UPMC 2M220 Arithmétique et algèbre 2017-2018

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UPMC 2M220 Arithmétique et algèbre 2017-2018

TD 5 - Arithmétique modulaire - Corrigé

Exercice 1. La comèteA passe tous les5ans et a été observée l’année dernière. La comète B passe tous les8 ans et a été observée il y a deux ans. Quelle est la prochaine fois où les deux comètes seront visibles la même année ?

On noten∈Nle nombre minimal d’année(s) qu’il faudra attendre pour voir les comètesAetBdurant la même année. Les hypothèses faites surAet B se traduisent par le système de congruences suivant

n ≡ −1 mod 5 n ≡ −2 mod 8 , ce qui est la même chose que le système suivant

n ≡ 4 mod 5 n ≡ 6 mod 8 . On va donc résoudre le système de congruences

(S) :

x ≡ 4 mod 5 x ≡ 6 mod 8

à l’aide du thérème chinois, et on trouveranen prenant la plus petite solution positive. On pose ψ : Z/40Z −→ Z/5Z×Z/8Z

[x]₄₀ 7→ ([x]₅,[x]₈) ,

qui est un isomorphisme d’anneaux par le théorème chinois, les entiers 5 et 8 étant premiers entre eux. Les solutions de (S) sont donc exactement les éléments de la classe d’équivalence ψ⁻¹([4]₅,[6]₈) modulo40, que l’on va calculer. Pour cela, on procède comme dans la preuve de la surjectivité deψ. On commence par trouver une relation de Bézout entre 5et8. On a

(−3) × 5 + 2 × 8 = 1 ,

et on posex= 6×(−3)×5 + 4×2×8 =−26. On a bienψ([−26]₄₀) = ([−26]₅,[−26]₈) = ([4]₅, [6]₈), donc les solutions du système de congruences(S)sont les éléments de la classe de−26modulo40. Le plus petit entier positif dans cette classe est alors −26 + 40 = 14, qui est donc l’entierncherché. Il faudra donc attendre 14ans pour voir les comètes AetB la même année.

Exercice 2. Déterminer tous les multiples de7congrus à1modulo2,3,4,5, et6. Donner à chaque fois le plus petit en valeur absolue.

Il s’agit dans chaque cas de résoudre un système de congruences en utilisant le théorème chinois, et de donner la plus petite solution en valeur absolue.

• On va déterminer tous les multiples de 7 congrus à 1 modulo 2. Ceci revient à résoudre dansZ le système de congruences suivant

(S2) :

x ≡ 0 mod 7 x ≡ 1 mod 2 .

On commence par remarquer que7et2sont premiers entre eux. Le théorème chinois dit alors que le morphisme ψ : Z/14Z −→ Z/7Z×Z/2Z

[x]₁₄ 7→ ([x]₇,[x]₂)

d’anneaux est un isomorphisme d’anneaux. Les solutions dansZ de(S2)sont donc exactement les éléments de la classe d’équivalence modulo 14définie par ψ⁻¹([0]₇,[1]₂). Pour calculer cette image réciproque, on procède comme dans la preuve de la surjectivité de ψ. On commence par chercher une relation de Bézout entre7 et 2.

On a

1 × 7 + (−3) × 2 = 1 ,

(2)

donc on posex= 1 × 1 × 7 + 0× (−3) ×2 = 7. On a bienψ([7]₁₄) = ([0]₇, [1]₂). Les solutions entières du système(S2)sont donc les entiers congrus à7modulo14, c’est-à-dire les entiers de la forme14k+ 7aveck∈Z. Le plus petit de ces entiers en valeur absolue est alors 7 = 14×0 + 7.

(S3) :

x ≡ 0 mod 7 x ≡ 1 mod 3 .

[x]₂₁ 7→ ([x]₇,[x]₃)

d’anneaux est un isomorphisme d’anneaux. Les solutions dansZ de(S3)sont donc exactement les éléments de la classe d’équivalence modulo 21définie par ψ⁻¹([0]₇,[1]₃). Pour calculer cette image réciproque, on procède comme dans la preuve de la surjectivité de ψ. On commence par chercher une relation de Bézout entre7 et 3.

On a

1 × 7 + (−2) × 3 = 1 ,

donc on posex= 1 × 1 × 7 + 0× (−2) ×3 = 7. On a bienψ([7]₂₁) = ([0]₇, [1]₃). Les solutions entières du système(S3)sont donc les entiers congrus à7modulo21, c’est-à-dire les entiers de la forme21k+ 7aveck∈Z. Le plus petit de ces entiers en valeur absolue est alors 7 = 21×0 + 7.

(S₄) :

x ≡ 0 mod 7 x ≡ 1 mod 4 .

[x]₂₈ 7→ ([x]₇,[x]₄)

d’anneaux est un isomorphisme d’anneaux. Les solutions dansZ de(S4)sont donc exactement les éléments de la classe d’équivalence modulo 28définie par ψ⁻¹([0]₇,[1]₄). Pour calculer cette image réciproque, on procède comme dans la preuve de la surjectivité de ψ. On commence par chercher une relation de Bézout entre7 et 4.

On a

(−1) × 7 + 2 × 4 = 1 ,

donc on posex= 1 ×(−1) × 7 + 0 × 2 × 4 =−7. On a bienψ([−7]₂₈) = ([0]₇, [1]₄). Les solutions entières du système (S₄)sont donc les entiers congrus à−7modulo28, c’est-à-dire les entiers de la forme28k−7 avec k∈Z. Le plus petit de ces entiers en valeur absolue est alors−7 = 28×0−7.

(S5) :

x ≡ 0 mod 7 x ≡ 1 mod 5 .

[x]₃₅ 7→ ([x]₇,[x]₅)

d’anneaux est un isomorphisme d’anneaux. Les solutions dansZ de(S₅)sont donc exactement les éléments de la classe d’équivalence modulo 35définie par ψ⁻¹([0]₇,[1]₅). Pour calculer cette image réciproque, on procède comme dans la preuve de la surjectivité deψ. On commence par chercher une relation de Bézout entre7et 5.

(3)

On a

(−2) × 7 + 3 × 5 = 1 ,

donc on posex= 1 ×(−2)×7 + 0×3 ×5 =−14. On a bienψ([−14]₃₅) = ([0]₇,[1]₅). Les solutions entières du système(S5)sont donc les entiers congrus à−14modulo35, c’est-à-dire les entiers de la forme35k−14avec k∈Z. Le plus petit de ces entiers en valeur absolue est alors−14 = 35×0−14.

(S6) :

x ≡ 0 mod 7 x ≡ 1 mod 6 .

[x]₄₂ 7→ ([x]₇,[x]₆)

d’anneaux est un isomorphisme d’anneaux. Les solutions dansZ de(S6)sont donc exactement les éléments de la classe d’équivalence modulo 42définie par ψ⁻¹([0]₇,[1]₆). Pour calculer cette image réciproque, on procède comme dans la preuve de la surjectivité de ψ. On commence par chercher une relation de Bézout entre7 et 6.

On a

1 × 7 + (−1) × 6 = 1 ,

donc on posex= 1 × 1 × 7 + 0× (−1) ×6 = 7. On a bienψ([7]₄₂) = ([0]₇, [1]₆). Les solutions entières du système(S₆)sont donc les entiers congrus à7modulo42, c’est-à-dire les entiers de la forme42k+ 7aveck∈Z. Le plus petit de ces entiers en valeur absolue est alors 7 = 42×0 + 7.

Exercice 3. Montrer que l’entier 2⁷⁰+ 3⁷⁰ est divisible par13.

On peut procéder de deux manières. On peut effectuer le calcul modulaire de chaque terme et additionner pour montrer le résultat, ou bien remarquer que3²= 9est congru à−4 =−2² modulo13, ce qui donne

2⁷⁰+ 3⁷⁰ ≡ 4³⁵+ (−4)³⁵ mod 13

≡ 0 mod 13

car on a (−1)³⁵ = −1. On va aussi utiliser l’autre méthode, pour s’exercer au calcul modulaire. Par le petit théorème de Fermat, on a2¹³≡2 mod 13, ce qui donne

2⁷⁰ ≡ 2^5×13+5 mod 13

≡ 2¹³5

×2⁵ mod 13

≡ 2¹⁰ mod 13

≡ 2⁴2

×2² mod 13

≡ 3²×4 mod 13

≡ 10 mod 13 .

Toujours par le petit théorème de Fermat, on a3¹³≡3 mod 13, ce qui donne 3⁷⁰ ≡ 3^5×13+5 mod 13

≡ 3¹⁰ mod 13

≡ 27³×3 mod 13

≡ 3 mod 13 .

On a alors2⁷⁰+ 3⁷⁰≡0 mod 13, ce qui revient à dire que13divise2⁷⁰+ 3⁷⁰.

(4)

Exercice 4. Trouver le reste de la division euclidienne de100¹⁰⁰⁰ par13.

Il s’agit ici de faire un calcul modulo 13. On commence par remarquer que l’on a 100 ≡ 9 mod 13

car on a100 = 7×13 + 9. Plutôt que d’utiliser le petit théorème de Fermat, on remarque que l’on a 9² ≡ 81 mod 13

≡ 3 mod 13, ce qui donne

100¹⁰⁰⁰ ≡ 9¹⁰⁰⁰ mod 13

≡ 3⁵⁰⁰ mod 13

≡ 3^3×166+2 mod 13

≡ 3³166

×3² mod 13

≡ (27)¹⁶⁶×3² mod 13

≡ (1)¹⁶⁶×3² mod 13

≡ 9 mod 13.

Le reste de la division euclidienne de100¹⁰⁰⁰ par13est donc9.

Exercice 5. On noteGle groupe(Z/12Z)^× des éléments inversibles de l’anneauZ/12Z. 1) Donner l’ordre deG.

Le nombre d’éléments inversibles deZ/12Zétant égal au nombre d’entiers entre0et11premiers avec12, l’ordre deGest donné parϕ(12), oùϕest l’indicatrice d’Euler. On a

ϕ(12) = ϕ 2²×3

= ϕ 2²

ϕ(3) = 2²⁻¹(2−1) (3−1) = 2×2 = 4 . Le groupe Gpossède donc 4éléments.

2) Donner la liste des éléments deGet, pour chacun d’entre eux, leur ordre.

Il s’agit ici de déterminer explicitement quels sont les quatre entiers entre0 et11 premiers avec12. Les classes modulo12de ces éléments seront les éléments deG. Pour cela, on teste tous les entiers entre0et11. On a alors

G =

1,5,7,11 Z/12Z .

On va maintenant déterminer l’ordre de chacun de ces éléments. Le théorème de Lagrange dit que ces ordres ne peuvent valoir que 1, 2, ou 4. On remarque dans un premier temps que 1 est le seul élément d’ordre 1. On a ensuite5²= 25 = 1, donc5 est d’ordre2. On procède de la même façon pour les deux derniers éléments deG.

On a 7²= 49 = 1, donc7est d’ordre2. Enfin, on a11²= 121 = 1, donc11est d’ordre2.

3) Le groupeGest-il cyclique ?

Dire qu’un groupe fini d’ordren∈N^∗ est cyclique revient à dire qu’il admet un élément d’ordren. Pour que le groupe Gconsidéré dans cet exercice, qui est d’ordre4, soit cyclique, il faudrait donc qu’il admette un élément d’ordre 4. La question précédente dit cependant que ses éléments sont tous d’ordre 1 ou2. Le groupeG n’est donc pas cyclique.

Exercice 6. Soient a∈N^∗et n∈Ndeux entiers, aveca≥2. Montrer queϕ(aⁿ−1)est divisible parn.

(5)

On commence par remarquer qu’une des seules informations précises dont on dispose sur l’entierϕ(aⁿ−1)est qu’il s’agit de l’ordre du groupeG= (Z/(aⁿ−1)Z)^×. On peut alors penser à utiliser le théorème de Lagrange, qui fournit un résultat de divisibilité. Il s’agit donc de trouver un entier dont la classe dansGsoit d’ordren.

Un tel entier b devant en particulier vérifierbⁿ = 1dans G, un candidat raisonnable estb=a. Soit d∈J1, nK l’ordre de adansG. On a

a^d ≡ 1 modaⁿ−1 ,

ce qui se traduit par le fait que aⁿ−1 divisea^d−1. Ceci donne alors l’inégalitéaⁿ−1 ≤a^d−1, c’est-à-dire l’inégalitéaⁿ ≤a^d. En passant au logarithme, on trouve alorsn≤d, ce qui donne finalementn=d.

Le théorème de Lagrange dit alors que l’ordre deadansG, qui vautn, divise l’ordre deG, qui vautϕ(aⁿ−1).

Exercice 7. Soient netmdeux entiers strictement positifs, dont on noteN le ppcm.

1) Montrer que pour toutx∈Z/nZ ×Z/mZ, on aN x= 0.

Soitx= ([x₁]_n,[x₂]_m)∈Z/nZ× Z/mZ, avecx₁et x₂ entiers. On a

N x = (N[x1]_n, N[x2]_m) = ([N x1]_n,[N x2]_m) = ([0]_n,[0]_m) , carN est divisible parnet parm.

2) En déduire que sinetmne sont pas premiers entre eux, les anneauxZ/nZ×Z/mZetZ/nmZne sont pas isomorphes.

On suppose quenet mne soient pas premiers entre eux. Il s’agit de montrer qu’un morphisme d’anneaux ψ : Z/nmZ −→ Z/nZ ×Z/mZ

n’est jamais un isomorphisme d’anneaux, ce qui revient à montrer, pour des raisons de cardinalité, qu’un tel morphisme d’anneaux ne peut jamais être injectif. Soit ψun morphisme d’anneaux comme ci-dessus. On a

ψ([N]_nm) = ψ(N[1]_nm) = N ψ([1]_nm) = 0

par la question précédente. Commenetmne sont pas premiers entre eux, l’égalitépgcd (n, m)·ppcm (n, m) =nm dit que l’on a N = ppcm (n, m)< nm. Comme N est de plus non nul, on a alors [N]_nm6= [0]_nm. Ceci montre queψn’est pas injectif, et qu’il ne peut donc pas s’agir d’un isomorphisme d’anneaux.

Exercice 8. Montrer que pour toutn∈N^∗, l’entier2²⁶ⁿ⁺²+ 3est divisible par19.

Il s’agit encore une fois de faire un calcul modulaire. On commence par remarquer que le petit théorème de Fermat donne

2¹⁸ ≡ 1 mod 19

car2 et19sont premiers entre eux. On va donc étudier2⁶ⁿ⁺² modulo18. Pour cela, on pose ψ : Z/18Z −→ Z/2Z× Z/9Z

[x]₁₈ 7→ ([x]₂,[x]₉) ,

qui est un isomorphisme d’anneaux par le théorème chinois. On va alors déterminer 2⁶ⁿ⁺²

18 en calculant les deux classes

2⁶ⁿ⁺²

2 et 2⁶ⁿ⁺²

9, puis en résolvant un système de congruences. On a 2⁶ⁿ⁺²

2 = [2]⁶ⁿ⁺²₂ = [0]₂ ,

donc il suffit de déterminer la classe modulo3. Pour cela, on remarque que l’on a 2³ = 8 ≡ −1 mod 9 ,

(6)

ce qui donne

2⁶ⁿ⁺² = 2³²ⁿ

×2² ≡ (−1)²ⁿ×4 mod 9

≡ 4 mod 9.

On a donc 2⁶ⁿ⁺²

9= [4]₉. On va maintenant déterminer l’unique antécédant parψde([0]₂,[4]₉). On a 9 − 4 × 2 = 1 .

On pose donc x = 0 ×9 −4 × 4 × 2 = −32. On aψ([−32]₁₈) =ψ([4]₉) = ([0]₂,[4]₉). Le fait queψsoit un isomorphisme d’anneaux impose alors que l’on ait

2⁶ⁿ⁺²

18= [4]₁₈, ce qui se traduit par la congruence 2⁶ⁿ⁺² ≡ 4 mod 18 .

On fixe alorsk∈Ntel que l’on ait2⁶ⁿ⁺²= 18k+ 4. On a 2²⁶ⁿ⁺² = 2^18k+4 = 2¹⁸^k

×2⁴ ≡ 2⁴ mod 19

≡ 16 mod 19

≡ −3 mod 19. Ceci signifie bien que 19divise2²⁶ⁿ⁺²+ 3.

Exercice 9. On rappelle qu’un élément ad’un anneauAest ditnilpotent s’il existe un entier natureln >0 tel que l’on ait aⁿ= 0. L’anneauA est dit réduit s’il ne possède pas d’élément nilpotent non nul.

1) Montrer que l’anneauZ/nZest réduit si et seulement sinest sans facteur carré.

On va raisonner par double implication.

• ⇒: On va montrer cette implication par contraposée. On suppose quenait un facteur carré, c’est-à- dire qu’il existe un entier naturel dtel qued² divise n. Alors ⁿ_d est un entier, dont la classe modulon est non nulle. De plus, on a

n d

²

n = h

n² d²

i

n

= [n]_n n d²

n = [0]_n .

Ceci fournit un élément nilpotent non nul de l’anneau Z/nZ, et montre que ce dernier n’est pas réduit.

• ⇒: On suppose à présent que l’entiern n’ait pas de facteur carré, ce qui permet de l’écrire sous la formen=p1. . . pr, oùp1, . . . , prsont des nombres premiers distincts. On pose alors

ψ : Z/nZ −→ Z/p1Z ×. . . ×Z/prZ

[x]_n 7→

[x]_p

1, . . . ,[x]_p

r

,

qui est un isomorphisme d’anneaux par le théorème chinois. Soitxun entier relatif tel que [x]_n soit nilpotent.

Alors chaque[x]_p

i est nilpotent, et est donc nul, carZ/piZest intègre. Commeψest un isomorphisme d’anneaux, ceci donne[x]_n= [0]_n. L’anneauZ/nZest donc réduit.

2) Donner la liste de tous les éléments nilpotents deZ/40Z.

On commence par remarquer que 40 = 2³×5 a un facteur carré, donc l’anneau Z/40Z possède au moins un nilpotent non nul. On pose à présent

ψ : Z/40Z −→ Z/8Z× Z/5Z [x]₄₀ 7→ ([x]₈,[x]₅)

,

qui est un isomorphisme d’anneaux par le théorème chinois. Déterminer les nilpotents deZ/40Zrevient donc à déterminer les nilpotents de Z/8Zet deZ/5Z. L’anneau Z/5Zétant intègre, son seul nilpotent est [0]₅. On va donc déterminer les éléments nilpotents non nuls deZ/8Zen les testant tous.

(7)

On a

[1]₈ ∈ (Z/8Z)^× car1 et8 sont premiers entre eux [2]³₈ =

2³

8 = [8]₈ = [0]₈

[3]₈ ∈ (Z/8Z)^× car3 et8 sont premiers entre eux [4]²₈ =

4²

8 = [16]₈ = [0]₈

[5]₈ ∈ (Z/8Z)^× car5 et8 sont premiers entre eux [6]⁴₈ =

6²²

8 = [36]²₈ = [4]²₈ = [0]₈ [7]₈ ∈ (Z/8Z)^× car7 et8 sont premiers entre eux

donc l’ensemble des éléments nilpotents deZ/8Zest{[0]₈,[2]₈,[4]₈,[6]₈}. L’ensemble des nilpotents deZ/40Z est donc

ψ⁻¹([0]₈,[0]₅), ψ⁻¹([2]₈, [0]₅), ψ⁻¹([4]₈,[0]₅), ψ⁻¹([6]₈,[0]₅) .

Avant de poursuivre, on remarque que l’on aψ⁻¹([0]₈,[0]₅) = [0]₄₀ carψest un isomorphisme d’anneaux.

On va déterminer chacun des autres éléments de l’ensemble ci-dessus en utilisant la preuve du théorème chinois.

On commence par écrire une relation de Bézout entre5et 8. On a

2 × 8 − 3 × 5 = 1 .

On posex2 = 0× 2 × 8 −2 ×3 × 5 = −30. On a bien

ψ([x2]₄₀) = ψ([−30]₄₀) = ψ([10]₄₀) = ([2]₈,[0]₅) ,

ce qui donneψ⁻¹([2]₈, [0]₅) = ([10]₄₀). Ensuite, on posex4 = 0 ×2 × 8 − 4 ×3 ×5 = −60. On a ψ([x4]₄₀) = ψ([−60]₄₀) = ψ([20]₄₀) = ([4]₈,[0]₅) ,

ce qui donneψ⁻¹([4]₈, [0]₅) = ([20]₄₀). Ensuite, on posex6 = 0 ×2 × 8 − 6 ×3 ×5 = −90. On a ψ([x₆]₄₀) = ψ([−90]₄₀) = ψ([30]₄₀) = ([6]₈,[0]₅) .

Finalement, l’ensemble des éléments nilpotents deZ/40Zest

{[0]₄₀, [10]₄₀, [20]₄₀, [30]₄₀} .

Exercice 10. Afin de communiquer en utilisant le protocole RSA, Alice choisit la clé publique(e, n) = (37,65).

1) Déterminer la clé secrète d’Alice.

Il s’agit dans un premier temps de calculerϕ(65). On a

ϕ(65) = ϕ(5×13) = ϕ(5)ϕ(13) = 4×12 = 48 .

Il faut maintenant calculer l’inverse de37modulo48. Pour cela, on utilise l’algorithme d’Euclide. On a

48 = 1 × 37 + 11

37 = 3 × 11 + 4

11 = 2 × 4 + 3

4 = 1 × 3 + 1

Ceci montre que37 et48 sont premiers entre eux, bien qu’on puisse dans ce cas le remarquer directement. On remonte maintenant les calculs ci-dessus. On a

1 = 4−3 = 4−(11−2×4) = 3×4−11 = 3×(37−3×11)−11

= 3×37−10×11

= 3×37−10×(48−37)

= 13×37−10×48.

(8)

L’inverse de37modulo48est donc13. La clé secrète d’Alice est donc donnée par (d, ϕ(n)) = (13,48) .

2) Bob transmet le cryptogramme3. Quel était le message initial ?

Le message initial est donné par le reste de la division euclidienne de3¹³par65. On a 3⁴ = 81 ≡ 16 mod 65 ,

ce qui donne

3¹³ = 3^4×3+1 = 3⁴³

×3 ≡ 16³×3 mod 65

≡ 16²×(16×3) mod 65

≡ 256×48 mod 65

≡ (−4)×(−17) mod 65

≡ 68 mod 65

≡ 3 mod 65.

Le message initial était donc3.

Exercice 11. Lors d’un protocole RSA, un messageM (considéré comme un entier positif) est chiffré en utilisant les trois clés publiques distinctes(3, a),(3, b), et(3, c), aveca, b, csont des entiers deux à deux premiers entre eux. On a en particulier l’inégalité M <min (a, b, c). On noteA,B, etC les cryptogrammes correspondants, qui vérifient les inégalités0< A < a, 0< B < b, et0< C < c.

1) Montrer qu’il est possible de déterminerM en ne connaissant queA,B, etC.

Les cryptogrammesA,B, etC sont obtenus à partir deM par les congruences suivantes







M³ ≡ A moda M³ ≡ B modb M³ ≡ C modc

.

Ce système peut être résolu de manière générale en utilisant le théorème chinois (et sa preuve). On prend l’unique représentant de la solution moduloabcqui est comprise entre0etabc−1. On sait que cet entier est le cube de l’entier M, que l’on peut alors récupérer.

2) DéterminerM, sachant que(a, b, c) = (35,38,39)et (A, B, C) = (1,1,5).

Comme indiqué dans la question précédente, on va résoudre dans un premier temps le système de congruences

(S) :







x ≡ 1 mod 35

x ≡ 1 mod 38

x ≡ 5 mod 39

.

On procède en deux étapes. On commence par poser

ψ1 : Z/1330Z −→ Z/35Z ×Z/38Z [x]₁₃₃₀ 7→ ([x]₃₅,[x]₃₈)

,

qui est un isomorphisme d’anneaux par le théorème chinois, car35et38sont premiers entre eux. On remarque que l’on a

ψ₁([1]₁₃₃₀) = ([1]₃₅,[1]₃₈) ,

(9)

donc les solutions entières de (S)sont les mêmes que les solutions entières du système (S⁰) :

( x ≡ 1 mod 1330

x ≡ 5 mod 39 .

On pose à présent

ψ2 : Z/51870Z −→ Z/1330Z ×Z/39Z [x]₅₁₈₇₀ 7→ ([x]₁₃₃₀,[x]₃₉)

,

qui est un isomorphisme d’anneaux par le théorème chinois, car 1330 et 39 sont premiers entre eux. Il s’agit maintenant de trouver l’unique antécédent de ([1]₁₃₃₀,[5]₃₉) par ψ2. Pour cela, on commence par déterminer une relation de Bézout entre 1330et 39en utilisant l’algorithme d’Euclide. On a

1330 = 34 × 39 + 4

39 = 9 × 4 + 3

4 = 1 × 3 + 1

ce qui donne, en remontant ces calculs

1 = 4−3 = 4−(39−9×4) = 10×4−39 = 10×(1330−34×39)−39

= 10×1330−341×39. On pose alors x = 5× 10 ×1330 −1 ×341 × 39 = 53201. On a bien

ψ2([x]₅₁₈₇₀) = ψ2([53201]₅₁₈₇₀) = ψ2([1331]₅₁₈₇₀) = ([1]₁₃₃₀,[5]₃₉) . L’ensemble des solutions entières du système(S⁰), et donc du système(S), est

1331 + 51870Z.

Comme M³ est une solution de ce système, il est dans cet ensemble. Il s’agit de l’unique élément y de cet ensemble vérifianty < abc = 51870. Ceci donne

M³ = 1331 . On remarque alors que l’on aM = 11.