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9-Racines carrées de brenoms.

En lisant les quelques pages de J-P Delahaye sur les brenoms, certes j'ai vu qu'il y avait des diviseurs de zéro ; mais cette situation se rencontre dans des anneaux bien connus ( celui des matrices, ceux des entiers modulo n), et donc je ne n'en ai pas fait trop de cas.
Mais lorsque je suis tombé sur le fait que 41 est le plus petit entier naturel qui n'est pas le carré d'un entier naturel et est le carré d'un entier décadique, alors là j'ai été interpellé et il a fallu que je cherche pourquoi....

Dans tout ce qui suit a et b désignerons les deux entiers décadiques qui sont les deux solutions non triviales de l'équation x2-x=0, a se terminant par 5 et b se terminant par 6 : voir chapitre 6 et aussi l'exemple de P8.10.

P9.1->
1) Un élément de NB(10) a au plus quatre racines carrées (dans NB(10) évidemment).

2) Si un élément de NB(10) a une racine carrée alors il a un nombre pair de chiffres après la virgule ou c'est un entier décadique

3) Si y est dans NB(10) et posséde 2r chiffres après la virgule (r1), chercher ses racines carrées, c'est chercher les racines carrées de l'entier décadique 102ry.

4) Si y est dans EN(10), ses racines carrées ne peuvent être que dans EN(10).

5) 1 a exactement quatre racines carrées : -1 ; 1 ; a-b=2a-1=1-2b ; b-a=1-2a=2b-1 ; elles sont bien dans EN(10).

L'inverse de a-b est a-b, l'inverse de b-a est b-a, et pour n entier naturel pair non nul, a-b et b-a sont des racines nièmes de 1 : on verra au chapitre 11 (P11.6) la détermination de toutes les racines nièmes de 1, pour tout n2.

6) Rappelons (voir exercice 6 du chapitre 2) que 0 n'a qu'une racine carrée : 0.

Remarque : on a une situation tout à fait analogue au résultat du 5) dans (par exemple) Z/77Z. En effet dans Z/77Z, 1 posséde quatre racines carrés : -1 ; 1 ; 34 ; 43=-34. Et on peut vérifier (toujours dans Z/77Z) que 34=2×56-1 et 43=2×22-1, 22 et 56 étant les racines, dans Z/77Z, de X2-X dans Z/77Z, autres que 0 et 1 (ce dernier point a déjà été au début du chapitre 6).

Exercice 1 : prouver P9.1

P9.2->
Soit y un entier décadique : on sait que ses racines carrées (éventuelles) x ne peuvent être qu'entières décadiques (cf P9.1). Précisons :
Il existe x dans EN(10) tel que x2=y f2(y) est un carré dans Z2 et f5(y) est un carré dans Z5
Si cette condition est vérifiée alors :

soit y=0 (la condition est effectivement vérifiée) et alors on retrouve qu'il a une seule racine carrée qui est 0

soit y0 et alors

si y n'est pas un diviseur de 0 il a (exactement) quatre racines carrées
si y est un diviseur de 0 il a (exactement) deux racines carrées

Remarque : un diviseur de 0 peut avoir des racines carrées : par exemple -a et a sont racines carrées de a, -b et b sont racines carrées de b.

Exercice 2 : prouver P9.2

P9.3-> Soit yEN(10)* ayant (au moins) une racine carrée x0 (forcément entière décadique cf P9.1) :
si y n'est pas un diviseur de 0, il a (exactement) quatre racines carrées : -x0 ; x0 ; (a-b)x0 ; (b-a)x0.
si y est un diviseur de 0, il a (exactement) deux racines carrées : -x0 ; x0.

Conséquence : soit u un entier décadique non nul

si u n'est pas un diviseur de 0 alors u2 a quatre racines carrées (distinctes) : -u ; u ; (a-b)u ; (b-a)u
si u est un diviseur de 0 alors u2 a deux racines carrées (distinctes) : -u et u

Exemple : on vient de voir que 1 a quatre racines carrées, mais aussi 16 posséde quatre racines carrées : -4 ; 4 ; 4(a-b) ; 4(b-a) ; par contre a ne posséde que deux racines carrées : -a et a (puisque a2=a et a est diviseur de 0) ; de même b ne posséde que deux racines carrées -b et b.

Exercice 3 : prouver P9.3

Exercice 4 :
Montrer que si nN* est un carré (d'un entier naturel) alors n=22u52vk, avec u,v,k entiers naturels et k1 ou 9 (40).
La réciproque est-elle vraie?

Remarque : bien entendu, ce résultat va avoir un lien avec ce qui suit!

P9.4->
Soit e un entier relatif non nul (c'est évidemment un entier décadique ou brenom entier).
e est le carré d'un nombre décadique (donc d'un entier décadique) e=22u52vk, avec u,v dans N et k dans Z* tel que k1 ou 9 (40)

Remarque 1 :
k1 ou 9 (40), entraîne que k ne peut être divisible ni par 2, ni par 5 puisque aucun de ces deux nombres divise 40.

Remarque 2 :
si e est le carré d'un entier naturel, la condition ci-dessus est bien vérifiée, cf l'exercice 4.

Remarque 3 :
si e est l'opposé du carré d'un entier naturel, alors la condition n'est pas vérifiée (d'après l'exercice 4, -e=22u52vk avec k1 ou 9 (40) et donc e=22u52vk avec k31 ou 39 (40)).
On retrouve ainsi le fait que -1 n'a pas de racine carrée dans NB(10) : voir exercice 6 du chapitre 2.

Remarque 4 :
conséquence immédiate de cette propriété :

les plus petits entiers naturels100 qui ne sont pas des carrés dans N, mais sont des carrés dans NB(10) sont 41 ; 89 ; 129 ;...
le plus grand entier relatif<0 qui est un carré dans NB(10) est -31.
Remarque 5 :
Si e, entier relatif non nul, vérifie la condition ci-dessus, il a exactement quatre racines carrées entières décadiques, puisque étant inversible (voir P3.6), ce n'est pas un diviseur de 0 et on utilise P9.3.

Exercice 5 : prouver P9.4. On pourra utiliser l'aide suivante (il s'agit de deux résultats non rappelés dans le chapitre 8) :
soit eZ* :

e est un carré dans Z2e=22ue' avec u dans N, e' dans Z* et e'1 (8)
e est un carré dans Z5e=52ve' avec v dans N, e' dans Z* et e'1 ou 4 (5) ; cette condition sur e' équivaut à e' résidu quadratique (non nul) de 5.

Exercice 6 :
1) Soit n un entier naturel, qui n'est pas un carré dans N, mais qui a des racines carrées entières décadiques ; montrer qu'aucune n'est périodique.
2) Soit n un entier naturel, carré de l'entier naturel m : ses racines carrées dans EN(10) sont donc -m, m, (a-b)m, (b-a)m. Lesquelles sont périodiques?

P9.5->
1) Soit e un entier relatif (c'est évidemment un entier décadique ou brenom entier) : on notera en les chiffres de son développement décadique (si e<0, il faut utiliser e=c(-e)+1 : voir D2.1 : par exemple -2031=.....(9)7969).

e1 ou 9 (40)

e0=1 ou 9 et e1=2p (avec p=0 ou 1 ou 2 ou 3 ou 4) et e2 a la parité de p

2) Soit e un entier décadique et on note toujours en les chiffres de son développement décadique :

e0=1 ou 9 et e1=2p (avec p=0 ou 1 ou 2 ou 3 ou 4) et e2 a la parité de p

[e]21 ou 9 (40)

pour tout n2, [e]n1 ou 9 (40)

Exercice 7 : prouver P9.5

P9.6->
Soit e un entier décadique, ses chiffres étant notés en pour n0.
Si e0=1 ou 9 et e1=2p (avec p =0 ou 1 ou 2 ou 3 ou 4) et e2 a la parité de p (voir le 2) de P9.5 pour des équivalences de cette condition), alors e a quatre racines carrées entières décadiques, qui s'obtiennent ainsi :

x2=e

1) x0=1 ou 9 si e0=1, x0=3 ou 7 si e0=9
2) x0 ayant une des deux valeurs ci-dessus :
x1 est une des deux solutions de x1x0(e1-K0)/2 (5) avec K0=le chiffre de rang 1 de (x0)2 : une des solutions est u dans {0;1;2;3;4}, l'autre est u+5
(cette caractérisation de x1 équivaut à ([x]1)2[e]1 (100) )
3) x0 et x1 étant choisis comme indiqué ci-dessus
pour tout n2, xn est l'unique chiffre dans {0;1;...;9} vérifiant ([x]n)2[e]n (10n+1) ET le chiffre de rang n+1 de ([x]n)2 a la parité de en+1.

Remarque 1 :
e a quatre racines carrées car il y a 2×2=4 possibilités pour le couple (x0,x1) et, pour chacun des ces quatres couples, les xn suivants sont uniques ; bien entendu cela était attendu puisque e se terminant par 1 ou 9 ce n'est ni 0, ni un diviseur de 0 (soit parce que il est inversible cf P4.3, soit cf le 7) de P8.9, puisque 2 et 5 ne divisent pas e0), et cf P9.3, si e a une racine carrée, il en a obligatoirement quatre.

Remarque 2 :
Ce résultat prouve non seulement l'existence de quatre racines carrées de e, mais en mme temps il donne une méthode pour les obtenir.
De plus cette preuve ne fait absolument pas appel aux corps p-adiques.
Mais elle repose sur une idée que l'on retrouve lors de la recherche de racines carrées dans les corps p-adiques (note perso : p754, dossier Qp).

Remarque 3 :
Bien sûr, si un entier décadique y s'écrit e'=22u52ve avec u, v entiers naturels et e entier entier décadique vérifiant e0=1 ou 9 et e1=2p (avec p =0 ou 1 ou 2 ou 3 ou 4) et e2 a la parité de p , alors y a quatre racines carrées : celles de e multipliées par 2u5v.
Pour l'instant, la condition écrite sur l'entier décadique y en début de cette remarque, est une condition suffisante pour que y admette des racines carrées : elle est nécessaire pour des entiers relatifs non nuls (cf P9.4 et P9.5) : en fait on montrera plus loin (P9.8) qu'elle est aussi nécessaire pour les entiers décadiques inversibles (non nuls et non diviseurs de 0).

Remarque 4 :
Un entier décadique comme 25 a évidemment quatre racines carrées 5, -5, (a-b)5, (b-a)5 ; mais puisque ses trois derniers chiffres ne vérifient pas la condition e0=1 ou 9 et e1=2p (avec p =0 ou 1 ou 2 ou 3 ou 4) et e2 a la parité de p, le résultat P9.6 ne s'applique pas.
D'ailleurs ces quatre racines carrées se terminent respectivement par 05, 95, 45 , 55 : ici il y a un seul choix au niveau de x0 et quatre au niveau de x1.
Par contre si on considère 64, ses quatres racines carrées 8, -8, (a-b)8, (b-a)8 se terminent respectivement par 00008, 99992, 49992, 50008 : il y a deux choix au niveau de x0, mais pour chacun des ces deux choix, x1, x2, x3 sont les mêmes : c'est au niveau de x4 qu'arrivent les deux autres choix.

Exercice 8 : prouver P9.6

Exercice 9 : application de la méthode P9.6.
1) Déterminer des valeurs approchées à 10-5 près des racines carrées de 41 : on commencera par trouver les 5 derniers chiffres de la racine carrée de 41 se terminant par 79 ; en déduire les 5 derniers chiffres des trois autres racines carrées de 79 ;
2) Vérifier que la racine carrée de 169 se terminant par 13 est 13 ; déterminer les 5 derniers chiffres des trois autres racines carrées de 13.
3) Donner des valeurs approchées à 10-5 près des quatre racines carrées de -31.

Pour obtenir des valeurs approchées plus précises voir Calcul approché de racines carrées de brenoms, via un programme en java-script

Exercice 10 : racines carrées d'un "véritable" entier décadique.
Soit e=.....(1)081 : il vérifie les hypothèses de P9.6 et donc il posséde quatre racines carrées (tout comme 81).
1) Exprimer ces quatres racines carrées en fonction de a et r, r étant une racine carrée de -271.
2) En prenant pour r la racine carrée de -271 qui se termine par 05325223 (vous pouvez vérifier cette terminaison en utilisant le lien ci-dessus), trouver les huit derniers chiffres d'une racine carrée R de e et vérifier que ([R]7)2[e]7 (108).

P9.7->On donne ici la réciproque de P9.6.
Soit e un entier décadique, ses chiffres étant notés en pour n0.

Pour que e soit un carré (cad le carré d'un entier décadique), il est nécessaire que e0=0 ou 1 ou 4 ou 5 ou 6 ou 9.

Voici la réciproque de P9.6 :

e est un carré (cad le carré d'un entier décadique) et se termine par 1 ou 9

e0=1 ou 9 et e1=2p (avec p =0 ou 1 ou 2 ou 3 ou 4) et e2 a la parité de p

Exercice 11 : prouver P9.7 (il s'agit évidemment de prouver le sens haut->bas, l'autre sens résultant de P9.6)

P9.8->Généralisation de P9.4
Soit y un entier décadique :


y est un carré (cad le carré d'un entier décadique) et est non nul et n'est pas un diviseur de 0

y=22u52ve avec u et v deux entiers naturels
et e un entier décadique tel que e0=1 ou 9 et e1=2p (avec p =0 ou 1 ou 2 ou 3 ou 4) et e2 a la parité de p

Remarque :
compte-tenu de P9.5, on obtient ici une preuve de P9.4 sans utilisation des corps p-adiques.

Exercice 12 : prouver P9.8.

P9.9->Sur les racines carrées d'entiers décadiques diviseurs de 0.
On a vu (P9.3) qu'un diviseur de 0 entier décadique a au plus deux racines carrées ; mais pour l'instant je suis incapable de caractériser les entiers décadiques diviseurs de 0 admettant effectivement deux racines carrées.
Rappelons qu'un entier décadique diviseur de 0 se termine par 5 ou par un chiffre pair : voir P5.2
Je suis arrivé uniquement à ces quelques remarques :

1) un diviseur de 0 entier décadique x se terminant par 0 aura des racines carrées si et seulement si il se termine par un nombre pair de 0 et alors x=(10p)2y avec y diviseur de 0 entier décadique ne se terminant pas par 0, donc on est ramené à chercher les racines carrées de diviseurs de 0 entiers décadiques ne se terminant pas par 0.

2) parmi les diviseurs de 0 entiers décadiques se terminant par 5, seuls ceux se terminant par 625 peuvent avoir des racines carrées : c'est le cas de a, mais pas celui de -a qui se termine par 375.

3) parmi les diviseurs de 0 entiers décadiques se terminant par un chiffre pair non nul, seuls ceux se terminant par 4 (donc par 04 ou 24 ou 44 ou 64) et ceux se terminant par 6 (donc par 16 ou 36 ou 56 ou 76) peuvent avoir des racines carrées : c'est cas de b qui se termine par 76 et aussi celui de -b qui se termine par 24 (voir chapitre 11, exercice sur l'équation x3=-x, pour les racines carrées de -b).

4) tout diviseur de 0 entier décadique se terminant par 4 est égal à 4 fois un diviseur de 0 entier décadique se terminant par 6.
Donc chercher les racines carrées de diviseurs de 0 entiers décadiques se terminant par 4 revient à chercher les racines carrées de diviseurs de 0 entiers décadiques se terminant par 6.

Exercice 13 : prouver P9.9.

Exercice 14 :
1) Résoudre dans NB(10) l'équation x2+x+8=0.
2) u et v étant deux entiers décadiques, résoudre dans NB(10) l'équation (x-u)(x-v)=0.
Cas particuliers u=0, v=1 et u=0, v=-1.

Remarque : on verra au chapitre 11 la résolution de toutes les équation ayant une des formes suivantes : xn=x ou xn=-x ou xn=1.

Solution des exercices du chapitre 9

Exercice 1 : preuve de P9.1
1) Les racines carrées de y sont les racines (dans NB(10)) du polynôme X2-y à coefficients dans NB(10) et de degré 2 ; cf P8.10 il a au plus quatre racines dans NB(10).

2) Soit x un nombre décadique racine carrée de y et soit r (0) le nombre de chiffres après la virgule de x : donc x2=y a 2r chiffres après la virgule ; si r=0, c'est que y est entier décadique.

3) Soit y avec 2r (r1) chiffres après la virgule, alors 102ry est entier décadique et comme x2=y(10rx)2=102ry, chercher les racines carrées de y, c'est bien chercher les racines carrées de l'entier décadique 102ry.

4) Evident cf le 3).

5) Le fait que -1 ; 1; a-b=2a-1 ; b-a=1-2a sont des racines carrées de 1 a déjà été vu au chapitre 6 (dernière question de l'exercice) ; cf le 1) ci-dessus ce sont les seules.

Puisque (a-b)2=(b-a)2=1, c'est que l'inverse de a-b est a-b et l'inverse de b-a est b-a.
De façon générale, puisque ab=0, la formule du binôme donne (a-b)n=an+(-1)nbn=a+b=1 si n est pair ; de même pour n pair (b-a)n=1

Exercice 2 : preuve de P9.2
x2=yf(x2)=f(y)(f2(x2),f5(x2))=(f2(y),f5(y)) (f2(x))2=f2(y) et (f5(x))2=f5(y)
Donc x2=y f2(y) est un carré dans Z2 et f5(y) est un carré dans Z5.

Supposons cette condition remplie, c'est-à-dire supposons qu'il existe u dans Z2 et v dans Z5 tels que f2(y)=u2 et f5(y)=v5.
Alors x2=y (f2(x))2=u2 et (f5(x))2=v2.
Mais dans Z2 et Z2 il n'y a pas de diviseurs de 0 (car Z2 et Z5 sont inclus, respectivement, dans les corps Q2 et Q5), donc
x2=y f2(x)=u ou -u et f5(x)=v ou -v f(x)=(u,v) ou (u,-v) ou (-u,v) ou (-u,-v).
f étant une bijection, tout élément de Z2×Z5 a un et un seul antécédent : on retrouve donc ici que y a au plus quatre racines carrées (voir P9.1) et il en aura exactement quatre si et seulement si les quatre couples (u,v), (u,-v), (-u,v), (-u,-v) sont distincts, c'est-à-dire si et seulement si u et v ne sont pas nuls.
D'où la discussion :

soit y=0 et alors u=v=0 et une seule possibilité pour x : f(x)=(0,0) soit x=0
soit y0 soit y est diviseur de 0 et alors, cf P8.9, (f2(y)=0 et f5(y)0) ou (f2(y)0 et f5(y)=0), donc (u=0 et v0) ou (u0 et v=0),
donc, parmi les quatre couples, il n'y a que deux couples distincts : (0,v) et (0,-v) ou (u,0) et (-u,0), ce qui donne que deux antécédents et y a exactement deux racines carrées.
soit y n'est pas diviseur de 0 cette fois, y étant non nul par ailleurs, f2(y)0 et f5(y)0 et donc u0 et v0, et ainsi les quatre couples sont distincts et y a exactement quatre racines carrées.

Exercice 3 : preuve de P9.3
Cf le 5) de P9.1, -x0, x0, (a-b)x0, (b-a)x0 sont quatre racines carrées de y.
Le problème est de savoir si elles sont distinctes lorsque y n'est pas diviseur de 0 et lesquelles sont distinctes lorsque y est diviseur de 0 : on pourra alors appliquer P9.2.
Tout d'abord notons que :

x0=-x02x0=0x0=0 (car 2 est inversible, cf P3.6)
(a-b)x0=(b-a)x02(a-b)x0=0x0=0 (car 2 inversible, ainsi que a-b qui se termine par 9 et voir P4.1 ou ... parceque son inverse est a-b, cf P9.1)
Or x0 est non nul, puisqu'on a supposé y non nul : donc x0 et -x0 sont distincts ainsi que (a-b)x0 et (b-a)x0.
Notons E={-x0 ; x0} et F={(a-b)x0 ; (b-a)x0}.
Cherchons à voir à quelle condition E et F ne sont pas disjoints : E et F non disjoints (a-b)x0=x0 ou (a-b)x0=-x0 -2bx0=0 ou 2ax0=0 bx0=0 ou ax0=0 (rappel : a+b=1) D'où
si y n'est pas diviseur de 0 alors x0 n'est pas diviseur de 0 (voir P5.3, puisque x0 est une racine carrée de y), donc, puisque par ailleurs x00, ax0 et bx0 ne sont pas nuls, donc E et F sont disjoints, et ainsi -x0, x0, (a-b)x0, (b-a)x0 sont quatre racines carrées, distinctes 2 à 2, de y : ce sont les quatre racines carrées de y cf P9.2. si y est diviseur de 0 alors x0 est diviseur de 0 (voir P5.3) et donc, cf le 9) de P8.9, ax0=0 ou bx0=0 et, cf ce qui précéde, on a E=F et alors on ne dispose, pour l'instant, que de deux racines carrées pour y, mais cf P9.2 ce sont forcément les seules. Quant à la conséquence, elle résulte de façon immédiate de ce qui précéde, puisque u est une racine carrée de u2 et d'après P5.3, u diviseur de 0u2 est diviseur de 0.

Exercice 4 :
D'après la décomposition en nombres premiers n=22u52vk avec k=K2w et K premier avec 10 (bien sûr u, v, w sont des entiers naturels quelconques).
Il s'agit de montrer que k1 ou 9 (40), ce qui revient à montrer que K21 ou 9 (40) : c'est nécessaire (on fait w=1) et c'est suffisant, car pour tout entier naturel w on a 1w1 (40) et 9w1 ou 9 (40) puisque 921 (40), ce qui entraîne que 92p 1 (40) et 92p+19 (40).
Par ailleurs si K'K (40) alors K'2wK2w (40) et K' premier avec 10 K premier avec 10.
Il suffit donc de montrer que pour K{1;3;7;9;11;13;17;19;21;23;27;29;31;33;37;39} on a K21 ou 9 (40) : vérification laissée au lecteur.

Et pour le lecteur détestant les vérifications, voici une autre méhode.
Il s'agit de montrer que 40 divise k-1 ou que 40 divise k-9 ; comme 40=8×5 avec 8 et 5 premiers entre eux, cela revient à montrer que
(8 divise k-1 et 5 divise k-1) ou ( 8 divise k-9 et 5 divise k-9)
(8 divise k-1 et 5 divise k-1) ou (8 divise k-1 et 5 divise k+1), puisque 91 (8) et 9-1 (5)
8 divise k-1 et 5 divise k2-1.
Mais k=V2 avec V=Kw premier avec 10 : il s'agit donc de montrer que si V est premier avec 10 alors 8 divise V2-1 et 5 divise V4-1.

V premier avec 10 V impairV=2q+1V2-1=4q(q+1), et comme q ou q+1 est pair, V2-1 est toujours divisible par 8.
V premier avec 10 5 ne divise pas V et d'après le (petit) théorème de Fermat, 5 divise V4-1.

On a bien prouvé le résultat sans vérification numérique.

La réciproque est fausse : 41=22×052×041 et 411 (40), alors que 41 n'est pas le carré d'un entier naturel.

Exercice 5 : preuve de P9.4
D'après P9.2, e sera le carré d'un entier décadique est équivalent à f2(e) est un carré dans Z2 et f5(e) est un carré dans Z5 ; mais f2(e)=f5(e)=e car e est dans Z (voir P8.7).
Donc e sera le carré d'un entier décadique est équivalent à e est un carré dans Z2 et e est un carré dans Z5 ; en écrivant e=22u52vk (décomposition en nombres pemiers) avec k,dans Z, premier avec 10, et en utilisant l'aide on obtient :
e est le carré d'un entier décadique 52vk1 (8) et 22uk1 ou 4 (5).
Mais 52v=25v1 (8) et 22u=4u1 ou 4 (5), donc
e est le carré d'un entier décadique k1 (8) et k1 ou 4 (5).
8 et 5 étant premiers entre eux, (k1 (8) et k1 (5))k1 (40)
et on a aussi, ce qui est moins évident, (k1 (8) et k4 (5)) k9 (40) :

en effet, si k=1+8p et k=4+5p', alors 8p-5p'=3, 8(p-6)=5(p'-9), donc ( théorème de Gauss) 5 divise p-6 et p=6+5q, soit k=1+48+40q9 (40)
réciproquement si k9 (40) on a évidemment k1 (8) et k4 (5)
ou, "plus joli", on applique le théoréme des restes chinoix (voir preuve de P8.7) pour résoudre le systéme {k1 (8) et k4 (5) }, d'inconnue k : x0=1, a=8, x1=4, b=5, et comme 2×8-3×5=1, on peut prendre u=2, v=-3 et les solutions du systéme {k1 (8) et k4 (5) } sont kaux1+bvx0 (ab), soit k64-15=49 (40), ce qui donne bien k9 (40).
Finalement, e est le carré d'un entier décadique e=22u52vk avec k1 ou 9 (40).

Exemples : les entiers naturels ci-dessous qui sont écrits en gras sont ceux qui ne sont pas carrés d'entiers naturels .
cas u=v=0

pour k1 (40) on obtient ... ; -119 ; -79 ; -39 ; 1 ; 41 ; 81 ; 121 ; 161 ; ...
pour k9 (40) on obtient ... ; -111 ; -71 ; -31 ; 9 ; 49 ; 89 ; 129 ; 169 ; ...
cas u=1, v=0 (on multiplie les solutions précédentes par 4) pour k1 (40) on obtient ... ; -476 ; -316 ; -156 ; 4 ; 164 ; 324 ; 484 ; 644 ; ...
pour k9 (40) on obtient ... ; -444 ; -284 ; -124 ; 36 ; 196 ; 356 ; 516 ; 676 ; ...
Exercice 6
1) Si n avait une racine carrée x périodique, alors x=p/q avec p et q rationnels (voir P3.7), donc (p/q)2=n, et p2=nq2. Mais cette égalité est vraie dans Z, car la multiplication dans EN(10) prolonge celle de D.
Quitte alors à diviser p et q par leur pgcd, on peut supposer p et q 1er entre eux, donc p2 et q2 sont aussi 1er entre eux, et p2 divise n (Th de gauss), et n=n'p2, 1=n'q2 et donc n'=1 et n=p2, ce qui est exclu par hypothèse.

2) m est périodique (période 0) et -m aussi (période 9) ; mais (2a-1)m et (1-2a)m ne le sont pas : si (2a-1)m était périodique, c'est que (2a-1)m=p/q avec p et q dans Z et a serait rationnel, donc périodique ce qui est faux : voir chapitre 6.

Exercice 7 : preuve de P9.5
1) Si e1 ou 9 (40), montrons que e vérifie la propriété, notée P : e0=1 ou 9 et e1=2p (avec p=0 ou 1 ou 2 ou 3 ou 4), e2 a la parité de p.
Notons que e ne peut être nul.

   1er cas : e>0

e=1+40k ou 9+40k avec k dans N, donc e0=1 ou 9, et e1 va être le chiffres des unités de 4k, donc e1 est pair. si e0=1 si e1=2p avec p=1 ou 3 soit p=1 et e=1+40k=.....21 :
4k se termine par 2, donc k se termine par 3 ou 8, donc k=10u+3 ou 10u+8 et e=121+400u ou 321+400u et e2 est égal à 1+pair ou 3+pair, donc e2 est impair, soit la parité de p
soit p=3 et e=1+40k=.....61 :
cette fois 4k se termine par 6, donc k se termine par 4 ou 9, donc k=10u+4 ou 10u+9 et e2=161+400u ou 361+400u et, comme ci-dessus, e2 est impair, soit la parité de p
si e1=2p avec p=0 ou 2 ou 4 soit p=0 et e=1+40k=.....01 :
4k se termine par 0, donc k se termine par 5, donc k=10u+5 et e2=201+400u et e2 est pair, soit la parité de p
soit p=2 et e=1+40k=.....41 :
4k se termine par 4, donc k se termine par 1 ou 6, donc k=10u+1 ou 10u+6 et e2=41+400u ou 241+400u et e2 est pair, soit la parité de p
soit p=4 et e=1+40k=.....81 :
4k se termine par 8, donc k se termine par 2 ou 7, donc k=10u+2 ou 10u+7 et e2=81+400u ou 281+400u et e2 est pair, soit la parité de p
si e0=9 e=9+40k avec k dans N, donc e=e'+8, avec e'=1+40k : donc e' vérifie la propriété P (cf la démonstration du cas e0=1) ; mais en ajoutant 8 à e' on ne modifie que son 1er chiffre, qui passe de 1 9 et reste impair, et donc e vérifie encore la propriété P.
   2ième cas : e<0 Rappelons que le développement décadique de e s'obtient à partir de e=c(-e)+1 (voir D2.1).
Cf P2.4, e[e]2 (103), donc e[e]2 (40) puisque 40 divise 1000 ; ainsi [e]21 ou 9 (40).
Mais [e]2 est un entier naturel >0, donc on peut lui appliquer la démonstration du 1er cas : [e]2 vérifie la propriété P ; or les trois derniers chiffres de [e]2 sont les 3 derniers chiffres de e, donc e vérifie la propriété P.
Montrons maintenant que si e0=1 ou 9 et e1=2p (avec p=0 ou 1 ou 2 ou 3 ou 4), e2 a la parité de p alors e1 ou 9 (40).

   1er cas : e>0 (attention, pour cet énoncé P9.5, e désigne un entier relatif et les derniers chiffres de son développemnt décadique sont ceux de son écriture décimale que si e0 )

Au niveau des deux derniers chiffres de e (de son écriture décimale ou de son développement décadique) il y a dix possibilités :

examinons d'abord les cas où e se termine par 1:
soit p=0, e2=2q et e=1000k+2q×100+11 (40)
soit p=1, e2=2q+1 et e=1000k+(2q+1)×100+21=1000k+200q+1211 (40)
soit p=2, e2=2q et e=1000k+2q×100+411 (40)
soit p=3, e2=2q+1 et e=1000k+(2q+1)×100+61=1000k+200q+1611 (40)
soit p=4, e2=2q et e=1000k+2q×100+811 (40)

Les cinq cas où e se termine par 9, revient à ajouter 8 aux cas précédents et donc pour ces cinq cas se terminant par 9, on a e1+8=9 (40)

   2ième cas : e<0 On utilise la mêmes idée que dans le 2ième cas de la preuve dans le sens direct.
[e]2 vérifie l'hypothèse, puisque ses 3 (derniers) chiffres sont les 3 derniers chiffres de e, et comme c'est un entier naturel positif on peut lui appliquer la preuve du 1er cas précédent : [e]21 ou 9 (40), mais cf P2.4, e[e]2 (1000), donc e[e]2 (40) et on a encore e1 ou 9 (40).

2) Les deux équivalences sont conséquences immédiates du 1), dans la mesure où pour tout n2, [e]n est un entier naturel dont les trois derniers chiffres sont e2, e1 et e0.

Exercice 8 : preuve de P9.6
x2=e pour tout n0, [x2]n[e]n (10n+1), cf D1.1, pour tout n0 ([x]n)2[e]n (10n+1) cf D1.3.

La condition de rang 0 donne :

(x0)2e0 (10)
Soit e0=1 et alors x0=1 ou 9, soit e0=9 et alors x0=3 ou 7 : donc pour un e donné, il y a uniquement deux possibilités pour x0
x0 étant une des deux valeurs possibles, la condition de rang 1 donne : ([x]1)2[e]1 (100), soit (10x1+x0)2 10e1+e0 (100) 20x1x010e1+e0-(x0)2 (100)
Mais, par choix de x0, (x0)2-e0=10K0, avec K0 dans N ; en fait si e0=1 soit x0=1 et K0=0
soit x0=9 et K0=8
si e0=9 soit x0=3 et K0=0
soit x0=7 et K0=4
On constate alors que K0 (qui est bien sûr toujours le chiffre de rang 1 de (x0)2) est toujours pair.
Finalement la condition de rang 1 s'écrit 2x1x0e1-K0 (10) et comme e1 est pair , ainsi que K0, la condition de rang 1 s'écrit x1x0(e1-K0)/2 (5) ; évidemment si e1 avait été impair, la condition de rang 1 n'aurait pas eu de solution et e n'aurait pas eu de racine carrée.
Comme x0 (égal à 1 ou 3 ou 7 ou 9) est 1er avec 5, il a un inverse modulo 5 : si x0 est 1 ou 9, cet inverse est x0 et x1(e1-K0)x0/2 (5)
si x0 est 3 ou 7, cet inverse est -x0 et x1-(e1-K0)x0/2 (5)

Il y a donc deux possibilités pour x1, une, u, dans {0;1;2;3;4} et l'autre u+5.

(x0, x1) étant un des quatre couples possibles, la condition de rang 2 donne :

([x]2)2[e]2 (1000), soit (100x2+[x]1)2 100e2+[e]1 (1000)200x2[x]1100e2+[e]1-([x]1)2 (1000)
Mais ([x]1)2-[e]1=100K1, avec K1 dans Z (on verra plus loin qu'en fait K1N), et donc
la condition de rang 2 s'écrit 2x2[x]1e2-K1 (10), soit puisque [x]1x0 (10), 2x2x0e2-K1 (10).
Pour que cette équation d'inconnue x2 admette des solutions, il est nécessaire que e2-K1 soit pair (puisque 2 divise le membre de gauche et 10), donc K1 doit avoir la même parité que e2, la parité de ce dernier dépendant de la valeur de e1 (voir hypothèse).
Il s'agit donc de préciser K1, ce qui va être le point le plus "longuet" de la démonstration. 1) Montrons que K10 et que le chiffre des units de K1 est le chiffre de rang 2 de ([x]1)2 :
([x]1)2=100K1+[e]1 ; on ne peut avoir K1-1 car le membre de droite serait -100+99=-1, alors que le membre de gauche est le carré d'un entier naturel. Donc K10, et puisque [e]199, c'est que le chiffre des unités de K1 est bien le chiffre de rang 2 de ([x]1)2.

2) x0 étant choisi, on a vu qu'il y a deux possibilités pour x1 : montrons que ces deux possibilités u et u+5 donnent la même parité pour le chiffre de rang 2 de ([x]1)2.
En effet, en posant v=10u+x0, soit ([x]1)2=v2, soit ([x]1)2=(v+50)2 ; or (v+50)2-v2=100(25+v) et comme v a pour chiffre des unités x0 qui est impair, 25+v a son chiffre des unités pair, donc le chiffre de rang 2 de (v+50)2-v2 est pair, donc le chiffre de rang 2 de (v+50)2 est celui de v2 augmenté d'un nombre pair (on ne prend évidemment pas la retenue éventuelle), donc il a même parité que celui de v2.

3) Pour chacun des quatres couples possibles (e0, x0), on va calculer K1 pour un x1 possible et vérifier ainsi que K1 a toujours même parité que e2.
Rappelons que par hypothèse, e1=2p, avec p=0 ou 1 ou 2 ou 3 ou 4, et e2 a la parité de p.
Rappelons aussi que 100K1=(10x1+x0)2-(10e1+e0) et que x1 est solution de x1x0(e1-K0)/2 (5).
cas e0=1 ; x0=1
Donc K0=0, x1e1/2 (5) ; on peut choisir x1=e1/2=p.
Ce qui donne 100K1=(10p+1)2-(20p+1), soit K1=p2, et K1 a donc même parité que celle de p, donc que celle de e2.
cas e0=1 ; x0=9
K0=8, 9x1(e1-8)/2 (5), soit puisque 9-1 (5), x14-e1/2 (5) et on peut prendre x1=4-e1/2=4-p.
D'où 100K1=(10(4-p)+9)2-(20p+1), soit K1=p2-10p+24=p2+pair et K1 a même parité que celle de p, donc que celle de e2.
cas e0=9 ; x0=3
K0=0, 3x1e1/2 (5), soit puisque 2×31 (5), x1e1 (5) et on peut prendre x1=e1=2p.
D'où 100K1=(20p+3)2-(20p+9), soit K1=4p2+p=p+pair et K1 a même parité que celle de p, donc que celle de e2.
cas e0=9 ; x0=7
K0=4, 7x1(e1-4)/2 (5), soit puisque -2×71 (5), x14-e1 (5) ; mais 4-e1 n'est pas toujours dans {0;1;...;9}, par contre c'est le cas de 9-e11=9-e1=9-2p.
D'où 100K1=(10(9-2p)+7)2-(20p+9), soit K1=4p2-39p+94=-39p+pair et K1 a même parité que celle de p, donc que celle de e2.

Donc K1 a toujours effectivement la même parité que e2 et ainsi la condition de rang 2 s'écrit x2x0(e2-K1)/2 (5), et, puisque x0 est 1er avec 5, on va encore avoir (même raisonnement que pour x1) deux possibilités pour x2, une, u', dans {0;1;2;3;4} et l'autre u'+5 ce qui devient ... gênant, car un nombre décadique ne peut avoir plus de quatre racines carrées (2×2×2=8!)
En fait, ce qui se passe c'est que pour pouvoir réaliser la condition de rang 3, seule une des ces deux valeurs va convenir .
Cette condition de rang 3 est ([x]3)2[e]3 (104), soit (1000x3+[x]2)2 1000e3+[e]2 (104)2000x3[x]21000e3+[e]2-([x]2)2 (104).
Mais ([x]2)2-[e]2=1000K2, avec K2 dans N et le chiffre des unités de K2 étant le chiffre de rang 3 de ([x]2)2 (pour cet aspect, justification analogue à celle faite ci-dessus pour le fait que K10 et que le chiffre des unités de K1 est le chiffre de rang 2 de ([x]1)2).
Ainsi, la condition de rang 3 est 2x3[x]2e3-K2 (10), soit puisque [x]2x0 (10), 2x3x0e3-K2 (10), équation qui aura des solutions que si K2 a la parité de e3, et cela va être vrai que pour une des deux possibilités pour x2.
En effet ici, contrairement au chiffre de rang 2 de ([x]1)2, le chiffre de rang 3 de ([x]2)2 a une parité qui n'est pas la même selon la valeur u' ou u'+5 que l'on prend pour x2 :
en effet, en posant v=100u'+[x]1, soit ([x]2)2=v2, soit ([x]2)2=(v+500)2 et (v+500)2-v2=1000(v+250) ; or v se termine par x0 qui est impair, donc le chiffre des unités de v+250 est impair donc le chiffre de rang 3 de (v+500)2-v2 est impair (et les chiffres de (v+500)2-v2 de rangs 0,1,2 sont nuls), donc le chiffre de rang 3 de (v+500)2 est celui de v2 augmenté d'un nombre impair, donc il n'a pas même parité que celui de v2.
Ce qui veut dire qu'il y a une seule possibilité pour x2, solution de la condition de rang 2, qui fait que le chiffre de rang 3 de ([x]2)2 (qui est le chiffre des unités de K2) a pour parité celle de e3 et ainsi K2 et e3 ont même parité et la condition de rang 3 s'écrit x3x0(e3-K2)/2 (5).
Equation qui a encore deux solutions, puisque x0 est 1er avec 5, une, u", dans {0;1;2;3;4} et une autre u"+5 ; mais là encore, une seule de ces solutions assurera que l'on puisse trouver une solution x4 à la condition de rang 4 : c'est la solution x3=u" ou u"+5, telle que le chiffre de rang 4 de ([x]3)2 a pour parité celle de e4. Etc ...
Bien sûr, on peut écrire une récurrence.... La voici, mais elle est plus pour moi que pour le lecteur, car c'est pratiquement un copié-collé de la recherche de x3.

Soient (x0, x1) un des quatre couples assurant que les conditions de rang 0 et 1 soient vérifiées.

On note, pour n2, la propriété Pn : il existe un seul xn tel que ([x]n)2[e]n (10n+1) et le chiffre de rang n+1 de ([x]n)2 a pour parité celle de en+1.
P2 a été vérifiée.
Montrons pour n2, que si Pn est vraie alors Pn+1 est vraie.

La condition de rang n+1 donne ([x]n+1)2[e]n+1 (10n+2), soit (10n+1xn+1+[x]n)2 10n+1en+1+[e]n (10n+2) ; mais par hypothèse de récurrence, ([x]n)2-[e]n=Kn10n+1, Kn ayant pour chiffre des unités le chiffre de rang n+1 de ([x]n)2, et ainsi 2xn+1[x]nen+1-Kn (10).
Mais par hypothèse de récurrence, le chiffre des unités de Kn a la parité de en+1, et donc Kn et en+1 ont même parité et on peut diviser par 2 : xn+1x0(en+1-Kn)/2 (5).
x0 étant premier avec 5, il y a deux solutions (dans {0;1;...;9}) : u(n) et u(n)+5.
Reste à justifier qu'une seule de ces deux solutions assure que le chiffre de rang n+2 de ([x]n+1)2 a la parité de en+2.
Posons v=10n+1u(n)+[x]n, donc ([x]n+1)2=v2 ou (v+5×10n+1)2 ; or d=(v+5×10n+1)2-v2=10n+2(v+25×10n) et comme v se termine par x0 qui est impair et que n2, le chiffre des unités de v+25×10n est impair, donc le chiffre de rang n+2 de d est impair (les chiffres précédents étant nuls), donc les chiffres de rang n+2 de (v+5×10n)2 et v2 n'ont pas la même parité, donc un seul de ces deux nombres a un chiffre de rang n+2 dont la parité est celle de en+2, ce qui donne une et une seule possibilité pour que xn+1 vérifie la condition de rang n+1, et que le chiffre de rang n+2 de ([x]n+1)2 ait la parité de en+2. Ce qui prouve Pn+1.

Exercice 9 : application de P9.6 à e=41, e=169, e=-31, valeurs toutes égales à 1 ou 9 modulo 40

1) On cherche les entiers décadiques x tel que x2=e avec e=169.
e0=1, donc x0=1 ou 9 : prenons x0=9 cf énoncé.

x1 solution de (10x1+9)2[e]1=41 (100), soit 180x1-40 (100), soit 18x1-4 (10), puis 9x1-2 (5), soit puisque 9-1 (5), x12 (5), ce qui donne 2 et 7 comme solutions : prenons x1=7 ,cf énoncé.

x2 solution de (100x2+79)2[e]2=41 (1000) ET en plus x2 doit être tel que le chiffre de rang 3 de ([x]2)2 doit avoir la parité de e3=0.

La congruence donne 200×79x2-6200 (1000), soit 2×79x2-62 (10), 2×(-1)x2-2 (10), -x2-1 (5) et x21 (5), soit deux solutions x2=1 ou 6 ;
mais 1792=32041, dont le chiffre de rang 3 est 2 qui est pair, et 6792=461041, dont le chiffre de rang 3 est 1 qui est impair ;
donc, cette fois une seule possibilité qui est x2=1.
x3 solution de (1000x3+179)2[e]3=41 (10000) ET en plus x3 doit être tel que le chiffre de rang 4 de ([x]3)2 doit avoir la parité de e4=0. La congruence donne 2000×179x3-32000 (10000), soit 2×179x3-32 (10), 2×(-1)x3-2 (10), -x3-1 (5) et x31 (5), soit deux solutions x3=1 ou 6 ;
mais 11792=1390041, dont le chiffre de rang 4 est 9 qui est impair, et 61792=3180041, dont le chiffre de rang 4 est 8 qui est pair ;
donc, la seule possibilité est x3=6.
x4 solution de (10000x4+6179)2[e]4=41 (100000) ET en plus x4 doit être tel que le chiffre de rang 5 de ([x]4)2 doit avoir la parité de e5=0. La congruence donne 20000×6179x4-38180000 (100000), soit 2×6179x4-3818 (10), 2×9x2-8 (10), 9x4-4 (5), -x4-4 (5) et x44 (5), soit deux solutions x4=4 ou 9 ;
mais 461792=2132500041, dont le chiffre de rang 5 est 5 qui est impair, et 961792=9250400041, dont le chiffre de rang 5 est 4 qui est pair ;
donc, la seule possibilité est x4=9.
(Bien entendu, le fait que 461792 et 961792 soient égaux à 41 modulo 100000 n'est pas une surprise, puisque ces deux valeurs de x4 vérifient ([x]4)241 (100000) !)
Donc une racine carrée entière décadique de 41 est r1=.....96179.

Les autres sont, cf P9.3, r2=-r1 ; r3=(2a-1)r1 et r4=-r3.

r2=.....03821, cf -x=c(x)+1 (voir D2.1)

Pour r3, on utilise D1.2 et D1.3 : x et y étant deux entiers décadiques, les cinq derniers chiffres de x+y sont les cinq derniers chiffres de [x]4+[y]4 et les cinq derniers chiffres de xy sont les cinq derniers chiffres de [x]4[y]4.
cf le chapitre 6, [a]4=90625, donc [2a]4=81250 et [2a-1]4=81249.
Donc les cinq derniers chiffres de r3 sont les cinq derniers chiffres de 81249×96179=7814447571, et donc r3 se termine par 47571 :
r3=.....47571, et r4=.....52429.

Finalement, les valeurs approchées à 10-5 près (voir P7.2) des quatres racines carrées de 41 sont :

r1=.....96179 ; r2=.....03821 ; r3=.....47571 ; r4=.....52429

Le lecteur peut vérifier que les carrés de 96179, 03821, 47571, 52429 sont tous égaux à 41 modulo 105.

2) On cherche les entiers décadiques x tel que x2=e avec e=169.
e0=9, donc x0=3 ou 7 : prenons x0=3 cf énoncé.

x1 solution de (10x1+3)2[e]1=69 (100), soit 60x160 (100), soit 6x16 (10), puis 3x13 (5), soit x11 (5), ce qui donne 1 et 6 comme solutions : prenons x1=1 ,cf énoncé.

x2 solution de (100x2+13)2[e]2=169 (1000) ET en plus x2 doit être tel que le chiffre de rang 3 de ([x]2)2 doit avoir la parité de e3=0.

La congruence donne 200×13x20 (1000), soit 26x20 (10), 6x20 (10), 3x20 (5), x20 (5), ce qui donne deux solutions x2=0 ou 5 ;
mais 0132=169, dont le chiffre de rang 3 est 0 qui est pair, et 5132=263169, dont le chiffre de rang 3 est 3 qui est impair ;
donc, une seule possibilité qui est x2=0.

x3 solution de (1000x3+13)2[e]3=169 (10000) ET en plus x3 doit être tel que le chiffre de rang 4 de ([x]3)2 doit avoir la parité de e4=0.

La congruence donne 2000×13x30 (10000), soit 26x30 (10), 6x30 (10), 3x30 (5), x30 (5), ce qui donne deux solutions x3=0 ou 5
mais 00132=169, dont le chiffre de rang 4 est 0 qui est pair, et 50132=25130169, dont le chiffre de rang 4 est 3 qui est impair ;
donc, une seule possibilité qui est x3=0.
Etc : on va toujours obtenir xn=0, pour n2. En effet, le lecteur peut vérifier que pour n3 alors (5×10n+13)2=50...0132 ( il y a n-2 zéros entre 5 et 13 )=250...0130...0169, avec n-3 zéros entre 25 et 13, n-2 zéros entre 13 et 169 ; ainsi le chiffre de rang n+1 de 50...132 est toujours 3 impair.

En utilisant les mêmes idées qu'à la fin de la question précédente, on trouve que les valeurs approchées à 10-5 près (voir P7.2) des quatres racines carrées de 169 sont :

r1=13 (valeur exacte) ; r2=-13=.....(9)87 (valeur exacte) ; r3=.....56237 ; r4=.....43763

Le lecteur peut vérifier que les carrés de 13, 99987, 56237, 43763 sont tous égaux à 169 modulo 105.

3) On cherche les entiers décadiques x tel que x2=e avec e=-31
Là, la première chose à faire est de chercher le développement décadique : e=.....(9)69.
e0=9, donc x0=3 ou 7 : prenons x0=3.

x1 solution de (10x1+3)2[e]1=69 (100), soit 60x160 (100), soit 6x16 (10), puis 3x13 (5), soit x11 (5), ce qui donne 1 et 6 comme solutions : prenons x1=1.

x2 solution de (100x2+13)2[e]2=969 (1000) ET en plus x2 doit être tel que le chiffre de rang 3 de ([x]2)2 doit avoir la parité de e3=9.

La congruence donne 200×13x2800 (1000), soit 2×13x28 (10), 13x24 (5), 3x24 (5) et x23 (5), soit deux solutions x2=3 ou 8 ;
mais 3132=97969, dont le chiffre de rang 3 est 7 qui est impair, et 8132=660969, dont le chiffre de rang 3 est 0 qui est pair ;
donc, la seule possibilité est x2=3.
x3 solution de (1000x3+313)2[e]3=9969 (10000) ET en plus x3 doit être tel que le chiffre de rang 4 de ([x]3)2 doit avoir la parité de e4=9. La congruence donne 2000×313x3-88000 (10000), soit 2×313x3-88 (10), 313x3-44 (5), 3x31 (5) et x32 (5), soit deux solutions x3=2 ou 7 ;
mais 23132=5349969, dont le chiffre de rang 4 est 4 qui est pair, et 73132=53479969, dont le chiffre de rang 4 est 7 qui est impair ;
donc, la seule possibilité est x3=7.
x4 solution de (10000x4+7313)2[e]4=99969 (100000) ET en plus x4 doit être tel que le chiffre de rang 5 de ([x]4)2 doit avoir la parité de e5=9. La congruence donne 20000×7313x4-53380000 (100000), soit 2×7313x4-5338 (10), 2×3x2-8 (10), 3x4-4 (5), et x42 (5), soit deux solutions x4=2 ou 7 ;
mais 273132=745999969, dont le chiffre de rang 5 est 9 qui est impair, et 773132=5977299969, dont le chiffre de rang 5 est 2 qui est pair ;
donc, la seule possibilité est x4=2.
Une racine carrée entière décadique de -31 est r1=.....27313

Et en utilisant les mêmes idées qu'à la fin de la question précédente, on trouve que les valeurs approchées à 10-5 près (voir P7.2) des quatres racines carrées de -31 sont :

r1=.....27313 ; r2=.....72687 ; r3=.....53937 ; r4=.....46063

Le lecteur peut vérifier que les carrés de 27313, 72687, 53937, 46063 se terminent par 99969 et donc sont bien égaux à -31 modulo 105

Exercice 10
1) e est en fait très particulier : il est périodique, donc c'est un rationnel (voir P3.7) ;
e=.....(1)×1000+81, et cf P3.2 par exemple, e=(-1/9)×1000+81=-271/9.
Comme -2719 (40) il admet quatre racines carrées r, -r, (a-b)r, (b-a)r ; et 9 lui aussi en admet quatre : -3, 3 (a-b)3, (b-a)3.
On vérifie facilement, puisque (a-b)2=1, que les 16 rapports possibles ne donnent que quatre rapports distincts qui sont les quatre racines carrées de e : r/3, -r/3, (a-b)r/3, (b-a)r/3.

2) Cf P3.6 1/3=.....(6)7 ; d'o cf D1.3 les huit derniers chiffres de R=r/3 sont les huit derniers chiffres de 05325223×66666667=355014868441741 et donc [R]7=68441741.
Comme R2=e, on a (voir D1.3) ([R]7)2[e]7 (108). Vérifions :([R]7)2=4684271911111081 et ([R]7)2-[e]7=46842719×108.

Exercice 11
Soit x un entier décadique tel que x2=e.
On a donc (x0)2e0 (10), donc 10 divise (x0)2-e0, or (x0)2 ne peut se terminer que par 0 ou 1 ou 4 ou 5 ou 6 ou 9 (2, 3, 7, 8 ne sont pas résidus quadratiques de 10), et donc nécessairement e0=0 ou 1 ou 4 ou 5 ou 6 ou 9.

Montrons maintenant l'aspect haut bas de l'équivalence.
On doit avoir aussi ([x]2)2[e]2 (1000), soit
(100x2+10x1+x0)2 100e2+10e1+e0 (1000)
100(x1)2+(x0)2+200x2x0+20x1x0 100e2+10e1+e0 (1000) : relation notée (R)

On va examiner les quatre cas possibles
1er cas : e0=1, donc x0=1 ou 9, d'après (x0)2e0 (10).

si x0=1
la relation (R) donne

100(x1)2+200x2+20x1 100e2+10e1 (1000), soit

10(x1)2+20x2+2x1 10e2+e1 (100) : donc 2 divise e1, cad e1=2p avec p=0 ou 1 ou 2 ou 3 ou 4 et aussi 10 divise 2x1-e1=2(x1-p) et donc 5 divise x1-p.
On a alors 10(x1)2+20x2+2(x1-p) 10e2 (100) et (x1)2+2x2+(x1-p)/5 e2 (10).
Mais puisque 5 divise x1-p et que x1{0;1;...;9} et 0p<5, c'est que x1=p ou p+5 si x1=p, alors p2+2x2e2 (10) et donc 2 divise p2-e2 et e2 a la parité de p2, soit celle de p
si x1=p+5, alors p2+10p+26+2x2e2 (10), et donc 2 divise encore p2-e2 et e2 a la parité de p2, soit celle de p
si x0=9
la relation (R) donne

100(x1)2+1800x2+180x1+80 100e2+10e1 (1000), soit

10(x1)2+180x2+18x1+8 10e2+e1 (100) : donc 2 divise e1, cad e1=2p avec p=0 ou 1 ou 2 ou 3 ou 4 et aussi 10 divise 18x1+8-e1=2(9x1+4-p) et donc 5 divise 9x1+4-p.
On a alors 10(x1)2+180x2+2(9x1+4-p) 10e2 (100) et (x1)2+18x2+(9x1+4-p)/5 e2 (10).
Mais 5 divise 9x1+4-p, cad 5 divise -x1+4-p, et puisque x1{0;1;...;9} et 0p<5, c'est que x1=4-p ou 9-p si x1=4-p, alors p2-8p+16+18x2+8-2pe2 (10) et donc 2 divise p2-e2 et e2 a la parité de p2, soit celle de p
si x1=9-p, alors p2-18p+81+18x2+17-2pe2 (10), et donc 2 divise encore p2-e2 et e2 a la parité de p2, soit celle de p

2ième cas : e0=9, donc x0=3 ou 7, d'après (x0)2e0 (10). si x0=3
la relation (R) donne

100(x1)2+600x2+60x1 100e2+10e1 (1000), soit

10(x1)2+60x2+6x1 10e2+e1 (100) : donc 2 divise e1, cad e1=2p avec p=0 ou 1 ou 2 ou 3 ou 4 et aussi 10 divise 6x1-e1=2(3x1-p) et donc 5 divise 3x1-p.
On a alors 10(x1)2+60x2+2(3x1-p) 10e2 (100) et (x1)2+6x2+(3x1-p)/5 e2 (10).
Mais puisque 5 divise 3x1-p et que x1{0;1;...;9} et 0p<5, c'est que x1=2p ou 2p+5 si p2, 2p-5 si p3 (pour le voir, par exemple, écrire 3x1p (5) et multiplier par 2, puisque 6 c'est 1 modulo 5) si x1=2p, alors 4p2+6x2+pe2 (10) et donc 2 divise p-e2 et e2 a la parité de p
si x1=2p+5, alors 4p2+20p+25+6x2+p+3e2 (10), et donc 2 divise encore p-e2 et e2 a la parité de p
si x1=2p-5, alors 4p2-20p+25+6x2+p-3e2 (10), et donc 2 divise encore p-e2 et e2 a la parité de p
si x0=7
la relation (R) donne

100(x1)2+1400x2+140x1+40 100e2+10e1 (1000), soit

10(x1)2+140x2+14x1+4 10e2+e1 (100) : donc 2 divise e1, cad e1=2p avec p=0 ou 1 ou 2 ou 3 ou 4 et aussi 10 divise 14x1+4-e1=2(7x1+2-p) et donc 5 divise 7x1+2-p.
On a alors 10(x1)2+140x2+2(7x1+2-p) 10e2 (100) et (x1)2+14x2+(7x1+2-p)/5 e2 (10).
Ici, il est moins commode de préciser les valeurs de x1 telles que 5 divise 7x1+2-p : cette condition équivaut à 7x1p-2 (5), soit en multipliant par 3, x13p-1 (5), donc x1=3p-1+5k, avec k dans Z : cela va suffire pour pouvoir conclure.
En effet, on a alors (3p-1+5k)2+14x2+(21p-7+35k+2-p)/5e2 (10), soit 9p2-6p+1+25k2+10k(3p-1)+14x2+4p-1+7ke2 (10), et enfin 9p2-6p+10k(3p-1)+14x2+4p+k(25k+7)e2 (10).
Or pour tout k, k(25k+7) est pair, donc 2 divise 9p2-e2, soit 2 divise p2-e2 et e2 a encore la parité de p.

Exercice 12
Si y=22u52ve avec u et v deux entiers naturels et e un entier décadique tel que e0=1 ou 9 et e1=2p (avec p =0 ou 1 ou 2 ou 3 ou 4) et e2 a la parité de p, alors d'après P9.7, e est un carré donc y aussi (en effet e=z2 avec z entier décadique, donc y=x2 avec x=2u5vz et x est bien entier décadique).
Et aussi 22u, 52v et e étant inversibles (voir P3.6 et P4.1), y est inversible, donc non nul et pas diviseur de 0 (voir P8.9).

Montrons la réciproque, cad cette fois on se donne y non nul, pas diviseur 0 et qui est le carré d'un entier décadique.
y n'étant pas diviseur de 0, ni nul il est inversible (voir P8.9) et donc, cf P4.4, il existe deux entiers naturels n et m et e entier décadique se terminant par 1 ou 3 ou 9 tels que y=2n5me.

Montrons que n et m sont pairs.

Sinon l'un au moins est impair et n=2u+r, m=2v+r' avec (r,r')=(1,0) ou (0,1) ou (1,1).
En posant a=2u5v, alors
soit y=a2×2e si (r,r')=(1,0),
soit y=a2×5e si (r,r')=(0,1),
soit y=a2×10e si (r,r')=(1,1).
Mais par hypothèse y est un carré, donc selon les cas, 2e ou 5e ou 10e doit être un carré, ce qui est impossible : si 2e=x2, alors 2e0(x0)2 (10), donc 2 divise x0 : si x0=0 alors x=10z (z entier décadique), 2e=100z2 et e=50z2, donc e se terminerait par 0, ce qui est impossible
si x0=2 ou 4 ou 6 ou 8, x=2z, 2e=4z2, e=2z2 et e0 serait pair, ce qui est aussi impossible
si 5e=x2, alors cette fois 5 divise x0, donc x0=0 ou 5 si x0=0, x=10z, 5e=100z2, e=20z2 et e se terminerait par 0, ce qui est impossible
si x0=5, 2x=10z, x=5z, 5e=25z2, e=5z2 et se terminerait par 0 ou 5, ce qui est impossible
si 10e=x2 , x se termine par 0, donc x=10z, e=10z2 et se terminerait par 0, ce qui est impossible.
Donc m et n sont bien pairs, et ainsi, y=22u52ve avec e entier décadique se terminant par 1 ou 3 ou 7 ou 9. Mais y étant un carré (y=z2, z entier décadique), e est donc aussi un carré : e est le carré de 2-u5-vz qui est bien entier décadique (en effet quoique 2-u et 5-v ne soient pas entiers décadiques, voir P3.6, 2-u5-vz est forcément entier décadique car c'est une racine carrée de e et on utilise le 4) de P9.1) et donc on peut appliquer P9.7 : on a e0=1 ou 9 et e1=2p (avec p =0 ou 1 ou 2 ou 3 ou 4) et e2 a la parité de p.

Exercice 13
Me demander la solution au cas où...

Exercice 14
1) 4 étant inversible, x2+x+8=0 4x2+4x+32=0 (2x+1)2=-31 2x+1 est une racine carrée de -31.
D'après l'exercice 9, dans NB(10), -31 posséde quatre racines carrées (entières décadiques) : r1, r2, r3, r4, donc 2x+1 est un de ces quatre nombres et
x2+x+8=0 a quatre solutions qui sont entières décadiques :(r1-1)/2, (r2-1)/2, (r3-1)/2, (r4-1)/2, qui se terminent respectivement par .....3656, .....6343, .....6968, .....3031.

2) En dehors du cas où u=v, et alors l'équation a une seule solution u (rappel : x2=0 x=0), on peut écrire là aussi (x-u)(x-v)=0 4x2-4x(u+v)+4uv=0 (2x-(u+v))2=(u-v)2, et il suffit d'appliquer P9.3 :
si u-v est diviseur de 0, 2x-(u+v)=u-v ou -u+v et si u-v n'est pas diviseur de 0, 2x-(u+v)=u-v ou -u+v ou (a-b)(u-v) ou (b-a)(u-v).
En conclusion, les solutions dans NB(10) de (x-u)(x-v)=0 sont

si u=v, une seule solution : u

si uv

si u-v est diviseur de 0, deux solutions (distinctes) : u et v

si u-v n'est pas diviseur de 0, quatre solutions (distinctes) : u, v, au+bv, bu+av, dont la somme est 2(u+v) et le produit (uv)2

Si u=0, v=1 on est dans le dernier cas et il y a quatre solutions 0, 1, a, b : on retrouve bien sûr le résultat du chapitre 6 sur l'équation x2=x.
Par contre si u=0, v=-1 on trouve que l'équation x2=-x a quatre solutions 0, -1, -a, -b ; voir chapitre 11.

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