Annales de mathématiques pures et appliquées/Tome 05/Arithmétique, article 2

Solution d’un problème d’arithmétique

Annales de mathématiques pures et appliquées, 5, 1815 (p. 309-327).

Solutions du problème d’arithmétique proposé à la
page 220 de ce volume.

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ÉNONCÉ. Quels sont les nombres dont toutes les puissances ont, pour leurs $n$ derniers chiffres à droite, respectivement, les $n$ derniers chiffres à droite de ces nombres eux-mêmes ?

Première solution ;

Par M. Tédenat, correspondant de l’institut, recteur de
l’académie de Nismes.

I. Soient $N,N'$ deux facteurs de $n$ chiffres au moins, et concevons qu’on les ait partagés, l’un et l’autre en deux tranches dont la dernière à droite ait $n$ chiffres. Soient alors respectivement $a,a'$ les tranches de gauche et $b,b'$ les tranches de droite, considérées les unes et les autres comme des nombres isolés, on aura ainsi

${\begin{aligned}N=&10^{n}a+b,\\N'=&10^{n}a'+b'\,;\\\end{aligned}}$

d’où on conclura

$NN'=\left\{10^{n}aa'+(ab'+ba')\right\}10^{n}+bb'.$

À cause du facteur $10^{n}$ qui affecte la première partie de ce produit, elle n’aura aucune influence sur ses $n$ derniers chiffres à droite, lesquels ne dépendront ainsi que de $b$ et $b'\,;$ c’est-à-dire que, pour que le produit de deux nombres ait à sa droite $n$ chiffres donnés, disposés dans un ordre donné, il est nécessaire et il suffit que la dernière tranche de $n$ chiffres de la droite du multiplicande, multipliée par la dernière tranche de $n$ chiffres de la droite du multiplicateur donne un produit qui ait ces mêmes $n$ chiffres à sa droite, disposés entre eux dans l’ordre assigné.

Il suit évidemment de là 1.^o que, pour que toutes les puissances d’un nombre aient à leur droite les mêmes $n$ derniers chiffres, il est nécessaire et il suffit que les $n$ derniers chiffres de la droite de son quarré soient respectivement les mêmes que les $n$ chiffres qui le terminent lui-même ; 2.^o que pour que les $n$ derniers chiffres de la droite du quarré d’un nombre soient respectivement les mêmes que les $n$ derniers chiffres de la droite de ce nombre, il est nécessaire et il suffit que le quarré de sa dernière tranche de $n$ chiffres à droite soit lui-même terminé par ces mêmes chiffres.

Voilà donc la question proposée réduite à celle-ci : Quels sont les nombres de $n$ chiffres qui terminent eux-mêmes leur quarré ? c’est sous ce point de vue que nous allons l’envisager.

II. Il suit, de ce qui vient d’être dit que tout nombre de $n$ chiffre qui termine lui-même son quarré doit avoir pour sa dernière tranche de $p$ chiffres à droite un nombre qui termine aussi lui-même son quarré, $p$ étant un nombre quelconque moindre que $n.$

Supposons que, le problème ayant déjà été résolu pour les nombres de $n-1$ chiffres, on veuille le résoudre pour les nombres de $n$ chiffres ; les nombres cherchés ne pourront être autres que les nombres déjà trouvés, augmentés d’un chiffre sur leur gauche ; et il s’agira d’assigner ce chiffre.

Soit $a$ l’un des nombres qui résolvent le problème pour le cas de $n-1$ chiffres, et soit $b$ la tranche de son quarré qui est à gauche de ses $n-1$ derniers chiffres, en sorte qu’on ait

$a^{2}=10^{n-1}b+a.$

Soit ensuite $A$ le chiffre qu’il faut écrire à la gauche de $a$ pour parvenir à un nombre correspondant de $n$chiffres qui résolve le problème ; ce nombre sera ainsi

$10^{n-1}.A+a.$

dont le quarré sera

$10^{2n-2}.A^{2}+2.10^{n-1}aA+a^{2}\,;$

ou, d’après la précédente valeur de $a^{2},$

$10^{2n-2}.A^{2}+2.10^{n-1}aA+10^{n-1}b+a\,;$

et il faudra que ce quarré soit terminé par $10^{n-1}.A+a,$ c’est-à-dire, qu’il soit égal à ce nombre plus un multiple quelconque de $10^{n}.$ Mais comme, excepté le cas où l’on aurait $n=1,\ 10^{2n-2}$ est toujours tout au moins égal à $10^{n}\,;$ il s’ensuit qu’on peut n’avoir aucun égard à la partie $10^{2n-2}.A^{2}$ de ce quarré, laquelle tombera toujours au delà du $n.^{me}$ chiffre à gauche, et se contenter de poser

$2.10^{n-1}aA+10^{n-1}.b+a=10^{n}x+10^{n-1}A+a\,;$

ce qui donne, en réduisant, transposant et divisant pas $10^{n-1},$

$(2a-1)A=10x-b\,;$

équation que l’on pourra simplifier, dans chaque cas particulier, à raison de l’indétermination de $x,$ en rejetant toutes les dixaines qui se trouveront, dans $2a-1$ et $b.$

Nous voilà donc en état de résoudre le problème, pour une valeur quelconque de $n,$ si nous savons le résoudre pour la valeur de $n$ immédiatement inférieure à celle-là. Nous pourrons donc le résoudre pour toutes les valeurs de $n,$ si nous savons le résoudre pour la seule valeur $n=1.$

Or, pour trouver les solutions qui conviennent à ce cas particulier, il suffit de comparer tous les nombres d’un seul chiffre, y compris $0,$ à leurs quarrés, ce qui donnera

$A=0,1,5,6.$

Ce cas ainsi résolu, rien ne sera plus facile que de s’élever aux suivans.

Pour $n=2,$ on aura

${\begin{array}{rrrrr}a=&0,&1,&5,&6,\\b=&0,&0,&2,&3,\\2a-1=&9,&1,&9,&1\,;\\\end{array}}$

d’où on conclura

${\begin{array}{rrrrr}x=&0,&0,&2,&1,\\A=&0,&0,&2,&7.\\\end{array}}$

Pour $n=3,$ on aura

${\begin{array}{rrrrr}a=&00,&01,&25,&76,\\b=&0,&0,&6,&7,\\2a-1=&9,&1,&9,&1\,;\\\end{array}}$

d’où on conclura

${\begin{array}{rrrrr}x=&0,&0,&6,&1,\\A=&0,&0,&6,&3.\\\end{array}}$

Pour $n=4,$ on aura

${\begin{array}{rrrrr}a=&000,&001,&625,&376,\\b=&0,&0,&0,&1,\\2a-1=&9,&1,&9,&1\,;\\\end{array}}$

d’où on conclura

${\begin{array}{rrrrr}x=&0,&0,&0,&1,\\A=&0,&0,&0,&9.\\\end{array}}$

Pour $n=5,$ on aura

${\begin{array}{rrrrr}a=&0000,&0001,&0625,&9376,\\b=&0,&0,&9,&0,\\2a-1=&9,&1,&9,&1\,;\\\end{array}}$

d’où on conclura

${\begin{array}{rrrrr}x=&0,&0,&9,&0,\\A=&0,&0,&9,&0.\\\end{array}}$

On pourrait poursuivre ainsi indéfiniment ; mais il est aisé de voir

1.^o Que la série de valeurs $0,00,000,\ldots$ se poursuivra toujours indéfiniment suivant la même loi, sans qu’il soit besoin d’en faire le calcul.

2.^o Qu’il en sera exactement de même pour la série de valeurs $1,01,001,\ldots .$

3.^o Que, pour la série de valeurs $5,25,625,\ldots ,2a-1$ délivré de ses dixaines, sera toujours 9 ; en sorte que l’équation à résoudre sera $9A=10x-b\,;$ mais, parce que $9A=10A-A,$ et que $x$ peut être changé en $A-x,$ on pourra à cette équation substituer la suivante

$A=10x+b.$

4.^o Qu’enfin, pour la série de valeurs $6,76,376,\ldots 2a-1,$ délivré de ses dixaines, sera toujours $1$ ; en sorte que l’équation à résoudre sera simplement

$A=10x-b.$

On voit donc que, pour parvenir aux solutions, autres que $0$ et $1,$ qui doivent répondre aux diverses valeurs de $n,$ on n’aura à résoudre que la double équation

$A=10x\pm b\,;$

le signe supérieur ou le signe inférieur devant être pris, suivant qu’il s’agit de valeurs terminées par $5$ ou de valeurs terminées par $6\,;$ et $b$ ayant une valeur propre à chacun de ces deux cas.

Or, comme, d’après ce qui précède, $b$ se réduit toujours à un nombre d’un seul chiffre, et comme $A$ doit aussi avoir un seul chiffre, il faudra faire, pour le signe supérieur, $x=0,$ et, pour le signe inférieur $x=1,$ ce qui donnera les deux formules

$A=b,\qquad A=10-b.$

Si donc on se rappelle que $b,$ délivré de ses dixaines, n’est autre chose que le $n.^{me}$ me chiffre de droite à gauche du quarré de $a,$ on verra que la première série de valeurs peut se calculer directement par cette règle fort simple : Quarrez le nombre d’un seul chiffre, en rejetant tous les chiffres de ce quarré au delà du second ; et vous aurez ainsi le nombre de deux chiffres. Quarrez celui-ci, en rejetant tous les chiffres de ce quarré au delà du troisième ; et vous aurez le nombre de trois chiffres. Poursuivez ainsi de la même manière, aussi loin que vous le désirerez. Voici le type du calcul :

${\begin{aligned}5&{\text{, premier nombre,}}\\{\underline {{\text{ }}5}}&\\25&\mathrm {,deuxi{\grave {e}}me\,nombre,} \\{\underline {{\text{ }}25}}&\\125&\\{\underline {50\ \ }}&\\625&\mathrm {,troisi{\grave {e}}me\,nombre,} \\{\underline {{\text{ }}625}}&\\3125&\\250\ \ &\\{\underline {50\quad }}&\\0625&\mathrm {,quatri{\grave {e}}me\,nombre.} \\{\underline {0625}}&\\3125&\\1250\ \ &\\{\underline {750\quad }}&\\90625&\mathrm {,cinqui{\grave {e}}me\,nombre.} \\\end{aligned}}$

$\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$

Il n’y aurait pas grand changement à faire à cette règle, pour la rendre propre au calcul de la seconde série de valeurs ; il ne s’agirait en effet pour cela que de substituer au dernier chiffre admis sur la gauche de chaque produit son complément à $10$ ; ainsi qu’on le voit ici

$\!\,{\begin{aligned}6&{\text{, premier nombre,}}\\{\underline {{\text{ }}6}}&\\76&\mathrm {,deuxi{\grave {e}}me\,nombre,} \\\end{aligned}}$

${\begin{aligned}{\underline {\ 76}}&\\456&\\{\underline {32\ \ }}&\\376&\mathrm {,troisi{\grave {e}}me\,nombre,} \\{\underline {\ 376}}&\\2256&\\632\ \ &\\{\underline {28\quad }}&\\9376&\mathrm {,quatri{\grave {e}}me\,nombre.} \\{\underline {9376}}&\\56256&\\5632\ \ &\\128\quad &\\{\underline {84\,\ \quad }}&\\09376&\mathrm {,cinqui{\grave {e}}me\,nombre.} \\\end{aligned}}$

$\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots$

Mais il existe, entre les nombres des deux séries, une relation qui peut conduire plus rapidement au but, et qui est trop curieuse pour la passer sous silence. Remarquons, en effet que, d’après les résultats déjà obtenus, on

${\begin{aligned}5+6=&11,\\25+76=&101,\\625+376=&1001,\\0625+9376=&10001,\\\end{aligned}}$

ce qui nous conduit à soupçonner que $A$ et $A'$ étant deux de $n$ chiffres qui résolveat le problème, on pourrait bien avoir en général

$A+A'=10^{n}+1.\qquad$(1)

Or, c’est une chose facile à vérifier. $A$ étant un nombre qui résout le problème, on doit avoir

$A^{2}=10^{n}x+A\,;\qquad$(2)

or, en éliminant $A$ entre ces deux équations, il vient

$A'^{2}=10^{n}\left(2A'+x-10^{n}-1\right)+A'\,;$

ou, en posant $2A'+x-10^{n}-1=x',$

$A'^{2}=10^{n}x'+A'\,;\qquad$(3)

ce qui prouve que $A',$ liée à $A$ par la relation (1), résout également le problème. Au moyen de cette remarque, on n’aura qu’une seule série de valeurs à calculer.

III. Au lieu de demander que les mêmes $n$ derniers chiffres se reproduisent à la droite de chaque puissance, on pourrait exiger seulement qu’ils se reproduisissent de deux en deux puissances, ou de trois en trois, de quatre en quatre, et généralement de $m$ en $m\,;$ et d’abord les nombres que nous venons précédemment de trouver résoudraient le problème ; puisque toute suite de termes égaux peut être considérée comme une suite périodique dont les périodes ont tant et si peu de termes qu’on veut. Mais si l’on exigeait que les mêmes $n$ derniers chiffres reparussent $m$ en $m$ puissances et pas plutôt, le problème deviendrait possible ou impossible suivant la nature des nombres $m$ et $n,$ ainsi qu’on va le voir.

Supposons, en premier lieu, que les mêmes $n$ derniers chiffres doivent se reproduire de deux en deux puissances ; la question se réduira évidemment à trouver un nombre de $n$ chiffres dont les chiffres soient respectivement les $n$ derniers chiffres de la droite de son cube.

Soit $a$ l’un des nombres de $n-1$ chiffres qui résolvent le problème ; soit $b$ la partie de son cube qui est à gauche de ses $n-1$ derniers chiffres ; considérée comme un nombre isolé ; on aura

$a^{3}=10^{n-1}.b+a.$

Soit ensuite $A$ le chiffre qu’il faut écrire à la gauche de $a$ pour obtenir un nombre de $n$ chiffres qui résolve le problème ; ce nombre sera

$10^{n-1}.A+a,$

dont le cube sera

$10^{3n-3}.A^{3}+3.10^{2n-2}.aA^{2}+3.10^{n-1}.a^{2}A+a^{3}.$

Les deux premiers termes de ce cube n’ayant aucune influence sur ses $n$ derniers chiffres à droite, seront de nulle considération ; en les supprimant donc, et remettant pour $a^{3}$ sa valeur $10^{n-1}.b+a,$ il faudra que le nombre résultant soit terminé par $10^{n-1}.A+a\,;$ on aura donc

$3.10^{n-1}.a^{2}A+10^{n-1}.b+a=10^{n}.x+10^{n-1}.A+a\,;$

ce qui donnera, en réduisant, transposant et divisant par $10^{n-1},$

$\left(3a^{2}-1\right)A=10x-b\,;$

équation, qu’à cause de l’indétermination de $x,$ on pourra simplifier dans chaque cas particulier, en ne prenant que le seul chiffre des unités dans les deux nombres $3a^{2}-1$ et $b.$

Il ne s’agit donc plus présentement que de connaître toutes les solutions pour la valeur $n=1$ ; or, il suffit pour cela de comparer successivement tous les nombres d’un seul chiffre, y compris $0,$ au dernier chiffre de leurs cubes ; ce qui donne sur-le-champ

$A=0,1,4,5,6,9.$

On passera de là aux autres cas ainsi qu’il suit :

Pour $n=2,$ on aura

${\begin{array}{rrrrrrr}a=&0,&1,&4,&5,&6,&9,\\b=&0,&0,&6,&2,&1,&2,\\3a^{2}-1=&9,&2,&7,&4,&7,&2,\\\end{array}}$

d’où on conclura

${\begin{array}{rrrrrr}x=0,&0{\text{ ou }}1,&2,&1{\text{ ou }}3,&5,&1{\text{ ou }}2,\\A=0,&0{\text{ ou }}5,&2,&2{\text{ ou }}7,&7,&4{\text{ ou }}9,\\\end{array}}$

Pour $n=3,$ on aura

${\begin{array}{rrrrrrrrrr}a=&00,&01,&51,&24,&25,&75,&76,&49,&99,\\b=&0,&0,&6,&8,&6,&8,&9,&6,&2,\\3a^{2}-1=&9,&2,&2,&7,&4,&4,&7,&2,&2\,;\\\end{array}}$

d’où on conclura

${\begin{array}{rrrrrrrrrr}x=0,&0{\text{ ou }}1,&1{\text{ ou }}2,&5,&1{\text{ ou }}3,&2{\text{ ou }}4,&3,&1{\text{ ou }}2,&1{\text{ ou }}2,\\A=0,&0{\text{ ou }}5,&2{\text{ ou }}7,&6,&1{\text{ ou }}6,&3{\text{ ou }}8,&3,&2{\text{ ou }}7,&4{\text{ ou }}9\,;\\\end{array}}$

et ainsi de suite.

Ainsi, en nous bornant là, on voit que les seuls nombres dont les trois derniers chiffres se reproduisent perpétuellement à la droite de leurs puissances impaires, sont les nombres terminés par

$000,001,501,251,751,624,125,625,375,875,376,249,749,499,999.$

Si l’on demandait que la même terminaison reparût seulement de trois en trois puissances, la question se réduirait à trouver un nombre de $n$ chiffres qui terminât lui-même sa quatrième puissance. En raisonnant comme nous l’avons fait ci-dessus, on trouverait facilement que, $a$ étant un des nombres qui résout le problème pour le cas de $n-1$ chiffres, et $b$ étant le $n^{me}$ chiffre de sa quatrième puissance ; si l’on désigne par $A$ le nombre d’un seul chiffre qu’il faut écrire à la gauche de $a,$ pour obtenir un nombre de $n$ chiffres qui résolvent également le problème, on doit avoir l’équation

$\left(4a^{3}-1\right)A=10x-b,$

dans laquelle $4a^{3}-1$ peut être réduit à ses seules unités.

La comparaison des nombres d’un seul chiffre à leur quatrième puissance donne, pour le cas de $n=1,$

$A=0,1,5,6.$

On aurait ensuite, pour $n=2,$

${\begin{array}{rrrr}a=0,&1,&5,&6,\\b=0,&0,&2,&9,\\4a^{3}-1=9,&3,&9,&3\,;\\\end{array}}$

d’où on conclurait

${\begin{array}{rrrr}x=0,&0,&2,&3,\\A=0,&0,&2,&7.\\\end{array}}$

Ainsi, il n’y a que les seuls nombres terminés par $00,01,25,76$ dont les deux derniers chiffres se reproduisent périodiquement à la droite de leurs puissances de trois en trois.

En suivant le même raisonnement pour les cas subséquents, on trouvera facilement que, s’il faut que les mêmes $n$ derniers chiffres se reproduisent périodiquement de $m$ en $m$ puissances ; en désignant par $a$ un des nombres de $n-1$ chiffres qui résolvent le problème, par $A$ Le nombre d’un seul chiffre qu’il faut écrire à sa gauche pour obtenir un nombre de $n$ chiffres qui le résolve également ; et enfin par $b$ le $n.^{me}$ chiffre de $a^{m+1}\,;$ on doit avoir

$\left\{(m+1)a^{m}-1\right\}A=10x-b.$

et les applications à des cas particuliers se feront comme il a été enseigné ci-dessus.

IV. On pourrait compliquer encore la question, en demandant que les terminaisons des puissances ne soient pas immédiatement périodiques ; de manière que les terminaisons périodiques soient précédées d’un nombre donné de terminaisons qui leur soient étrangères ; comme on en voit un exemple dans les nombres terminés par $15,$ dont les puissances successives ont pour terminaisons $15,25,75,25,75,\ldots \,;$ de manière que les périodes, qui ont deux termes, sont précédées du terme $15$ qui leur est étranger ; ce qui tient à ce que la fraction ${\tfrac {15}{100}}$ réduite à ses moindres termes est ${\tfrac {3}{20}},$ dont le dénominateur $20$ conserve un facteur $5$ commun avec la base $15.$ Mais nous n’insisterons pas davantage sur ce sujet qui se rattache d’ailleurs à une théorie déjà développée dans les Annales d’une manière fort lumineuse^[1].

Deuxième solution ;

Par M. J. F. Français, professeur à l’école impériale
de l’artillerie et du génie.

La question proposée revient évidemment à trouver un nombre de $n$ chiffres qui se reproduise lui-même à la droite de son quarré^[2].

Or, indépendamment de $n$ zéros et de l’unité précédée de $n-1$ zéros, qui résolvent évidemment le problème, il peut encore être résolu par l’un ou l’autre de deux nombres $x$ et $y$ satisfaisant à la double condition

$x=2^{n}p=5^{n}q+1,$

$y=5^{n}r=2^{n}s+1\,;$

car on a, dans le premier cas,

$x^{2}=2^{n}p(5^{n}q+1)=10^{n}pq+2^{n}p=10^{n}pq+x,$

et dans le second

$y^{2}=5^{n}r(2^{n}s+1)=10^{n}rs+5^{n}r=10^{n}rs+y\,;$

d’où l’on voit qu’à cause du facteur $10^{n}$ qui affecte la première partie des valeurs de $x^{2}$ et $y^{2},$ ces deux quarrés seront respectivement terminés par $x$ et $y.$

Tout se séduit donc à résoudre les deux équations indéterminées.

$2^{n}p-5^{n}q=1,$

$5^{n}r-2^{n}s=1.$

Voici leurs solutions pour divers cas particuliers

${\begin{array}{rrrrrrr}n=1,&p=3,&q=1,&r=1,&s=2,&x=6,&y=5,\\2,&19,&3,&1,&6,&76,&25,\\3,&47,&15,&5,&78,&376,&625,\\4.&586,&15,&1,&39,&9376,&0625,\\5,&293,&3,&29,&2831,&09376,&90625,\\6,&1709,&7,&57,&13916,&109376,&890625,\\7,&55542,&91,&37,&22583,&7109376,&2890625,\\{\text{etc.,}}&{\text{etc.,}}&{\text{etc.,}}&{\text{etc.,}}&{\text{etc.,}}&{\text{etc.,}}&{\text{etc.}}\\\end{array}}$

Ainsi, tout nombre terminé par quelqu’une des valeurs de $x$ ou de $y$ aura toutes ses puissances terminées par cette même valeur.

Réflexions sur le même problème ;

Par M. Gergonne ;

I. La question proposée revient évidemment à la suivante : Trouver un nombre de $n$ chiffres qui, retranché de son quarré, donne un reste qui ait au moins $n$ zéros à sa droite ?

Soit $x$ le nombre cherché, et soit généralement $B$ la base du système de numération relativement auquel on se propose de résoudre le problème ; en désignant par $y$ un nombre entier indéterminé, l’équation de ce problème sera

$x^{2}-x\qquad$ou$\qquad x(x-1)=B^{n}y\,;$

$x$ ne devant pas avoir plus de $n$ chiffres.

On satisfait d’abord généralement à cette équation, quel que soit $B,$ en posant $y=0,$ d’où

$x=0\qquad$ou$\qquad x=1.$

Ainsi, dans tout système de numération, tout nombre terminé par $n$ zéros ou par l’unité précédée de $n-1$ zéros, a toutes ces puissances terminées aussi par $n$ zéros ou par l’unité précédée de $n-1$ zéros, respectivement ; ce qui est d’ailleurs évident. Nous ne nous occuperons donc plus à l’avenir de ces deux solutions.

Pour parvenir à la découverte des autres, remarquons d’abord que $x,$ et à plus forte raison $x-1,$ étant moindre que $B^{n},$ ne sauraient, ni l’un ni l’autre, être divisibles par ce diviseur ; et, comme d’ailleurs ces deux nombres $x$ et $x-1$ sont nécessairement premiers entre eux, ils ne sauraient être divisibles, respectivement, que par deux nombres aussi premiers entre eux.

Soit donc supposé

$B^{n}=pq\,;$

$p$ et $q$ étant deux facteurs premiers entre eux, différens de $B^{n}$ et de l’unité. $B^{n}$ étant le plus petit des nombres de $n+1$ chiffres ; il s’ensuit que $p$ et $q$ seront l’un et l’autre moindres que $x$ et $x-1\,;$ en choisissant donc $x$ de manière que l’un des deux soit divisible par $p$ et l’autre par $q,$ on remplira les conditions du problème, puisqu’on aura l’une ou l’autre des équations

${\frac {x}{p}}.{\frac {x-1}{q}}=y,\qquad {\frac {x}{q}}.{\frac {x-1}{p}}=y.$

dont les premiers membres sont entiers, par l’hypothèse, et qui ont pour second membre un nombre entier indéterminé.

Posant donc

$\left.{\begin{aligned}x=&pt,\\x-1=&qu\,;\\\end{aligned}}\right\}\qquad {\text{ou}}\qquad \left\{{\begin{aligned}x=&qt,\\x-1=&pu\,;\\\end{aligned}}\right.$

l’élimination de $x$ donnera

$pt-qu=1\qquad$ou$\qquad qt-pu=1.$

Ayant donc trouvé un système de valeurs de $t$ et $u$ satisfaisant l’une ou à l’autre de ces deux équations, on aura ensuite

$x=pt\qquad$ou$\qquad y=qt,$

et le problème sera résolu.

On voit par là qu’outre les, solutions communes à tous les systèmes de numération déjà mentionnés, le problème admettra encore deux fois autant de solutions qu’il y aura de manières de décomposer $B^{n}$ en deux facteurs premiers entre eux, différens de lui-même et de l’unité.

Soit supposé

$B=a^{\alpha }b^{\beta }c^{\gamma }\ldots \qquad$d’où$\qquad B^{n}=a^{n\alpha }b^{n\beta }c^{n\gamma }\ldots$

$a,b,c,\ldots$ étant des nombres premiers inégaux, au nombre de $m.$ Il est évident qu’il y aura, autant de manières de décomposer $B^{n}$ en deux facteurs premiers entre eux, dont aucun ne soit l’unité, qu’il y aurait de manières d’exécuter cette décomposition sur le simple produit

$abc\ldots gh,$

aussi de $m$ facteurs. Or, soit $Z_{m-1},$ ce nombre de décompositions pour le produit de $m-1$ facteurs

$abc\ldots g,$

en introduisant le $m.^{me}$ facteur $h$, on pourra introduire indifféremment, pour chaque décomposition, dans le premier ou dans le second facteur, ou bien encore le prendre à lui seul pour un facteur ; ce qui prouve qu’on doit avoir $Z_{m}=2Z_{m-1}+1\,$ ce qui donne, en général,

$Z_{m}=2^{m}C-1\,;$

mais, lorsque $m=2,$ on a évidemment $Z_{m}=1,$ donc $C={\tfrac {1}{2}},$ et par conséquent

$Z_{m}=2^{m-1}-1\,;$

le nombre des solutions, autres que les deux mentionnées ci-dessus sera donc

$2Z_{m}=2^{m}-2,$

en y joignant donc ces deux-là, leur nombre total s’élèvera à $2^{m}\,;\ m$ indiquant combien la base $B$ a de sortes de facteurs premiers.

II. Lorsqu’on a trouvé un nombre dont les $n$ derniers chiffres à droite se reproduisent perpétuellement à la droite de toutes ses puissances, il est évident qu’à plus forte raison ses $n'$ derniers chiffres à droite, $n'$ étant moindres que $n,$ se reproduiront aussi perpétuellement à la droite de toutes ses puissances. Les solutions du problème, pour la valeur $n,$ donnent donc en même temps des solutions, pour la valeur $n',$ moindre que $n\,;$ puis donc que, par ce qui précède le nombre des solutions pour chaque valeur de $n$ est toujours le même et ne dépend que de $m,$ il sera le même pour $n'$ que pour $n,$ et conséquemment les solutions pour la valeur $n$ donneront toutes les solutions pour la valeur $n'.$

Ainsi, lorsqu’on voudra avoir les solutions pour plusieurs valeurs de $n\,;$ au lieu de monter successivement de plus petites valeurs à la plus élevée, il sera incomparablement préférable d’attaquer directement le problème pour cette dernière ; puisque les solutions qu’on obtiendra renfermeront implicitement toutes les autres.

Appliquons ces généralités à notre système de numération ; et cherchons à résoudre le problème, dans ce système, pour les 20 premières valeurs de $n.$ Pour cela nous poserons sur-le-champ $n=20.$ Nous avons d’ailleurs $B=10=2.5,$ d’où $B^{n}=2^{20}.5^{20}\,;$ et nous n’aurons conséquemment que le seul système de valeurs

$p=2^{20},\qquad q=5^{20}\,;$

en sorte qu’il faudra résoudre successivement les deux équations indéterminées

$2^{20}t-5^{20}.u=1,\qquad 5^{20}t-2^{20}.u=1\,;$

ou du moins chercher les plus petits nombres qui y satisfont ; en posant ensuite

$x=2^{20}t,\qquad x=5^{20}.t.$

Or, on a

$2^{20}=1\ 048\ 576,$

$5^{20}=94\ 956\ 806\ 640\ 625.$

Si l’on cherche le plus grand commun diviseur entre ces deux nombres, les quotiens successifs seront

$90949470,\ 5,\ 1,\ 1,\ 1,\ 3,\ 1,\ 1,\ 3,\ 1,\ 1,\ 1,\ 1,\ 10,\ 1,\ 12.$

À l’aide de ces quotiens, sauf le dernier, on trouvera, pour la dernière fraction convergente vers ${\frac {5^{20}}{2^{20}}},$

${\frac {7385006028926}{81199}}.$

On conclura de là, par les théories connues^[3], que le plus petit système de valeurs de $t$ et $u,$ dans l’équation

$2^{20}t-5^{20}.u=1$

est

$t=7385006028926,$

$u=81199\,;$

que par conséquent, pour l’équation

$5^{20}t-2^{20}.u=1,$

ce plus petit système de valeurs est

$t=2^{20}-81199,$

$u=5^{20}-7385006028926.$

On aura donc

$x=2^{20}.7385006028926,$

$x=5^{20}.\left(2^{20}-81199\right)=10^{20}-5^{20}.81199.$

On trouvera ainsi que tous les nombres et les seuls nombres dont un certain nombre des derniers chiffres à droite seront les mêmes dans l’un quelconque des quatre nombres

${\begin{array}{rrrrr}.....&00000&00000&00000&00000,\\.....&00000&00000&00000&00001,\\.....&07743&74008&19871&09376,\\.....&92256&25991&82128&90625,\\\end{array}}$

auront aussi les mêmes derniers chiffres à droite, en même nombre, à toutes leurs puissances.

On traiterait d’une manière analogue le cas où l’on exigerait seulement que les terminaisons des puissances successives fussent périodiques^[4].

1. Voyez un mémoire de M. Penjon, sur la Transformation des fractions dans le IV.^e volume des Annales, page 262.
2. Voyez la précédente solution.
   J. D. G.
3. Voyez le 2.^e volume de l’Algèbre d’Euler, ou la Théorie des nombres de M. Legendre.
4. Le Rédacteur a reçu postérieurement de M. Durrande une autre solution du même problème, qui rentre pour le fond dans celles qui viennent d’être mentionnée.