Maintenant que nous savons résoudre une équation linéaire, nous sommes en droit de nous demander comment résoudre un système de plusieurs équations linéaires. Nous verrons dans le point théorique suivant un théorème qui s'intéresse à de tels systèmes, mais pour s'en faire une intuition nous allons d'abord observer un exemple.
Solution
Soit $x$ le nombre de billes de Jean. Les conditions de l'énoncé se réécrivent simplement comme un système d'équations :
$$\left\{ \begin{align}
x &\equiv 1 \pmod 2 \\
x &\equiv 2 \pmod 3 \\
x &\equiv 4 \pmod 7 \\
\end{align}\right.$$ Il ne semble a priori pas simple de trouver une solution à ce système : par où commencer ? Au lieu de nous attaquer directement à celui-ci, nous allons commencer par essayer de résoudre un système plus simple. Nous gardons les modulos $2$, $3$ et $7$, mais remplaçons les valeurs $1$, $2$ et $4$ par $1$, $0$ et $0$ respectivement (pour n'avoir que des zéros excepté un $1$). On cherche donc une solution $x_1$ au système simplifié :
$$\left\{ \begin{align}
x_1 &\equiv 1 \pmod 2 \\
x_1 &\equiv 0 \pmod 3 \\
x_1 &\equiv 0 \pmod 7 \\
\end{align}\right.$$ Les deux dernières équations de ce système sont faciles à exploiter, puisqu'elles demandent que $x_1$ soit divisible par $3$ et par $7$, c'est-à-dire par $21$. On peut donc poser $x_1 = 21y_1$ avec $y_1 \in \mathbb Z$, et la seule équation qu'il nous reste est alors
$$21y_1 \equiv 1 \pmod 2\\
\Leftrightarrow y_1 \equiv 1 \pmod 2$$ Une solution est donc simplement $y_1 = 1$, qui donne $x_1 = 21\cdot 1 = 21$. On peut bien vérifier que $x_1 = 21$ est congru à $1$ modulo $2$, et à $0$ modulo $3$ et $7$.
Nous répétons dorénavant la même procédure, mais en remplaçant les valeurs de droites par $0$, $1$ et $0$. On cherche donc une solution $x_2$ au deuxième système :
$$\left\{ \begin{align}
x_2 &\equiv 0 \pmod 2 \\
x_2 &\equiv 1 \pmod 3 \\
x_2 &\equiv 0 \pmod 7 \\
\end{align}\right.$$ La première et la troisième équation nous indiquent que $x_2$ doit être divisible par $2$ et par $7$, ce qui nous permet de poser $x_2 = 14y_2$. Et la deuxième équation devient alors
$$14y_2 \equiv 1 \pmod 3\\
\Leftrightarrow 2 y_2 \equiv 1 \pmod 3$$ Il s'agit d'une simple équation linéaire, que nous avons appris à résoudre. Il suffit de multiplier les deux membres par l'inverse de $2$ modulo $3$, qui se trouve être $2$, pour obtenir $y_2 \equiv 2 \pmod 3$. Une solution est donc $y_2 = 2$, qui donne $x_2 = 14\cdot 2 = 28$.
On termine avec un troisième système, en utilisant cette fois $0$, $0$ et $1$ pour valeurs à droites :
$$\left\{ \begin{align}
x_3 &\equiv 0 \pmod 2 \\
x_3 &\equiv 0 \pmod 3 \\
x_3 &\equiv 1 \pmod 7 \\
\end{align}\right.$$ Les deux premières équations donnent $x_3$ divisible par $2$ et par $3$, donc on peut poser $x_3 = 6y_3$. La dernière équation devient alors :
$$6y_3 \equiv 1 \pmod 7$$ Il nous faut cette fois multiplier par l'inverse de $6$ modulo $7$, qui est $6$, pour obtenir $y_3 \equiv 6 \pmod 7$. Une solution est donc donnée par $y_3 = 6$, qui donne $x_3 = 6\cdot 6 = 36$.
Nous avons résolu trois systèmes plus simples que le système initial, et avons trouvé $x_1 = 21$, $x_2 = 28$ et $x_3 = 36$ comme solutions. Très bien, mais en quoi cela nous aide-t-il ? Rappelons que l'on cherche un nombre $x$ vérifiant
$$\left\{ \begin{align}
x &\equiv 1 \pmod 2 \\
x &\equiv 2 \pmod 3 \\
x &\equiv 4 \pmod 7 \\
\end{align}\right.$$ Il suffit en fait de se rendre compte que nos nombres $x_1$, $x_2$ et $x_3$ ont été construits de sorte que $x_1$ est le seul des trois à être non-nul modulo $2$. Et en plus, il vaut $1$ modulo $2$. De la même façon, $x_2$ est le seul à être non-nul modulo $3$, et il vaut $1$ modulo $3$. Enfin, $x_3$ est le seul à être non-nul modulo $7$, et il vaut $1$ modulo $7$. Cela signifie qu'en choisissant
$$x = 1 \cdot x_1 + 2 \cdot x_2 + 4 \cdot x_3$$ on obtient un nombre qui vaut $1$ modulo $2$, $2$ modulo $3$, et $4$ modulo $7$, comme voulu ! Nous trouvons donc
$$x = 1 \cdot 21 + 2 \cdot 28 + 4 \cdot 36 = 221$$ Il se peut donc que Jean possède $221$ billes. Notons toutefois qu'il ne s'agit que d'une solution particulière, et il n'y a même aucune raison que ce soit la plus petite. En fait, on remarque qu'en rajoutant (ou soustrayant) un multiple de $2\cdot3\cdot 7 = 42$ à notre solution $221$, ses valeurs modulo $2$, $3$ et $7$ ne vont pas changer. Autrement dit, toutes les nombres congrus à $221$ modulo $42$ sont solutions, c'est-à-dire tous les nombres congrus à $11$ modulo $42$.
Mais s'agit-il des seules solutions ? Pour le voir, supposons avoir deux solutions $x$ et $x'$ de notre système initial. On s'aperçoit alors que $x-x'$ doit être congru à $0$ modulo $2$, $3$ et $7$, c'est-à-dire que $x-x'$ doit être divisible par $2$, $3$ et $7$, et donc par $42$. Autrement dit, $x$ et $x'$ doivent être égaux modulo $42$. Cela signifie que deux solutions à notre système sont toujours égales modulo $42$. On a donc bien montré que les solutions sont exactement les nombres $x$ égaux à $11$ modulo $42$.