PRÉPARATION OLYMPIQUE FRANÇAISE DE MATHÉMATIQUES
Envoi 2 : ARITHMÉTIQUE À RENVOYER AU PLUS TARD LE 14 DÉCEMBRE 2018
Exercices Juniors
Exercice 1. Trouver le nombre de solutions de $n^{2} m^{6}=180 t+2$ pour $n, m$ et $t$ des entiers positifs. Solution de l'exercice 1 On considère l'expression modulo 4. La gauche est un carré et est donc congru à 0 ou 1.180 est congru à 0 modulo 4 donc $180 t+2$ est congru à $0 * t+2=2$. L'équation n'a pas de solutions modulo 4 , elle n'en a donc pas non plus dans $\mathbb{N}$ Exercice 2. Trouver la somme des $n$ tels que $n^{2}+8 n+44$ soit un carré parfait. Solution de l'exercice 2 Soit f la fonction étudiée, une idée dans ce genre d'exercice est de coincer $f(n)$ entre 2 carrés d'entiers consécutifs $k^{2}<f(n)<(k+1)^{2}$ et de dire par l'absurde que si $f(n)=\mathfrak{i}^{2}$ alors $k<i<k+1$ ce qui est impossible car on a des entiers. Ici les calculs peuvent s'abréger en remarquant que f a même parité que $n+4$, ainsi si $(n+4)^{2}=n^{2}+8 n+16<f(n)<n^{2}+12 n+36=(n+6)^{2}$ ce qui est vrai dès que $n>2, f(n)$ n'est pas un carré. Pour les petits cas 2 est solution et 1 non. Exercice 3. Un entier $n$ est parfait si la somme de ses diviseurs est 2 n . Soit n un entier parfait et $p$ son plus petit diviseur premier. Montrer que l'exposant de $p$ dans la décomposition en produit de puissances de nombres premiers de n est pair. $\underline{\text { Solution de l'exercice } 3}$ Soit $n=p_{1}^{a_{1}} \cdots p_{k}^{a_{k}}$ avec les $p_{i}$ premiers distincts. La somme des diviseurs de $n$ est $\sigma(n)=\prod_{i=1}^{k}\left(1+\cdots+p_{i}^{a_{i}}\right)$ (cf. la page 14 du cours d'arithmétique complet disponible sur maths-olympiques.fr). Supposons par l'absurde que $a_{1}$ soit impair, alors $1+\cdots+p_{1}^{a_{1}}=\left(1+p_{1}\right)+p_{1}^{2}\left(1+p_{1}\right)+\cdots+$ $p_{1}^{a_{1}-1}\left(1+p_{1}\right)$. Alors $p_{1}+1$ divise $1+\cdots+p_{1}^{a_{1}}$, donc aussi $2 n=\prod_{i=1}^{k}\left(1+\cdots+p_{i}^{a_{i}}\right)$. Si $p_{1}+1$ $\mathrm{n}^{\prime}$ est pas premier: il a un plus grand diviseur premier $\mathrm{q}<\mathrm{p}{1}$ qui vérifie $\mathrm{q} \mid 2 \mathrm{n}$; alors comme q est premier avec $\mathrm{n}, \mathrm{q}=2$; mais alors $\mathrm{q}^{2}\left|\mathrm{p}{1}+1\right| 2 \mathrm{n}$ et donc $\mathrm{q} \mid \mathrm{n}$, contradiction. Donc $p{1}+1$ est premier et alors nécessairement $p_{1}=2$ et $p_{1}+1=p_{2}=3$. Alors $n, \frac{n}{2}, \frac{n}{3}$ et $\frac{n}{6}$ sont entiers et divisent de $n$. Comme $n>6$, ils sont différents de 1 . Ainsi $2 n=\sigma(n) \geqslant$ $n+\frac{n}{2}+\frac{n}{3}+\frac{n}{6}+1=2 n+1$, contradiction. Donc $a{1}$ est pair.
Exercices Communs
Exercice 4. Soit $n$ un entier strictement positif. Montrer qu'il existe $n$ entiers 2 à 2 distincts $r_{1}, \ldots, r_{n}$ tels que chaque $r_{i}$ divise $r_{1}+\cdots+r_{n}$. Solution de l'exercice 4 La solution s'inspire des fractions égyptiennes, une fraction égyptienne est uplet d'entiers distincts $a_{1}, \ldots, a_{n}$ vérifiant $1 / a_{1}+\cdots+1 / a_{n}=1$, par exemple $1 / 2+1 / 3+1 / 6=1$. Alors en posant $r_{i}:=\prod_{j \neq i} a_{j}=\frac{a_{1} \cdots a_{n}}{a_{i}} \in \mathbb{Z}$, ils seront distinct et leur somme fera $a_{1} \cdots a_{n}$, que chaque $r_{i}$ divise. On montre par récurrence qu'une fraction égyptienne existe pour chaque $\mathrm{n} \geqslant 3$. L'exemple fait l'initialisation. Hérédité : supposons prouvé pour n prouvons pour $\mathrm{n}+1$, on écrit les coefficients triés dans l'ordre croissant, puis on écrit $a_{n}^{\prime}=1+a_{n}$ et $a_{n+1}^{\prime}=a_{n}\left(1+a_{n}\right)$ On remarque $1 / a_{n}^{\prime}+1 / a_{n+1}^{\prime}=1 / a_{n}$. En posant $a_{i}^{\prime}=a_{i}$ pour $i \in{1, \ldots, n-1}$, on dispose d'une fraction égyptienne de longueur $n+1$, ce qui conclut la récurrence (depuis l'exemple on a $1 / 7+1 / 42=1 / 6$ et cela donne : $1 / 2+1 / 3+1 / 7+1 / 42=1)$. Exercice 5. Soit $n$ un entier positif. Montrer qu'il existe un entier positif $m$ tel que $n!=$ $\varphi(\mathrm{m})$, où $\varphi$ est la fonction indicatrice $d^{\prime}$ Euler. (On rappelle que si $m=p_{1}^{\alpha_{1}} \cdots p_{k}^{\alpha_{k}}$ avec $p_{1}, \ldots, p_{\mathrm{k}}$ des nombres premiers 2 à 2 distincts, $\left.\varphi(m)=m\left(\left(1-\frac{1}{\mathfrak{p}{1}}\right) \cdots\left(1-\frac{1}{\mathfrak{p}{\mathrm{k}}}\right)\right)\right)$ $\underline{\text { Solution de l'exercice } 5}$ On procède par construction en partant des plus grands nombres premiers au plus petit. L'idée est de contraindre la valeur de $\phi(m)$. La construction peut paraître un peu lourde mais il ne faut pas se laisser et impressionner et comprendre l'idée qui est derrière. Soit $p_{1}, p_{2} \ldots$ les nombres premiers $p_{k} \leqslant n<p_{k+1}$ On montre par récurrence descendante que pour tout $i$ il existe $m_{i}$ tel que
- $m_{i}$ est un produit de $p_{j}$ avec $k \geqslant j \geqslant i$
- Pour tout $j \geqslant i, p_{j}$ a le même exposant dans $m_{i}$ et $n$ !
- $\phi\left(m_{i}\right) \mid n!$
L'initialisation se fait pour $\mathrm{i}=\mathrm{k}+1$ avec $\mathrm{m}{\mathrm{k}+1}=1$. Pour l'hérédité on multiplie $m{i+1}$ par $p_{i}$ jusqu'à avoir autant de $p_{i}$ dans $\phi\left(m_{i}\right)$ que dans $n$ ! pour obtenir $m_{i}$ on respecte ainsi les 2 premières hypothèses sur $m_{i}$. Vérifions que la dernière est aussi vérifiée, pour $j \geqslant i$ on sait que l'on n'a pas de problème, le risque est une trop grosse valuation pour un $p_{l}$ où $l$ petit or vu la construction si $p_{l}^{\alpha} \mid \phi\left(m_{i}\right)$, $p_{l}^{\alpha}\left|\left(p_{i}-1\right)\left(p_{i+1}-1\right) \cdots\left(p_{k}-1\right)\right| n!$ on est donc assuré que la récurrence marche. Avec $m=m_{1}$, on obtient une solution à l'exercice. Exercice 6. Soit $n \geqslant 3$ un entier, montrer qu'il existe deux entier $x$ et $y$ tels que $7 x^{2}+y^{2}=2^{n}$.
Solution de l'exercice 6 Encore une solution par récurrence! Initialisation: $x_{3}=y_{3}=1$.
Hérédité : On suppose prouvé par récurrence pour $n,\left(X=\left(x_{n}+y_{n}\right) / 2, Y=\left|7 x_{n}-y_{n}\right| / 2\right)$ $\left(X=\left|x_{n}-y_{n}\right| / 2, Y=\left(7 x_{n}+y_{n}\right) / 2\right)$ les 2 couples vérifient $7 X^{2}+Y^{2}=2^{n+1}$. Le premier couple est solution si $x_{n}$ et $y_{n}$ on même congruence modulo 4 ( $X$ et $Y$ impairs) sinon le second convient, ce qui conclut.
Exercices Seniors
Exercice 7. Soit $p \geqslant 5$ un nombre premier. Montrer qu'il existe un entier $n$ tel que pour tout $x \in{n-1, n, n+1}, p^{2} \nmid x^{p-1}-1$ et $p \nmid x$. Solution de l'exercice 7 Lemme : entre 0 et $p^{2}$ il y a exactement $p-1$ éléments dont la puissance $(p-1)$-ième est congrue à 1 modulo $p^{2}$. preuve: On prend $\omega$ une racine primitive modulo $p^{2}$ (pour rappel $\omega$ une racine primitive modulo m signifie que les puissances de $\omega$ correspondent à tout les inversibles modulo m , ce qui existe dès que $m$ est $1,2,4$ ou une puissance de premier impair ou 2 fois une puissance de premier impair, lire les polycopiés pour plus de détail), les éléments d'ordre divisant $p-1$, sont alors ce dont le logarithme discret (log vérifie que $\log (x)<\phi(m)$ et $\omega^{(\log (x))}=$ $x(\bmod m))$ est divisible par $p$, ce qui donne bien $p-1$ possibilités. On utilise un principe des tiroirs : les chaussettes sont les $x$ entre 0 et $p^{2}$ d'ordre divisant $p-1$, il y en a $p-1$ par le lemme, les $p$ tiroirs sont les intervalles $k p+1 ;(k+1) p$, il y donc un tiroir vide d'où l'on peut tirer le n voulu en prenant par exemple $\mathrm{kp}+2$. Exercice 8. Soit P un polynôme à coefficients rationnels de degré supérieur ou égal à 2 , et $\left(q_{n}\right){n \in \mathbb{N}}$ une suite de rationnels tels que pour tout $n \geqslant 0, q_{n}=P\left(q_{n+1}\right)$. Montrer que la suite $q_{n}$ est périodique à partir d'un certain rang. Solution de l'exercice 8 Soit $u$ entier tel que $u_{1}$ soit entier. Soit $\tilde{P}(X)=u P\left(\frac{1}{u} X\right)$. Soit $v$ entier tel que $v \tilde{P}$ soit à coefficients entiers. Soit a le coefficient dominant de $v \tilde{P}$. On pose $Q(X)=$ $a \tilde{P}\left(\frac{1}{a} X\right), m=a^{\operatorname{deg}(P)-2} v$ et pour tout $n \in \mathbb{N}, r_{n}=u a q_{n}$. Nous avons $m Q(X)$ unitaire à coefficients entiers et pour tout $n, r_{n}=Q\left(r_{n+1}\right) . r_{0}$ est entier, or comme pour tout $n, r_{n+1}$ est racine rationnelle du polynôme $m Q(X)-m r_{n}$ unitaire à coefficients entiers, par récurrence, $r_{n}$ est entier pour tout $n$. Comme $\operatorname{deg}(Q)>1,|Q(x) / x|$ tend vers $+\infty$ quand $|x|$ tend vers $+\infty$. Donc il existe $M>\left|r{0}\right|$ tel que pour tout $x,|Q(x)| \leqslant M \Rightarrow|x| \leqslant M$. Par récurrence immédiate, $\left|r_{n}\right| \leqslant M$ pour tout n . La suite r prend donc ses valeurs dans un ensemble fini. Soit $p$ minimal tel que $\left{r_{0}, \ldots, r_{p-1}\right}=\left{r_{0}, r_{1}, \ldots\right}$. Montrons par récurrence sur $n$ que $r_{n+p}=r_{n}$ pour tout $n$. Par hypothèse, $r_{n+p} \in\left{r_{n}, \ldots, r_{n+p-1}\right}=\left{r_{0}, \ldots, r_{p-1}\right}$. Donc $r_{n+p}=r_{n+k}$ avec $k \in{0, \ldots, p-1}$. Alors si $k>0, r_{p-1}=Q^{\circ(n+1)}\left(r_{n+p}\right)=Q^{\circ(n+1)}\left(r_{n+k}\right)=r_{k-1}$ et il y a contradiction avec la minimalité de $p$. Donc $k=0$ et $r_{n}=r_{n+p}$. Ce qui conclut la récurrence. Nous venons de montrer que la suite est périodique de période $p$. Exercice 9. Pour $m$ entier positif, on note $d(m)$ le nombre de diviseurs positifs de $m$ (1 et m compris). Soit k un entier strictement positif. Montrer qu'il existe une infinité d'entiers positifs $n$ tels que $n$ ait exactement $k$ diviseurs premiers distincts et tel que pour tout $a, b$ entiers strictement positifs avec $n=a+b, d(n)$ ne divise pas $d\left(a^{2}+b^{2}\right)$ Solution de l'exercice 9 Prouvons que chaque entier de la forme $n=m 2^{p-1}$ avec $p$ premier impair, possédant $k-1$ facteurs premiers strictement plus grand que 3 et vérifiant $(5 / 4)^{(p-1) / 2}>$ m est solution. Si $a+b=n$ et $d(n) \mid d\left(a^{2}+b^{2}\right)$ alors $p \mid d\left(a^{2}+b^{2}\right)$. Donc il existe $q$ premier tel que $q$ ait un exposant $c p-1$ dans $a^{2}+b^{2}$. Si $q \geqslant 5, a^{2}+b^{2} \geqslant 5^{q-1}>n^{2}$, or $a^{2}+b^{2}=n^{2}-2 a b \leqslant n^{2}$. Donc $\mathrm{q}=2 \mathrm{ou} 3$. Si $q=3$ en regardant $a^{2}+b^{2}$ modulo 3,3 divise $a$ et $b$ donc $n$, contradiction avec l'hypothèse. Si $q=2$, si $a$ et $b$ ont des valuations 2 -adiques distinctes la plus petite est $p-1$ celle de la somme des carrés $2 p-2$, absurde. S'ils ont même valuation 2-adique $a=2^{\mathrm{t}} a_{0} b=2^{\mathrm{t}} b_{0}$ avec $a_{0}$ et $b_{0}$ impaire $a_{0}^{2}+b_{0}^{2}=$ $x 2^{\text {cp-1-2t }}$ la gauche fait 1 modulo 4 , donc $\mathrm{cp}-1-2 \mathrm{t}=1$ or $\mathrm{t}<\mathrm{p}-1$, donc $\mathrm{c}=1$ est la seule solution, on a un problème de parité absurde, ce qui conclut.