GE = DU = AE, TE ON ENNEET RER

a, b, À, étant des nombres donnés , positifs ou négatifs, et qu'on

peut toujours rendre entiers. Du reste, a et b doivent être premiers entre eux; car s'ils avaient un facteur commun d, en divisant tout

era ainsi le second membre devrait être entier, puisque le premier l’est ; le problème est donc absurde . quand À n’a pas aussi d pour diviseur ; et s’il l’a, on peut supprimer ce facteur dans tous les termes.

Soit x — «, y — B une solution de l’équ. (1), ou ax +- bB — A ; retranchant de l’équ. (1), on trouve a(x — x) — — b(y — B),et comme a et b sont premiers entre eux, y — B doit être un multiple de a (n° 25), tel que at ; d'où

par d, on aurait + æ +2 —

z — a — bt, VB ES AN 2)

En substituant ces valeurs dans l’équ. (1), il est visible qu’elles y satisfont , quel que soit le nombre entier #, positif ou négatif. Mais ces expressions sont les seules qui jouissent de cette propriété; car

soit æ — «,y— B', une autre solution, ou ax + bB — À; en retranchant de ax + bB—A, on a a(& — x) = — b(B& —8B); donc 8 — 8 estun multiple at de a, B —8 + at, & — x — bt, valeurs comprises dans la forme (2). :

Il suit de là que si l’on avait une des solutions («et 8), on connaïîtrait toutes les autres, en faisant 4 — 0, 1, 2....; et comme les résultats «, &« —b, « —2b...., B, B — a, b + 2a...., sont des équidifférences , on voit que toutes les valeurs de x et de y forment des progressions arithmétiques, dont les coefficients réciproques b et a sont les raisons, l’un pris avec un signe contraire (elles sont croissantes toutes deux, si a et b ont des signes différents ; l’une est croissante et l’autre décroissante, dans le cas contraire).

119. La question est ramenée à trouver une solution x — 4, y = B. Soita > b : résolvant l’équ. (1) par rapport à y, et extrayant les entiers contenus dans la fraction, on a

À — ax Dr

k et ! sont les quotients, Bet c les restes , de À et a divisés par b.

Le problème consiste à trouver les valeurs de x qui rendent B — cx mr :

divisible par b. Or, sic = 1, en faisant “HART entier z, on

a x — B—bz, et toute valeur entière de z rendra x et y en-

tiers ; le problème sera donc résolu. Mais quand c © 1, on po-

B — cx 3 7 TS RME entierz, ou bz—cr — B, et il s'agira de résoudre en nombres entiers cette au où c << b. On opérera donc comme ci-dessus, c’est-à-dire qu’on résoudra l’équ. par rapport à x , on extraira les entiers, et il viendra

ste D — bz Lup Tee C md c c

k' et l’ sont les quotients, et C, d, les restes de la division de B et b par c; il faudra que cette dernière fraction devienne un nombre entier ; orsid— 1, on aura C— z—cu, 3— C — cu, et toute valeur entière de « rendra z entier, et par suite aussi x et y. Mais quand d > 1, on pose

C — dz C — cu

gen Er cr M etc.

Les coefficients des inconnues successives z, w, v,.... sont visiblement les restes qu ‘on obtient par la méthode (n° 23) du commun diviseur entre a et b; et comme ces nombres sont premiers entre | eux, on est assuré As en dernière analyse, à un coefficient — 1, qui donnera une relation de la forme © - gs — G, entre les entiers v ets, d’où v—G — gs. Ainsi, tout nombre entier pris pour valeur de s rendra v entier, et par suite #, z, x et y : on obtiendra done une solution du problème ; les équ. (2) seront alors appli- : cables.

Un exemple éclaircira ceci. L’équ. 8x — 27y — 7 donne

RO ie mL LU 8y +7, fer Or US RE TEE

ë 7 ie: dl.

posons lies z, d'où y = 25 — 2 + . 3 . :

2z — 1 ee Su + 1 u +1 faisons 3 — uw, d'où z SE CU VER uw + mie ; enfin, égalant cette fraction à », il vient # = 20 — 1. Faisons, par exemple,v— 1, nousaurons u = 1, :=—2,y— 8,x — 11; donc, les

formules (2) deviennent

PROBLÈMES INDÉTÉRMINÉS. 159

Si l’on eût pris pour » toute autre valeur entière, on serait parvenu aux mêmes valeurs, quoique différentes en apparence. Soit v=— — 8, il vient u = —7, 5 —— 10, y — — 29, x — — 97, d'où, æ— — 97 2274, y ——29 + 84 : mais on peut mettre t + 4 au lieu de #, ce qui ramène aux valeurs ci-dessus. En faisant

= ,... —2, —1,0,1,2,.... on trouve des équidifférences croissantes, infinies dans les deux sens, dont les raisons sont 27 et 8, et dont les termes, correspondants deux à deux, sont autant de solutions de la question, et les seules qu’elle puisse comporter.

de RL LI DURE DO D rte nt autel 103070

120, Récapitulons tous les calculs, omettant les raisonnements sur lesquels ils sont fondés. Nous avons trouvé les fractions successives, qui doivent se réduire à des nombres entiers :

A — ax B — bz C— cu D — dv RE TT: aan te TE TV = (M)

les facteurs c, d,e,.... sont des restes de divisions, ainsi que B,C,D,.... Nous donnerons à ces quantités la disposition suivante, et nous en tirerons un algorithme , ou procédé de calcul rapide, qui conduira aux valeurs entières des inconnues y, x, su, 0...

a b C d e 4 g (TMS PA ET à | SN D AU COR EURE EN RPC RON 0x a dte O0 VA FA 3 u v s LTÉE A PENSSE 0

La 1re ligne est formée des diviseurs , dividendes et restes de l'opération du commun diviseur (n° 23) entre a et b, conduisant * nécessairement à un dernier terme = 1, La 2° ligne se compose ainsi qu’il suit : après avoir écrit le second membre A de la proposée sous &, on divise À par b, et on écrit le reste B sous b : puis on divise B par c, et on écrit GC sous c; on divise C par d, et ainsi de suite, les diviseurs étant successivement les mêmes que dans la 1'° ligne. On ne tient aucun compte des quotients, parce qu’ils sont sans usage.

Quant à la 3° ligne, elle est composée des valeurs entières y, æ, %,.... qu'on calcule sur le type des équ. (M), en commençant par la droite. Ainsi, pour trouver z, il faut avoir d’abord calculé «,

puis chercher le quotient entier g Toutes ces fractions de même forme doivent se réduire à des nombres entiers, en ayant soin d’avoir égard aux signes des produits, des différences et des restes.

On écrit la valeur B de y sous le coefficient a de x, et celle « de x sous celui b de y, et l’on obtient ainsi une solution de l’équ. (1); enfin on complète ces valeurs par des multiples — bt et at, confor- . mément aux équ. (2).

Il faut observer que le dernier diviseur de la 1°° ligne étant 1, le reste qui lui correspond au-dessous est zéro, nombre terminal de la 2° ligne, et que par conséquent le reste précédent est la valeur du dernier quotient entier.

Soit par ex. l'équ. 828x + 229y — 1741;

qu'on écrira sous C.

1741 138 39 ) 2 0 105 —68 90 —9 2 0 y z - u Diet

On cherche le commun diviseur entre les coefficients 328 et 229, et les restes successifs donnent les nombres de la [re ligne. Onécrit le 2° membre 1741. sous 8328, on divise par 229, et l’on écrit le “reste 136 sous ce diviseur ; on divise 136 par 99, et l’on écrit le reste 89 sous 99 ; on divise 39 par 31, et l’on écrit le reste 8 sous 31, etc. Le reste 2 est la valeur de la dernière inconnue v; puis on dit 2 X 81 — 62, qui retranché de 8, donne — 54; divisant — 54

par 6, le quotient —9 est la valeur de w; — 9 X 99 — — 891, ôtant de 39, le reste est L 930 ; divisant par 31, le quotient est 30, valeur de z; et ainsi des autres. On a ainsi y — 105, x — — 68, d'où

nn y 108— 896%, 5 — —"68 -L 299.

Pour l’équ. 8370x — 153y — 2001, on a 370 153 64 25 14 11 3 2 1

2001 12 12 12 12 1 1 1 0 —103 48 —20 +8 —4, +4 1 +1 0 y æ Z 2 et 1 en 8 Pt ot .

Donc, y — — 103 —- 370r, æ = + 48 — 1534.

Ces caleuls supposent que la proposée a tous ses termes positifs : s'il en était autrement, on prendrait en signe contraire la valeur de l’inconnue dont le coefficient a le signe — ; et on aurait la solution de l'équ. ax — by — À, où — ax + by — À, À étant positif. Par exemple, l'équ. 370x — 153y — 2001, donne

Résolvons encore l’équ. 297 — 47y — 112 :

Mots +29 18 11 7 4 3 1 112 25 7 7 0 0 0 0 4 +3 oi +1 0 0 0 0

æ y z w Coin pie. miiather ai à

La dernière inconnue — 0, il en faut dire autant des précédentes ,

jusqu'à © — RCE 1, etc.; ainsi, changeant le signe de y (à cause de — 47y), on a = — 1 + 474, y = — 3 + 99,

121. La proposée est quelquefois susceptible de simplifications, 1° S'il y a un facteur commun #.entre a et 4, en divisant l'équ. (1) parm,ona — —- É = = êl doit être entier, puisque les autres termes le sont ; ainsi y est multiple de ». Posons y — my, il vient, en divisant la proposée par m, une équ. plus simple. Soit 1200 x — 67y — 1000 ; on fera y — 2007, et divisant

l'équ. par 200, on aura 6x — 67y — 5; on en tire aisément y —= — 5, y — — 1000, x —.— 55; ainsi, ÿ — — 1000 + 1200, 7 — — 85 L 67.

Pour l'équ. 44x — 35y — 165, comme 44 et 165 ont le facteur 11, et que 35 et 165 sont multiples de 5, on fera y — 117, æ— bx', d'où 4x’ — 7y — 3 : on trouve de suite ÿ —=— 1, d—— 1,puisy= — 11-44, x = — 5 +356.

2 Observez que dans toute équidifférence 4, À ++ b, 4 + 2h... si l’on divise les a premiers termes par a, tous les restes sont différents, quand a et b sont premiers entre eux ; en effet, si deux termes pouvaient conduire au même reste, leur différence serait divisible par a (n° 16), ce qui est absurde, puisque cette différence est de la forme kb, k étant < a, Concluons de là que ces a restes inégaux

MATHÉM, PURES. T, I. 11

accomplissent tous les nombres 0, 1, 2, 8..... (a — 1), mais rangés dans un ordre différent : ainsi, l’un de ces dividendes A +- Ib donne zéro pour reste, ou est multiple de a ; et y = l

A Men 4 Le nombre entier. Or, il arrive souvent qu’en a

substituant 0, 1, 2, 3,..... pour y, on découvre la valeur / <a qui satisfait à cette condition. Ainsi, pour que (premier exemple)

8y +7 .. e RE A entier, on fait y —0, 1, 2, 8.... les restes de 3y + 7

divisé par 8 sont 7, 2, 5, 0,.... Chaque terme de cette série se forme en ajoutant 3 au reste précédent, et supprimant 8 de la somme lorsqu'elle surpasse 8. Il est visible que y — 3 est la valeur cherchée. Au reste, on ne peut regarder ceci que comme un tâtonnement souvent plus long que la méthode générale.

Pour rendre entier y = — = ; “ 12 12 08 faisons x — 0, 1, 2....; cette dernière fraction conduit aux

restes 11,6,1,8,8,10,5, 0,.... en ajoutant sans cesse 7, et ôtant 12 lorsque cela se peut; ainsi x — 7 donne le quotient exact y — 14 ; d'où y = 14 + 196, x = 7 + 124.

122. Ii arrive quelquefois que la question ne peut admettre que des solutions positives ; alors on ne doit plus prendre dans les formules (2) toutes les valeurs entières pour #; mais on posera » a — bt> 0, B + at © 0, d'après ce qu’on a dit p. 151; ces inégalités donneront les limites des.

1° Si ces limites sont dans le même sens, elles n’en donnent qu’une, et la question a une infinité de solutions croissantes ensemble ; dans ce cas, a et b sont de signes contraires dans la proposée, car sans cela ax +- by ne pourrait constamment être — c. Dans le 1e" problème on at > — + et > —{; ainsi, on peut prendre t—0,1,2,.... mais on ne peut donner à # aucune valeur négative. Dans le 2° problème p. 160, on a & — ou > 0, savoir, t—= 0, 1,2, 3,4...

2% Sices limites sont, l’une par excès, l’autre par défaut, on trouve les valeurs intermédiaires que # peut recevoir, et il n'ya qu'un nombre fini de solutions ; x croit quand y décroiît, ce qui exige que a et b aient mêmes signes. Il pourrait même se faire que

LL d

ves limites s'exclussent mutuellement, et la question serait impossible en nombres entiers et positifs. Dans le 1° exemple, p. 160, onat< et > LE; ainsi il n'y a aucune solution positive. Voiei encore diferses applications de cette théorie : Partager 117 en deux parties, dont l’une soit un multiple de 19 et l’autre de 7; on a 19x LL 7y — 117; d’où y — he pr

donc s — , Ou an dur d- q Te 2) d’où y = 14, puis # = 1 — 74 et y — 14 + 194. .

Si l’on veut que les parties de 117 soient positives, il faut en outre qu'on ait 1 — 7 > 0 et 14 + 19% © 0; d'où # < + et > — =. On ne peut alors satisfaire au problème que d’une manière ; { — 0 donne x — 1 et y — 14; de sorte que 19 et 98 sont - les parties demandées.

Payer 2000 fr. en vases de deux espèces, les uns à 9 fr., les au-

tres à 13 fr. On trouve 9 x 13y — 2000: d'où r— 2000 15y

est un nombre entier. Faisonsx— 1,

— 1—2 : sr il faut rendre É ru # où — Ÿ — un nombre entier ;: ainsi,

y— — 4, d’où x — 228; puis enfin, m = 228 — 13, y —= — 4 + 94.

Les valeurs négatives de y indiquent combien on reçoit de vases de la 2° espèce, en échange de ceux de la 1°, pour acquitter 2000 fr. dus. Mais si l’on veut que x et y soient positifs, il faut que l'on ait 228 — 134 © 0et — 4 950; d'où t € 18 et © 0. En faisanté— 1,2, 3....17,ona, pour les 17 solutions de la question, æ —= 215, 202, 189....7; y —5, 14,28.... 149. Ainsi, on peut donner 215 vases à 9 fr., et 5 à 13 fr.; ou, etc.

__ Un négociant a changé des roubles estimés 4 fr. contre des ducats de 9 fr.; il a donné 15 fr. en sus ; on demande combien de sortes

de marchés il a pu faire. On a 9y = 4x +15; d'où

g— MS ; ainsi, — 8 hs d'où y= #t+3,et x —9:13,

Lorsqu'on veut que x et y soient positifs, les limites de # coïncident, etl'onat >—1; faisantt— 0, 1, 2,.... on a un nombre infini de à be

solutions renfermées dans les séries x2=—3,12,21...,y—3,7,11...; on a donc pu changer 3 roubles contre 8 ducats, ou 12 roubles contre 7 ducats, ou. . . . etc.

L’équ. 6x — 12y — 7 ne peut être résolue en nombres entisl parce que 7 n’a pas le facteur 6, commun à 6 et 12.

Il en est évidemment de même pour 2x + 3y— — 10, quand x et y doivent être positifs ; au reste, le calcul le prouve, puisqu'il donne 5 — 3 — 5 ety — —2t; et les limitest >? et 0 sont incompatibles.

Partager en deux la fraction dont le dénominateur d = ab,

est le produit de deux nombres a et b premiers entre eux, pour cela on fera — +2 T - et l’on devra résoudre en nombres en- ‘tiers l'équation ax + by = n.

Ainsi, pour ++, comme 77 = 11 X 7,on a 11xz+ 7y = 58, d'où = 7t —-3, y —13 — 111t;ily a un nombre infini de solutions quand ++ doit être la Here des deux fractions cherchées ; mais si> en est la somme, il n’y a qu’une solution qui répond àt—l;ona# —? +}. |

Faire 50 s. avec des pièces de 2 s. et de 16 d. Soient x le nombre des pièces de 25s., et y celui des pièces de + s.; on a 25—iy— 650, ou 4x + 3y— 100; on en tire «= 1 —3t et y — 32 — 4t; en faisant 4 — 0, — 1, —2, jusqu'à —6, on a x —1,4,7...., y = 82, 26, 24.... Si l'on prenait aussi les valeurs négatives de x ou de y, alors les pièces de 2 s. seraient données en échange de’ celles de 18 d., de manière à produire 50 s. de différence.

123. La même méthode s'applique lorsqu'il y a 3, 4... inconnues et autant d’équ. moins une. En voici divers exemples :

Quel est le nombre AN qui, divisé par 5 et par 7, donne 4 et 2

pour restes, c'est-à-dire qui rend entières les quantités

Ne et rons N— 5x4 4, N = 7y +2; d'où 7y — 5x — 2; on résout cette équation par les moyens indiqués, et l'on a & —=76 1 et y —= 5t+ 1, ce qui donne NW — 354 +9. Le nombre demandé est l'un de ceux-ci : 9, 44,79,....On serait parvenu plus aisément au résultat, en remarquant que V = 4 rend visiblement la 1'° frac-

? Désignons par x et y les quotients respectifs ; nous au-

tion un nombre entier, et que tous les nombres qui jouissent de cette propriété sont compris dans V = 4 5v ; mais on ne doit prendre pour v que les valeurs qui rendent aussi entière la quan-

—2 5 ; 7 ou red on voit de suite que v— 1, et plus généralement v — 1 + 7t; donc, en substituant, N— 9 354,

En comptant les feuillets d’un livre 7 à 7, il en reste 1 ; 10 à 10, il en reste 6 ; enfin 3 à 8, il ne reste rien; combien le livre a-t-il de feuillets? On suppose qne ce nombre est entre 100 et 300. II s’agit de trouver pour !V un nombre qui rende entières les frac- : a - ; st L et du La dernière donne NV = 3z ; les deux 33 — 1 3z—6

autres deviennent - 7 . 10

tité

tions

; celle-ciexigeque z—2<410v;

ainsi, en substituant, l'autre se change en en ou 5 dv ST 29

4o + = ; donc v— 1-76, d'où : — 12704; et enfin,

N=36—<+2104. Par conséquent, si l’on fait t —0, 1, 2,.... on ‘trouve N — 36, 246, 456... . Le livre a 246 feuillets. Trouver un nombre { qui, divisé par 2, 8 et 5, donne 1, 2 et 8 pour restes. On trouve

N — 304 + 93; ainsi, N — 93, 53, 83, 118,....

On propose de rendre entières les trois quantités PET TITRE

2e et chere : voici comment on simplifiera les calculs : Comme 504 — 2.3.7, 35 — 7.5, 16—2#, on décompose les trois fractions en

121% — 41 1212 — 41 121% — 41 9x 1 9x LI 11 (7—1)

ei Na UP le QE 1 à