Nombres de Fermat (1ère partie): Comment Euler a factorisé F5 ?

Dernièrement, on a beaucoup parlé des nombres de Mersenne avec la découverte d’un nouveau nombre de Mersenne premier: il s’agit de 2^{74 \, 207 \, 281} - 1, nombre qui comporte plus de 22 millions de chiffres en base 10. Pendant ce temps-là, le plus grand nombre de Fermat premier connu n’est que 65537. Et alors qu’on connaît 49 nombres de Mersenne premiers, on ne connaît que 5 nombres de Fermat premiers. Pourtant, ils sont tout aussi intéressants !

Que sont les nombres de Fermat ?

Un nombre de Fermat est un nombre qui peut s’écrire sous la forme 2^{2^n}+1. Par exemple, voici la liste des cinq premiers nombres de Fermat:

Nombres de Fermat

Comme leur nom l’indique, ces nombres ont été introduits par Pierre de Fermat, et la première trace que nous en avons est une lettre envoyée par Pierrot (oui c’est mon pote), datant de 1640.

Vous aurez peut-être remarqué que les cinq nombres de Fermat de la liste ci-dessus (3, 5, 17, 257 et 65537) sont tous des nombres premiers, ce qui a poussé Fermat à émettre la conjecture que tous les nombres de la forme 2^{2^n}+1 sont premiers. Nous savons aujourd’hui que cette conjecture est fausse, c’est-à-dire qu’il existe des nombres de Fermat qui ne sont pas premiers (et même pire que cela, nous n’avons pas découvert ne serait-ce qu’un seul autre nombre de Fermat premier !).

Le premier à avoir prouvé que cette conjecture est fausse est Euler qui, en 1732, a démontré que le nombre F_5=2^{2^5}+1=4 \, 294 \, 967 \, 297 n’est pas premier en donnant une factorisation explicite de ce nombre. Plus précisément, il a prouvé que

F_5 = 641 \times 6 \, 700 \, 417

Le plus beau dans cette histoire est que cela ne lui a demandé de faire en tout et pour tout que 5 divisions. Comment a-t-il donc fait ?

Une condition nécessaire sur les diviseurs des nombres de Fermat

Euler ne s’est bien entendu pas bêtement lancé dans une succession de divisions de F_5 par 2, 3, 4, 5, … jusqu’à ce qu’il tombe sur un facteur. Non, il a été plus malin que cela car il a utilisé (et démontré) le théorème  suivant:

Tout diviseur premier p de F_n=2^{2^n}+1 est de la forme

p=k \times 2^{n+1}+1

k est un entier.

Voici une démonstration de cette propriété sans doute plus moderne que celle d’Euler, qui utilise la notion de congruence. Rappelons deux choses au préalable. Si a et p sont deux entiers premiers entre eux alors:

  1. Il existe un plus petit entier m>0 tel que a^m \equiv 1 \mod [p] qu’on appelle l’ordre de a modulo p.
  2. Si m' est un autre nombre tel que a^{m'} \equiv 1 \mod [p] alors le nombre m' est divisible par l’ordre de a.

Cela étant dit, nous pouvons à présent prouver la propriété. Soit p un diviseur premier du nombre de Fermat F_n. Comme les nombres de Fermat sont impairs, on ne peut pas avoir p=2 et donc p est premier avec 2 (cela nous permettra de parler de l’ordre de 2 modulo p).

• Commençons par montrer que l’ordre de 2 modulo p est 2^{n+1}. Tout d’abord, le fait que p divise F_n se traduit par la congruence:

F_n \equiv 0 \mod [p]

d’où 2^{2^n} \equiv -1 \mod[p]. En prenant cette relation au carré (comme les règles sur les congruences le permettent), on obtient \left(2^{2^n}\right)^2 \equiv (-1)^2 \mod [p] c’est-à-dire

2^{2^{n+1}} \equiv 1 \mod [p]

D’après le rappel n°2, cela signifie que l’ordre de 2 modulo p est un diviseur de 2^{n+1} donc un nombre de la forme 2^r avec 0 \leqslant r \leqslant n+1. Si on avait r\leqslant n, en prenant la relation 2^{2^r} \equiv 1 \mod [p] au carré n-r fois (autant de fois qu’il faut pour aller de r à n), on trouverait 2^{2^n} \equiv 1 \mod [p] ce qui n’est pas possible car nous avons dit que 2^{2^n} \equiv -1 \mod[p].  Ainsi, r=n+1 et donc l’ordre de 2 modulo p est 2^{n+1}.

• Il nous reste à montrer que p est de la forme p=k \times 2^{n+1}+1. Comme p est premier, le petit théorème de Fermat nous dit que:

2^{p-1} \equiv 1 \mod [p]

et donc le rappel n°2 nous dit que l’ordre de 2 modulo p (dont on sait qu’il vaut 2^{n+1} ) divise p-1. Ainsi, il existe un entier k tel que p-1 = k \times 2^{n+1} et on trouve bien que

\boxed{ p = k \times 2^{n+1}+1 }

La factorisation de F5

Grâce à la propriété précédente, Euler a d’abord remarqué que les diviseurs premiers de F_5 = 2^{2^5} +1 sont de la forme:

p=k \times 2^{5+1}+1 = 64k+1

Puis il a essayé de diviser F_5 par les différentes valeur de p obtenues pour k=1, 2, 3.... Petite remarque avant de le faire nous-mêmes: si le nombre p obtenu pour une certaine valeur k n’est pas premier, alors il ne peut forcément pas diviser F_5 car, si c’était le cas, les diviseurs premiers de p (qui sont strictement plus petits que lui-même) seraient aussi de la forme k\times 2^{n+1}+1 et donc nous devrions être déjà tombé sur un diviseur de F_5 ! Cela étant dit, allons-y:

• Si k=1 alors p=64 \times 1 + 1=65 qui n’est pas premier (car divisible par 5), donc ne perdons pas notre temps à diviser F_5 par 65.

• Si k=2 alors p=64 \times 2 + 1 = 129 qui n’est pas premier non plus (car divisible par 3) donc passons au suivant.

• Si k=3, on trouve p=193 qui est bien premier. Mais en effectuant la division de F_5=4 \, 294 \, 967 \, 297 par 193, on trouve un reste non nul, signe que F_5 n’est pas divisible par 193. Passons donc au suivant.

• Si k=4, on a p=257 qui est lui aussi premier. Là encore, en effectuant la division de F_5 par 257, on trouve un reste non nul, donc 257 n’est pas un diviseur premier de F_5.

• Si k=5, on a p=321 qui n’est pas premier (car divisible par 3).

• Si k=6, on trouve p=385 qui n’est pas premier non plus car divisible par 5.

• Si k=7, on trouve p= 449 qui est premier mais la division de F_5 par 449 donne un reste non nul.

• Si k=8, on a p=513 qui n’est pas premier (divisible par 3).

• Si k=9, on a p=577 qui est bien premier mais le reste de la division de F_5 par 577 est non nul.

• Si k=10, alors p=641 et là… YOUPI ! La division de F_5 par 641 tombe juste et donne le quotient 6  700 417. Cela démontre que F_5 = 641 \times 6 \, 700 \, 417 et donc que F_5 n’est pas premier.

Comme on le voit, il a fallu 5 divisions à Euler pour arriver à la factorisation voulue. En fait, on aurait même pu n’en faire que 4 car il était certain d’avance que 257 ne pouvait pas diviser F_5. La raison en est que 257 est le nombre de Fermat F_3 et que deux nombres de Fermat sont toujours premiers entre eux ! Pour en savoir plus à ce propos, vous pouvez lire un autre article que j’avais écrit.

Lucas pour faire mieux qu’Euler

Je vous propose à présent de factoriser nous-mêmes d’autres nombres de Fermat. Mais avant cela, nous allons être encore plus astucieux qu’Euler car nous allons donner un raffinement du théorème précédent dû au mathématicien Édouard Lucas (bien moins connu qu’Euler, mais pourtant grand mathématicien lui aussi) qui  nous permettra de faire moitié moins de divisions !  Voici l’énoncé de ce théorème:

Si n \geqslant 2, tout diviseur premier p de F_n=2^{2^n}+1 est de la forme

p=k \times 2^{n+2}+1

k est un entier.

Vous ne voyez pas de différence ? Regardez un peu l’exposant de 2, qui est n+2 au lieu de n+1 dans la propriété précédente. Par exemple, pour factoriser F_5, ce théorème dit que les diviseurs premiers sont de la forme p=k \times 2^{5+2}+1=128k+1. Il nous aurait donc seulement fallu tester les valeurs p=129, 257, 385, 513, 641 (correspondant respectivement à k=1,2,3,4,5), ce qui nous aurait valu de faire uniquement 2 divisions car seuls 257, et 641 sont premiers (et même une seule vu que 257 est un nombre de Fermat et qu’il ne peut pas diviser un autre nombre de Fermat).

Voyons maintenant comment démontrer ce théorème de Lucas. Là encore, voici deux rappels (beaucoup moins évidents que les rappels précédents) qui nous allons utiliser:

  1. Si un entier a est un carré modulo p alors a^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \mod [p] (on appelle cela le critère d’Euler).
  2. Si p est de la forme p=8m+1 alors 2 est un carré modulo p.

C’est parti pour la démonstration. On considère un diviseur premier p de F_n. Nous avions démontré qu’il existe alors un entier k tel que p=k \times 2^{n+1}+1. Comme on suppose n \geqslant 2, on a n+1 \geqslant 3 ce qui entraîne que  2^{n+1} est divisible par 2^3=8. Donc, le nombre p est de la forme p=8m +1 (avec m=k\times 2^{n-2}). D’après le second rappel, on en déduit que 2 est un carré modulo p ce qui, d’après le premier rappel, nous donne la relation:

2^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \mod [p]

Ainsi, l’ordre de 2 modulo p (dont nous avions vu qu’il valait 2^{n+1}) doit diviser \frac{p-1}{2}. Il existe donc un entier k' tel que:

k' \times 2^{n+1} = \frac{p-1}{2}

ce qui donne bien p = k' \times 2^{n+2} +1. CQFD.

Factorisation de quelques nombres de Fermat

Avec le théorème de Lucas et un ordinateur, on va pouvoir factoriser F_6, F_9, F_{10}, F_{11} et F_{12}. Pour cela j’ai écrit un programme qui renvoie le plus petit nombre qui divise F_n (ce nombre étant forcément premier). Le programme est disponible ici:

Plus petits diviseurs des nombres de Fermat

et le voici en action:

Programme_factorisation_nombres_de_FermatPour obtenir une factorisation, il suffit de diviser par le facteur premier trouvé. Par exemple, en divisant F_6 par 274 177, on trouve:

F_6 = 274 \, 177 \times 67 \, 280 \, 421 \, 310 \, 721

Attention: cette factorisation n’est peut-être pas une décomposition en facteurs premiers car il se peut que le deuxième facteur (67 280 421 310 721) ne soit pas premier.

Mais au fait, vous devriez me demander: pourquoi avoir soigneusement évité de factoriser F_7 ? Si vous lancez le programme pour ce nombre, vous constaterez que le programme tourne, tourne, tourne… sans s’arrêter ! Il y a deux raisons possibles à cela: soit il est premier, soit ses facteurs premiers sont gigantesques !

En lançant le programme pour F_8, on se retrouve confronté au même problème. En fait, il se trouve que F_7 et F_8 ne sont pas premiers, mais le montrer en essayant de trouver un facteur premier a l’air de prendre du temps. Nous verrons donc dans la deuxième partie de cet article comment prouver qu’ils ne sont pas premiers, sans même être capables de donner explicitement leurs facteurs !

Sources et notes

  • Pour de plus amples précisions historiques, vous pouvez consulter avec profit: « How Euler did it? Factoring F5 » (par Ed Sandifer).
  • Si vraiment vous voulez connaître les factorisations de F_7 et F_8, vous pouvez consulter la page Wikipédia à ce sujet (et vous constaterez que leurs plus petits facteurs premiers sont respectivement des nombres à 17 et 16 chiffres !).
  • Pour finir, voici les démonstrations des rappels énoncés dans cet article. La dernière démonstration (qui est un cas particulier de la loi de réciprocité quadratique) est particulièrement intéressante ! Normal, elle est due à Gauss…
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Combien de temps faut-il attendre avant de gagner au Loto ?

Attention: jouer à des jeux d’argents comporte des risques de choper des morpions, de devenir un pilier de comptoir ou de connaître des noms d’équidés par cœur. Nan, sérieux, faites gaffe !

Saviez-vous que si vous jouez suffisamment de fois au Loto, tôt ou tard vous gagnerez le gros lot et que cela est un fait mathématiquement démontrable ? Comme nous allons le voir, la théorie des probabilités dit qu’en jouant indéfiniment, on finit à un moment par gagner, ce qui n’est d’ailleurs pas sans rappeler la célèbre maxime des Shadoks:

Ce n’est qu’en essayant continuellement que l’on finit par réussir. En d’autres termes, plus ça rate et plus on a de chances que ça marche.

Attention cependant: ce n’est pas parce que vous avez perdu les 10 000 dernières fois que vous avez plus de chance de gagner à la prochaine ! Tous les parties sont indépendantes et tout recommence à zéro à chaque fois. Ainsi, localement on ne peut rien prévoir mais sur le long terme, une tendance se dégage où vous gagnerez à un moment donné.

Sans doute que vous allez me demander où est l’arnaque car s’il suffisait de jouer au Loto constamment pour gagner, ça devrait faire longtemps que certains auraient décroché le gros lot. Et pourtant, je vous le promets, d’arnaque il n’y a point ! Tôt ou tard vous gagnerez ! Mais en fait, plus tard que tôt, et c’est bien là le problème… Voici donc la question à laquelle nous allons répondre dans cet article: en moyenne, au bout de combien de temps (c’est-à-dire de combien de parties) gagne-t-on au Loto ?

Le cas d’une pièce

Avant de nous attaquer au cas du Loto, commençons par un exemple sans doute plus facile à concevoir, celui d’un pièce de monnaie. Je pense que vous arriverez tous à admettre que, si vous lancez une pièce suffisamment de fois, il y a un moment où vous tomberez sur Pile (c’est d’ailleurs amusant que ce résultat soit plutôt intuitif dans le cas d’une pièce et beaucoup moins dans le cas du Loto, alors que les situations sont quasi-identiques). Pour savoir au bout de combien de lancers on tombe sur Pile en moyenne, j’ai réalisé une petite simulation:

Loto_simulation_lancers_pieceSi on en croit cette simulation, il faut lancer une pièce environ deux fois en moyenne pour que Pile apparaisse. Ce qui est remarquable, c’est qu’à aucun moment le programme n’a tourné sans se terminer, signe qu’à chaque fois, Pile est bien sorti à un moment ou à un autre.

Le cas du dé

Prenons un autre exemple pour bien fixer les idées et essayer de voir si on peut conjecturer quelque chose. Si on lance un dé suffisamment de fois, je pense que là aussi il vous est facile d’arriver à concevoir que tôt ou tard on tombera sur un 4. Pour savoir en moyenne au bout de combien de lancers cela arrivera, j’ai encore fait une simulation:

Loto_simulation_lancers_deOn voit donc qu’en moyenne il faut  lancer un dé environ 6 fois pour obtenir un 4.

Conjecture

Résumons ce qu’on a vu:

  • dans le cas d’une pièce de monnaie, on a une chance sur 2 de tomber sur Pile et, en moyenne, Pile sort au bout de 2 lancers;
  • dans le cas d’un dé, on a une chance sur 6 de tomber sur un 4 et, en moyenne, le 4 sort au bout de 6 lancers.

Vous la voyez venir la conjecture ? La voici:

Dans une expérience aléatoire qu’on répète de manière identique et indépendante, si un événement a une probabilité p de se réaliser, alors il faut en moyenne \frac{1}{p} répétitions de cette expérience pour que cet événement se réalise.

Nous allons bien entendu prouver cette conjecture dans la suite mais, nous allons d’abord prouver que tôt ou tard on gagne bien au Loto.

Pourquoi gagne-t-on forcément un jour ou l’autre ?

On considère une expérience aléatoire dont la probabilité de succès est notée p. On notera q=1-p la probabilité de perdre. Enfin, nous noterons X le nombre de parties à effectuer avant de gagner.

La première chose à faire est d’étudier cette variable aléatoire X, autrement dit, de déterminer la valeur des nombres P(X=n) pour tout n (on dit qu’on détermine la loi de probabilité de X). Pour bien visualiser les choses, on peut représenter la répétition de ces expériences à l’aide du graphe très simple suivant:

La boucle vers le haut signifie qu'on perd la partie et la flèche vers la droite signifie qu'on gagne. Tant qu'on perd, on revient au point de départ, quoi !

La boucle vers le haut signifie qu’on perd la partie et la flèche vers la droite signifie qu’on gagne. Tant qu’on perd, on revient au point de départ !

Déterminons donc les probabilités P(X=n):

  • L’événement X=1 veut dire « On gagne dès la première partie » et donc correspond au chemin qui, partant du départ, va directement à l’arrivée. On a donc P(X=1)=p.
  • L’événement X=2 signifie « On perd à la première partie, et on gagne à la deuxième ». Autrement dit, depuis le départ on parcourt une boucle vers le haut puis on parcourt le chemin allant vers l’arrivée. Ainsi, P(X=2) = qp.
  • L’événement X=3 se traduit par « On perd à la première et à la deuxième partie, puis on gagne à la troisième ». Cela veut donc dire que l’on parcourt deux boucles vers le haut, puis on parcourt le chemin qui va vers l’arrivée. On a donc P(X=3) = q \times q \times p = q^2 p.
  • Plus généralement, l’événement X=n veut dire « On perd à la première, à la deuxième, … et à la (n-1)-ème partie et on gagne à la n-ème partie. On parcourt donc n-1 boucles vers le haut puis le chemin qui va à l’arrivée. Ainsi, P(X=n) = q^{n-1} p.

Cela étant dit, ce qui nous intéresse ici est l’événement « On gagne un jour ou l’autre ». Ce dernier se traduit par:

  • Soit on gagne à la première partie (X=1);
  • Ou bien on perd à la première mais gagne à la deuxième partie (X=2);
  • Ou bien on perd à la première et la deuxième mais on gagne à la troisième (X=3);
  • etc.
  • Ou bien on perd aux n-1 premières parties et on gagne à la n-ème (X=n).
  • etc.

Autrement dit, comme ces événements sont disjoints deux à deux, la probabilité p_{\infty} de gagner un jour ou l’autre est:

\begin{array}{rcl} p_{\infty} & = & P(X=1) + P(X=2) + \cdots + P(X=n) + \cdots \\  & = & \displaystyle{ \sum_{n=1}^{+\infty} P(X=n)}\\  & = & \displaystyle{ \sum_{n=1}^{+\infty} q^{n-1}p} \end{array}

En factorisant par p et en réindexant cette suite, on obtient donc

\displaystyle p_{\infty} = p \sum_{n=0}^{+\infty} q^n

On reconnaît ainsi une série géométrique toute gentillette que l’on sait calculer parfaitement:

\displaystyle p_{\infty} = p \times \frac{1}{1-q}

En se souvenant que q=1-p, on a donc

\displaystyle p_{\infty} = p \times \frac{1}{1-(1-p)} = \frac{p}{p}=1

La probabilité de gagner un jour ou l’autre au Loto est donc bien de 100%… Mais cela ne nous dit toujours pas au bout de combien de temps !

Faut-il être patient pour jouer au Loto ?

Comme X compte le nombre de parties qu’il faut faire avant de gagner, pour connaître le temps d’attente avant de gagner au Loto (c’est-à-dire le nombre de parties à jouer en moyenne avant de gagner le gros lot), il faut calculer l’espérance de la variable X. Par définition,

\displaystyle E(X) = \sum_{n=1}^{+\infty} n P(X=n)

donc

\displaystyle E(X) = \sum_{n=1}^{\infty}n q^{n-1} p= p \sum_{n=1}^{\infty}n q^{n-1}

Pour calculer \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}n q^{n-1}, il suffit de constater  que c’est la dérivée par rapport à q de \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} q^{n}= \frac{1}{1-q}. Je pense que vous savez tous dériver \displaystyle \frac{1}{1-q}, ce qui donne :

\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}n q^{n-1} = \frac{1}{(1-q)^2}

On en déduit alors que

\displaystyle E(X) = p \times \frac{1}{(1-q)^2} = p \times \frac{1}{(1-(1-p))^2} =\frac{p}{p^2} = \frac{1}{p}

ce qui prouve la conjecture émise précédemment.

Dans le cas du Loto (dans sa version actuelle), la probabilité de gagner le gros lot est de p =\frac{1}{19 068 840}, et donc le temps d’attente avant de gagner est en moyenne de \frac{1}{p}= 19 068 840 parties. A raison d’une partie jouée par semaine, il vous faudra attendre en moyenne 366 708 ans avant de gagner le jackpot.

J’espère en tout cas que cela vous aura convaincu qu’avant de gagner au Loto, il vous faudra en moyenne perdre 19 068 839 fois auparavant. En revanche, la Française des Jeux gagne à chaque fois !

Notes:

  • La variable aléatoire X que nous avons étudiée dans cet article suit ce qu’on appelle une loi géométrique.
  • Voici le code utilisé pour simuler les lancers de pièce et de dé.
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2016, année hexagonale

L’année 2015 a été particulièrement difficile et tragique pour la France. On espère bien entendu que cette nouvelle année qui arrive sera plus souriante pour notre beau pays. Je ne sais pas si 2016 sera l’année de l’Hexagone, mais ce qui est sûr, c’est que 2016 sera l’année de l’hexagone (en minuscule) !

En effet, le nombre 2016 est ce qu’on appelle un nombre hexagonal. La dernière fois que cela s’était produit, c’était en 1891 et la prochaine fois que cela arrivera de nouveau, ce sera en 2145. Autant dire que ce ne sera pas pour demain. En ce sens, 2016 est donc une année remarquable, et ce, d’autant plus qu’il n’y a eu que 31 années hexagonales depuis l’an 1 !

Qu’est-ce qu’un nombre hexagonal ?

On dit qu’un nombre N est un nombre hexagonal si, lorsqu’on prend N perles (ou N cailloux, pour les roturiers), on peut les disposer en un certain nombre d’hexagones concentriques tous possédant deux côtés en commun de sorte que:

  • le 1er hexagone possède deux perles sur chacun de ses côtés
  • le 2ème hexagone possède trois perles sur chacun de ses côtés
  • le 3ème hexagone possède 4 perles sur chacun de ses côtés
  • etc.

Par convention, on dira que N=1 est un nombre hexagonal.  Pour bien visualiser cela, voici une illustration des quatre premiers nombres hexagonaux qui sont 1, 6, 15 et 28:nombres_hexagonaux_premiers_exemplesDans la suite, on notera h_n le n-ème nombre hexagonal. On a dit que le premier nombre hexagonal est 1 par convention, donc h_1 = 1. Le second nombre hexagonal est h_2=6. De même, h_3=15 et h_4 =28. Plus généralement, le nombre h_n représentera donc le nombre de perles de la figure dans laquelle il y a n-1 hexagones concentriques, le plus grand hexagone possédant n perles sur chaque côté.

nombres_hexagonaux_h_5

45 est le 5ème nombre hexagonal. Vous voyez qu’il y a 4 hexagones en tout et que, sur le plus grand hexagone, chaque côté contient 5 perles.

Pourquoi 2016 est-il un nombre hexagonal ?

Il se trouve que pour former 31 hexagones concentriques, il faut utiliser au total 2016 perles exactement, ce qui veut bien dire que 2016 est un nombre hexagonal. Mais, dit comme cela, c’est un peu trop facile, et, surtout, vous seriez obligés de me croire sur parole (ce que je vous déconseille) ou alors vous devriez acheter 2016 perles et essayer de les disposer en 31 hexagones concentriques pour le constater par vous-même (et là, j’aurais envie de vous dire, autant acheter un puzzle à 2016 pièces, vous vous amuserez sans doute plus… QUOIQUE !).

Vous pouvez vous amusez à compter qu'il y a bien 2016 perles dans cette figures, pas une de moins, pas une de plus. (Cliquez sur l'image pour l'agrandir)

Vous pouvez vous amuser à compter qu’il y a bien 2016 perles dans cette figure, pas une de moins, pas une de plus. (Cliquez sur l’image pour l’agrandir)

Je vous propose plutôt d’essayer de démontrer correctement que 2016 est bien un nombre hexagonal. Pour cela, nous allons tout d’abord essayer de déterminer une forme explicite de la suite (h_n).

Parental advisory – Explicit content

Mais avant de déterminer une forme explicite, nous allons trouver une relation de récurrence vérifiée par la suite (h_n). Autrement dit, comment passe-t-on du n-ème nombre hexagonal au (n+1)-ème ?

Pour trouver le nombre h_{n+1} de perles qu’il faut pour former le (n+1)-ème nombre hexagonal, il faut d’abord comprendre comment on construit la figure correspondant à ce (n+1)-ème nombre hexagonal.

nombres_hexagonaux_passage_d_une_figure_a_la_suivante

Passage d’un nombre hexagonal au suivant.

On commence par partir du n-ème nombre hexagonal (ce qui donne déjà h_n perles). On lui ajoute un hexagone « externe » de façon à ce que chacun des côtés de ce nouvel hexagone possède n+1 perles. Puisqu’un hexagone possède 6 côtés (vraiment ?) et que deux des côtés sont déjà communs avec les hexagones précédents, il suffit de compléter 4 des côtés de ce nouvel hexagone. Pour cela, on commence par compléter le premier côté (le côté du haut sur la figure) avec n+1 perles. Puis on complète le côté suivant avec n perles (au total, cela donnera bien n+1 perles sur ce côté, car il y en a déjà une qui avait été posée en remplissant le premier côté). De même, on remplit le 3ème côté avec n perles. Et on termine en remplissant le 4ème côté avec n perles aussi.

En faisant la somme de toutes les perles utilisées, on en déduit la relation suivante:

h_{n+1} = h_n + (n+1) + n + n + n

d’où

\boxed{ h_{n+1} = h_n + 4n +1}

A partir de là, on est en mesure de déterminer une expression explicite de h_n en fonction de n à l’aide d’une petite astuce opératoire. On commence par remarquer que h_{n+1} - h_n = 4n +1 et en sommant cette relation de 1 à n-1 (là est l’astuce !), on obtient:

\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1} h_{k+1} - h_k = \sum_{k=1}^{n-1} (4k+1)

On reconnait à gauche une somme télescopique :

\displaystyle h_n - h_1 = 4 \left( \sum_{k=1}^{n-1} k \right) + \sum_{k=1}^{n-1} 1

En se souvenant du résultat classique qui dit que la somme \displaystyle\sum_{k=1}^{n-1} k vaut \dfrac{(n-1)n}{2}, on trouve:

\displaystyle h_n -h_1 = 4 \times \frac{(n-1)n}{2} + (n-1)

Puisque h_1=1, on trouve h_n =2n(n-1) + n. Donc, le n-ème nombre hexagonal vaut

\boxed{ h_n = 2n^2-n =n(2n-1) }

Retour vers 2016

D’après ce qu’on vient de voir, prouver que 2016 est un nombre hexagonal revient à dire que l’équation 2n^2-n=2016 possède une solution n \in \mathbb{N}. Comme il s’agit d’une équation du second degré, je ne vous fais pas l’affront de la résoudre, mais si vous avez été attentif en lisant cet article, vous devriez me donner immédiatement la seule solution dans \mathbb{N} sans réfléchir ! Oui, il s’agit bien de n=32 car nous avons dit plus haut que 31 hexagones concentriques nécessitaient 2016 perles.

Comment tester si un nombre est hexagonal ?

Il est possible de généraliser l’exemple de 2016 afin de trouver un critère permettant de déterminer facilement si un nombre quelconque est hexagonal, autrement qu’en enfilant des perles…

Jac enfile les perles sur la queue de Gus. Où comment ruiner votre enfance en une capture d'écran (Extrait de Cendrillon de Disney)

Jac enfile les perles sur la queue de Gus. Où comment ruiner votre enfance en une image. (Extrait de Cendrillon de Disney)

Soit N>0 un entier. Ce nombre est un nombre hexagonal si, et seulement si, l’équation h_n = N possède une solution n \in \mathbb{N}. Or,

h_n= N \Longleftrightarrow 2n^2-n=N \Longleftrightarrow 2n^2-n-N = 0

Le discriminant de cette équation est \Delta = 1 + 8N >0 et ses solutions sont:

n_1 = \dfrac{1- \sqrt{1+8N}}{4} \text{ et } n_2 = \dfrac{1+\sqrt{1+8N}}{4}

Puisque N>0, la première solution est strictement négative et ne nous intéresse pas. Nous pouvons donc donner le critère suivant:

Un entier N>0 est un nombre hexagonal si, et seulement si, le nombre \dfrac{1+\sqrt{1+8N}}{4} appartient à \mathbb{N}.

Par exemple, si N=9860, alors \frac{1+\sqrt{1+8N}}{4} \simeq 70,46 n’est pas entier, et n’est donc pas un nombre hexagonal. En revanche, N= 10 296 est bien un nombre hexagonal car \frac{1+\sqrt{1+8N}}{4} = 72 est entier.

Sur ce, je vous souhaite une bonne année 2016 à tous !

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Intersection des médianes et topologie

Je ne pense pas vous apprendre grand chose si je vous dis que les trois médianes d’un triangle sont concourantes, c’est-à-dire qu’elles se coupent toutes les trois en un seul et même point qu’on appelle le centre de gravité du triangle.

Ce que vous ne savez sans doute pas, c’est qu’il est possible de démontrer cette propriété géométrique en utilisant de la topologie. Voilà donc pour nous une superbe occasion de nous émerveiller une fois de plus devant la grande cohérence des mathématiques.

Le théorème de fermés emboîtés

Avant de parler de médianes et de centre de gravité, j’aimerais vous parler du théorème de topologie que nous allons utiliser dans cet article: c’est le théorème des fermés emboités. (classe comme nom, n’est-ce pas ?). En voici l’énoncé:

Si (F_n) est une suite de fermés décroissante dans un espace complet et si la suite des diamètres tend vers 0, alors l’intersection \displaystyle\bigcap_{n} F_n est réduite à un point.

Ce théorème semble un peu abstrait de prime abord, donc voici ci-dessous une animation qui j’espère l’éclairera: si vous prenez une suite de carrés « pleins » (chaque carré représente un ensemble fermé de notre suite de fermés), s’ils sont emboités (ce qui veut dire que cette suite est décroissante) et si le diamètre des carrés tend vers 0, alors il y ne peut y avoir qu’un seul point (en rouge sur l’animation) qui appartient à tous les carrés sans exception.

Une autre illustration plus amusante du théorème des fermés emboités est de dire que si vous mettez une infinité de poupées russes les unes dans les autres, il existera un unique point qui appartiendra à chacune des poupées !

Nazdrovia

Si tu vois 10 poupées, arrête la vodka. Nasdrovia !

Revenons à nos triangles…

Maintenant que nous comprenons mieux le théorème des fermés emboités, il nous faut voir comment nous allons nous en servir pour montrer que les médianes d’un triangle sont concourantes.

En fait, dire que les médianes sont concourantes, revient à dire qu’elles se coupent un seul et unique point. Un unique point, ça ne vous rappelle pas le théorème des fermés emboités ? L’idée est là: nous allons construire une suite décroissante de fermés emboités en lien avec ces médianes, le centre de gravité sera alors l’intersection de ces fermés.

Je vous donne tout de suite le squelette de la démonstration que nous allons effectuer:

  1. On construit une suite de fermés emboités associée à un triangle.
  2. On montre que les conditions du théorème sont bien vérifiées, c’est-à-dire que c’est bien une suite décroissante de fermés dont le diamètre tend vers 0.
  3. On montre que le point limite d’intersection de ces fermés appartient à chacune des médianes à l’aide de considérations topologiques. Cela voudra bien dire que les médianes se coupent en un même point !

Allez, au boulot !

1) Construction d’une suite de fermés emboités

Commençons par poser quelques notations. On considère un triangle ABC et on note A1 B1 et C1, les milieux respectifs des côtés [BC], [AC] et [AB]. Notre premier ensemble fermé F_1 sera le triangle « plein » A1B1C1 (qui est bien un ensemble fermé).

theoreme_des_fermes_emboites_premier_ferme_F1De même, on définit A2 B2 et C2, milieux respectifs des segments [B1C1], [A1C1] et [A1B1] et on note F_2 le triangle A2B2C2:

theoreme_des_fermes_emboites_deuxieme_ferme_F2Par récurrence, si on suppose construit le triangle AnBnCn, on définit An+1 Bn+1 et Cn+1 comme étant les milieux des côtés [BnCn], [AnCn] et [AnBn] et on note F_{n+1} le triangle obtenu.

On voit bien que la suite de fermés que l'on a construit s'emboite autour du point d'intersection des médianes.

On voit bien que la suite de fermés que l’on a construit s’emboite autour du point d’intersection des médianes.

Maintenant que notre suite de fermés est construite, il va falloir voir qu’elle vérifie bien les conditions du théorème des fermés emboités.

2) Vérification des hypothèses du théorème

Tout d’abord, notre suite de fermés (F_n) est bien décroissante car chaque triangle F_n contient le triangle suivant F_{n+1}.  Cela se voit bien sur les figures précédentes, mais si vous souhaitez le prouver rigoureusement (est-ce vraiment utile ?), il faut utiliser le fait qu’un triangle est un ensemble convexe, c’est-à-dire que s’il contient deux points alors il contient tout le segment formé par ces deux points.

D’autre part, il faut voir que le diamètre des ces fermés tend vers 0. Rappelons tout de même ce qu’on entend par diamètre d’un ensemble: il s’agit de la plus grande distance MN qu’on peut former à partir de deux points M et N de cet ensemble.

Par exemple, la distance maximale entre deux points M et N d’un disque est obtenue quand ces deux points sont diamétralement opposés:theoreme_des_fermes_emboites_diametre_d_un_disquePour un triangle, on peut montrer (mais nous allons l’admettre) que le diamètre est la longueur du plus grand côté de ce triangle. Cela étant dit, intéressons-nous à ce que donne la suite des diamètres de notre suite de fermés (F_n): si on note d_1 le diamètre du fermé F_1 alors le diamètre d_2 du fermé F_2 sera \frac{d_1}{2} et cela vient du fait que, d’après le théorème de la droite des milieux, le triangle F_2 est une réduction du triangle F_1 de rapport \frac{1}{2}. Par récurrence, on a donc d_{n+1} = \frac{d_n}{2} ce qui entraîne que la suite des diamètres est une suite géométrique de raison \frac{1}{2}, dont on sait qu’elle tend vers 0 quand n tend vers \infty.

Nous voyons donc que les conditions du théorème des fermés emboités sont bien vérifiées. Il existe donc un unique point G tel que \displaystyle \bigcap_{n} F_n = \{ G \}.

3) Retour aux médianes

A présent, il nous reste à montrer que le point G précédent appartient à chacune des médianes. Pour cela, on va utiliser des propriétés topologiques: nous allons construire sur chaque médiane une suite de points qui tend vers le point G et on dira que comme une médiane est un ensemble fermé (une droite est un fermé) alors la limite de cette suite, en l’occurrence G, appartient aussi à la médiane !

Avant cela, nous allons donner un petit énoncé géométrique qui nous sera bien utile comme vous allez le voir:

Soit ABC un triangle et A1 B1 et C1, les milieux respectifs des côtés [BC], [AC] et [AB].
La médiane (AA1) coupe le segment [B1C1] en son milieu A2.

intersection_des_medianes_propriete_geometrique(Voici une autre façon d’énoncer cela: les médianes de ABC sont aussi les médianes du triangle A1B1C1. N’est-ce pas joli ?)

Cette propriété dit en particulier que le point A2 appartient à la médiane du triangle ABC issue de A. Par récurrence, on peut aussi dire que tous les points An appartiennent à la médiane issue de A:

intersection_des_medianes_suite_A_nIntéressons-nous un peu plus à cette suite (An) et montrons qu’elle tend vers le point G. Par construction, pour tout n, le point An appartient à l’ensemble F_n. De même, le point G appartient à F_n (puisqu’il appartient à l’intersection de tous les F_n). Comme An et G sont deux points de F_n, la distance qui les sépare est inférieure au diamètre d_n de F_n, ce qui se traduit par:

GA_n \leq d_n

Comme la suite des diamètres (d_n) tend vers 0, la distance GA_n tend elle aussi vers 0, ce qui veut bien dire que la suite (An) tend vers le point G.

Mais, la suite (An) est une suite de points de la médiane issue de A, comme on l’a vu. De plus, cette médiane est une droite, donc un ensemble fermé. Or, on sait que la limite d’une suite d’éléments d’un ensemble fermé appartient à cet ensemble. En d’autres termes, le point G appartient à la médiane issue de A du triangle ABC.

De la même manière, on peut montrer que le point G appartient aux médianes issues de B et de C. Les trois médianes du triangle ABC de départ possèdent donc un point en commun: elles sont donc concourantes !

Pour finir, j’endosse mon plus bel habit de Père Noël et je vous offre cette petite animation de la suite des fermés que nous venons d’étudier où vous pouvez voir qu’elle « encadre » le centre de gravité du triangle !Intersection_des_medianes_par_le_theoreme_des_segments_emboitesJoyeux Noël !

Notes:

Pour être complet, j’ai mis dans le fichier suivant toutes les démonstrations qui n’apparaissent pas dans cet article: la preuve du théorème des fermés emboités et la preuve de la petite propriété géométrique.

Enfin, je ne l’ai pas dit, mais nous avons implicitement utilisé dans cet article le fait que le plan euclidien est un espace métrique complet, ce qui est quand même quelque chose qui n’est pas anodin… Cette hypothèse est importante et apparaissait dans l’énoncé du théorème des fermés emboités.

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Le théorème de Wilson

Après avoir évoqué le théorème d’Euler ou encore le théorème des restes Chinois, je vous propose de poursuivre notre route sur le chemin des grands théorèmes de l’arithmétique élémentaire en parlant du théorème de Wilson. Mon but avec cette série d’articles est d’une part de rendre l’arithmétique plus accessible, et d’autre part de donner des démonstrations simples, qui contournent les preuves abstraites issues de la théorie des groupes, qui, aussi belles et élégantes soient-elles, ne font pas vraiment comprendre la nature profonde de ces théorèmes.

Sir John Wilson, posant aux côtés de ses deux caniches. (source: https://fr.wikipedia.org/wiki/John_Wilson_(math%C3%A9maticien))

Sir John Wilson, posant aux côtés de ses deux caniches. (source: Wikipedia)

Que dit le théorème de Wilson ?

Donnons sans plus attendre l’énoncé du théorème de Wilson:

Soit p un entier naturel.
Le nombre p est premier si, et seulement si, (p-1)! \equiv - 1 \mod[p]

Autrement dit, ce théorème affirme qu’un nombre p est premier si, et seulement si, le nombre (p-1)! + 1 est divisible par p.

Le théorème de Wilson est remarquable car c’est l’un des rares critères simples (avec la méthode naïve des divisions successives) permettant de dire avec certitude si un nombre est premier ou non. Malheureusement, il est peu utile en pratique ! Mais nous en reparlerons… Pour l’instant, donnons-en deux exemples:

Exemple 1 ― Si on prend p=7, qui est premier alors (p-1)! = 6 ! = 720 et en calculant le reste de la division de 720 par 7, on obtient 6 (car 720 = 7 \times 102 + 6). Comme 6 et -1 diffèrent d’un multiple de 7, on trouve bien (7-1)! \equiv 6 \equiv -1 \mod[7], comme nous l’annonçait le sens direct du théorème de Wilson.

Exemple 2 ― Prenons le nombre p=8, qui n’est pas premier. En calculant (p-1)!, on obtient 7! = 5 040, qui est divisible par 8 (5040= 8 \times 630). Ainsi, (8-1)! \equiv 0 \mod[8] qui est donc différent de -1 (ah bon ?). On a bien vérifié la réciproque du théorème (sous la forme de sa contraposée).

« We need to go deeper! »

Ces deux exemples sont bien beaux et illustrent parfaitement ce théorème mais ne nous font pas vraiment comprendre les rouages de celui-ci. Je vous propose donc d’approfondir chacun de ces exemples pour en tirer la substantifique moelle.

Exemple 1, Acte 2 ― On reprend p=7, et au lieu de calculer directement le nombre 6!, nous allons sadiquement le décortiquer. Rappelons auparavant que:

6! = 1 \times 2 \times 3 \times 4 \times 5 \times 6

Pour calculer ce produit modulo 7, on a le droit de regrouper les termes dans l’ordre que l’on souhaite. Cela va nous être utile car, comme on va le voir, certains nombres se marient bien ensemble ! Par exemple, prenons les nombres 2 et 4. Leur produit vaut 8, qui est congru à 1 modulo 7. Ainsi, nous voyons qu’en regroupant 2 avec 4, nous pouvons les « simplifier ». On peut aussi regrouper 3 avec 5 car 3 \times 5 = 15 \equiv 1 \mod[7]. En revanche, on ne peut pas regrouper 1 avec 6 car 1 \times 6 = 6 \not\equiv 1 \mod[7] mais le calcul de (7-1)! est tout de même bien plus simple à présent:

(7-1)! = 1 \times 2 \times 3 \times 4 \times 5 \times 6 = (2 \times 4) \times (3 \times 5) \times 1 \times 6

donc

(7-1)! \equiv (1) \times (1) \times 1 \times 6 = 6 \equiv -1 \mod[7]

Nous voyons ici l’idée principale du théorème de Wilson: si p est premier, on peut regrouper les nombres 2, 3, … , p-2 deux à deux de façon à ce que le produit de chaque paire de nombres vaille 1 modulo p.

Lorsque p est premier, on peut regrouper deux à deux les facteurs de (p-1)! sauf 1 et p-1.

Lorsque p est premier, on peut regrouper deux à deux les facteurs de (p-1)! sauf 1 et p-1 de sorte que le produit de chaque couple de nombres soit égal à 1 modulo p.

Et si p n’est pas premier, quelle est l’idée ? Pour cela reprenons l’exemple 2.

Exemple 2, Acte 2 ― On avait pris p=8. Comme 8 n’est pas premier, on peut le décomposer comme le produit de deux nombres strictement compris entre 1 et 8: 8 = 2 \times 4. Il se trouve alors que 2 et 4 vont apparaître comme facteurs dans le nombre (8-1)!. En effet, comme

(8-1)! = 1 \times 2 \times 3 \times 4 \times 5 \times 6 \times 7

nous pouvons regrouper 2 et 4:

(8-1)! = (2 \times 4) \times 1 \times 3 \times 5 \times 6 \times 7 = 8 \times 1 \times 3 \times 5 \times 6 \times 7

et cela prouve que (8-1)! est divisible par 8 et ne peut donc pas être congru à -1 modulo 8. Voilà, vous avez les idées principales en tête; nous sommes prêts à prouver le théorème dans sa généralité !

Preuve du sens direct

Commençons par démontrer la première implication du théorème de Wilson:

Si p est premier, alors (p-1)! \equiv -1 \mod [p].

Nous avions dit que l’idée était qu’on pouvait regrouper les facteurs de (p-1)! deux à deux, ce qui se traduit par la proposition suivante:

Propriété 1 ― Si p est premier et si a \in \{1, 2, ... , p-1\} alors il existe un unique nombre b (modulo p) tel que ab \equiv 1 \mod [p].
Preuve: Commençons par l’existence. Comme p est premier, il ne partage aucun diviseur en commun avec tout nombre a tel que 1 \leq a \leq p-1. Ainsi, p et a sont premiers entre eux, et d’après le théorème de Bézout, il existe deux nombres b et m tels que ab + mp = 1 ce qui veut bien dire que ab \equiv 1 \mod[p].
Passons à l’unicité: s’il existe deux nombres b et b' tels que ab \equiv 1 \mod[p] et ab' \equiv 1 \mod[p] , il s’agit de montrer que b \equiv b' \mod[p] (ce qui montrera l’unicité modulo p). En multipliant la deuxième relation par b, on obtient bab' \equiv b \mod[p] et comme ba =ab \equiv 1 \mod[p], on a donc 1 \times b' \equiv b \mod[p]. CQFD.

 

Nous venons de prouver qu’on peut regrouper les nombres par paires, mais la propriété 1 n’est pas suffisante ! En effet, il se peut que certains nombres ne puissent être regroupés qu’avec eux-mêmes ! Par exemple, le seul nombre b qui peut être regroupé avec le nombre 1 est le nombre 1 lui-même (1 \times b \equiv 1 \mod[p] implique b\equiv 1 \mod[p]). Pour compléter la propriété 1, il faut donc en plus étudier tous les nombres qu’on ne peut regrouper qu’avec eux-mêmes, autrement dit, tous les nombres a tels que a \times a \equiv 1 \mod[p]

Propriété 2 ― Si p est premier, alors a \times a \equiv 1 \mod[p] si, et seulement si, a \equiv 1 \mod[p] ou a \equiv p-1 \mod[p].
Preuve: On a les équivalences:

a \times a \equiv 1 \mod[p] \Longleftrightarrow a^2 - 1 \equiv 0 \mod[p]\Longleftrightarrow (a-1)(a+1) \equiv 0 \mod[p]

Cela signifie que p divise le produit (a-1)(a+1). Comme p est premier, le lemme d’Euclide dit que p divise a-1 ou bien p divise a+1.  Autrement dit,

a \equiv 1 \mod[p] \text{ ou } a \equiv -1 \mod[p]

ce qui prouve bien la propriété 2 car -1 \equiv p-1 \mod[p].

 

Nous pouvons donc démontrer le sens direct du théorème de Wilson: si p est premier, alors on peut regrouper tous les facteurs de (p-1)! deux à deux de sorte que le produit de chaque paire vaille 1 modulo p (propriété 1) sauf 1 et p-1 (propriété 2). Ainsi,

(p-1)! \equiv 1 \times (p-1) = (p-1) \equiv - 1 \mod[p]

La raie si propre

Passons maintenant à la deuxième implication du théorème de Wilson. Mais plutôt que de prouver cette réciproque, à savoir: « Si (p-1)! \equiv -1 \mod[p] alors p est premier », nous allons démontrer sa contraposée:

Si p n’est pas premier, alors (p-1)! \not\equiv -1 \mod[p]

Commençons par le cas p=4 (que j’appelle personnellement, le-cas-qui-fait-chier-son-monde-à-ne-pas-vouloir-faire-comme-les-autres). Dans ce cas, (p-1)! = 3! = 6 et et il est facile de vérifier que 6 \equiv 2 \not\equiv -1 \mod[4].

A présent, soit p>4 un nombre qui n’est pas premier. On sait dans ce cas que p s’écrit comme le produit p = a \times b de deux nombres tels que 1 < a, b < p-1. Il y a deux cas à distinguer:

■ 1er cas: Si on peut prendre a et b tels que a \neq b alors, comme dans l’exemple avec p=8 du début de l’article, on peut regrouper a et b dans le produit de (p-1)! de sorte que p=ab divise (p-1)!. Ainsi, (p-1) ! \equiv 0 \mod[p] et donc n’est pas égal à -1.

■ 2ème cas: Si a=b (autrement dit, p est le carré d’un nombre premier, par exemple 25, 49 ou encore 121…) alors p=a^2. Comme p>4, alors a>2 et donc p=a^2>2a (vous comprenez maintenant pourquoi j’ai écarté le cas p=4). Ainsi, les nombres a et 2a apparaissent comme facteurs dans (p-1)! qui est donc divisible par a \times 2a. En particulier, (p-1)! est divisible par a \times a = a^2 = p ce qui montre que (p-1)! \equiv 0 \mod[p] et qui est donc différent de -1.

Voilà, nous venons de prouver entièrement le théorème de Wilson. En fait, nous avons prouvé mieux:

(p-1)! \equiv \begin{cases} -1 \mod[p] & \text{ si } p \text{ est premier} \\ 2 \mod[p] & \text{ si } p=4 \\ 0 \mod[p] & \text{ sinon } \end{cases}

Wilson, en pratique

Le théorème de Wilson permet donc théoriquement de dire si un nombre est premier ou non. Mais en pratique, il ne sert à rien: essayez par exemple de montrer à la main que des nombres aussi petits que 41 ou 43 sont premiers à l’aide du théorème de Wilson et cela vous prendra déjà un certain temps. Même avec un ordinateur, ce théorème prendra toujours plus de temps que la méthode naïve des divisions successives.

Pour tester la primalité d'un nombre

Victoire par KO des divisions successives. Le code utilisé pour ces fonctions est disponible ici

Le théorème de Wilson a donc surtout un intérêt théorique; il permet notamment de montrer que -1 est un carré modulo p si p est congru à un 1 modulo 4 (propriété que nous avions utilisée dans cet article sur la décomposition en somme de deux carrés). Mais en fait, j’ai envie de dire que même s’il n’avait aucun intérêt du tout, ce théorème mérite d’être étudié pour lui-même, ne serait-ce que pour le plaisir de faire de l’arithmétique !

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