ; mais 5j+1 divise 5q (puisque j+1q), et 5j+1 ne divise pas i (puisque 5 ne divise pas r) et donc 5j+1 ne divise pas 5q-i : la plus grande puissance de 5 qui divise 5q-i est donc 5j, c'est-à-dire val(5q-i)=j=val(i).
D'où, puisque val(nn')=val(n)+val(n') et k5q k-1 5q-1 :
val(1)+val(2)+...+val(k)+val(Cku)=val(5q)+val(1)+val(2)+...+val(k-1), soit
val(Cku)=val(5q)-val(k)=q-val(k).
On peut alors en déduire que pour tout k 2, tk=Cke(2n+15jzn)k est un multiple de 10n+2. En effet : tk est multiple de 2n+2 car k(n+1)n+2 (puisque k2),
et montrer que tk est un multiple de 5n+2 équivaut à montrer (puisque 5 ne divise pas zn) que val((Cke)+kjn+2 n-j+1-val(k)+kjn+2 (k-1)j-1val(k). si val(k)=0, c'est vrai puisque k-1 et j étant 1, on a (k-1)j-10
si val(k)1, on peut écrire k=5val(5)r, avec r1.
Or pour tout m1 on a 5m-1=(1+4)m-11+4m-14mm+1, et donc 5val(k)-1val(k)+1.
Comme r1, 5val(k)r-15val(k)-1 val(k)+1, soit k-1val(k)+1.
Et enfin, j1 donne j(k-1)k-1val(k)+1, soit j(k-1)-1val(k), et tk est bien multiple de 5n+2
Donc tk=Cke(2n+15jzn)k, pour k2, est toujours un multiple de 2n+25n+2=10n+2.
Finalement ([x]n)e-1=10n+1zn+10n+2K, avec K dans N.
Ainsi rn=[x]n(zn+10K)gn. Comme [x]n se termine par 1, il n'est pas divisble par 5 ; de même zn+10K n'est pas divisible par 5 puisque zn n'est pas divisible par 5, par hypothèse de récurrence.
Donc xn+1 devant vérifier 5xn+1-rn (10), 5 doit diviser rn5 divise gn 5 divise 2kn+1 (puisque gn2kn+1 (10)), 2kn+1=5(2kn+1+1) 2p-1=5n-j+1×5(2kn+1+1)=5n-j+2(2kn+1+1)
Cette condition étant remplie, on doit avoir xn+1-[x]n(zn+10K)(gn/5) (2) ; mais [x]n est impair (car se termine par 1), ainsi que gn/5 (puisque gn est impair).
Donc xn+1-znzn (2), et donc xn+1+zn=2q, avec q dans N.
On a alors 10n+1xn+1+...+10jxj= 10n+1xn+1+2n+15jzn= 2n+15j(5n+1-jxn+1+zn)= 2n+15j((5n+1-j-1)xn+1+2q)= 2n+15j×2zn+1, avec zn+1=((5n+1-j-1)/2)xn+1+q, entier naturel, car 5n+1-j-1 est pair.
Finalement 10n+1xn+1+...+10jxj= 2n+25jzn+1, avec zn+1 entier naturel non divisible par 5, car 2zn+1=5n+1-jxn+1+zn et zn n'est pas divisible par 5.
Donc, le résultat Rj,n+1 est bien vrai, sachant que Rj,n est vrai.
Donc, x vérifiant que x2p=x avec x0=1, pour tout j1, tel que si j2 on a x1=x2=...=xj-1=0, alors xj=2x'j et si x'j0, alors pour tout nj+1, le résultat Rj,n est vrai.

On va maintenant pouvoir démontrer facilement le résultat annoncé, à savoir : si 2p-15 (10), l'équation x2p=x (avec p dans N*) a une seule solution se terminant par 1, qui est 1.
En effet, soit x vérifiant x2p=x avec x0=1 :

le résultat précédent donne pour j=1 : x1=2x'1, et si x'10, alors pour tout n2 R1,n est vrai, donc pour tout n2, il existe kn (entier naturel) tel que 2p-1=5n(2kn+1), ce qui est évidemment impossible, la valuation de 2p-1 étant finie.
Donc x'1=0 et obligatoirement x1=0.
le résultat précédent donne pour j=2, puisque x1=0 : x2=2x'2, et si x'20, alors pour tout n3 R2,n est vrai, donc pour tout n3, il existe kn (entier naturel) tel que 2p-1=5n-1(2kn+1), ce qui est évidemment impossible, la valuation de 2p-1 étant finie.
Donc x'2=0 et obligatoirement x2=0.
etc
Donc x2p=x avec x0=1 entraîne que nécessairement xj=0 pour tout j1, ce qui entraîne x=1.
Comme 1 est effectivement solution de x2p=x, c'est la seule solution de cette équation qui se termine par 1.

Exercice 7
x7=x (x2)4=x2, donc x2 S4={0 ; 1 ; a ; b}, donc nécessairement

x2=0, ce qui donne x=0
ou x2=1, ce qui donne x= -1 ou 1 ou a-b ou b-a
ou x2=a, ce qui donne x=-a ou a
ou x2=b, ce qui donne x=-b ou b
Réciproquement, on vérifie que ces seules possibilités sont effectivement solutions de x7=x.
Donc S7={0 ; -1 ; 1 ; -a ; a; -b ; b ; a-b ; b-a}.

Exercice 8
Pour n pair on a déjà vu (voir P11.3) que Sn=S2 qui est bien inclu dans S5.

Le problème est le cas n impair.
Montrons tout d'abord que, pour p2, si SpS5 alors S2p-1S5 ; ce résultat sera appelé (R)
Si x S2p-1 alors x2p-1=x, donc (x2)p=x2 et x2Sp, qui est inclu dans S5 (d'après l'hypothèse), et donc xS5, puisque S5 est stable par racine carrée, d'après P11.2.

Montrons maintenant, par récurrence, que pour tout entier naturel n2, on a SnS5 .

S2S5 est vrai
n étant un entier naturel 2, supposons que pour tout p tel que 2pn on ait SpS5.
alors soit n est impair et n+1 est pair et d'après P11.3, on a Sn+1S5
soit n est pair : n=2q avec 1q<n, donc 2q+1n, et par hypothèse de récurrence on a alors Sq+1S5, et cf le résultat (R) S2(q+1)-1S5, soit Sn+1S5
ainsi pour tout p tel que 2pn+1 on a SpS5.
Donc, par récurrence, on a prouvé que pour tout n2 on a SnS5.

Déterminons maintenant exactement les Sn : pour cela il suffit, pour chaque élément de S5, de voir à quelle condition sur n il est effectivement une solution de xn=x.

0, 1 , a , b sont toujours solutions de xn=x (évident)
chacun des nombres -1, -a, -b est solution de xn=x n impair (évident)
chacun des nombres a-b et b-a est solution de xn=x n impair car (a-b)n=an+(-1)bn=a+(-1)nb=a-b pour n impair, =a+b=1a-b pour n pair chacun des nombres -c et c est solution de xn=x n=4p+1 en effet : c2=-b, donc c2p=(-1)pb=-b ou b, nombres distincts de c
c2p+1=(-1)pbc=(-1)pc (voir P11.1), d'où si p est pair c2p+1=c, et donc c est solution, ainsi que -c, mais si p est impair c2p+1=-cc, donc c n'est pas solution, ainsi que -c.
Donc chacun des nombres -c et c est solution n=2p+1 avec p pair, soit n=4p+1
chacun des nombres -a-c, -a+c, a-c, a+c est solution de xn=x n=4p+1 en effet, u et v étant égaux chacun à -1 ou 1, posons E=(ua+vc)n=una+vncn (puisque ac=0)
si n est pair E=a+c2p=a+(-1)pb et alors E=ua+vc ne pourrait être possible que si a=ua (on multiplie par a des deux côtés), donc u=1 (car a distinct de -a), et E=ua+vc donne (-1)pb=vc, ce qui est impossible puisque b n'est ni c, ni -c
si n est impair E=ua+vc2p+1 et alors E=ua+vc est possible c2p+1=c p est pair (cf ci-dessus)
Donc ua+vc est solution n=2p+1 avec p pair, soit n=4p+1
Donc si n=4p+1, cad n1 (4), alors tous les éléments de S5 sont solutions de xn=x, et donc Sn=S5
si n impair mais pas de la forme 4p+1, donc de la forme 4p+3, cad n3 (4), alors Sn=S5-{-c ; c ; -a-c ; -a+c; a-c ; a+c}
si n pair alors Sn={0 ; 1 ; a ; b}

Exercice 9
xn=-x x2n=x2 x2 Sn S5 xS5, puisque S5 est stable par racine carrée.

Là encore, pour déterminer exactement les S-,n, il suffit, pour chaque élément de S5, de voir à quelle condition sur n il est effectivement une solution de xn=-x.

1, a, b, a-b, b-a, -a-c, -a+c, a-c, a+c ne sont jamais solutions pour 1, a, b c'est évident
(a-b)n=a-b ou a+b=1, lesquels sont différents de -(a-b)
(b-a)n=b-a ou b+a=1, lesquels sont différents de -(b-a)
u et v étant égaux chacun à -1 ou 1, posons E=(ua+vc)n=una+vncn
si n est pair E=a+c2p=a+(-1)pb et alors E=-ua-vc ne pourrait être possible que si a=-ua (on multiplie par a des deux côtés), donc u=-1 (car a distinct de -a), et E=-ua-vc donne (-1)pb=-vc, ce qui est impossible puisque b n'est ni c, ni -c
si n est impair E=ua+vc2p+1=ua+v(-1)pc et alors E=-ua-vc entraîne (on multiplie par a des deux côtés) ua=-ua, ce qui est impossible

0 est toujours solution
chacun des nombres -1, -a, -b est solution n est pair (évident)
chacun des nombres -c et c est solution n=4p+3 en effet :
c2p=(-1)pb, toujours distinct de c
c2p+1=(-1)pc sera égal à -c p impair, soit n=2(2p+1)+1=4p+3
Ceci donne immédiatement le résultat annoncé dans P11.5 sur les S-,n.

Exercice 10
xn=1 xn+1=x, et comme n+12, x Sn+1 S5, et donc toute racine nième de 1 est dans S5

Là encore, pour déterminer ces racines nièmes, il suffit, pour chaque élément de S5, de voir à quelle condition sur n il est effectivement une solution de xn=1.

0, a, b, -a, -b, c, -c ne sont jamais des racines nièmes de 1 pour les premiers de cette liste, c'est évident ; et c2p=(-1)pb, c2p+1=(-1)pc, quantités qui ne sont jamais égales à 1
1 est toujours racine nième de 1
chacun des nombres -1, a-b, b-a est racine nième de 1 n0 ou 2 (4) en effet, (a-b)n=a+(-1)nb qui sera égal à 1 n est pair n0 ou 2 (4) ; idem pour b-a chacun des nombres -a-c, -a+c a-c, a+c est racine nième de 1 n0 (4) en effet, u et v étant égaux chacun à -1 ou 1, posons E=(ua+vc)n=una+vncn
si n est pair, soit n=2p, alors E=a+c2p=a+(-1)pb qui sera égal à 1 p est pair, soit p=2q, soit n=4qn0 (4)
si n est impair, soit n=2p+1, alors E=ua+vc2p+1=ua+v(-1)pc et alors E=1 entraîne (on multiplie par a des deux côtés) ua=a, donc u=1 (car -a distinct de a) et E=1 donne v(-1)pc=b, ce qui est impossible, b n'étant pas -c ou c.
Ceci donne immédiatement le résultat annoncé dans P11.6.

Remarque :
on peut trouver "directement" les racines 4ièmes de 1.
En effet, x4=1 x2 S2, donc x est nécessairement une racine 2ième de -1 ou 1 ou a-b ou b-a.
Mais on a vu que -1 n'a pas de racine carrée ( voir remarque 3 de P9.4), b-a non plus (voir P11.2) alors que -1 a pour racines carrées -1, 1 , a-b, b-a (voir P9.1) et a-b a pour racines carrées -a-c, -a+c, a-c, a+c (voir P11.2) ; réciproquement ces huit nombres sont bien racines 4ièmes de 1, et ce sont les seules.

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