problem: Une cellule peut se diviser en 42 ou en 44 petites cellules. Combien de divisions faut-il pour obtenir, à partir d'une cellule, exactement 2017 cellules?

solution:
Une division augmente de 41 ou 43 le nombre de cellules. Soit $a$ le nombre de divisions en 42 cellules, et $b$ le nombre de divisions en 44 cellules. On veut trouver $a+b$, sachant que

$$
2017=1+41 a+43 b=1+41(a+b)+2 b=1+43(a+b)-2 b
$$

On voit que $41(a+b) \leq 2016$, donc $a+b<50$.
De même, $43(a+b) \geq 2016$, donc $a+b>46$.
Or $2017=1+41 \times 49+7=1+41 \times 48+48=1+41 \times 47+89$. Comme $2 b$ est pair, la seule solution est $a+b=48$ (avec $2 b=48$ donc $a=b=24$ ).

problem_match: Exercice 1

solution_match: Solution


problem:
On a $n$ lampes, chacune avec un interrupteur. Chaque lampe fonctionne normalement, appuyer sur son interrupteur l'éteint si elle est allumée, et l'allume si elle est éteinte. Toutes les minutes on touche aux interrupteurs.

À la première minute : on appuie sur tous les interrupteurs $(1,2,3, \ldots, n)$.
À la deuxième minute : on appuie sur tous les interrupteurs dont la lampe a un numéro pair $(2,4,6, \ldots)$.

À la troisième minute : on appuie sur tous les interrupteurs dont la lampe a un numéro divisible par $3(3,6,9, \ldots)$.

Et ainsi de suite, à la $k$-ième minute, on appuie sur les interrupteurs avec un numéro divisible par $k$.

Quelles sont les lampes qui sont allumées après $n$ minutes sachant qu'au début toutes les lampes sont éteintes ?

solution:
Soit $i \in\{1, \ldots, n\}$ le numéro d'une des lampes. On appuie sur l'interrupteur $i$ à la $k$-ième minute si et seulement si $k$ est un diviseur de $i$, donc on a appuyé $d(i)$ fois sur l'interrupteur $i$, avec $d(i)$ le nombre de diviseurs de $i$. Décomposons $i$ en facteurs premiers : $i=p_{1}^{\alpha_{1}} \times \cdots \times p_{r}^{\alpha_{r}}$, avec $p_{1}, \ldots, p_{r}$ des nombres premiers distincts et $\alpha_{1}, \ldots, \alpha_{r}$ des entiers. Les diviseurs de $i$ sont les entiers
de la forme $p_{1}^{\beta_{1}} \times \cdots \times p_{r}^{\beta_{r}}$, avec $\beta_{1} \in\left\{0,1, \ldots, \alpha_{1}\right\}, \ldots, \beta_{r} \in\left\{0,1, \ldots, \alpha_{r}\right\}$, il y en a donc $d(i)=\left(\alpha_{1}+1\right) \ldots\left(\alpha_{r}+1\right)$ (nombres de choix de $\left.\beta_{1}, \ldots, \beta_{r}\right)$.

Pour que la lampe $i$ soit allumée à la fin, il faut et il suffit qu'on ait appuyé un nombre impair de fois sur l'interrupteur, donc que $d(i)$ soit impair, donc que tous les $\alpha_{j}, j \in\{1, \ldots, r\}$, soient pairs, c'est-à-dire que $i$ soit un carré parfait.

Ainsi, les lampes allumées après $n$ minutes sont celles dont le numéro est un carré parfait.

problem_match: Exercice 2


problem: On considère 5 nombres entiers positifs. En les ajoutant deux à deux de toutes les façons possibles, on génère 10 entiers. Montrer que ces 10 entiers ne peuvent pas être 10 entiers consécutifs.

solution:
On suppose que les 10 entiers sont consécutifs, et on note $n$ le plus petit. Leur somme est $n+(n+1)+\cdots+(n+9)=10 n+45$. Mais c'est aussi la somme des 5 nombres de départ, comptés 4 fois chacun, donc c'est un multiple de 4. C'est impossible car pour tout entier $n, 10 n+45$ est impair. On aboutit à une contradiction, donc les 10 entiers ne peuvent pas être consécutifs.

## Exercices Communs

problem_match: Exercice 3


problem: Dans la région reculée de Torturie, le vizir dispose en cercle $n$ condamnés, numérotés dans l'ordre entre 1 et $n$. Implacablement, il envoie au bourreau un condamné sur deux : les condamnés $2,4, \ldots$ et ainsi de suite en tournant autour du cercle, en sautant une personne entre deux supplices, jusqu'au moment où il n'en reste plus qu'un. Calculer en fonction de $n$ le numéro du dernier condamné restant.

solution:
On note $f(n)$ le numéro du survivant. Traitons d'abord le cas où $n$ est une puissance de 2 . Montrons par récurrence que dans ce cas, $f(n)=1$. Si $n=1$, c'est bien le cas. Si $n=2^{a}$, avec $a \geq 1$, le vizir élimine d'abord tous les numéros pairs. Il reste alors $\frac{n}{2}=2^{a-1}$ condamnés, et le prochain à être envoyé au bourreau est le numéro 3, qui est la deuxième personne restante. Par hypothèse de récurrence, le survivant sera la première personne restante, c'est-à-dire le numéro 1 . Ainsi $f\left(2^{a}\right)=1$ pour tout entier $a$.

Traitons maintenant le cas général. On écrit $n=2^{a}+b$, où $a$ et $b$ sont des entiers tels que $0 \leq b<2^{a}$. Le vizir envoie d'abord au bourreau les numéros $2,4, \ldots, 2 b$. Il reste alors $2^{a}$ condamnés. D'après le cas précédent, le survivant est celui situé juste avant la prochaine victime, à savoir le numéro $2 b+1$, car $2 b+1 \leq n$. Ainsi $f\left(2^{a}+b\right)=2 b+1$.


problem: Trouver tous les entiers $\mathrm{m}, \mathrm{n} \geq 0$ tels que $n^{3}-3 n^{2}+n+2=5^{m}$.

solution:
On peut factoriser $n^{3}-3 n^{2}+n+2=(n-2)\left(n^{2}-n-1\right)$. Pour que l'équation soit vraie, il faut que les deux facteurs soient, au signe près, des puissances de 5.

Si $n-2$ est négatif, comme $n$ est positif, pour que $-(n-2)$ soit une puissance de 5 , il faut prendre $n=1$, et dans ce cas $n^{3}-3 n^{2}+n+2=1$, donc $m=0$, $n=1$ est solution.

Sinon, $\left(n^{2}-n-1\right)-(n-2)=n^{2}-2 n+1=(n-1)^{2}>0$, donc $n^{2}-n-1$ est une puissance de 5 plus grande que $n-2$, donc $n-2$ divise $n^{2}-n-1=(n-2)(n+1)+1$, donc $n-2$ divise 1 , donc $n=3$, et dans ce cas $n^{3}-3 n^{2}+n+2=5$, donc $m=1, n=3$ est solution.

Ainsi les seules solutions sont $m=0, n=1$ et $m=1, n=3$.


problem: Montrer que $n!=1 \times 2 \times \cdots \times n$ est divisible par $2^{n-1}$ si et seulement si $n$ est une puissance de 2 .

solution:
On définit, pour tout nombre premier $p$, la valuation $p$-adique d'un entier $n$ comme le plus grand entier, noté $v_{p}(n)$, tel que $p^{v_{p}(n)}$ divise $n$. La valuation $p$-adique d'un produit d'entiers est la somme de leurs valuations $p$ adiques. Pour $x$ un nombre réel, on note $\lfloor x\rfloor$ la partie entière de $x$, c'est-à-dire le plus grand entier inférieur à $x$.

On observe que $\{1, \ldots, n\}$ contient $\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor$ multiples de $p,\left\lfloor\frac{n}{p^{2}}\right\rfloor$ multiples de $p^{2}$, etc. On en déduit la formule de Legendre :

$$
v_{p}(n!)=\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{n}{p^{2}}\right\rfloor+\ldots
$$

Pour cet exercice, on prend $p=2$, et on définit $k$ l'entier tel que $2^{k} \leq n<2^{k+1}$. Alors
$v_{2}(n!)=\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{n}{4}\right\rfloor+\cdots+\left\lfloor\frac{n}{2^{k}}\right\rfloor \leq \frac{n}{2}+\frac{n}{4}+\cdots+\frac{n}{2^{k}}=n\left(1-\frac{1}{2^{k}}\right) \leq n-1$.
Pour que $n$ ! soit divisible par $2^{n-1}$, c'est-à-dire pour que $v_{2}(n!) \geq n-1$, il faut être dans les cas d'égalité. En particulier, il faut que $n\left(1-\frac{1}{2^{k}}\right)=n-1$, donc que $n=2^{k}$.

Réciproquement, si $n=2^{k}$, alors on est dans les cas d'égalité, donc $2^{n-1}$ divise $n$ !.

## Exercices Groupe A


problem: Trouver les couples d'entiers $(x, y) \in \mathbb{Z}$ solutions de l'équation $y^{2}=x^{5}-4$.

solution:
Par le petit théorème de Fermat, pour tout entier $x$ premier avec $11, x^{10} \equiv 1[11]$. Donc 11 divise $x^{10}-1=\left(x^{5}-1\right)\left(x^{5}+1\right)$. Par le lemme de Gauss, 11 divise $x^{5}-1$ ou $x^{5}+1$. Donc pour tout entier $x, x^{5}-4 \equiv-5[11]$ ou $x^{5}-4 \equiv-3[11]$ ou, dans le cas où 11 divise $x, x^{5}-4 \equiv-4[11]$.

Pour le terme de gauche, on calcule les résidus quadratiques modulo 11: $0^{2} \equiv 0[11], 1^{2}=(-1)^{2} \equiv 1[11], 2^{2}=(-2)^{2} \equiv 4[11], 3^{2}=(-3)^{2} \equiv-2[11]$, $4^{2}=(-4)^{2} \equiv 5[11]$, et $5^{2}=(-5)^{2} \equiv 3[11]$.

Ainsi $y^{2} \not \equiv x^{5}-4[11]$, donc l'équation n'a pas de solution.


problem: Existe-t-il un sous-ensemble infini $A$ de $\mathbb{N}$ qui vérifie la propriété suivante : toute somme finie d'éléments distincts de $A$ n'est jamais une puissance d'un entier (c'est-à-dire un entier de la forme $a^{b}$ avec $a$ et $b$ entiers supérieurs ou égaux à 2) ?

solution:
On cherche à construire un tel ensemble $A=\left\{a_{0}, a_{1}, \ldots\right\}$, avec $\left(a_{0}, a_{1}, \ldots\right)$ une suite croissante d'entiers. On choisit comme premier élément $a_{0}=0$.

Soit $n \in \mathbb{N}$. On suppose qu'on a déjà trouvé $a_{0}<\cdots<a_{n}$ tels que l'ensemble B des somme d'éléments distincts ne contienne pas de puissance d'un entier. On veut choisir $a_{n+1}>a_{n}$ tel que l'ensemble des sommes d'éléments distincts de $\left\{a_{0}, \ldots a_{n+1}\right\}$ ne contienne pas de puissance d'un entier. Il suffit qu'aucun des $a_{n+1}+b$, avec $b \in B$, ne soit une puissance d'un entier.

Soit $N \in \mathbb{N}$. Majorons la proportion $p(N)$ de puissances d'entiers dans $\left\{a_{n}+1, \ldots, N\right\}$. Il y a moins de $\sqrt{N}$ carrés, moins de $\sqrt[3]{N}$ cubes, et ainsi de suites jusqu'aux racines $k$-ièmes, avec $k=\left\lfloor\log _{2}(N)\right\rfloor$. On peut s'arrêter à $k$ car pour tout $b>k, 2^{b}>N$ donc il n'y a pas de puissance $b$-ième dans $\left\{a_{n}+1, \ldots, N\right\}$. Donc

$$
p(N) \leq \frac{\sqrt{N}+\sqrt[3]{N}+\cdots+\sqrt[k]{N}}{N-a_{n}} \leq \frac{\sqrt{N} \log _{2}(N)}{N-a_{n}} \underset{N \rightarrow+\infty}{\longrightarrow} 0 .
$$

Ainsi, pour $N$ assez grand, on peut trouver $1+\max B$ nombres consécutifs dans $\left\{a_{n}+1, \ldots, N\right\}$ qui ne sont pas des puissances d'entiers. On choisit pour $a_{n+1}$ le plus petit d'entre eux. Alors aucun des $a_{n+1}+b$, avec $b \in B$, n'est une puissance d'un entier.

Finalement, on a bien construit un ensemble $A$ satisfaisant la propriété demandée.

Exercices 3 On note $P(n)$ le plus grand diviseur premier de $n$. Montrer qu'il existe une infinité d'entiers $n$ tels que $P(n-1)<P(n)<P(n+1)$.


solution:
Soit $p$ un nombre premier impair. On cherche un entier $n$ de la forme $p^{2^{k}}$, avec $k$ entier, tel que $P(n-1)<P(n)<P(n+1)$.

Soit $k>l \geq 0$, on a

$$
\frac{p^{2^{k}}+1}{2}=\frac{p^{2^{l}}+1}{2}\left(p^{2^{k}-2^{l}}-p^{2^{k}-2 \cdot 2^{l}}+\cdots-p^{2 \cdot 2^{l}}+p^{2^{l}}-1\right)+1 .
$$

Donc les $\frac{p^{2^{k}}+1}{2}, k \in \mathbb{N}$, sont deux à deux premiers entre eux. Cela implique que les $P\left(\frac{p^{2^{k}}+1}{2}\right)=P\left(p^{2^{k}}+1\right)$ sont des entiers distincts. En particulier, on peut trouver $k$ tel que $P\left(p^{2^{k}}+1\right) \geq p=P\left(p^{2^{k}}\right)$. Soit $k_{p}$ le plus petit $k \geq 0$ vérifiant cette propriété. On choisit $n=p^{2^{k_{p}}}$. On voit que $P(n+1) \geq P(n)$, or $n$ et $n+1$ sont premiers entre eux, donc $P(n+1)>P(n)$. Il reste à montrer que $P(n-1)<P(n)$. On écrit

$$
n-1=p^{2^{k_{p}}}-1=\left(p^{2^{k_{p}-1}}+1\right)\left(p^{2^{k_{p}-2}}+1\right) \ldots\left(p^{2}+1\right)(p+1)(p-1)
$$

donc

$$
P(n-1)=\max \left(P\left(p^{2^{k_{p}-1}}+1\right), \ldots, P(p+1), P(p-1)\right)<p=P(n)
$$

par minimalité de $k_{p}$ et parce que $P(p-1) \leq p-1<p$.
Finalement, pour tout nombre premier impair $p$, on peut trouver $n$ une puissance de $p$ telle que $P(n-1)<P(n)<P(n+1)$. Comme il y a une infinité de nombres premiers impairs, et comme les puissances de nombres premiers distincts sont distinctes, il existe une infinité de tels entiers $n$.