problem: Montrer que pour tout entier n , le nombre $\mathrm{n}^{3}-7 \mathrm{n}$ est divisible par 6 .

solution:
Une première approche est de regarder l'expression modulo 6 :

$$
\mathrm{n}^{3}-7 n \equiv \mathrm{n}^{3}-\mathrm{n} \equiv(\mathrm{n}-1) \mathrm{n}(\mathrm{n}+1) \quad \bmod 6
$$

donc il suffit de montrer que 6 divise $(n-1) \mathfrak{n}(n+1)$. Or parmi trois nombres consécutifs, au moins un est divisible par 2 et au moins un est divisible par 3 . Ainsi comme 2 et 3 sont premiers entre eux, $6 \mid n^{3}-n$ et donc 6 divise $n^{3}-7 n$.

Une deuxième approche qui fonctionne aussi ici consiste aussi à regarder l'expression $n^{3}-7 n$ et de montrer à la main que celle-ci est toujours nulle en faisant une disjonction de cas sur les valeurs que peut prendre n modulo 6 .

| n | $\mathrm{n}^{3}-7 \mathrm{n}$ |
| :---: | :---: |
| 0 | $0^{3}-7 \cdot 0 \equiv 0+0 \equiv 0$ |
| 1 | $1^{3}-7 \cdot 1 \equiv 1-1 \equiv 0$ |
| 2 | $2^{3}-7 \cdot 2 \equiv 8-2 \equiv 0$ |
| 3 | $3^{3}-7 \cdot 3 \equiv 3-3 \equiv 0$ |
| $4 \equiv-2$ | $(-2)^{3}-7 \cdot(-2) \equiv-2+2 \equiv 0$ |
| $5 \equiv-1$ | $(-1)^{3}-7 \cdot(-1) \equiv-1+1 \equiv 0$ |

Ainsi, quelle que soit la valeur de n modulo $6, \mathrm{n}^{3}-7 \mathrm{n} \equiv 0$.
Commentaire des correcteurs: L'exercice est très bien résolu.

problem_match: Exercice 1.

solution_match: Solution de l'exercice 1


problem: Soit $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c} \geqslant 1$ des entiers tels que $\mathrm{a}^{\mathrm{b}} \mid \mathrm{b}^{\mathrm{c}}$ et $\mathrm{a}^{\mathrm{c}} \mid \mathrm{c}^{\mathrm{b}}$. Montrer que $\mathrm{a}^{2} \mid \mathrm{bc}$.

solution:
Nous allons regarder les valuations $p$-adiques de chacun des nombres premiers $a, b$ et $c$. En effet, il suffit de montrer que pour tout nombre premier $p$, on a $2 v_{\mathfrak{p}}(\mathfrak{a})=v_{\mathfrak{p}}\left(\mathrm{a}^{2}\right) \leqslant v_{\mathfrak{p}}(\mathrm{bc})=v_{\mathfrak{p}}(b)+v_{\mathfrak{p}}(\mathfrak{c})$.
Soit $p$ un nombre premier. Lhypothèse que $\mathrm{a}^{\mathrm{b}} \mid \mathrm{b}^{\mathrm{c}}$ se traduit en terme de valuation p -adique par $b v_{p}(a) \leqslant c v_{p}(b)$, ou encore $v_{p}(a) \leqslant \frac{c}{b} v_{p}(b)$. De même, on obtient que $v_{p}(a) \leqslant \frac{b}{c} v_{p}(c)$.
En multipliant les deux relations, on trouve que $v_{\mathfrak{p}}(\mathfrak{a})^{2} \leqslant v_{\mathfrak{p}}(\mathrm{b}) v_{\mathfrak{p}}(\mathfrak{c})$. On a donc, d'après l'inégalité des moyennes:

$$
v_{p}(a) \leqslant \sqrt{v_{p}(b) v_{p}(c)} \leqslant \frac{v_{p}(b)+v_{p}(c)}{2}
$$

ce qui donne bien $2 v_{\mathfrak{p}}(\mathrm{a}) \leqslant v_{\mathfrak{p}}(\mathrm{b})+v_{\mathfrak{p}}(\mathrm{c})$ comme voulu. Ceci étant vrai pour tout premier $p$, on a bien $\mathrm{a}^{2} \mid \mathrm{bc}$.

Commentaire des correcteurs: L'exercice est très bien résolu.

problem_match: Exercice 3.

solution_match: ## Solution de l'exercice 3


problem:
Trouver tous les couples d'entiers naturels non nuls $(x, n)$ tels que

$$
3 \cdot 2^{x}+4=\mathrm{n}^{2}
$$

solution:
Pour $x=0$, l'équation devient $n^{2}=7$ qui n'a pas de solution. Supposons $x>0$, on factorise : $3 \cdot 2^{x}=(n-2)(n+2)$. Le membre de gauche est pair donc le membre de droite est paire. Les deux facteurs du membre de droite sont de même parité donc ils sont tous les deux pairs et on a deux cas :

- Cas 1: $3 \cdot 2^{\mathrm{a}}=\mathrm{n}-2$ et $2^{\mathrm{b}}=\mathrm{n}+2$, avec $\mathrm{a}+\mathrm{b}=\mathrm{x}$. On peut combiner ces deux équations pour trouver $2^{b}=3 \cdot 2^{a}+4$. Notons que $n+2$ et $n-2$ ont pour différence 4 donc ils ne peuvent pas être tous les deux divisibles par 8 . On a donc $a \leqslant 2$ ou $b \leqslant 2$. Or $2^{b}>4$, donc $b>2$ et on déduit que $a \leqslant 2$. Si $a=0,2^{b}=3+4=7$ ce qui n'est pas possible. Si $a=1,2^{b}=6+4=10$ ce qui n'est pas possible non plus. Si $\mathbf{a}=2$, alors $2^{b}=12+4=16$ donc $b=4$. On obtient $x=6$ et $n=14$. réciproquement, on vérifie que $3 \cdot 2^{6}+4=196=14^{2}$ et le couple $(6,14)$ est bien solution.
- Cas 2: $3 \cdot 2^{\mathrm{a}}=\mathrm{n}+2$ et $2^{\mathrm{b}}=\mathrm{n}-2$, avec $\mathrm{a}+\mathrm{b}=\mathrm{x}$. Les deux équations combinées donnent $2^{\mathrm{b}}+4=3 \cdot 2^{\mathrm{a}}$. De même que précédemment, on a $\mathrm{a} \leqslant 2$ ou $\mathrm{b} \leqslant 2$.

1. Si $b \leqslant 2$, alors $b=0,1$ ou 2 . Si $b=0$, alors $5=3 \cdot 2^{a}$ ce qui $n$ 'est pas possible. Si $b=1$, $6=3 \cdot 2^{\mathrm{a}}$ et $\mathrm{a}=1$, soit $x=2$ et $\mathrm{n}=4$ et on vérifie que $3 \cdot 2^{2}+4=16=4^{2}$ et $(2,4)$ est bien solution. Si $b=2$, alors $8=3 \cdot 2^{a}$ ce qui n'est pas possible.
2. Si $a \leqslant 2$, alors $a=0,1$ ou 2 . Si $a=0,2^{b}+4=3<4$ ce qui $n$ 'est pas possible. Si $a=1$, on retombe sur le cas où $b=1$ et sur le couple $(2,4)$. Si $a=2,2^{b}+4=12$ donc $b=3$. Ceci donne $x=5$ et $\mathfrak{n}=10$. Réciproquement, on vérifie que $3 \cdot 2^{5}+4=100=10^{2}$ et $(5,10)$ est bien solution.

Ainsi l'ensemble des couples ( $\boldsymbol{x}, \mathrm{n}$ ) solutions est $\{(2,4),(5,10),(6,14)\}$
Commentaire des correcteurs: L'exercice est globalement bien résolu, mais de nombreux élèves oublient des cas, ou oublient tout simplement de vérifier les solutions trouvées, chose pourtant cruciale dans une équation diophantienne.

problem_match: Exercice 4.

solution_match: Solution de l'exercice 4


problem:
Un ensemble E d'entiers strictement positifs est dit intéressant si pour tout $\mathrm{n} \geqslant 1$ et pour tous $x_{1}, \ldots, x_{n}$ des éléments de $E$ deux à deux distincts, leur moyenne arithmétique $\frac{1}{n}\left(x_{1}+\ldots+x_{n}\right)$ et leur moyenne géométrique $\left(x_{1} \cdot \ldots \cdot x_{n}\right)^{\frac{1}{n}}$ sont des entiers.

1. Existe-t-il un ensemble E intéressant contenant exactement 2022 éléments?
2. Existe-t-il un ensemble E intéressant infini?

solution:
1) Pour commencer, on peut remarquer que si $n \geqslant 1$, alors dès que $x_{1}, \ldots, x_{n} \geqslant 1$ sont des entiers tous multiples de $n$, chacun des nombres $\frac{x_{k}}{n}$ est un entier, de sorte que leur somme $\frac{1}{n}\left(x_{1}+\ldots+x_{n}\right)$ est un entier. De même, si $n \geqslant 1$, alors dès que $x_{1}, \ldots, x_{n} \geqslant 1$ sont des entiers tous puissances $n$-ièmes parfaites, chacun des nombres $x_{k}^{1 / n}$ est entier, de sorte que leur produit $\left(x_{1} \times \ldots \times x_{n}\right)^{\frac{1}{n}}$ est un entier. Pour trouver un ensemble E intéressant contenant exactement 2022 éléments, il suffit donc que pour tout $1 \leqslant n \leqslant 2022$, tous les éléments de $E$ soient à la fois des multiples de $n$ et des puissances $n$-ièmes parfaites. Pour cela, il suffit que tous les éléments de E soient à la fois des multiples de 2022!, et des puissances 2022!-ièmes parfaites. Ainsi, $E=\left\{(2022!)^{k 2022!}, 1 \leqslant k \leqslant 2022\right\}$ convient.
2) Nous allons montrer qu'il n'existe pas d'ensemble intéressant infini. En fait, on va montrer qu'il n'existe même pas d'ensemble infini d'entiers strictement positifs vérifiant l'hypothèse sur les moyennes arithmétiques. En effet, supposons par l'absurde qu'un tel ensemble infini E existe, c'est-à-dire que pour tout $n \geqslant 1$ et $x_{1}, \ldots, x_{n} \in E$ deux à deux distincts, la moyenne arithmétique $\frac{1}{n}\left(x_{1}+\ldots+x_{n}\right)$ est un entier. Soit $a<b$ deux éléments quelconques de $E$ et $n \geqslant 2$. Choisissons $x_{1}<\ldots<x_{n-1}$ des éléments deux à deux distincts de $E$, et distincts de plus de a et $b$. L'hypothèse appliquée successivement aux $n$-uplets $\left(x_{1}, \ldots, x_{n-1}, a\right)$ et $\left(x_{1}, \ldots, x_{n-1}, b\right)$ assure que $n$ divise à la fois $x_{1}+\ldots+x_{n-1}+a$ et $x_{1}+\ldots+x_{n-1}+b$. Ainsi, $n$ divise la différence de ces deux nombres qui vaut $a-b$. Ceci étant vrai pour tout $\mathrm{n} \geqslant 2$, l'entier $\mathrm{a}-\mathrm{b}$ admet un nombre infini de diviseurs. Il est donc nul, c'est-à-dire que $\mathrm{a}=\mathrm{b}$. Ceci est en contradiction avec notre hypothèse de départ, un tel ensemble $E$ n'existe donc pas.

Commentaire des correcteurs : La première question de l'exercice est plus souvent traitée que la deuxième. Attention, plusieurs élèves y construisent un ensemble dont les moyennes arithmétique et géométrique de tous les éléments de l'ensemble sont entièress, mais pas les moyennes des éléments de n'importe quel sous-ensemble.

problem_match: Exercice 5.

solution_match: ## Solution de l'exercice 5


problem: Soit $p$ un nombre premier. Montrer qu'il existe une permutation $\left(a_{1}, \ldots, a_{p}\right)$ de $(1, \ldots, p)$ telle que les entiers $a_{1}, a_{1} \cdot a_{2}, \ldots, a_{1} \cdot a_{2} \cdot \ldots \cdot a_{p}$ donnent $p$ restes deux à deux distincts lorsque qu'on réalise leur divison euclidienne par $p$.

solution:
On peut être très optimiste sur cet exercice et vouloir que $a_{1} a_{2} \cdots a_{k} \equiv k$ $\bmod p$ pour tout $k$ compris entre 1 et $p$. Il faut donc que $a_{1}=1$ et pour tout $k \neq 1$ :

$$
a_{k} \equiv \frac{a_{1} \cdots a_{k}}{a_{1} \cdots a_{k-1}} \equiv \frac{k}{k-1} \quad \bmod p
$$

où l'on note $\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{b}}$ tout nombre entier dont le reste c par la division euclidienne par $p$ vérifie $\mathrm{cb} \equiv \mathrm{a} \bmod p$, qui existe toujours dès que $b$ est non nul. Ainsi, pour $k \neq 1$, on peut poser $a_{k}$ l'élément de $\{1, \ldots, p\}$ vérifiant $(k-1) a_{k} \equiv k \bmod p$.
Il reste juste à vérifier que tous les nombres $a_{k}$ que l'on a formés sont bien deux à deux distincts, et ainsi que $\left\{a_{1}, \ldots, a_{p}\right\}$ est bien une permutation de $\{1, \ldots, p\}$. Supposons qu'il existe $i<j$ tels que $a_{i} \equiv a_{j}$. Si $\mathfrak{i}=1$, pour tout $\mathfrak{j} \geqslant 2, \frac{\mathfrak{j}}{\mathfrak{j}-1} \neq 1 \bmod \boldsymbol{p}$. Sinon $\frac{i}{i-1} \equiv \frac{\mathfrak{j}}{\mathfrak{j}-1}$ implique que $\mathfrak{i}-\mathfrak{j} \equiv \mathfrak{i}-\mathfrak{i}$, soit $\mathfrak{i} \equiv \mathfrak{j}$ $\bmod p$, ce qui est en contradiction avec notre hypothèse de départ.
Ainsi tous les $a_{k}$ sont différents modulo $p$. Etant donné qu'il y a $p$ termes dans la suite et $p$ éléments dans $\{1,2, \cdots, p\},\left(a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{p}\right)$ est une permutation de $(1,2, \cdots p)$.

Commentaire des correcteurs: L'exercice a été peu traité. Avoir l'idée de créer une permutation telle que $a_{1} a_{2} \ldots a_{i} \equiv i \bmod p$ était l'idée principale du problème. Pour la mettre en oeuvre, il fallait une bonne compréhension de la notion d'inverse modulo $p$, et c'était le cas de la plupart des élèves qui ont rendu une solution.

problem_match: Exercice 6.

solution_match: Solution de l'exercice 6


problem: Soit $n \geqslant 1$ un entier. Trouver tous les diviseurs $d \geqslant 1$ de $3 n^{2}$ tels que $n^{2}+d$ soit un carré parfait.

solution:
Soit $d \geqslant 1$ un diviseur de $3 n^{2}$ tel que $n^{2}+d$ soit un carré parfait. Puisque $n^{2}<n^{2}+d<=n^{2}+3 n^{2}=(2 n)^{2}$, il existe $k \in \llbracket 1, n \rrbracket$ tel que $n^{2}+d=(n+k)^{2}$. En simplifiant, on obtient $d=2 k n+k^{2}$, de sorte que $k(k+2 n) \mid 3 n^{2}$.
Notons $\alpha=\operatorname{gcd}(k, n) \geqslant 1$. On dispose d'entiers $\ell, m \geqslant 1$ premiers entre eux tels que avec $k=\alpha l$, $\mathrm{n}=\alpha \mathrm{m}$. La relation de divisibilité précédente s'écrit alors, après simplification, $\ell(\ell+2 \mathrm{~m}) \mid 3 \mathrm{~m}^{2}$. Or on $\operatorname{agcd}(\ell+2 \mathrm{~m}, \mathrm{~m})=\operatorname{gcd}(\ell+2 \mathrm{~m}-2 \mathrm{~m}, \mathrm{~m})=\operatorname{gcd}(\ell, \mathrm{m})=1$, c'est-à-dire $\ell+2 \mathrm{~m}$ premier avec m , donc avec $\mathrm{m}^{2}$. Comme $\ell+2 \mathrm{~m} \mid 3 \mathrm{~m}^{2}$, on a par le lemme de Gauss $\ell+2 \mathrm{~m} \mid 3$, c'est-à-dire $\ell+2 \mathrm{~m} \in\{1,3\}$. Mais $\ell, \mathrm{m} \geqslant 1$ donc $\ell+2 \mathrm{~m} \geqslant 3$. Autrement dit, $\ell+2 \mathrm{~m}=3$ et donc nécessairement, $\ell=\mathrm{m}=1$. Alors $k=n=\alpha$, et $d=k(k+2 n)=3 n^{2}$.
Réciproquement, $d=3 n^{2}$ convient puisque c'est un diviseur de $3 n^{2}$ et que $n^{2}+3 n^{2}=(2 n)^{2}$.
Commentaire des correcteurs: L'exercice est peu traité. Toutes les copies ont la bonne intuition de l'unique solution. D'autres démonstrations que celle du corrigé ont été proposées par des élèves (elles passent notamment par la parité des valuations $p$-adiques pour $p$ premier et en trouvant les $m$ tels que $\frac{\mathrm{m}+3}{\mathrm{~m}}$ est un carré de rationnel).

problem_match: Exercice 7.

solution_match: Solution de l'exercice 7


problem:
Un ensemble $A$ d'entiers est dit admissible s'il vérifie la propriété suivante : pour tous $x, y \in A$ (non nécessairement distincts), et pour tout $k \in \mathbb{Z}$, on a $x^{2}+k x y+y^{2} \in A$.
Déterminer tous les couples d'entiers non nuls ( $\mathrm{m}, \mathrm{n}$ ) tels que le seul ensemble admissible contenant à la fois $m$ et $n$ soit $\mathbb{Z}$.

solution:
Remarquons que si $\mathrm{d}=\operatorname{gcd}(\mathrm{m}, \mathfrak{n})>1$ alors l'ensemble $A$ des multiples de d est un ensemble admissible contenant $n$ et $m$ mais $n$ 'étant pas égal à $\mathbb{Z}$. En effet, si $x$ et $y$ sont multiples de $d$, alors pour tout entier $k, x^{2}+k x y+y^{2}$ est bien divisible par $d$ et est dans $A$. On déduit que les couples $(m, n)$ recherchés doivent vérifier $\operatorname{gcd}(m, n)=1$.
Réciproquement, soient $m$ et $n$ des entiers tels que $\operatorname{gcd}(m, n)=1$. Montrons que tout ensemble admissible contenant $m$ et $n$ est $\mathbb{Z}$. Soit $A$ un ensemble admissible contenant $m$ et $n$. Remarquons que si $x \in A$, alors l'hypothèse nous donne que pour tout entier $k$, l'entier $x^{2}+k x \cdot x+x^{2}=(k+2) x^{2}$ est dans $A$. On déduit que tout multiple de $x^{2}$ est dans $A$ si $x$ est dans $A$.
Notons que si $\operatorname{gcd}(m, n)=1$, alors on a aussi $\operatorname{gcd}\left(m^{2}, n^{2}\right)=1$. D'après le théorème de Bezout, on dispose donc d'entiers $u, v \in \mathbb{Z}$ tels que $u^{2}+v n^{2}=1$. Comme $u m^{2}$ et $v n^{2}$ sont dans $A$, en appliquant l'hypothèse à $x=u m^{2}, y=v n^{2}$ et $k=2$, on a

$$
\left(u m^{2}\right)^{2}+2 u m^{2} v n^{2}+\left(v n^{2}\right)^{2}=\left(u m^{2}+v n^{2}\right)^{2}=1^{2}=1 \in A
$$

Par conséquent, $\forall k \in \mathbb{Z}, k \cdot 1^{2} \in A$. Ainsi $A=\mathbb{Z}$ et le seul ensemble admissible contenant $m$ et $n$ est $\mathbb{Z}$.
Les couples recherchés sont donc les couples d'entiers ( $m, n$ ) premiers entre eux.
Commentaire des correcteurs : Parmi les élèves ayant rendu une tentatives, on trouve beaucoup de solutions complètes. Parmi les solutions non complètes, la plupart des élèves ont deviné la nature des couples solutions et ont réussi à montrer que si 1 est dans $A$, alors $A=\mathbb{Z}$. Avoir été si loin dans ce problème difficile est déjà très bien!

problem_match: Exercice 8.

solution_match: Solution de l'exercice 8


problem:
Déterminer tous les triplets d'entiers naturels $(a, b, c)$ tels que

$$
\mathrm{a}!+5^{\mathrm{b}}=7^{\mathrm{c}}
$$

solution:
Un premier réflexe à avoir est de regarder les petites valeurs de $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ et c que l'on peut trouver dans une solution ( $a, b, c$ ).
Tout d'abord, si $a=0$ ou $a=1$, alors $a!=1$, donc $0 \equiv a!+5^{b} \equiv 7^{c} \equiv 1(\bmod 2)$, ce qui est impossible. On en déduit que $a \geqslant 2$.
Puis, si $a \geqslant 7$, alors $5^{b} \equiv a!+5^{b} \equiv 7^{c}(\bmod 5)$ et $5^{b} \equiv a!+5^{b} \equiv 7^{c}(\bmod 7)$, donc $b=c=0$. Mais alors $\mathrm{a}!+5^{\mathrm{b}}=\mathrm{a}!+1 \neq 1=7^{\mathrm{c}}$, ce qui est impossible. On en déduit que $2 \leqslant \mathrm{a} \leqslant 6$.
Supposons maintenant que $\mathrm{b} \leqslant 1$. Alors

$$
7^{\mathfrak{c}}=\mathrm{a}!+5^{\mathrm{b}} \in\{2,6,24,120,720\}+\{1,5\}=\{3,7,11,25,29,121,125,721,725\}
$$

Dans ce dernier ensemble, seul 7 lui-même est une puissance de 7 . On en déduit les deux triplets solutions $(\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}, \boldsymbol{c})=(2,1,1)$ et $(3,0,1)$, qui sont les deux seules solutions pour $b \leqslant 1$.
On s'intéresse enfin aux cas où $b \geqslant 2$. Alors $a!\equiv a!+5^{b} \equiv 7^{\mathrm{c}}(\bmod 25)$. Or, comme $7^{2} \equiv-1$ $(\bmod 25)$, on sait que $7^{\mathrm{c}} \equiv 1,7,-1$ ou $-7(\bmod 25)($ selon que $\mathrm{c} \equiv 0,1,2$ ou $3(\bmod 4))$ et que $\mathrm{a}!\equiv 2,6,-1,-5$ ou $-5(\bmod 25)($ selon que $a$ vaut $2,3,4,5$ ou 6$)$. Cela signifie donc que $a=4$ et $\mathrm{c} \equiv 2(\bmod 4)$.
Mais alors $(-3)^{\mathrm{b}} \equiv \mathrm{a}!+5^{\mathrm{b}} \equiv(-1)^{\mathrm{c}} \equiv 1(\bmod 8)$, ce qui signifie que b est pair. On pose alors $\beta=\mathrm{b} / 2$ et $\gamma=\mathrm{c} / 2$, de sorte que

$$
24=\mathrm{a}!=7^{\mathrm{c}}-5^{\mathrm{b}}=\left(7^{\gamma}+5^{\beta}\right)\left(7^{\gamma}-5^{\beta}\right) .
$$

On en déduit notamment que $7^{\gamma}+5^{\beta} \leqslant 24$, donc que $\gamma \leqslant 1$ et $\mathrm{c} \leqslant 2$. Comme $\mathrm{c} \equiv 2(\bmod 4)$, cela signifie que $\mathrm{c}=2$, donc que $5^{\mathrm{b}}=7^{\mathrm{c}}-\mathrm{a}!=49-24=25=5^{2}$.
Les solutions recherchées sont donc les triplets $(\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}, \boldsymbol{c})=(2,1,1),(3,0,1)$ et $(4,2,2)$.
Commentaire des correcteurs: Globalement bien traité pour ceux qui l'ont rédigé, le principal souci de cet exercice consistait à bien se ramener à $a<7$, et à travailler modulo la bonne puissance de nombre premier, ici 25 , ce qui a été plutôt bien trouvé. Il faut bien faire attention aux cas limites $(\mathrm{b}=0, \mathrm{c}=0)$.

## Exercices Seniors

problem_match: Exercice 9.

solution_match: Solution de l'exercice 9


problem: Soit $a, b, c \geqslant 1$ des entiers tels que $a^{b} \mid b^{c}$ et $a^{c} \mid c^{b}$. Montrer que $a^{2} \mid b c$.

solution:
Nous allons regarder les valuations $p$-adiques de chacun des nombres premiers $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ et c . En effet, il suffit de montrer que pour tout nombre premier $p$, on a $2 v_{p}(a)=v_{p}\left(a^{2}\right) \leqslant$ $v_{p}(b c)=v_{p}(b)+v_{p}(c)$.
Soit $p$ un nombre premier. L'hypothèse que $a^{b} \mid b^{c}$ se traduit en terme de valuation $p$-adique par $\mathrm{b} v_{\mathfrak{p}}(\mathrm{a}) \leqslant \mathrm{c} v_{p}(\mathrm{~b})$, ou encore $v_{p}(\mathrm{a}) \leqslant \frac{\mathrm{c}}{\mathrm{b}} \nu_{p}(\mathrm{~b})$. De même, on obtient que $v_{p}(\mathrm{a}) \leqslant \frac{\mathrm{b}}{\mathrm{c}} \nu_{p}(\mathrm{c})$.

En multipliant les deux relations, on trouve que $v_{\mathfrak{p}}(\mathrm{a})^{2} \leqslant \nu_{p}(b) v_{p}(c)$. On a donc, d'après l'inégalité des moyennes:

$$
v_{p}(a) \leqslant \sqrt{v_{p}(b) v_{p}(c)} \leqslant \frac{v_{p}(b)+v_{p}(c)}{2}
$$

ce qui donne bien $2 v_{p}(a) \leqslant v_{p}(b)+v_{p}(c)$ comme voulu. Ceci étant vrai pour tout premier $p$, on a bien $a^{2} \mid b c$.

Commentaire des correcteurs : Le problème est globalement bien réussi. Une poignée d'élèves s'est trompée en affirmant que si $a$ divise $b^{c}$, alors $a$ divise $b$. Cette affirmation peut être réfutée en regardant $\mathrm{a}=25, \mathrm{~b}=10$ et $\mathrm{c}=2$.

problem_match: Exercice 10.

solution_match: Solution de l'exercice 10


problem:
Trouver tous les entiers $n \geqslant 1$ tels que

$$
6^{n}-1 \mid 7^{n}-1
$$

solution:
Soit $n$ un éventuel entier vérifiant $6^{n}-1 \mid 7^{n}-1$.
On a $5=6-1 \mid 6^{n}-1^{n}$, donc $5 \mid 7^{n}-1$. On calcule donc les puissances de 7 modulo 5 :

|  | $n$ | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| $7^{\mathrm{n}}(\bmod 5)$ | 1 | 2 | 4 | 3 | 1 |  |

Ainsi, si on note $n=4 q+r$ la division euclidienne de $n$ par 4 , on a $7^{n} \equiv\left(7^{4}\right)^{q} \times 7^{r} \equiv 1^{q} 7^{r} \equiv 7^{r}$ $(\bmod 5)$. Donc pour que $5 \mid 7^{n}-1$, il faut que $r=0$, autrement dit $n$ est multiple de 4 .
En regardant alors modulo 7 , on obtient $6^{n} \equiv(-1)^{4 \mathrm{q}} \equiv 1(\bmod 7)$, donc $7\left|6^{n}-1\right| 7^{n}-1$, ce qui n'est pas possible.
Il n'y a donc aucun $n$ vérifiant $6^{n}-1 \mid 7^{n}-1$.
Commentaire des correcteurs: L'exercice est très bien résolu et a été traité par de nombreux élèves.

problem_match: Exercice 11.

solution_match: Solution de l'exercice 11


problem:
Déterminer tous les couples d'entiers strictement positifs ( $\mathfrak{m}, \mathfrak{n}$ ) tels que

$$
m n-1 \mid n^{3}-1
$$

solution:
Remarquons que les couples $(1, \mathfrak{n})$ et $(\mathfrak{m}, 1)$ sont solutions pour tous les entiers strictement positifs $m$ et $n$. On suppose dans la suite que $m, n \geqslant 2$.
Notons que les nombres $m n-1, n^{3}-1$ sont strictement positifs. La condition de divisibilité implique donc que $\mathrm{mn}-1 \leqslant \mathrm{n}^{3}-1$, donc $\mathrm{m} \leqslant \mathrm{n}^{2}$.
On commence par ramener un peu de symétrie au problème en remarquant que $\mathrm{mn}-1$ divise $(\mathrm{mn})^{3}-1^{3}$, de sorte que $\mathfrak{m n}-1$ divise $(\mathfrak{m n})^{3}-1-\mathfrak{m}^{3}\left(\mathfrak{n}^{3}-1\right)=\mathfrak{m}^{3}-1$.
Maintenant que le problème est complètement symétrique en $m$ et $n$, on peut supposer sans perte de généralité que $m \geqslant n . m \geqslant n$. Puisque $m n-1$ divise $n^{3}-1$ et $m n-1$, il divise également $n^{3}-1-$ $(m n-1)=n\left(n^{2}-\mathfrak{m}\right)$. Comme $m n-1$ et $n$ sont premiers entre eux, on a par le lemme de Gauss que $m n-1$ divise $n^{2}-m$. Mais alors, si $n^{2}-m$ est non nul, puisque $m \geqslant n$ et $m \geqslant 1$,

$$
0<\mathfrak{n}^{2}-\mathfrak{m}<\mathrm{mn}-1 \leqslant \mathfrak{n}^{2}-\mathrm{m}
$$

ce qui est impossible. On a donc $n^{2}=m$. Réciproquement, le couple ( $\left.n^{2}, n\right)$ est bien solution $\left(n^{2}, n\right)$.
Ainsi, les couples solutions sont $\left\{(1, \mathfrak{n}),(\mathfrak{n}, 1),\left(\mathfrak{n}^{2}, \mathfrak{n}\right),\left(\mathfrak{n}, \mathfrak{n}^{2}\right)\right\}$.

problem_match: Exercice 12.

solution_match: Solution de l'exercice 12


solution:
:

De même que précédemment, on se ramène au cas où $n \geqslant 2$.
Soit $(m, n)$ une solution. On a donc un entier a tel que $n^{3}-1=a(m n-1)$. En passant modulo $n$, on obtient $-1 \equiv-a(\bmod \mathfrak{n})$, soit $a \equiv 1(\bmod \mathfrak{n})$. Écrivons donc $a=k n+1$.
En réinjectant, on obtient $n^{3}-1=(k n+1)(m n-1)=k m n^{2}+(m-k) n-1$, ce qui se simplifie en $\mathrm{n}^{2}=\mathrm{kmn}+\mathrm{m}-\mathrm{k}$.
Repasser modulo $n$ nous donne $m \equiv k(\bmod n)$, donc si $m=n p+r$ et $k=n q+r^{\prime}$ sont les divisions euclidiennes de $m$ et $k$ par $n$, on a $r=r^{\prime}$. On réécrit donc l'égalité sous la forme $n^{2}=$ $(n p+r)(n q+r) n+n p+r-(n q+r)$, qu'on peut encore une fois simplifier:

$$
n=p-q+n^{2} p q+n r(p+q)+r^{2}
$$

Si $p \geqslant 1$, alors $n=p-q+n^{2} p q+n r(p+q)+r^{2} \geqslant n^{2} q-q=q\left(n^{2}-1\right)$. Ainsi si $q \geqslant 1$, il faut $n \geqslant n^{2}-1$, impossible car $n \geqslant 2$.
On vient de montrer qu'au moins un nombre parmi $p$ et $q$ doit être nul.
Si $p=0$ et $q \geqslant 1$, on a $n=q(n r-1)+r^{2}$. Comme $r=m \geqslant 1, \mathfrak{n r}-1 \geqslant 1$ donc $\mathbf{q}(\mathfrak{n r}-1) \geqslant \mathfrak{n r}-1$ donc $n=q(n r-1)+r^{2} \geqslant(\mathfrak{n r}-1)+1=n r \geqslant n$. Toutes ces inégalités sont donc des égalités, ce qui impose $\mathrm{q}=\mathrm{r}=1$. On obtient donc $\mathrm{m}=1$.
Si $q=0$ et $p \geqslant 1$, on a $n=p(n r+1)+r^{2}$. Ainsi, si $r \geqslant 1$, on a $n \geqslant n+2$, donc $r=0$, puis $n=r$ et finalement $m=n^{2}$.
Si $p=q=0$, on a $n=r^{2}$ et $m=r$.
Ainsi les solutions sont les couples $(1, n)$ et $\left(n^{2}, n\right)$ pour tout $n \geqslant 1$, ainsi que les couples $\left(r, r^{2}\right)$ avec $r \geqslant 1$. On vérifie réciproquement que tous ces couples sont solutions, et que $n=1$ donne bien les mêmes solutions (puisqu'a priori ce ne sont que les solutions avec $n \geqslant 2$ ).

Commentaire des correcteurs: L'exercice est globalement bien réussi. Pas mal d'élèves oublient de traiter les cas particuliers de leur raisonnement, alors que dans un tel problème c'est justement les cas particuliers/dégénérés qui donnent les solutions.

solution_match: ## Solution alternative


problem: Soit $\mathrm{f}: \mathbb{N}^{\star} \rightarrow \mathbb{N}^{\star}$ une fonction telle que pour tout entier $\mathrm{n} \geqslant 1, \mathrm{f}(\mathrm{f}(\mathrm{n}))$ soit égal au nombre de diviseurs positifs de $n$. Montrer que si $p$ est un nombre premier, alors $f(p)$ est aussi un nombre premier.

solution:
Dans la suite, on note $d(n)$ le nombre de diviseurs positifs de $n$. Si $p$ est premier, on a $f(f(p))=2$ par définition. En appliquant f des deux côtés de l'égalité, on voit que $f(2)=d(f(p))$. On veut donc montrer que $f(2)=2$, ce qui prouvera que $f(p)$ a exactement deux diviseurs et est donc premier. Or, on a aussi $f(2)=d(f(2))$. Or, pour qu'un entier $\boldsymbol{n} \geqslant 2$ soit égal à son nombre de diviseurs, tous les nombres inférieurs à $n$ doivent diviser $n$, y compris $n-1$ qui est toujours premier avec $n$, donc $n-1=1$ et $n=2$. On déduit que $f(2) \in\{1,2\}$. Si $f(2)=1$, alors $d(f(p))=1$ pour tout $p$ premier, donc $f(p)=1$ pour $p$ premier, puisque 1 est le seul entier à admettre un seul diviseur. Mais alors

$$
1=\mathbf{f}(3)=\mathbf{f}\left(\mathrm{d}\left(2^{2}\right)\right)=\mathbf{f}\left(\mathbf{f}\left(\mathbf{f}\left(2^{2}\right)\right)\right)=\mathrm{d}\left(\mathbf{f}\left(2^{2}\right)\right)
$$

et l'on déduit que $f(4)=1$. Mais alors

$$
\mathbf{f}(\mathbf{f}(4))=\mathbf{f}(1)=\mathbf{f}(\mathbf{f}(2))=\mathrm{d}(2)=2 \neq \mathrm{d}(4)
$$

ce qui fournit la contradiction désirée. On a donc bien $\boldsymbol{f}(2)=2$, ce qui conclut.
Commentaire des correcteurs : Une bonne partie des élèves ont résolu le problème, mais beaucoup d'autres sont allés bien trop vite. En effet, à partir de l'égalité $f(f(f(p)))=f(p)$, il est tentant de conclure immédiatemment que $\boldsymbol{f}(\mathfrak{p})=2$. Mais un autre cas possible est le cas où $f(2)=1$, puisque 1 vérifie aussi que $d(n)=n$. C'est traiter ce cas qui constituait la principale difficulté du problème. Il est donc dommage d'être passé à côté.

problem_match: Exercice 13.

solution_match: ## Solution de l'exercice 13


problem:
On dit que deux entiers $a, b \in \mathbb{N}^{\star}$ sont reliés s'il existe un nombre premier $p$ tel que $\mathrm{a}=\mathrm{pb}$ ou $\mathrm{b}=\mathrm{pa}$.
Trouver tous les entiers $n \geqslant 1$ ayant la propriété suivante : on peut écrire tous les diviseurs positifs de $n$ (1 et n compris) exactement une fois sur un cercle de sorte que tout diviseur soit relié avec chacun de ses deux voisins?

solution:
Traitons d'abord le cas où $n$ n'a qu'un seul facteur premier, donc $\mathrm{n}=\mathrm{p}^{\alpha}$. Si $\alpha \leqslant 1$, n'importe quelle configuration marche. En revanche, si $\alpha \geqslant 2,1$ doit être placé à côté de deux nombres différents, et n'est relié qu'à un seul autre diviseur de $p^{\alpha}$ (celui-ci étant $p$ ), ce n'est donc pas possible.
Remarquons que la parité du nombre de diviseurs premiers comptés avec multiplicité change forcément entre un nombre et un nombre qui lui est relié. Ainsi, si $n$ a un nombre impair de diviseurs, l'existence d'une telle configuration impliquerait que 1 a à la fois un nombre pair et un nombre impair de diviseurs premiers, ce qui n'est pas possible. Les nombres ayant un nombre impair de diviseurs étant les carrés parfaits, ceux-ci ne vérifient pas non plus la propriété de l'énoncé.
Maintenant, essayons de résoudre le cas où on a deux facteurs premiers, mettons $n=p^{a} q^{b}$ avec l'un des nombres $a$ ou b étant impair, et l'on suppose sans perte de généralité qu'il s'agit de $a$.
L'arrangement suivant fonctionne :

$$
1, q, q^{2}, \ldots, q^{b}, p q^{b}, p q^{b-1}, \ldots, p q, p^{2} q, \ldots, p^{a-1} q^{b}, p^{a} q^{b}, p^{a} q^{b-1}, \ldots, p^{a} q, p^{a}, p^{a-1}, \ldots, p, 1
$$

On utilise le fait que a est impair pour dire qu'on a effectivement écrit $p^{a-1} q^{b}$ juste avant $p^{a} q^{b}$.
On procède maintenant par récurrence sur le nombre de diviseurs premiers : supposons avoir montré pour un $k \geqslant 2$ que tous les nombres de la forme $\prod_{i=1}^{k} p_{i}^{\alpha_{i}}$ avec au moins l'un des $\alpha_{i}$ impair vérifient la propriété de l'énoncé, et soit $n=\prod_{i=1}^{k+1} p_{i}^{\alpha_{i}}$ avec au moins l'un des $\alpha_{i}$ impairs, disons $\alpha_{1}$. Alors l'hypothèse de récurrence nous dit qu'on peut ordonner les diviseurs de $n^{\prime}=\prod_{i=1}^{k} p_{i}^{\alpha_{i}}$ de la forme $d_{1}, \ldots d_{m}$ de sorte que $d_{i}$ et $d_{i+1}$ soient tous reliés, de même que $d_{m}$ et $d_{1}$. Alors l'arrangement suivant fonctionne pour $m$ (car mest pair) :

$$
d_{1}, p_{k+1} d_{1}, \ldots, p_{k+1}^{\alpha_{k+1}} d_{1}, p_{k+1}^{\alpha_{k+1}} d_{2}, \ldots p_{k+1} d_{2}, d_{2}, d_{3}, \ldots, p_{k+1}^{\alpha_{k+1}} d_{m}, \ldots p_{k+1} d_{m}, d_{m}, d_{1}
$$

Ainsi les nombres qui ne vérifient pas cette propriété sont les carrés (différents de 1 ) et le puissances (plus grandes que 2) de nombres premiers.

Commentaire des correcteurs: L'exercice, un peu combinatoire, est relativement peu traité mais globalement bien réussi par les élèves qui l'ont abordé. La plupart des élèves qui ont l'intuition de la construction à réaliser pour des nombres composés ont des difficultés à la formuler rigoureusement (par une récurrence).

problem_match: Exercice 14.

solution_match: Solution de l'exercice 14


problem: Soit $m, n \geqslant 2$ des entiers tels que $\operatorname{PGCD}(m, n)=\operatorname{PGCD}(m, n-1)=1$. On définit la suite $\left(n_{k}\right)_{k \in \mathbb{N}}$ par $n_{0}=m$ et $n_{k+1}=n \cdot n_{k}+1$ pour $k \in \mathbb{N}$. Montrer que les entiers $n_{1}, \ldots, n_{m-1}$ ne peuvent pas tous être des nombres premiers.

solution:
Tout d'abord, la suite ( $\mathrm{n}_{\mathrm{k}}$ ) est une suite arithmético-géométrique. On peut donc établir une formule close pour son terme général, à savoir $n_{k}=n^{k} m+\frac{n^{k+1}-1}{n-1}$, que l'on peut aussi obtenir par récurrence à partir du calcul des premiers termes. De cette expression on déduit en particulier que $n_{k}>m$ pour tout $k>0$. On va désormais montrer que l'un des nombres $n_{1}, \ldots, n_{m-1}$ est divisible par $m$, ce qui fera de ce nombre un nombre composé.
En passant modulo $m$, on déduit $n_{k} \equiv \frac{\mathfrak{n}^{k+1}-1}{n-1} \bmod m$ par récurrence, où l'on a utilisé que $n-1$ est inversible modulo $m$ car $n-1$ est premier avec $m$.
Soit $\omega$ l'ordre de $n \bmod m$ (celui-ci existe car $m$ et $n$ premiers entre eux). On a $\omega \leqslant \varphi(m) \leqslant m-1$ d'après le théorème d'Euler. On déduit que $m \mid n^{\omega}-1$, ce qui implique que $m$ divise $n_{\omega-1}-1$ comme voulu. Ainsi, les $n_{k}$ ne sont pas tous premiers.

Commentaire des correcteurs: L'exercice est très bien résolu. Les élèves ont pratiquement tous pensé à justifier le fait que $m<n_{k}$, ce qui est nécessaire pour conclure que $n_{k}$ est composé s'il est divisible par m.

problem_match: Exercice 15.

solution_match: Solution de l'exercice 15


problem:
Soient $p$ un nombre premier impair et $x_{1}, \ldots, x_{p}$ des entiers relatifs.
On suppose que pour tout $k \geqslant 1$ entier, on a

$$
\mathrm{p} \mid \mathrm{x}_{1}^{\mathrm{k}}+\cdots+\mathrm{x}_{\mathrm{p}}^{\mathrm{k}}
$$

Montrer que les entiers $x_{1}, \ldots, x_{p}$ sont tous congrus modulo $p$.

solution:
Notons que la relation est également vrai pour $k=0$ car $\underbrace{1+\ldots+1}_{\mathrm{p} \text { fois }} \equiv 0$ $\bmod p$
Soit $\mathrm{Q}(\mathrm{X})=\sum_{\mathrm{k}=0}^{n} \mathrm{a}_{\mathrm{k}} X^{\mathrm{k}}$ un polynôme à coefficients entiers. On a

$$
\mathrm{Q}\left(\mathrm{x}_{1}\right)+\ldots+\mathrm{Q}\left(\mathrm{x}_{\mathrm{p}}\right)=\sum_{\ell=1}^{p} \sum_{k=0}^{n} \mathrm{a}_{\mathrm{k}} x_{\ell}^{k}=\sum_{\mathrm{k}=0}^{n} \mathrm{a}_{\mathrm{k}} \underbrace{\sum_{\ell=1}^{p} x_{\ell}^{k}}_{\equiv 0 \bmod p} \equiv 0 \bmod p
$$

On suppose par l'absurde que les $x_{i}$ ne donnent pas tous le même reste modulo $p$. Soit $\left\{y_{1}, \ldots, y_{r}\right\}$ l'ensemble des restes modulo $p$ généré par l'ensemble $\left\{x_{1}, \ldots, x_{p}\right\}$, avec $y_{1} \equiv x_{1}$. On note $a_{1}$ le nombre d'éléments de l'ensemble $\left\{x_{1}, \ldots, x_{p}\right\}$ qui ont pour reste $y_{1}$. Soit $P(X)=\left(X-y_{2}\right) \ldots\left(X-y_{r}\right)$. P est nul en chacun des $y_{i}$ pour $i \neq 0$. Notons que comme $y_{1} \neq y_{i} \bmod p, P\left(y_{1}\right) \neq 0 \bmod p$. La relation établie plus haut nous donne alors $a_{1} P\left(y_{1}\right) \equiv 0 \bmod p$, ce qui implique que $a_{1}=0 \bmod p$, c'est-à-dire que $a_{1}=p$. Cela est en contradiction avec notre supposition de départ, donc les $x_{i}$ sont tous égaux.

problem_match: Exercice 16.

solution_match: Solution de l'exercice 16


solution:
: On présente une solution un peu plus conceptuelle qui s'appuie sur la structure de corps de $\mathbb{Z} / p \mathbb{Z}$ et sur le fait que les sommes de Newton des racines d'un polynôme déterminent ses coefficients.
Soit $P(X)=\left(X-x_{1}\right) \ldots\left(X-x_{p}\right)$ le polynôme unitaire à coefficients entiers dont les racines sont les $x_{\ell}$. L'hypothèse de l'énoncé nous indique que les sommes de Newton des $x_{\ell}$ sont nulles modulo $p$.
Or il est possible de relier les coefficients du polynômes P aux sommes de Newton du polynôme P , via les formules suivantes: si $a_{k}$ est le coefficient devant $X^{k}$ dans l'écriture de $P$, alors pour tout $0 \leqslant k \leqslant p$ :

$$
k a_{p-k}=(-1)^{k-1} \sum_{\ell=1}^{k-1} a_{p-\ell}\left(x_{1}^{\ell}+\ldots+x_{p}^{\ell}\right)
$$

On peut retrouver ces formules par récurrence à l'aide des relations de Viète.
On remarque alors que si $k \neq 0, p, k a_{p-k} \equiv 0 \bmod p$ car chacune des $x_{1}^{\ell}+\ldots+x_{p}^{\ell}$ est divisible par $p$. Ainsi, dans $\mathbb{Z} / p \mathbb{Z}[X]$, le polynôme $P$ est de la forme $P(X)=X^{p}-a=X^{p}-a^{p}=(X-a)^{p}$, où l'on a utilisé que $a^{p} \equiv a(\bmod p)$ par le petit théorème de Fermat et que dans la formule $(X-a)^{p}=$ $\sum_{k=0}^{p}\binom{p}{k} a^{p-k} X^{k}$, seuls les coefficients $\binom{p}{0}$ et $\binom{p}{p}$ sont non nuls modulo $p$. Cela implique que les $x_{i}$ sont tous égaux (à $a$ ) modulo $p$ comme voulu.

Commentaire des correcteurs : L'exercice est très bien réussi. Cet exercice demandait de la culture sur les polynômes modulo $p$, et les élèves ont présenté diverses preuves pour s'en sortir.

solution_match: Solution alternative


problem:
Soit $n$ un entier strictement positif et soient $a, a_{1}, \ldots, a_{n}$ des entiers strictement positifs. On suppose que pour tout entier $k$ pour lequel l'entier $a k+1$ est un carré parfait, au moins l'un des entiers $a_{1} k+1, \ldots, a_{n} k+1$ est également un carré parfait.
Montrer qu'il existe un indice $1 \leqslant i \leqslant n$ tel que $a=a_{i}$.

solution:
Commençons par deux lemmes sur les résidus quadratiques.
Lemme 1 : Si $x$ est résidu quadratique modulo $p$ avec $p$ premier impair, il l'est aussi modulo $p^{2}$ (et même $\mathrm{p}^{\mathrm{m}}$, mais on n'en a pas besoin ici).

problem_match: Exercice 17.

solution_match: Solution de l'exercice 17


solution:
En effet, soit a tel que $a^{2} \equiv x(\bmod p)$, ce qu'on réécrit sous la forme $a^{2}-x=k p$. Mais alors on obtient $\left(a-2^{-1} k p\right)^{2} \equiv a^{2}-k p \equiv x\left(\bmod p^{2}\right)$, et 2 est inversible modulo $p^{2}$ car $p$ est impair. Ainsi, $x$ est bien un résidu quadratique modulo $p^{2}$.
Lemme 2: Sii $t$ est un entier non nul et $p$ est un nombre premier tel que $p \equiv 1(\bmod 8 \mathrm{t})$, alors $\left(\frac{\mathrm{t}}{\mathrm{p}}\right)=1$.
Démonstration : En effet, soit $q$ un diviseur premier de $t$ et $\alpha=\nu_{q}(t)$. Si $q=2,\left(\frac{2}{p}\right)=1$ car $p \equiv 1(\bmod 8)$. donc $q$ est résidu quadratique modulo $p$. Notons maintenant que $\alpha$ est pair, alors $q^{\alpha}$ est automatiquement un carré modulo $p$, et si $\alpha$ est impair, $q^{\alpha}$ est le produit de $q$ (qui est un carré) avec $q^{\alpha-1}$ qui est un carré, donc $q^{\alpha}$ est un carré modulo $p$. Si $q \geqslant 3$, comme $p \equiv 1(\bmod 4)$, la loi de réciprocité quadratique nous donne $\left(\frac{q}{p}\right)=\left(\frac{p}{q}\right)=\left(\frac{1}{q}\right)=1$, De même que précédemment, on déduit que $\left(\frac{q^{\alpha}}{p}\right)=1$. La multiplicativité des symboles de Legendre permet de conclure que $\left(\frac{t}{p}\right)=1$.
On rappelle également un cas particulier du théorème de la progression arithmétique de Dirichlet : pour tout $t$ entier, il existe une infinité de nombres premiers $p$ tels que $p \equiv 1 \bmod 8 t$.
Revenons à l'exercice. Supposons par l'absurde que tous les $a_{i}$ sont différents de $a$.
Posons $M=\max \left\{a, a_{1}, \ldots, a_{n}\right\} \geqslant 2$. On construit alors une suite de nombres premiers $p_{1}, \ldots p_{n}$ par récurrence comme suit : par le théorème de la progression arithmétique de Dirichlet, il existe au moins un nombre premier $p_{1} \equiv 1\left(\bmod 8 a_{1}\left(a_{1}-a\right)\right)$ avec $p_{1}>M$. (On utilise ici le fait que $\left.a_{1}-a \neq 0\right)$.
Pour $2 \leqslant i \leqslant n$, on prend ensuite $p_{i}$ tel que $p_{i} \equiv 1\left(\bmod 8 a_{i}\left(a_{i}-a\right)\right.$ ) avec $p_{i}>p_{i-1}$ (qui existe pour les mêmes raisons que $p_{1}$ ).
En particulier les $p_{i}$ sont deux-à-deux distincts, et $p_{i} \equiv 1 \bmod 8 a_{i}$ et $p_{i} \equiv 1 \bmod 8\left(a_{i}-a\right)$, de sorte que d'après le deuxième lemme, pour tout $i,\left(\frac{a_{i}}{p_{i}}\right)=\left(\frac{a_{i}-a}{p_{i}}\right)=1$.
Par définition, pour tout $i$ il existe $n_{i}$ tel que $n_{i}^{2} \equiv a_{i}-a\left(\bmod p_{i}\right)$, et quitte à remplacer $n_{i}$ par $n_{i}+p_{i}$, on peut supposer $p_{i}^{2} \nmid n_{i}^{2}-\left(a_{i}-a\right)\left(p_{i} \neq 2\right)$. Ainsi, on peut écrire $n_{i}^{2} \equiv a c_{i} p_{i}+\left(a_{i}-a\right)\left(\bmod p_{i}^{2}\right)$ avec $p_{i} \nmid c_{i}$ puisque a et $p_{i}$ sont premiers entre eux $\left(a<p_{i}\right)$.
Ensuite, comme $a_{i}$ est inversible modulo $p_{i}$ pour tout $i$, le théorème des restes chinois indique que l'on peut trouver un entier $k$ vérifiant que pour tout $i, k \equiv\left(c_{i} p_{i}-1\right) a_{i}^{-1} \bmod p_{i}^{2}$, ou encore $a_{i} k+1 \equiv c_{i} p_{i}$ $\left(\bmod p_{i}^{2}\right)$.
Remarquons que, par construction,

$$
a k+1 \equiv a \frac{c_{i} p_{i}-1}{a_{i}}+1 \equiv \frac{a c_{i} p_{i}-a+a_{i}}{a_{i}} \equiv \frac{n_{i}^{2}}{a_{i}} \equiv a_{i}\left(\frac{n_{i}}{a_{i}}\right)^{2} \quad\left(\bmod p_{i}^{2}\right)
$$

Or $\left(\frac{a_{i}}{p_{i}}\right)=1$, donc $a_{i}$ est également un résidu quadratique modulo $p_{i}^{2}$ par le premier lemme, donc on a un entier, mettons $\mathrm{N}_{i}$, tel que $a k+1 \equiv \mathrm{~N}_{i}^{2}\left(\bmod p_{i}^{2}\right)$.

Alors le théorème des restes chinois nous donne un entier $x$ tel que $x \equiv N_{i}\left(\bmod p_{i}^{2}\right)$ pour tout $i$ et $x \equiv 1(\bmod a)\left(\operatorname{car} a\right.$ est premier avec les $\left.p_{i}\right)$. Mais alors $x^{2} \equiv N_{i}^{2} \equiv a k+1\left(\bmod p_{i}^{2}\right)$ pour tout $i$, et $x^{2} \equiv 1^{2} \equiv a k+1(\bmod a)$, donc $x^{2} \equiv a k+1\left(\bmod a P^{2}\right)$, où on a posé $P=\prod_{i=1}^{n} p_{i}$.
On réécrit maintenant la congruence sous la forme $x^{2}=a k+1+m a P^{2}=a\left(P^{2} m+k\right)+1$. On utilise enfin l'hypothèse de l'énoncé : il existe un indice $j$ tel que $a_{j}\left(P^{2} m+k\right)+1$ soit un carré parfait. Mais alors $a_{j}\left(P^{2} m+k\right)+1 \equiv a_{j} k+1 \equiv c_{j} p_{j}\left(\bmod p_{j}^{2}\right)$, et comme $p_{j} \nmid c_{j}, v_{p_{j}}\left(a_{j}\left(P^{2} m+k\right)+1\right)=1$, ce qui est en contradiction avec le fait que c'est un carré parfait. Notre affirmation de départ était donc fausse, et l'un des $a_{i}-a$ est non nul.

Commentaire des correcteurs : L'exercice est globalement bien réussi par les quelques élèves qui l'ont traité, et qui présentent des solutions très différentes de celle du corrigé.

solution_match: Démonstration:


problem:
Déterminer tous les polynômes $\mathrm{P} \in \mathbb{Z}[\mathrm{X}]$ tels que :
(i) $\mathrm{P}(\mathrm{n}) \geqslant 1$ pour tout $n \geqslant 1$
(ii) $\mathrm{P}(\mathrm{mn})$ et $\mathrm{P}(\mathrm{m}) \mathrm{P}(\mathrm{n})$ ont le même nombre de diviseurs premiers pour tous $\mathrm{m}, \mathrm{n} \geqslant 1$.

solution:
Dans la suite, pour tout entier $\mathfrak{n} \in \mathbb{N}^{*}$, on note $\mathcal{D}(n)$ l'ensemble des diviseurs premiers de $n$, et $\delta(n)=|\mathcal{D}(n)|$. Soit $P \in \mathbb{Z}[X]$ un polynôme vérifiant les deux conditions.
On commence par montrer le résultat suivant :
Lemme : Soit $\mathrm{n} \geqslant 1$. Pour tout $k \in \mathbb{N}^{*}, \mathcal{D}\left(\mathrm{P}\left(\mathrm{n}^{\mathrm{k}}\right)\right)=\mathcal{D}(\mathrm{P}(\mathrm{n}))$.

problem_match: Exercice 18.

solution_match: Solution de l'exercice 18


solution:
On montre d'abord le résultat pour des petites valeurs de k .
Tout d'abord, par hypothèse, $\delta\left(\mathrm{P}\left(\mathrm{n}^{2}\right)\right)=\delta\left(\mathrm{P}(\mathrm{n})^{2}\right)=\delta(\mathrm{P}(\mathrm{n}))$. De même, $\delta\left(\mathrm{P}\left(\mathrm{n}^{4}\right)\right)=\delta\left(\mathrm{P}\left(\mathrm{n}^{2}\right)\right)=$ $\delta(P(n))$. Mais $\delta\left(P\left(n^{4}\right)\right)=\delta\left(P\left(n^{3}\right) P(n)\right)$. $P\left(n^{4}\right)$ ayant le même nombre de diviseurs premiers que $P(n)$, cette dernière égalité assure que $\mathcal{D}\left(P\left(n^{3}\right)\right) \subset \mathcal{D}(P(n))$. Par ailleurs $\delta\left(P\left(n^{3}\right)\right)=\delta\left(P\left(n^{2}\right) P(n)\right) \geqslant$ $\delta(P(n))$. Par conséquent, l'inclusion précédente est saturée par cardinalité, et $\mathcal{D}\left(P\left(n^{3}\right)\right)=\mathcal{D}(P(n))$. Alors $\delta(P(n))=\delta\left(P\left(n^{3}\right)\right)=\delta\left(P\left(n^{2}\right) P(n)\right)$, donc nécessairement $\mathcal{D}\left(P\left(n^{2}\right)\right) \subset \mathcal{D}(P(n))$. Par égalité des cardinaux, $\mathcal{D}(\mathrm{P}(\mathrm{n}))=\mathcal{D}\left(\mathrm{P}\left(\mathrm{n}^{2}\right)\right)=\mathcal{D}\left(\mathrm{P}\left(\mathrm{n}^{3}\right)\right)$.
Soit maintenant $k \geqslant 3$. On montre l'égalité $\mathcal{D}\left(\mathrm{P}\left(\mathrm{n}^{\mathrm{k}}\right)\right)=\mathcal{D}(\mathrm{P}(\mathrm{n}))$ par récurrence. Supposons que $\mathcal{D}(P(n))=\mathcal{D}\left(P\left(n^{2}\right)\right)=\ldots=\mathcal{D}\left(P\left(n^{k}\right)\right)$. Alors $\delta\left(P\left(n^{k+1}\right)\right)=\delta\left(P\left(n^{k}\right) P(n)\right)$, où par hypothèse de récurrence, $P\left(n^{k}\right)$ et $P(n)$ ont exactement les mêmes diviseurs premiers, donc $\delta\left(P\left(n^{k}\right) P(n)\right)=\delta(P(n))$, et $\delta\left(P\left(n^{k+1}\right)\right)=\delta(P(n))$. Alors d'une part, $\delta\left(P\left(n^{k+2}\right)\right)=\delta\left(P\left(n^{k}\right) P\left(n^{2}\right)\right)=\delta\left(P\left(n^{2}\right)\right)$ puisque $\mathcal{D}\left(\mathrm{P}\left(\mathrm{n}^{\mathrm{k}}\right)\right)=\mathcal{D}(\mathrm{P}(\mathrm{n}))$ (vu que $\mathrm{k} \geqslant 3$ ) d'où $\delta\left(P\left(\mathrm{n}^{\mathrm{k}+2}\right)\right)=\delta(\mathrm{P}(\mathrm{n}))$. Mais d'autre part, avec l'égalité $\delta\left(P\left(n^{k+2}\right)\right)=\delta\left(P\left(n^{k+1}\right) P(n)\right)$, on voit que nécessairement, $\mathcal{D}\left(P\left(n^{k+1}\right)\right) \subset \mathcal{D}(P(n))$. Par égalité des cardinaux, on a bien $\mathcal{D}\left(\mathrm{P}\left(\mathrm{n}^{\mathrm{k+1}}\right)\right)=\mathcal{D}(\mathrm{P}(\mathrm{n}))$, ce qui achève l'hérédité.

On utilise désormais l'égalité $\mathcal{D}\left(\mathrm{P}\left(\mathrm{n}^{\mathrm{k}}\right)\right)=\mathcal{D}(\mathrm{P}(\mathrm{n}))$ pour conclure l'exercice. On écrit $\mathrm{P}=\mathrm{X}^{\mathrm{d}} \mathrm{Q}$, où $d \in \mathbb{N}$ et $Q \in \mathbb{Z}[X]$ vérifie $Q(0) \neq 0$. Clairement $Q(n) \geqslant 1$ si $n \geqslant 1$. Fixons $p$ premier ne divisant pas $Q(0)$. Pour $k \geqslant 1, p \nmid Q\left(p^{k}\right)$ donc $\mathcal{D}\left(Q\left(p^{k}\right)\right)=\mathcal{D}(Q(p)) d$ 'après le point précédent. En effet, si $d=0$ cela correspond à l'égalité démontrée plus haut, et si $d \geqslant 1,\{p\} \cup \mathcal{D}\left(Q\left(p^{k}\right)\right)=\mathcal{D}\left(P\left(p^{k}\right)\right)=\mathcal{D}(P(p))=$ $\{p\} \cup \mathcal{D}(Q(p))$ où $p \nmid Q\left(p^{k}\right)$ et $p \nmid Q(p)$.
Supposons par l'absurde que $Q$ est non constant. $Q$ tend donc vers $+\infty$ à l'infini. Alors $\delta(Q(p)) \geqslant 1$ car dans le cas contraire $Q\left(p^{k}\right)$ serait égal à 1 pour tout $k \geqslant 1$, donc $Q(X)-1$ admettrait une infinité de racines et serait donc constant. Notons $\mathcal{D}(Q(p))=\left\{q_{1}, \ldots, q_{s}\right\}$ où $s \geqslant 1$ et $q_{1}<\ldots<q_{s}$ des nombres premiers. Soit $\alpha=\max _{r \text { premier }} \nu_{r}(Q(1)) \geqslant 0$. Il existe $k_{0} \geqslant 1$ tel que pour tout $k \geqslant k_{0}$, il existe $i(k) \in \llbracket 1, s \rrbracket$ avec $v_{q_{i(k)}}\left(Q\left(p^{k}\right)\right) \geqslant \alpha+1$ En effet, comme $Q$ tend vers $+\infty$ en $\infty$, pour $k$ assez grand, $Q\left(p^{k}\right)$ est strictement supérieur à $\left.\left(q_{1} \ldots q_{s}\right)^{\alpha}\right)$. Soit $\beta=\varphi\left(\left(q_{1} \ldots q_{s}\right)^{\alpha+1}\right) \geqslant 1$, et $N \geqslant 1$ tel que $N \beta \geqslant k_{0}$. Alors $q_{i(N \beta)}^{\alpha+1} \mid Q\left(p^{N \beta}\right)$, mais $p^{N \beta} \equiv 1\left(\bmod \left(q_{1} \ldots q_{s}\right)^{\alpha+1}\right)$ puisque $p \notin\left\{q_{1}, \ldots, q_{s}\right\}$. En particulier, $Q\left(p^{N \beta}\right) \equiv Q(1)\left(\bmod q_{i(N \beta)}^{\alpha+1}\right)$, et donc $q_{i(N \beta)}^{\alpha+1} \mid Q(1)$. Cela est en contradiction avec la maximalité de $\alpha$. Ainsi, $Q$ est constant égal à $a \in \mathbb{N}^{*}$, et $P=a X^{d}$ avec $d \in \mathbb{N}$.
On vérifie réciproquement que les polynômes de la forme $a X^{d}$ avec $d \in \mathbb{N}$ et $a \in \mathbb{N}^{*}$ sont solutions.
Commentaire des correcteurs: Seuls cinq élèves ont rendu une tentative sur cet exercice. Il était très agréable de lire les différentes (excellentes) idées des élèves, qu'elles aient mené à une solution complète ou pas. Les élèves ont pratiquement tous invoqué un résultat (attribué à Schür) sur le fait que l'ensemble des nombres premiers divisant l'un des $\mathrm{P}(\mathrm{n})$ est infini si P est non constant à coefficients entiers. Ce résultat, assez puissant et dont la preuve constituerait un exercice en soi, était d'une grande aide ici.