| {"year": "2016", "tier": "T2", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Prouver qu'il n'existe qu'un nombre fini de nombres premiers s'écrivant sous la forme $n^{3}+2 n+3$ avec $n \\in \\mathbb{N}$.", "solution": ": Remarquons que $n^{3}-n=n(n-1)(n+1)$ est un produit de trois entiers consécutifs. Puisque parmi trois entiers consécutifs il y a toujours un multiple de 3 , on obtient que $n^{3}-n$ est divisible par 3, c'est-à-dire $n^{3} \\equiv n(\\bmod 3)$. (On peut le voir aussi en utilisant le petit théorème de Fermat.) On a donc $n^{3}+2 n+3 \\equiv n+2 n+3 \\equiv 3 n+3 \\equiv 0(\\bmod 3)$, donc $n^{3}+2 n+3$ est toujours divisible par 3 . D'autre part, il ne peut être égal à 3 que pour un nombre fini de valeurs de $n$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2015-2016-envoi-1-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 1", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 1"}} |
| {"year": "2016", "tier": "T2", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Résoudre $x^{4}-6 x^{2}+1=7 \\times 2^{y}$ pour $x$ et $y$ entiers.", "solution": ": L'équation se réécrit $\\left(x^{2}-3\\right)^{2}=7 \\times 2^{y}+8$. Si $y \\geq 3$, alors le côté droit s'écrit $8\\left(7 \\times 2^{y-3}+1\\right)$. Le côté gauche étant un carré, sa valuation 2 -adique est paire. Ainsi, $7 \\times 2^{y-3}+1$ doit être pair, donc $y=3$. Dans ce cas $x^{2}-3=8$ donc $x^{2}=11$, impossible. Donc $y \\leq 2$. Si $y=2$, on trouve $x= \\pm 3$. Pour $y<0$, ainsi que pour $y=0$ ou $y=1$ il n'y a pas de solution. Les seuls couples de solutions sont donc $(x, y)=(3,2)$ et $(-3,2)$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2015-2016-envoi-1-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 2", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 2"}} |
| {"year": "2016", "tier": "T2", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Trouver le plus petit entier positif qui ne s'écrit pas sous la forme $\\frac{2^{a}-2^{b}}{2^{c}-2^{d}}$ pour $a, b, c, d \\in \\mathbb{N}$.", "solution": ": Soit E l'ensemble des entiers strictement positifs s'écrivant sous cette forme. Commençons par remarquer que\n\n$$\n\\frac{2^{a}-2^{b}}{2^{c}-2^{d}}=2^{b-d} \\frac{2^{a-b}-1}{2^{c-d}-1}\n$$\n\nAinsi, si $x>0$ s'écrit $x=\\frac{2^{a}-2^{b}}{2^{c}-2^{d}}$, alors $b-d=v_{2}(x)$ et si on appelle $y$ l'entier impair tel que $x=2^{v_{2}(x)} y$, alors $y$ s'écrit sous la forme $\\frac{2^{n}-1}{2^{m}-1}$. En particulier, l'entier que nous cherchons est nécessairement impair. D'autre part, on peut tout de suite exclure les entiers de la forme $2^{n}-1$, atteints avec $m=1$.\n\nIl est classique que si $2^{m}-1$ divise $2^{n}-1$, alors $m$ divise $n$. Ainsi, en écrivant $n=m d, y$ est de la forme\n\n$$\ny=\\frac{2^{m d}-1}{2^{m}-1}=2^{(d-1) m}+2^{(d-2) m}+\\ldots+2^{m}+1\n$$\n\nAutrement dit, en notant $u=\\underbrace{0 \\ldots 0}_{m-1 \\text { zéros }} 1$, l'écriture en base 2 de $y$ est de la forme $\\overline{1 u \\ldots u}^{2}$, avec $u$ apparaissant $d-1$ fois. Les entiers impairs appartenant à $E$ sont exactement ceux ayant une telle écriture binaire pour $m$ et $d$ bien choisis. Les écritures binaires des premiers entiers impairs qui ne sont pas de la forme $2^{n}-1$ sont\n\n$$\n5=\\overline{101}^{2}, 9={\\overline{1001}^{2}}^{2}, 11={\\overline{1011}^{2}}^{2}\n$$\n\nD'après le critère ci-dessus, le plus petit entier cherché est 11.\nRemarque : cet exercice peut aussi se faire en trouvant des manières d'écrire les entiers 1 à 10 sous cette forme, puis en montrant que 11 ne s'écrit pas sous cette forme : en effet, vu que 11 est impair, on peut supposer $b=d=1$. Ensuite\n\n$$\n\\left(2^{a}-1\\right)=11\\left(2^{c}-1\\right)\n$$\n\nse réécrit\n\n$$\n10=2^{c} \\times 11-2^{a}\n$$\n\nPuisque $10=2 \\times 5$, nous avons $a=1$ ou $c=1$. Si $a=1$, on trouve $2^{c} \\times 11=12$, qui n'a pas de solution, et si $c=1$, on trouve $2^{a}=12$, qui n'a pas de solution non plus. Donc 11 est l'entier cherché.\n\n## 2 Exercices communs", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2015-2016-envoi-1-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 3", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 3"}} |
| {"year": "2016", "tier": "T2", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Trouver tous les triplets de nombres premiers $(p, q, r)$ tels que $(p+1)(q+2)(r+3)=4 p q r$.", "solution": ": Si $p=2$ alors on a $3(q+2)(r+3)=8 q r$ ce qui implique $q=3$ ou $r=3$. On a alors la solution $(2,3,5)$.\n\nSi $q=2$ et $p, r>2$ alors on a $(p+1)(r+3)=2 p r$. Puisque $p$ et $r$ sont impairs, le membre de gauche est divisible par 4 , alors que le membre de droite est divisible par 2 , mais pas par 4 , contradiction. Donc $p$ ou $r$ vaut 2 mais aucune solution valide n'en découle.\n\nSi $r=2$ alors $5(p+1)(q+2)=8 p q$ et donc $p$ ou $q$ vaut 5 . On obtient la solution $(7,5,2)$.\nSinon, $(p+1)$ est pair et $(r+3)$ est pair. Donc on se ramène à\n\n$$\n\\left(\\frac{p+1}{2}\\right)(q+2)\\left(\\frac{r+3}{2}\\right)=p q r .\n$$\n\nNous avons donc écrit pqr comme un produit de trois facteurs strictement plus grands que 1. On en déduit que $\\left(\\frac{p+1}{2}, q+2, \\frac{r+3}{2}\\right)$ est une permutation de $(p, q, r)$.\n\nClairement, $p \\neq \\frac{p+1}{2}$ puisque $p>\\frac{p+1}{2}$.\nSi $p=\\frac{r+3}{2}$, alors puisque $q \\neq q+2$, nous avons nécessairement $q=\\frac{p+1}{2}=\\frac{r+5}{4}$. Alors $r=q+2=\\frac{r+13}{4}$, et donc $r$ n'est pas entier.\n\nSi $p=q+2$, alors il y a deux cas à considérer :\n$-r=\\frac{p+1}{2}=\\frac{q+3}{2}$ et $q=\\frac{r+3}{2}=\\frac{q+9}{4}$. Donc $q=3$ et on obtient la solution $(5,3,3)$.\n$-r=\\frac{r+3}{2}$ et $q=\\frac{p+1}{2}=\\frac{q+3}{2}$, ce qui donne $r=q=3$. On obtient alors cette même solution $(5,3,3)$.\nFinalement, les seules solutions sont $(2,3,5),(7,6,2)$ et $(5,3,3)$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2015-2016-envoi-1-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 4", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 4"}} |
| {"year": "2016", "tier": "T2", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Trouver tous les entiers strictement positifs $n$ tels que $2^{n-1} n+1$ soit un carré parfait.", "solution": ": On veut résoudre $2^{n-1} n+1=m^{2}$, c'est-à-dire $2^{n-1} n=(m-1)(m+1)$. Puisque $n=1$ n'est pas solution, on a $n \\geq 2$, et donc $m$ est nécessairement impair, et $m-1$ et $m+1$ sont pairs (en particulier $n \\geq 3$ ). On pose $k=\\frac{m-1}{2}$. Il suffit alors de résoudre $2^{n-3} n=k(k+1)$. Parmi les entiers $k$ et $k+1$ exactement un est pair, et donc ils sont de la forme $2^{n-3} d$ et $\\frac{n}{d}$ avec $d$ un diviseur de $n$. Or un diviseur de $n$ ne peut pas être à distance 1 d'un entier supérieur à $2^{n-3}$ si $n$ est trop grand. Plus précisément, on a $2^{n-3} d \\geq 2^{n-3} \\geq n+2$ si $n \\geq 6$, donc on a nécessairement $n \\leq 5$. Pour $n=5$, on trouve $2^{4} \\times 5+1=9^{2}$, donc 5 est solution. On vérifie que $2,3,4$ ne sont pas solutions. Donc $n=5$ est la seule solution.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2015-2016-envoi-1-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 5", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 5"}} |
| {"year": "2016", "tier": "T2", "problem_label": "6", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soient $x>1$ et $y$ des entiers vérifiant $2 x^{2}-1=y^{15}$. Montrer que $x$ est divisible par 5 .", "solution": ": L'entier $y$ est clairement impair et strictement plus grand que 1. On factorise l'équation sous la forme\n\n$$\nx^{2}=\\left(\\frac{y^{5}+1}{2}\\right)\\left(y^{10}-y^{5}+1\\right)\n$$\n\nRemarquons que\n\n$$\ny^{10}-y^{5}+1 \\equiv 3\\left(\\bmod y^{5}+1\\right)\n$$\n\net que donc $\\operatorname{pgcd}\\left(y^{5}+1, y^{10}-y^{5}+1\\right)$ est égal à 1 ou à 3 . S'il valait 1 , alors $y^{10}-y^{5}+1$ serait un carré. Or pour $y>0$ nous avons\n\n$$\n\\left(y^{5}-1\\right)^{2}=y^{10}-2 y^{5}+1<y^{10}-y^{5}+1<y^{10}=\\left(y^{5}\\right)^{2},\n$$\n\nc'est-à-dire que $y^{10}-y^{5}+1$ est strictement compris entre deux carrés consécutifs, et ne peut pas être lui-même un carré. Donc $\\operatorname{pgcd}\\left(y^{5}+1, y^{10}-y^{5}+1\\right)=3$, de sorte qu'il existe des entiers $a$ et $b$ tels que\n\n$$\ny^{5}+1=6 a^{2} \\quad \\text { et } \\quad y^{10}-y^{5}+1=3 b^{2} .\n$$\n\nOn peut factoriser $(y+1)\\left(y^{4}-y^{3}+y^{2}-y+1\\right)=6 a^{2}$. Puisque $y^{5} \\equiv-1(\\bmod 3)$, on a nécessairement $y \\equiv-1$ $(\\bmod 3)$, donc $y+1$ est divisible par 6 . De même que plus haut, on a\n\n$$\ny^{4}-y^{3}+y^{2}-y+1 \\equiv 5(\\bmod y+1)\n$$\n\net donc $\\operatorname{pgcd}\\left(y+1, y^{4}-y^{3}+y^{2}-y+1\\right)$ est égal à 1 ou à 5 . S'il vaut 5 , alors $a$ est divisible par 5 et donc $x$ aussi, et nous avons terminé. Supposons donc qu'il vaut 1. Alors $y^{4}-y^{3}+y^{2}-y+1$ est un carré. Dans ce cas, $4\\left(y^{4}-y^{3}+y^{2}-y+1\\right)$ est aussi un carré, ce qui est impossible, car pour $y>1$, on a\n\n$$\n\\left(2 y^{2}-y\\right)^{2}=4 y^{4}-4 y^{3}+y^{2}<4\\left(y^{4}-y^{3}+y^{2}-y+1\\right)<4 y^{4}-4 y^{3}+5 y^{2}-2 y+1=\\left(2 y^{2}-y+1\\right)^{2}\n$$\n\n## 3 Exercices groupe A", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2015-2016-envoi-1-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 6", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 6"}} |
| {"year": "2016", "tier": "T2", "problem_label": "7", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Caractériser les entiers $n \\geq 2$ tels que pour tout entier $a$ on ait $a^{n+1}=a(\\bmod n)$.", "solution": ": Voici les $n$ vérifiant cette propriété : $2,2 \\cdot 3,2 \\cdot 3 \\cdot 7,2 \\cdot 3 \\cdot 7 \\cdot 43$.\nPour prouver que c'est exhaustif on procède de la façon suivante : on commence par remarquer que $n$ n'a pas de facteur carré. En effet, si $p^{2}$ divise $n$, alors $p^{n+1}-p$ est divisible par $p^{2}$, ce qui n'est pas possible. Ainsi, $n$ est forcément un produit $p_{1} \\ldots p_{k}$ de nombres premiers distincts. Par conséquent, par le lemme chinois la condition de l'énoncé est équivalente à $a^{n+1} \\equiv a(\\bmod p)$ pour tout entier $a$ et tout $p \\in\\left\\{p_{1}, \\ldots, p_{k}\\right\\}$. En choisissant $a$ d'ordre $p-1$ modulo $p$, on obtient que cela est équivalent à ce que $p-1$ divise $n$ pour tout $p \\in\\left\\{p_{1}, \\ldots, p_{k}\\right\\}$.\n\nEn résumé : $n$ est produit de premiers distincts $p_{1}, \\ldots, p_{k}$, et $p_{i}-1$ divise $n$ pour tout $i$. On en déduit que pour tout $i, p_{i}-1$ est sans facteur carré et $p_{i}-1=q_{1} \\ldots q_{m}$ où les $q_{j}$ sont des nombres premiers pris parmi les $p_{r}, r \\neq i$.\n\nQuitte à re-numéroter les $p_{i}$, on peut supposer que $p_{1}<p_{2}<\\ldots<p_{k}$. D'après la condition ci-dessus, nous avons nécessairement $p_{1}=2$. Si $k=1$, cela nous donne l'entier $n=2$. Si $k>1$, alors $p_{2}-1$ est nécessairement égal à 2 , donc $p_{2}=3$. Si $k=2$, cela nous donne la solution $n=6$. Si $k>2$ on continue en disant que $p_{3}-1$ ne peut être égal à 2 ou 3 , donc il est égal à $p_{1} p_{2}=6$, d'où $p_{3}=7$. Si $k=3$, cela donne la solution $n=2 \\cdot 3 \\cdot 7=42$. Si $k>3$, on voit que de même la seule valeur possible pour $p_{4}$ est $2 \\times 3 \\times 7+1=43$. Pour $k=4$, cela donne la solution $n=2 \\cdot 3 \\cdot 7 \\cdot 43$. Enfin, supposons que $k>4$. Alors $p_{5}-1$ doit être pair et strictement supérieur à 43 , donc les seules valeurs possibles sont $2 \\cdot 43,2 \\cdot 3 \\cdot 43,2 \\cdot 7 \\cdot 43,2 \\cdot 3 \\cdot 7 \\cdot 43$. On vérifie qu'aucune de ces possibilités ne fournit un $p_{5}$ premier. Ainsi on a nécessairement $k \\leq 4$ et les solutions que nous avons trouvées sont les seules.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2015-2016-envoi-1-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 7", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 7"}} |
| {"year": "2016", "tier": "T2", "problem_label": "8", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $k \\geq 3$ un entier. On définit la suite $\\left(a_{n}\\right)_{n \\geq k}$ par $a_{k}=2 k$, et\n\n$$\na_{n}= \\begin{cases}a_{n-1}+1 & \\text { si } \\operatorname{pgcd}\\left(a_{n-1}, n\\right)=1 \\\\ 2 n & \\text { sinon. }\\end{cases}\n$$\n\nMontrer que la suite $\\left(a_{n+1}-a_{n}\\right)_{n \\geq k}$ a une infinité de termes qui sont des nombres premiers.", "solution": ": Partons d'un entier $n$ tel que $a_{n}=2 n$. Montrons par récurrence que si $p$ est le plus petit facteur premier de $n-1$, alors pour tout $i \\in\\{0, \\ldots, p-2\\}, a_{n+i}=2 n+i$. En effet, c'est vrai pour $i=0$, et si c'est vrai pour un certain $i<p-2$, alors\n\n$$\n\\operatorname{pgcd}(n+i+1,2 n+i)=\\operatorname{pgcd}(n+i+1, n-1)=\\operatorname{pgcd}(i+2, n-1)=1\n$$\n\ncar $i+2<p$, et donc $i+2$ est premier avec $n-1$ par définition de $p$, ce qui conclut la récurrence. De même, $\\operatorname{pgcd}(n+p-1,2 n+p-2)=\\operatorname{pgcd}(p, n-1)=p \\neq 1$, et donc $a_{n+p-1}=2(n+p-1)$. En particulier,\n\n$$\na_{n+p-1}-a_{n+p-2}=2 n+2 p-2-(2 n+p-2)=p\n$$\n\nest premier.\nPuisque $a_{k}=2 k$, avons donc montré qu'il existe une infinité de $n$ satisfaisant $\\operatorname{pgcd}\\left(a_{n-1}, n\\right) \\neq 1$, et que pour de telles valeurs de $n, a_{n}-a_{n-1}$ est premier.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2015-2016-envoi-1-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 8", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 8"}} |
| {"year": "2016", "tier": "T2", "problem_label": "9", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $t$ un entier naturel non-nul. Montrer qu'il existe un entier $n>1$ premier avec $t$ tel que pour tout entier $k \\geq 1$, l'entier $n^{k}+t$ ne soit pas une puissance (c'est-à-dire qu'il ne soit pas de la forme $m^{r}$ avec $m \\geq 1$ et $r \\geq 2$ ).", "solution": ": Pour que $n$ soit premier avec $t$, on va le chercher sous la forme $1+t s$ où $s$ est entier. On aura alors $n^{k}+t \\equiv 1+t(\\bmod s)$. En particulier, si $s$ est divisible par $(t+1)$, alors $n^{k}+t$ l'est également.\n\nOn va d'abord traiter le cas où $t+1$ n'est pas une puissance. Dans ce cas, il suffirait de s'assurer qu'on peut choisir $s$ de telle sorte que $n^{k}+t$ soit divisible par $t+1$, et que le quotient soit premier avec $t+1$. Pour cela, prenons $s=(t+1)^{2}$. Alors $n=1+t(t+1)^{2}$, et\n\n$$\nn^{k}+t=\\underbrace{\\sum_{i=1}^{k}\\binom{k}{i} t^{i}(t+1)^{2 i}}_{\\text {termes divisibles par }(t+1)^{2}}+1+t=(t+1)(a(t+1)+1)\n$$\n\npour un certain entier $a$, donc on a gagné.\n\nSupposons maintenant que $t+1$ soit une puissance : $t+1=m^{r}$ avec $m$ qui n'est pas une puissance. Si on garde le même $n$ que ci-dessus, on voit que si $n^{k}+t=b^{d}$ est une puissance (avec $d \\geq 2$ ), alors $t+1$ est nécessairement une puissance $d$-ième, et donc $d$ divise $r$. Ainsi, nous avons une borne sur les $d$ tels que $n^{k}+t$ est puissance $d$-ième pour un certain $k$. On constate alors qu'en remplaçant $n$ par sa puissance $r$-ième, c'est-à-dire en posant $n=n_{0}^{r}$ où $n_{0}=1+t(t+1)^{2}$ (ce qui ne change pas le fait que $t+1$ divise $n^{k}+t$, que le quotient soit premier avec $t+1$, et que donc $n^{k}+t=b^{d}$ implique $d \\mid r$ comme ci-dessus), on arrive à écrire $t$ comme une différence de deux puissances $d$-ièmes :\n\n$$\nt=b^{d}-\\left(n_{0}^{k e}\\right)^{d}\n$$\n\noù $e$ est l'entier naturel tel que $r=d e$. Cela n'est pas possible car $n_{0}$ est grand par rapport à $t$. Plus précisément, nous avons:\n\n$$\nt=b^{d}-\\left(n_{0}^{k e}\\right)^{d}=\\left(b-n_{0}^{k e}\\right)\\left(b^{d-1}+b^{d-2} n_{0}^{k e}+\\ldots+b n_{0}^{k e(d-2)}+n_{0}^{k e(d-1)}\\right) \\geq n_{0}>t\n$$\n\ncontradiction. Donc pour tout $k$ et pour tout $d, n^{k}+t$ n'est pas une puissance $d$-ième et nous avons terminé.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2015-2016-envoi-1-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 9", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 9"}} |
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