SN AE

satisfaits. Et on pourrait poursuivre le raisonnement si on n’était pas limité par le:

Théorème 40. — Tous les systèmes de congruences de

ci) à sont incompatibles sauf Q) et (3): (2) et (5): Det (D: © à ©.

PREUVE. Pour la démonstration on montrera successivement

l tabilité 1 tabilité d ; :

Re Da Guns

(2) el (2) sont incompatibles. En effet, de (r+1)(r+s+1)=1

et r (+1) = — 1 on déduit : (r + 1):(2r +s +1) = 0 ou 2r+s+1—=0 (car, avec m premier, r + 1<m est premier à m) ou r+s+1=—r. Et, alors, la congruence s (+s+1)=r

de © devient : —sr=r ou r (s+ 1) —=0. Ce qui est impossible avec m premier, r < m et s+ 1 < m.

et (3) sont compatibles. En effet, ils ont tout d’abord la congruence commune (r+1) (r+s+1) = 1.

Ensuite, cette congruence est changée par la congruence sæ=r (r+1) de G) en {+1)-[r+1+r (r+1)]=1 ou (r+1)$=1. Enfin, avec s=r(r+1), la congruence s(r+s+1)=r de () s'écrit à son tour : r(r+1) [r+1+r(r+1)] =r ou r (r+1)5=r. Et, si (r+1)$= 1, cette congruence est évidemment satisfaite.

(2) et (a) sont incompatibles. En effet, de (r+1) (r+s+1)=1 de (1) et (+s) (r+s+1) = —1 de (4) on déduit : (r+s+1) (2r+s+1)=0 et, comme r+s+1<m, 2r+s+1= ou r+s+1——r. Mais, alors, la deuxième congruence de S (m+s+1) = r est changée en —sr=r ou r (s+1) = 0. Ce qui est impossible avec m premier et r < m ainsi que s + 1 < m.

PR

(2) et (5) sont incompatibles. En effet, de (r+1) (r+s+1)=1 de G) et r(r+1)=—1 de (5) on déduit : (r+1) (2r+s+1) =0 et, comme r+1<m, 2r+s+1=0 ou r+s+1=—r+r. Mais, alors, la deuxième congruence de @) s (r+s+1) = r s'écrit : —sr=r où r (s+1) = 0. Impossible, comme ci-dessus.

(2) et (6) sont incompatibles. En effet, avec r(r+s) = 1 de (6) la congruence (r+1) (r+s+1) = 1 de Q devient : r(r+s)+r+r+s+1=1 où 1+2r+s+1=1 ou 2r+s+1=0 ou r+s+1=—r. Et, encore une fois, la deuxième congruence de G) s(r+s+1)=r s’écrira alors : —sr=r ou r(s+1) = 0. Ce qui est impossible.

(2) et (7) sont incompatibles. En effet, de (r+1) (r+s+1)=1 de () et (+s) Tr +s+1) = — 1 de (7) on déduit : œ+s+1) (2r+s+1) = 0 et, comme r+s+1i<m, on a: 2r+s+1—=0 ou r+s+1—=—T+r. Et la deuxième congruence de (@) s (r+s+1) = r devient à nouveau : — sr = r ou r (S+ 1) = 0. Ce qui est impossible.

(G) et sont incompatibles. En effet, avec r (r+s) = 1 de (8), la congruence (r+1) (r+s+1) = 1 de (@) devient :

r(r+s)+2r+s+1=1 ou 2r+s+1—=0 ou r+s+1=—r.

Et, une fois de plus, la deuxième congruence de () s(r+s+1l)=r

devient : — sr = r ou r {s+ 1) = 0. Ce qui est impossible. (2) et (3) sont incompatibles. En effet, de r(r+1) = —1

de (2) et r(r+1) =s de (3) on déduit : s+ 1 = 0. Ce qui est impossible car s+ 1 < m.

(2) et (4) sont incompatibles. En effet, avec r (r+s) =s de (2) la congruence (r + 1) (r+s) = r de (4) s'écrit :