PRÉPARATION OLYMPIQUE FRANÇAISE DE MATHÉMATIQUES<br>![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_6d27e95a473a73a7b5ffg-01.jpg?height=338&width=378&top_left_y=292&top_left_x=868)<br>ENVOI 3 : ARITHMÉTIQUE<br>À RENVOYER AU PLUS TARD LE 13 FÉVRIER 2023

Les consignes suivantes sont à lire attentivement :

- Le groupe junior est constitué des élèves nés en 2008 ou après. Les autres élèves sont dans le groupe senior.
- Les exercices classés "Juniors" ne sont à chercher que par les élèves du groupe junior.
- Les exercices classés "Seniors" ne sont à chercher que par les élèves du groupe senior.
- Les exercices doivent être cherchés de manière individuelle.
- Utiliser des feuilles différentes pour des exercices différents.
- Respecter la numérotation des exercices.
- Bien préciser votre nom en lettres capitales, et votre prénom en minuscules sur chaque copie.


## 1 Exercices junior

Exercice 1. Soient $a, b$ deux entiers. Montrer que $a b(a-b)$ est divisible par 2.
Solution de l'exercice 1 On s'intéresse à la parité d'un produit, il est donc pertinent de faire une disjonction de cas sur la parité des entiers en jeu, ici a et $b$. On remarque alors la chose suivante :

- Si $a$ ou best pair : alors $a b$ est pair (le produit d'un nombre pair par un entier quelconque étant pair) et donc $\mathrm{ab}(\mathrm{a}-\mathrm{b})$ est bien divisible par 2 .
- Sinon, si $a$ et $b$ sont tous les deux impairs, alors $a-b$ est pair (en tant que différence de deux impairs) et donc $a b(a-b)$ est divisible par 2
Finalement, dans tous les cas, si $a$ et $b$ sont des entiers, alors $a b(a-b)$ est divisible par 2.
Commentaire des correcteurs : Beaucoup d'élèves ont abordé cet exercice, et tous l'ont parfaitement réussi. L'idée consistait à faire des disjonctions de cas selon les parités de a et de b , ce qui pouvait se faire en deux cas : soit " $a$ ou b pair" et "a et b impairs", soit "a et b de même parité" et "a et b de parité différente". Certaines copies ont fait plus de cas, ce n'était pas nécessaire et parfois il y avait des cas qui étaient inclus dans d'autres cas déjà traités : cela rallongeait souvent les solutions, ce qui fait perdre en efficacité et peut faire perdre du temps qu'on aurait pu passer à chercher d'autres exercices plus difficiles.

Exercice 2. Montrer qu'il existe une infinité de couples ( $\mathrm{m}, \mathfrak{n}$ ) d'entiers strictement positifs distincts tels que m ! n soit un carré parfait.
$\underline{\text { Solution de l'exercice } 2}$ On aurait envie de prendre $\mathrm{m}=\mathrm{n}$ pour avoir $\mathrm{m}!\mathrm{n}!=(\mathrm{n}!)^{2}$ et avoir un carré parfait. Mais l'énoncé force $m \neq n$. Malgré cela, on voit déjà un moyen de faire apparaître naturellement des carrés parfaits.
Supposons sans perte de généralité $m>n$ (comme $m!n!=n!m!$, quitte à remplacer $(m, n) \operatorname{par}(n, m)$, ça ne pose pas de problème). Alors $m!n!=\mathfrak{m} \times(m-1) \times \ldots \times(n+1) \times n!\times n!=m \times \ldots \times(n+1) \times(n!)^{2}$. Alors $m!n!$ sera un carré parfait si et seulement si $m \times \ldots \times(n+1)$ l'est. Le moyen le plus simple de le faire, c'est de choisir $m=n+1=k^{2}$ pour un certain entier $k(k \geqslant 2$ car on veut $m, n \geqslant 1$ ). En effet on a bien $\left(k^{2}\right)!\left(k^{2}-1\right)!=k^{2}\left(\left(k^{2}-1\right)!\right)^{2}=\left[k\left(k^{2}-1\right)!\right]^{2}$.
Finalement, pour tout $k \geqslant 2$ entier, $(m, n)=\left(k^{2}, k^{2}-1\right)$ convient, ce qui nous fournit bien une infinité de couples de solutions.

Commentaire des correcteurs : Le problème a été abordé par beaucoup d'élèves et une large majorité l'a parfaitement réussi. D'autres ont eu des pistes intéressantes sans forcément aboutir, comme remarquer que, dans le cas $m>n$ par exemple, il est nécessaire et suffisant d'avoir $m \times(m-1) \times \ldots \times(n+1)$ qui est un carré parfait.

Exercice 3. Trouver les triplets d'entiers $(x, y, n)$ tels que $n^{2}=17 x^{4}-32 x^{2} y^{2}+41 y^{4}$.
Solution de l'exercice 3 On va montrer par descente infinie que ( $0,0,0$ ) est la seule solution.
Comme un carré ne vaut que 0 ou 1 modulo 3 (une façon de le voir est de faire une disjonction de cas sur les valeurs modulo 3), il est pertinent de tenter une étude modulo 3 pour essayer de voir où ça nous mène. Pour ce faire, on remarque que si $(x, y, n)$ est solution, alors modulo 3 , on a

$$
n^{2} \equiv-x^{4}-2 x^{2} y^{2}-y^{4} \equiv-\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2} \quad(\bmod 3)
$$

Ainsi, $\mathfrak{n}^{2}+\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}$ est divisible par 3 . Or un carré vaut 0 ou 1 modulo 3 donc la seule manière qu'une somme de carrés soit divisible par 3 , c'est que chacun des termes le soit. Donc $n$ et $x^{2}+y^{2}$ sont divisibles par 3. De même il découle que $x$ et $y$ sont divisibles par 3.
En réinjectant dans l'équation, on en déduit que $3^{4}=81$ divise $n^{2}$ et donc 9 divise n , donc $\left(\frac{x}{3}, \frac{y}{3}, \frac{\mathfrak{n}}{9}\right)$ est une autre solution. Or si on avait une solution avec $x, y$ ou n non nul (et quitte à les changer en leurs opposés, ce qui ne change pas les valeurs des carrés, positifs), on pourrait obtenir une suite strictement décroissante d'entiers naturels, ce qui est absurde (c'est le principe de la descente infinie).
On en déduit que la seule solution potentielle est $(0,0,0)$. Et réciproquement, on remarque que $(x, y, \mathfrak{n})=$ $(0,0,0)$ convient (les deux membres donnent 0 ).
L'unique solution de l'équation est donc $(0,0,0)$.
Commentaire des correcteurs: Dans l'ensemble les copies qui ont abordé le problème l'ont plutôt bien réussi. Certaines ont tenté des pistes comme une étude modulo 8 ou une réécriture de l'équation, ici ça n'aboutissait pas mais c'étaient de bonnes idées qui peuvent tout de même être utiles sur d'autres problèmes similaires. Signalons des erreurs récurrentes sur le principe de la descente infinie : un certain nombre de copies concluent qu'il n'y a aucune solution par descente infinie. En réalité la descente infinie nous permet de conclure qu'il n'y a aucune solution non-nulle, mais rien n'exclut la solution $(0,0,0)$ a priori (et d'ailleurs elle marche). À ce sujet, un certain nombre de copies conclut que ( $0,0,0$ ) est la seule solution possible, sans pour autant penser à la vérifier. Même si elle a l'air évidente ici, une mention de la vérification de la solution est indispensable, car la descente infinie garantit que c'est la seule solution possible, mais pas que c'est bien une solution.

Exercice 4. Déterminer tous les entiers naturels $n$ tels que 21 divise $2^{2^{n}}+2^{n}+1$.
Solution de l'exercice 4 Comme $21=3 \times 7$ et que 3 et 7 sont premiers entre eux, 21 divise $2^{2^{n}}+2^{n}+1$ si et seulement si 3 et 7 divisent $2^{2^{n}}+2^{n}+1$.
Éliminons de suite le cas $n=0$, qui donne $2^{2^{0}}+2^{0}+1=4$ qui n'est pas divisible par 21. On peut donc supposer $n>0$, en particulier $2^{n}$ est pair. Alors modulo $3: 2^{2^{n}}+2^{n}+1 \equiv(-1)^{2^{n}}+(-1)^{n}+1 \equiv$ $(-1)^{n}+2(\bmod 3)$. En particulier $2^{2^{n}}+2^{n}+1$ est divisible par 3 si est seulement si $n$ est pair. On suppose donc désormais que cette condition est vérifiée.
Reste à traiter le cas de la divisibilité par 7 . Modulo 7 , les puissances de 2 sont $2^{0} \equiv 1,2^{1} \equiv 2,2^{2} \equiv$ $4,2^{3} \equiv 1$ : il s'agit donc d'étudier l'exposant modulo 3. Comme $n$ est pair (par le cas précédent), on sait déjà que $2^{n} \equiv 1(\bmod 3)$ donc $2^{2^{n}} \equiv 2(\bmod 7)$. On veut donc $2^{n} \equiv-1-2 \equiv 4(\bmod 3)$, et donc $n \equiv 2(\bmod 3)$ (et réciproquement si $n \equiv 2(\bmod 3)$, comme $n$ est pair alors 7 divise $\left.2^{2^{n}}+2^{n}+1\right)$.
On doit avoir $n \equiv 0(\bmod 2), n \equiv 2(\bmod 3):$ comme 2 et 3 sont premiers entre eux, le théorème des restes chinois donne qu'il existe une unique solution modulo $2 \times 3=6$, et on remarque que c'est $n \equiv 2$ $(\bmod 6)$.
En conclusion, les entiers naturels $n$ qui conviennent sont exactement ceux qui vérifient $n \equiv 2(\bmod 6)$.
Commentaire des correcteurs : Les copies ont bien abordé le problème : presque tout le monde a pensé à étudier les cycles de puissances et beaucoup de gens ont pensé à se ramener à étudier la divisibilité par 3 et par 7 . Malheureusement, il y a eu beaucoup d'erreurs de calcul, raisonement, ou lecture de l'énoncé qui rendent une bonne partie de la preuve fausse, car il y a une erreur au début. Beaucoup de gens ont oublié le cas $n=0$ !

Exercice 5. Soit $n \in \mathbb{N}^{\star}$. Montrer que si $2 n+1$ et $3 n+1$ sont des carrés parfaits, alors $5 n+3$ n'est pas premier.
Solution de l'exercice 5 Supposons que $2 \mathrm{n}+1$ et $3 \mathrm{n}+1$ sont des carrés parfaits : on dispose de $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ deux entiers strictement positifs $(2 n+1,3 n+1>0)$ tels que $2 \mathfrak{n}+1=a^{2}$ et $3 n+1=b^{2}$. Ici, il s'agit de remarquer que $5 \mathfrak{n}+3=4 \times(2 n+1)-(3 n+1)=4 a^{2}-b^{2}$. Pour trouver cette identité, on essaie d'exprimer 5 à partir de 2 et 3 : il est naturel de prendre $5=2+3$ mais cela ne donne pas $5 \mathrm{n}+3$, en revanche on voit que $5=4 \times 2-3$.
On peut donc écrire $5 n+3=(2 a-b)(2 a+b)$. Comme $a, b>02 a+b>2 a-b$, et $2 a+b>0$. Ceci force $2 a-b>0$ (sinon on aurait $5 n+3 \leqslant 0$, ce qui est exclu). Il suffit donc de montrer que $2 a-b>1$ pour conclure : on aura alors écrit $5 \mathrm{n}+3$ comme produit de deux entiers strictement plus grands que 1 , et il ne pourra pas être premier.
Mais si $2 \mathrm{a}=\mathrm{b}+1,5 \mathrm{n}+3=2 \mathrm{a}+\mathrm{b}=4 \mathrm{a}-1$ donc $\mathrm{a}^{2}=2 \mathrm{n}+1 \leqslant \frac{5 n+3}{2}<\frac{4 \mathrm{a}-1}{2}<2 \mathrm{a}$ donc $\mathrm{a}<2$. Mais $a=1$ donne $2 \mathrm{n}+1=1$ donc $\mathrm{n}=0$, absurde car $\mathrm{n}>0$. Ainsi $2 a-b \neq 1$.
On a donc bien montré que si $2 \mathfrak{n}+1$ et $3 \mathfrak{n}+1$ sont des carrés parfaits (avec $\mathfrak{n} \in \mathbb{N}^{\star}$ ), alors $5 \mathfrak{n}+3$ n'est pas un nombre premier.
$\underline{\text { Commentaire des correcteurs : Les élèves qui ont abordé le problème l'ont en général plutôt bien compris }}$ et ont trouvé la factorisation qui était intéressante ici. Néanmoins la plupart d'entre eux ont oublié de vérifier les signes de leurs termes : pour pouvoir conclure $2 \mathrm{a}-\mathrm{b}=1,2 \mathrm{a}+\mathrm{b}=5 \mathrm{n}+3 \mathrm{il}$ fallait avoir vérifié au préalable $2 a+b>2 a-b>0$, ce qui n'était pas très dur mais nécessaire pour que l'identification soit valide. Notons qu'un certain nombre de copies ont tenté d'exploiter des congruences : ici ça ne menait pas à grand chose d'intéressant, lorsqu'il s'agit des nombres premiers il est souvent plus intéressant de rechercher des factorisations plutôt que d'exploiter des congruences car ces dernières, à moins de trouver une divisibilité par un nombre particulier, ne nous renseignent pas sur le caractère premier ou non d'un entier.

Exercice 6. Trouver tous les nombres premiers $p, q$ vérifiant $p^{5}+p^{3}+2=q^{2}-q$.
Solution de l'exercice 6 Ce qu'on connaît pour des nombres premiers, c'est leurs propriétés de divisibilité. Une expression développée n'est donc pas très pratique pour étudier cela : on va d'abord chercher à factoriser.
Remarquons que $p^{5}+p^{3}+2=p^{3}\left(p^{2}+1\right)+2$. On veut résoudre $p^{3}\left(p^{2}+1\right)=q^{2}-q-2$. Mais on reconnaît alors $q^{2}-q-2=(q-2)(q+1)$ (si on ne le voit pas directement, on peut le trouver en résolvant $\mathrm{q}^{2}-\mathrm{q}-2=0$ avec la méthode classique utilisant le discriminant).
On veut donc résoudre $p^{3}\left(p^{2}+1\right)=(q-2)(q+1)$. En particulier $p^{3} \mid(q-2)(q+1)$. Alors $\operatorname{pgcd}(q-$ $2, q+1)=\operatorname{pgcd}(q-2, q+1-(q-2))=\operatorname{pgcd}(q-2,3)$ vaut donc 1 ou 3. Cela suggère d'étudier d'abord le cas $p=3$ : on obtient $(q-2)(q+1)=270$, et en résolvant $q^{2}-q-2=270$ on trouve $q=17$ (qui est bien un nombre premier) et $q=-16$ (qui n'est pas solution car ce n'est pas un nombre premier). Donc lorsque $p=3$, il y a une unique solution $(p, q)=(3,17)$.
On peut donc supposer $p \neq 3$. En particulier, il ne divise pas $\operatorname{pgcd}(q-1, q+2)$, donc au moins un des nombres $q+1$ et $q-2$ est premier avec $p$, donc avec $p^{3}$. Or $p^{3} \mid(q+1)(q-2)$ : donc d'après le lemme de Gauss, $q+1$ ou $q-2$ est divisible par $p^{3}$. Or, $p^{3}$ ne peut pas diviser $q-2$ parce que sinon, on aurait $(q-2)(q+1) \geqslant p^{3} p^{3}>p^{3}\left(p^{2}+1\right)$, absurde. Ainsi $p^{3} \mid q+1$, et donc $q-2 \mid p^{2}+1$.
Mais les divisibilités qu'on vient d'obtenir montrent que $p^{3} \leqslant q+1=(q-2)+3 \leqslant p^{2}+1+3=p^{2}+4$, et donc $p^{2}(p-1) \leqslant 4$. Or $p^{2}(p-1)$ est strictement croissante en $p$, et en $p=2$ on a égalité, donc le seul cas possible est $p=2$ (autrement dit, pour $p>2$, on a $p^{2}(p-1)>4$ ).
Lorsque $p=2$, l'équation devient $q^{2}-q-2=40$, en résolvant on trouve $q=7$ (qui convient car 7 est premier) et $\mathrm{q}=-6$ (qui ne convient pas car n'est pas un nombre premier).
Finalement, il y a deux solutions qui sont $(\mathbf{p}, \mathbf{q})=(2,7)$ et $(\mathbf{p}, \mathbf{q})=(3,17)$.
Commentaire des correcteurs : L'exercice a été assez abordé, mais beaucoup d'erreurs ont été commises. Quand on a une équation du type $a b=c d$, on ne peut pas conclure que $c$ vaut $a$ ou $b$, ou que $c$ divise $a$ ou b. Beaucoup d'élèves utilisent donc des affirmations arithmétiques fausses, et donc se retrouvent avec peu de points car ne traitant qu'un cas très particulier.

Exercice 7. Soit $n \geqslant 2$. Montrer qu'il existe des entiers $a, b$ tels que, pour tout entier $m$, le nombre $m^{3}+a m+b$ ne soit pas un multiple de $n$.
Solution de l'exercice $7 \quad \mathrm{~m}^{3}+\mathrm{am}+\mathrm{b}$ est un multiple de n si et seulement si $\mathrm{m}^{3}+\mathrm{am} \equiv-\mathrm{b}(\bmod \mathrm{n})$. On remarque alors qu'il suffit de trouver a tel que $\mathrm{m}^{3}+\mathrm{am}$ ne prend pas toutes les valeurs possibles modulo $n$ (et de prendre pour $-b$ une des valeurs qui $n$ 'est pas prise). Comme $\mathrm{m}^{3}+a m$ modulo $n$ ne dépend que de $m$ modulo $n$, on peut se restreindre à $0 \leqslant m \leqslant n-1$.
Il s'agit de trouver un a tel que les $0^{3}+\mathrm{a} \cdot 0(\bmod n), 1^{3}+\mathrm{a} \cdot 1(\bmod n), \ldots,(n-1)^{3}+a(n-1)$ $(\bmod n) n$ 'atteignent pas $n$ valeurs distinctes $(\operatorname{modulo} n)$. Alors si on trouve $m_{1} \neq m_{2}$ entre 0 et $n-1$ tels que $m_{1}^{3}+a m_{1} \equiv m_{2}^{3}+a m_{2}(\bmod n)$, les $n-2$ autres valeurs de $m$ modulo $n$ donneront au plus $n-2$ valeurs de $m^{3}+$ am modulo $n$, donc au total, pour $0 \leqslant m \leqslant n-1, m^{3}+$ am prendra au plus $n-1$ valeurs sur mes $\boldsymbol{n}$ possibles : il y en aura bien une qui ne sera pas atteinte. Or $0^{3}+\mathrm{a} \times 0 \equiv 0(\bmod \mathfrak{n})$, $1^{3}+a \times 1 \equiv a+1(\bmod \mathfrak{n})$. Si $a+1 \equiv 0(\bmod \boldsymbol{n})$, on sera dans la situation décrite ci-dessus.
Posons alors $a=-1$ (ou $a=n-1$ si on veut $a>0)$. Alors $m^{3}+a m$ est nul si $m=0$ ou $m=1$. Donc il existe $c$ entier, $0 \leqslant c \leqslant n-1$, tel que pour tout $0 \leqslant m \leqslant n-1, m^{3}+a m \not \equiv c(\bmod n)$. Posons alors $b=-c\left(\right.$ ou $b=n-c$ si on veut $b>0$ ), alors pour tout $0 \leqslant m \leqslant n-1, m^{3}+a m+b$ sera non nul modulo $n$, donc pour tout $m$ entier, $m^{3}+a m+b$ ne sera pas un multiple de $n$.
Ainsi, il existe bien de tels entiers $a$ et $b$.
Commentaire des correcteurs : Le problème n'a pas beaucoup été abordé, et lorsque l'énoncé a été bien compris il a été bien réussi. Cependant, beaucoup n'ont pas compris l'énoncé, et on montré à la place que pour toute valeur de $m$ fixée, on pouvait trouver des $a$ et $b$ de sorte que $n$ ne divise pas $m^{3}+a m+b$. La différence ici est que a et bne sont pas fixés indépendamment de m , ce qui est une version sensiblement plus simple de l'exercice.

Exercice 8. Trouver tous les entiers $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c} \in \mathbb{N}$ tels que $1517^{\mathrm{a}}+15^{\mathrm{b}}=1532^{\mathrm{c}}$.
Solution de l'exercice 8 On commence par traiter les petites valeurs de c.
Si $c=0,1517^{a}+15^{b}=1$ n'a pas de solution.
Si $c=1$, on doit trouver $a, b$ tels que $1517^{a}+15^{b}=1532$. Si $a \geqslant 2$ ou si $a=0$ il n'y a pas de solution. Si $\mathrm{a}=1$, alors $15^{\mathrm{b}}=1532-1517=15$ donc $\mathrm{b}=1$ : ceci fournit la solution $(1,1,1)$.
On suppose maintenant $\mathrm{c} \geqslant 2$. En particulier $16=4^{2}$ divise $1532^{c}$ : ceci invite à étudier l'équation modulo des puissances de 2 plus petites que 16 pour éliminer la dépendance en c . On obtient alors $1+(-1)^{\mathrm{b}} \equiv 0(\bmod 4)$ donc $b$ est impair (en particulier, $\left.\mathrm{b} \geqslant 1\right)$.
En réduisant modulo $8: 15^{b} \equiv-1(\bmod 8)\left(b\right.$ est impair). On a alors $1517^{a}-1 \equiv 5^{a}-1 \equiv 0(\bmod 8)$, donc a est pair.
En réduisant modulo 5 (comme 5 divise 15 , cela supprime la dépendance en $b)$, on a $2^{\mathrm{a}} \equiv 2^{\mathrm{c}}(\bmod 5)$, donc $a \equiv c(\bmod 4)$ (l'ordre de 2 modulo 5 , est 4$)$. Puisqu'on a montré que a était pair, c est pair. Notons $a=2 e$ et $c=2 d$, alors $d$ et $e$ ont la même parité $(\operatorname{car} 2 e \equiv 2 \mathrm{~d}(\bmod 4)$ donc $e \equiv d(\bmod 2)$, et en réinjectant dans l'équation de départ, on obtient $15^{\mathrm{b}}=\left(1532^{\mathrm{d}}-1517^{\mathrm{e}}\right)\left(1532^{\mathrm{d}}+1517^{\mathrm{e}}\right)$.
Remarquons alors que

$$
\left(1532^{\mathrm{d}}+1517^{e}\right)-\left(1532^{\mathrm{d}}-1517^{e}\right)=2 \times 1517^{e}=2 \times 37^{e} \times 41^{e}
$$

Or ni 37 ni 41 ne divisent 1532 donc $1532^{\mathrm{d}}-1517^{e}$, et $1532^{\mathrm{d}}-1517^{e}$ est impair. Par conséquent, $1532^{\mathrm{d}}+1517^{e}$ et $1532^{\mathrm{d}}-1517^{e}$ sont premiers entre eux, donc l'un d'eux est $5^{\mathrm{b}}$ et l'autre est $3^{\mathrm{b}}$. Puisque $1532^{\mathrm{d}}+1517^{e}>1532^{\mathrm{d}}-1517^{e}$, il s'ensuit que $1532^{\mathrm{d}}+1517^{e}=5^{\mathrm{b}}$ et $1532^{\mathrm{d}}-1517^{e}=3^{\mathrm{b}}$. Alors $3^{\mathrm{b}}+5^{\mathrm{b}}=2 \cdot 1532^{\mathrm{d}}$. Si $\mathrm{d} \geqslant 2$, le membre de droite est divisible par 16 , mais on vérifie modulo 16 que le premier membre n'est jamais divisible par $16\left(3^{4} \equiv 5^{4} \equiv 1(\bmod 16)\right.$ donc il suffit de tester $3^{0}+5^{0} \equiv 2(\bmod 16), 3^{1}+5^{1} \equiv 8(\bmod 16), 3^{2}+5^{2} \equiv 2(\bmod 16)$ et $\left.3^{3}+5^{3} \equiv 5(\bmod 16)\right)$, ce qui implique que $\mathrm{d}=1(\operatorname{car} 2 \mathrm{~d}=\mathrm{c} \geqslant 2)$ et donc e impair $(\mathrm{d} \equiv e(\bmod 2))$. Comme $1532^{\mathrm{d}}>1517^{e}, \mathrm{il}$ s'ensuit que $e=1$, mais $1532^{\mathrm{d}}-1517^{\mathrm{d}}=15$ n'est pas une puissance de 3 , d'où une contradiction.
Finalement la seule solution est $(a, b, c)=(1,1,1)$.
Commentaire des correcteurs : Problème peu abordé mais bien compris par ceux ayant rendu une copie. Il s'agissait de trouver des propriétés sur $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ et c en réduisant modulo des petits nombres jusqu'à arriver à une absurdité et de nombreux chemins ont été suivis. Attention cependant, il faut généralement traiter des petits cas à part. Par exemple ici, $15^{0}=1 \not \equiv 0[3]$ !

Exercice 9. Quentin et Timothé jouent à un jeu. D'abord, Quentin choisit un nombre premier $\mathrm{p}>2$, puis Timothé choisit un entier strictement positif $n_{0}$. Quentin choisit alors un entier $n_{1}>n_{0}$ et calcule $s_{1}=n_{0}^{n_{1}}+n_{1}^{n_{0}}$; puis Timothé choisit un entier $n_{2}>n_{1}$ et calcule $s_{2}=n_{1}^{n_{2}}+n_{2}^{n_{1}}$. Les joueurs continuent de jouer chacun à leur tour, en choisissant au tour $k$ un entier $n_{k}>n_{k-1}$ et en calculant $s_{k}=n_{k}^{n_{k-1}}+n_{k-1}^{n_{k}}$. Le premier joueur à choisir un entier $n_{k}$ tel que $p$ divise $s_{k}\left(s_{1}+2 s_{2}+3 s_{3}+\ldots+k s_{k}\right)$ gagne le jeu. Déterminer lequel de Quentin et Timothé possède une stratégie gagnante.
Solution de l'exercice 9 Nous allons montré que Timothé a une stratégie gagnante. Notons que Quentin va choisir les $n_{2 k+1}$ et Timothé va choisir les $n_{2 k}$. On fait d'abord quelques remarques.

- Remarque 1 : Remarquons d'abord que si l'un des joueurs choisit $n_{k} \equiv 0(\bmod p)$ et ne gagne pas à cette étape, alors le joueur suivant gagne en choisissant $\mathfrak{n}_{k+1} \equiv 0(\bmod \mathfrak{p})$, car alors $s_{k+1} \equiv 0(\bmod \mathfrak{p})$, et en particulier $p$ divise $s_{k+1}\left(s_{1}+2 s_{2}+\ldots+k s_{k}+(k+1) s_{k+1}\right)$.
- Remarque 2: Pour $a \not \equiv 0(\bmod p), a^{p-1} \equiv 1(\bmod p)(F e r m a t)$. Alors si $a, b \geqslant 1$ sont deux entiers tels que $a$ soit divisible par $p-1$ et congru à 1 modulo $p$ et $b$ n'est pas divisible par $p$, alors $\mathrm{a}^{\mathrm{b}}+\mathrm{b}^{\mathrm{a}} \equiv 1^{\mathrm{b}}+1 \equiv 2(\bmod \mathrm{p})$. On va donc chercher une stratégie de ce côté-là.
- Stratégie : On va montrer que la stratégie suivante fonctionne : pour $k \geqslant 0$, Timothé va distinguer deux cas.
- Si $k=0$ ou $n_{2 k-1}$ n'est pas divisible par $p$, alors Timothé choisit $n_{2 k}>n_{2 k-1}$ (resp. $n_{0}>0$ ) de telle sorte que $n_{2 k} \equiv 0(\bmod p-1)$ et $n_{2 k} \equiv 1(\bmod p)(p, p-1$ sont premiers entre eux donc par le théorème des restes chinois, il existe un unique reste modulo $p(p-1)$ qui convient, en particulier il existe bien de tels nombres aussi grands que l'on veut.)
- Si $n_{2 k-1}$ est divisible par $p$, alors Timothé choisit $n_{2 k}>n_{2 k-1}$ divisible par $p$.

Par la première remarque, dans le second cas si Quentin n'avait pas gagné, alors Timothé gagne à cet instant. Dans le premier cas, si $n_{2 k-1}$ n'est pas divisible par $p, s_{2 k} \equiv 2(\bmod p)$ (d'après la deuxième remarque). Donc si Timothé ne gagne pas à un instant donné, alors il a obtenu $s_{2 k} \equiv 2(\bmod p)$.

- On s'intéresse alors aux valeurs prises par $s_{2 k+1}$. On distingue deux cas.
- D'abord si à chaque étape, Quentin choisit $\mathfrak{n}_{2 \mathrm{k}+1}$ non divisible par p . Alors d'après la deuxième remarque, il obtient $s_{2 k+1} \equiv 2(\bmod p)$. Autrement dit, $s_{k} \equiv 2(\bmod p)$ pour tout $k$, et donc $1+2 s_{2}+\ldots+k s_{k} \equiv k(k+1)(\bmod p)$ et donc le premier $k$ tel que cette quantité est divisible par $p$ est $k=p-1$ (lemme d'Euclide), or $p-1$ est pair ( $p>2$ ), donc c'est Timothé qui vient de choisir, et c'est donc celui-ci qui gagne.
- Maintenant, si à un moment Quentin choisit $n_{2 k+1}$ divisible par $p$, (on considère que c'est la première fois que Quentin choisit un tel nombre), en particulier $2 k+1<p-1$ sinon on a vu audessus que Timothé gagne. Alors pour $\mathrm{m} \leqslant 2 \mathrm{k}$, on a $s_{\mathrm{m}} \equiv 2(\bmod \mathrm{p})$, et $s_{2 \mathrm{k}+1} \equiv 1(\bmod \mathrm{p})$. Alors

$$
s_{1}+2 s_{2}+\ldots+(2 k+1) s_{2 k+1} \equiv 2 k(2 k+1)+(2 k+1) \equiv(2 k+1)^{2} \not \equiv 0 \quad(\bmod p)
$$

(car $1 \leqslant 2 \mathrm{k}+1 \leqslant \mathrm{p}-1$ ), donc Quentin ne gagne pas à cette étape. Mais alors, comme évoqué précédemment, en choisissant $n_{2 k+2}$ divisible par $p$, on a $s_{2 k+2} \equiv 0(\bmod p)$ donc Timothé gagne.

- Dans tous les cas, avec cette stratégie, Timothé va gagner, donc c'est Timothé qui a une stratégie gagnante.

Commentaire des correcteurs: L'exercice a été peu traité car il était très difficile. Mais les quelques élèves ayant rendu une copie ont bien compris le problème, et vu comment bien choisir les $n_{k}$.

## Exercices Seniors

Exercice 10. Montrer qu'il existe une infinité de couples ( $\mathrm{m}, \mathrm{n}$ ) d'entiers distincts tels que $\mathrm{m}!n!$ soit un carré parfait.

Solution de l'exercice 10 On aurait envie de prendre $m=n$ pour avoir $m!n!=(n!)^{2}$ et avoir un carré parfait. Mais l'énoncé force $m \neq n$. Malgré cela, on voit déjà un moyen de faire apparaître naturellement des carrés parfaits.
Supposons sans perte de qénéralité $m>n$ (comme $m!n!=n!m!$, quitte à remplacer $(m, n)$ par $(n, m)$, ça ne pose pas de problème $)$. Alors $m!n!=m \times(m-1) \times \ldots \times(n+1) \times n!\times n!=m \times \ldots \times(n+1) \times(n!)^{2}$. Alors $m!n$ ! sera un carré parfait si et seulement si $m \times \ldots \times(n+1)$ l'est. Le moyen le plus simple de le faire, c'est de choisir $m=n+1=k^{2}$ pour un certain entier $k(k \geqslant 2$ car on veut $m, n \geqslant 1)$. En effet on a bien $\left(k^{2}\right)!\left(k^{2}-1\right)!=k^{2}\left(\left(k^{2}-1\right)!\right)^{2}=\left[k\left(k^{2}-1\right)!\right]^{2}$.
Finalement, pour tout $k \geqslant 2$ entier, $(m, n)=\left(k^{2}, k^{2}-1\right)$ convient, ce qui nous fournit bien une infinité de couples solutions.

Commentaire des correcteurs: L'ensemble des élèves ayant abordé l'exercice l'ont parfaitement réussi, même si certains détaillaient parfois plus que nécessaire.

Exercice 11. Déterminer tous les entiers naturels $n$ tels que 21 divise $2^{2^{n}}+2^{n}+1$.
Solution de l'exercice 11 Comme $21=3 \times 7$ et que 3 et 7 sont premiers entre eux, 21 divise $2^{2^{n}}+2^{\mathrm{n}}+1$ si et seulement si 3 et 7 divisent $2^{2^{n}}+2^{n}+1$.
Éliminons de suite le cas $n=0$, qui donne $2^{2^{0}}+2^{0}+1=4$ qui n'est pas divisible par 21. On peut donc supposer $n>0$, en particulier $2^{n}$ est pair. Alors modulo $3: 2^{2^{n}}+2^{n}+1 \equiv(-1)^{2^{n}}+(-1)^{n}+1 \equiv$ $(-1)^{n}+2(\bmod 3)$. En particulier $2^{2^{n}}+2^{n}+1$ est divisible par 3 si est seulement si $n$ est pair. On suppose donc désormais que cette condition est vérifiée.
Reste à traiter le cas de la divisibilité par 7 . Modulo 7 , les puissances de 2 sont $2^{0} \equiv 1,2^{1} \equiv 2,2^{2} \equiv$ $4,2^{3} \equiv 1$ : il s'agit donc d'étudier l'exposant modulo 3 . Comme n est pair (par le cas précédent), on sait déjà que $2^{n} \equiv 1(\bmod 3)$ donc $2^{2^{n}} \equiv 2(\bmod 7)$. On veut donc $2^{n} \equiv-1-2 \equiv 4(\bmod 3)$, et donc $n \equiv 2(\bmod 3)\left(\right.$ et réciproquement si $n \equiv 2(\bmod 3)$, comme $n$ est pair alors 7 divise $\left.2^{2^{n}}+2^{n}+1\right)$.
On doit avoir $\mathfrak{n} \equiv 0(\bmod 2), \mathfrak{n} \equiv 2(\bmod 3):$ comme 2 et 3 sont premiers entre eux, le théorème des restes chinois donne qu'il existe une unique solution modulo $2 \times 3=6$, et on remarque que c'est $\boldsymbol{n} \equiv 2$ $(\bmod 6)$.
En conclusion, les entiers naturels $n$ qui conviennent sont exactement ceux qui vérifient $\mathfrak{n} \equiv 2(\bmod 6)$.
Commentaire des correcteurs: Les élèves ayant abordé ce problème l'ont globalement bien compris et ont présenté des solutions en général abouties. Certains ont fait une étude directement modulo 21, d'autres ont décomposé en une étude modulo 3 et modulo 7. Ceux ayant choisi cette alternative ont pour la plupart oublié de préciser que 3 et 7 sont premiers entre eux, c'est pourtant nécessaire pour que l'étude modulo 21 soit équivalent aux études modulo 3 et modulo 7 . Certains ont aussi mal lu l'énoncé et considéré $2^{2 n}+2^{n}+1$ au lieu de $2^{2^{n}}+2^{n}+1$. On rappelle que $2^{2^{n}}=2^{\left(2^{n}\right)}$, autrement dit c'est $2^{k}$ avec $k=2^{n}$, à différencier de $\left(2^{2}\right)^{n}$.

Exercice 12. Soient $k, m, n>0$ des entiers tels que $m^{2}+n=k^{2}+k$. Montrer que $m \leqslant n$.
Solution de l'exercice 12 Il y a des carrés : on aimerait faire apparaître des expressions factorisées, et plus particulièrement des carrés parfaits. Remarquons alors que $(2 k+1)^{2}=4 k^{2}+4 k+1=4 m^{2}+4 \mathfrak{n}+1$. On a alors $4 m^{2}+n+1>4 m^{2}=(2 m)^{2}$. Alors $(2 k+1)^{2}>(2 m)^{2}$ donc $(2 k+1)^{2} \geqslant(2 m+1)^{2}$ (il n'y a pas de carré entre deux carrés consécutifs). D'où, en redéveloppant: $4 \mathrm{~m}^{2}+4 \mathrm{n}+1 \geqslant 4 \mathrm{~m}^{2}+4 \mathrm{~m}+1$. On obtient bien $\mathrm{m} \leqslant \mathrm{n}$, comme voulu.

Commentaire des correcteurs : Dans l'ensemble ce problème a été très bien réussi, à l'exception de de quelques rares exceptions relevant certainement de l'étourderie. Beaucoup ont raisonné par l'absurde en supposant $m>n$, et la plupart des autres ont fait une disjonction de cas selon si $m>k, m=k$ ou $m<k$. Attention dans ce dernier cas à ne pas oublier $m=k$ ! Un autre observation remarquable qui peut être faite est qu'aucun des élèves n'a donné la solution du corrigé.

Exercice 13. Trouver tous les nombres premiers $p, q$ vérifiant $p^{5}+p^{3}+2=q^{2}-q$.
Solution de l'exercice 13 En réarrangeant les termes et en factorisant, cela revient à résoudre $p^{3}\left(p^{2}+\right.$ $1)=(q-2)(q+1)$. En particulier $p^{3} \mid(q-2)(q+1)$. Or $(q+1)-(q-2)=3$ donc $\operatorname{pgcd}(q-2,3)$ vaut 1 ou 3. Cela suggère d'étudier d'abord le cas $p=3$ : on obtient $(q-2)(q+1)=270$, et en résolvant $\mathrm{q}^{2}-\mathrm{q}-2=270$ on trouve $\mathrm{q}=17$ (qui convient) et $\mathrm{q}=-16$ (qui ne convient pas). Donc lorsque $p=3$, il y a une unique solution $(p, q)=(3,17)$.
On peut donc supposer $p \neq 3$. En particulier, il ne divise pas $\operatorname{pgcd}(q-1, q+2)$, donc au moins un des nombres $q+1$ et $q-2$ est premier avec $p^{3}$. Or $p^{3} \mid(q+1)(q-2):$ donc $q+1$ ou $q-2$ est divisible par $p^{3}$ (Gauss). Or, $p^{3}$ ne peut pas diviser $q-2$ parce que sinon, on aurait $(q-2)(q+1) \geqslant p^{3} p^{3}>p^{3}\left(p^{2}+1\right)$, absurde. Ainsi $p^{3} \mid q+1$, et donc $q-2 \mid p^{2}+1$.
Mais $\mathrm{p}^{3} \leqslant \mathrm{q}+1=(\mathrm{q}-2)+3 \leqslant \mathrm{p}^{2}+1+3=\mathrm{p}^{2}+4$, et donc $\mathrm{p}^{2}(\mathrm{p}-1) \leqslant 4$. Or $\mathrm{p}^{2}(\mathrm{p}-1)$ est strictement croissante en $p$, et en $p=2$ on a égalité, donc le seul cas possible est $p=2$ (autrement dit, pour $p>2$, on a $p^{2}(p-1)>4$ ).
Lorsque $\mathrm{p}=2$, l'équation devient $\mathrm{q}^{2}-\mathrm{q}-2=40$, en résolvant on trouve $\mathrm{q}=7$ (qui convient) et $q=-6$ (qui ne convient pas).
Finalement, il y a deux solutions qui sont $(\mathbf{p}, \mathbf{q})=(2,7)$ et $(\mathbf{p}, \mathbf{q})=(3,17)$.
Commentaire des correcteurs: C'est bien réussi pour la plupart des élèves, qui ont presque tous trouvé la factorisation en $(q+1)(q-2)$ ou celle en $(x-3)(x+3)$ une fois le discriminant en $q$ considéré. En général le raisonnement a été bien mené. Attention à certaines utilisations frauduleuses du lemme de Gauss, et à vérifier rigoureusement tous les cas lors de la disjonction de cas. On peut rapidement oublier une solution!

Exercice 14. Anna et Elie jouent à un jeu. On leur donne à tous les deux le même ensemble $A$ composé d'un nombre fini d'entiers strictement positifs et distincts. Anna choisit un entier $a \in A$ secrètement. Si Elie choisit un entier b (pas forcément dans $\mathcal{A}$ ) et le donne à Anna, Anna lui donne le nombre de diviseurs strictement positifs de ab . Montrer que Elie peut choisir b de sorte à retrouver à coup sur l'entier choisi par Anna.
Solution de l'exercice 14 Notons P l'ensemble fini des nombres premiers divisant au moins un élément de $A$ et $n \geqslant 1$ le plus grand entier tel qu'il existe $a \in A$ et $p \in P$ tels que $p^{n} \mid a$. On peut remplacer A par l'ensemble des entiers $m$ dont les facteurs premiers sont tous dans $P$ et tels que pour tout $p \in P$, $v_{p}(m) \leqslant n$. Elie propose un entier $b$ de la forme $\prod_{p \in P} p^{b_{p}}$. Si Anna a choisi l'entier $a$, alors elle donne à Elie l'entier $\prod_{p \in P}\left(b_{p}+v_{p}(a)+1\right)$. Il suffit donc pour Elie de choisir les $b_{p}$ de sorte que tous les $\prod_{p \in P}\left(b_{p}+a_{p}\right)$ soient deux à deux distincts, pour tous les choix possibles de $a_{p}$ entre 1 et $n+1$ pour chaque $p \in P$.

On propose deux solutions.

## Première méthode :

L'idée de cette construction est de forcer les factorisations en produits de facteurs premiers des $\prod_{p}\left(b_{p}+a_{p}\right)$ à être différentes pour tous les choix possibles des $a_{p}$. On veut faire en sorte que chaque $b_{p}+i$ pour $1 \leqslant i \leqslant n+1$ possède un diviseur premier «distinctif», qui n'apparaît que dans la décomposition en produit de facteurs premiers de $b_{p}+i$, jamais dans celle d'un autre $b_{q}+j$.
Formellement, on choisit, pour chaque $p \in P$ et chaque $1 \leqslant i \leqslant n+1$, des nombres premiers deux à deux distincts $Q_{p, i}>n+1$. On construit les $b_{p}$ grâce au théorème chinois : pour chaque $q \in P$ distinct de $p$ et pour chaque $1 \leqslant i \leqslant n+1, Q_{q, i} \mid b_{p}$, et pour chaque $1 \leqslant i \leqslant n+1, b_{p} \equiv-\mathfrak{i}\left[Q_{p, i}\right]$.
Avec cette construction, si $q, p \in P$ et $1 \leqslant i, j \leqslant n+1$, alors $Q_{q, j} j b_{p}+i$ si et seulement si $i=j$ et $\mathrm{p}=\mathrm{q}$.
En particulier, étant donnés des $1 \leqslant a_{p} \leqslant n+1$ pour chaque $p \in P$, si $q \in P, \Pi=\prod_{p \in P}\left(b_{p}+a_{p}\right)$ est divisible par $Q_{q, j}$ si et seulement si $j=a_{q}$ : ainsi $\Pi$ détermine la famille $\left(a_{p}\right)$.

## Deuxième méthode :

La première construction était très arithmétique et utilisait des nombres premiers. Celle qu'on présente maintenant vient plus d'une idée de "taille". L'idée est que si l'on prend de gigantesques $b_{p}$, le produit $\prod_{p}\left(b_{p}+a_{p}\right)$ ressemblera à l'écriture d'un certain nombre en une certaine base, dont les chiffres donneront les $a_{i}$.
Passons à la construction proprement dite. Le problème tel que nous l'avons reformulé n'utilise plus le fait que $P$ soit constitué de nombres premiers : on renumérote ses éléments en $1, \ldots, r$. Montrons que pour $N>(n+1)^{r}$, $b_{i}=N^{2^{i}}$ convient. En effet, dans ce cas, on voit que le développement de $\Pi=\prod_{i=1}^{r}\left(N^{2^{i}}+a_{i}\right)$ écrit un nombre en base $N$ dont le chiffre devant $N^{2+1}-2-2^{i}$ est exactement $a_{i}$ : ainsi $\Pi$ détermine la famille des $\left(a_{i}\right)$.

Commentaire des correcteurs : Le problème a été peu abordé, et peu réussi. Le principal problème est que certains montrent comment si on fixe a et $c$, choisir un $b$ pour que ba n'ait pas le même nombre de diviseur que bc de manière correcte, puis prétendent que la généralisation se fait bien en itérant. Il s'avère que cette partie est totalement fausse : s'il y a au départ trois nombres $a, c, e$, on peut choisi un b pour que $a b$ et $b c$ n'ait pas le même nombre de diviseur. Mais il est possible que $c b$ et $e b n$ 'ait pas le même nombre de diviseur, dans ce cas si on multiplie par $\mathrm{b}^{\prime}$ pour que $\mathrm{cbb}^{\prime}$ et $\mathrm{ebb}^{\prime}$ ait un nombre différent de diviseur, il est possible que $\mathrm{abb}^{\prime}$ et $\mathrm{cbb}^{\prime}$ ait le même nombre de diviseur. Cela montre que le procédé peut boucler et ne pas aboutir: le problème ne se résumait donc pas à ce cas particulier!

Exercice 15. Pour tout entier $n \geqslant 1$, on pose $u_{n}=1!+2!+\ldots+n!$. Montrer qu'il existe une infinité de nombres premiers divisant au moins l'un des termes de la suite ( $\mathfrak{u}_{n}$ ).
Solution de l'exercice 15 Supposons l'inverse : alors il existe des nombres premiers $p_{1}<\ldots<p_{\mathrm{r}}$ tels que pour tout $n \geqslant 1, u_{n}:=1+2!+\ldots+n!$ soit le produit des $p_{i}^{a_{i}(n)}$, où les $a_{i}(n)$ sont des entiers positifs.
Si $n \geqslant 1$ est tel que $a_{i}(n)<v_{p_{i}}((n+1)!)$, alors

$$
\mathfrak{a}_{\mathfrak{i}}(n+1)=v_{p_{\mathfrak{i}}}\left(u_{n+1}\right)=v_{p_{\mathfrak{i}}}\left(u_{n}+(n+1)!\right)=v_{p_{\mathfrak{i}}}\left(u_{n}\right)=a_{i}(n)
$$

En particulier, $a_{i}(n+1)<v_{p_{i}}((n+2)!)$. En particulier, ou bien $a_{i}(n) \geqslant \nu_{p_{\mathfrak{i}}}((n+1)!)$ pour tout $n$, ou bien $\mathfrak{a}_{\mathfrak{i}}(\mathfrak{n})$ est constante à partir $\mathrm{d}^{\prime}$ un certain rang.
En particulier, en renommant et regroupant les $p_{i}$, on dispose d'entiers $\mathrm{N} \geqslant 1, \mathrm{C} \geqslant 1$ et de nombres premiers $q_{1}<\ldots<q_{s}$ ne divisant pas $C$ tels que pour tout $n>N, u_{n}=C \prod_{i=1}^{s} q_{i}^{b_{i}(n)}$ et $b_{i}(n) \geqslant$ $v_{q_{i}}((n+1)!)$.
Soit maintenant $n>N+C+1$ tel que $n+1$ soit divisible par le produit des $q_{i}$. Alors $u_{n}=u_{n-1}+n$ ! et $v_{q_{i}}\left(u_{n}\right)=b_{i}(n) \geqslant v_{q_{i}}((n+1)!)>v_{q_{i}}(n!)$, donc $v_{q_{i}}\left(u_{n-1}\right)=v_{q_{i}}(n!)$. D'autre part, si $p \mid C$, $v_{p}\left(u_{n-1}\right)=v_{p}(C) \leqslant v_{p}(\mathfrak{n}!)$, donc $u_{n-1} \mid n!$.
Il reste à montrer que pour tout $n$ assez grand, $u_{n}$ ne divise pas $(n+1)!$.
En effet, si $n \geqslant 2, n u_{n}>n \cdot n!+n \cdot(n-1)!=(n+1) \cdot n!=(n+1)!$. D'autre part, si $n \geqslant 4$,

$$
\begin{aligned}
(n-1) \mathfrak{u}_{n} & =(n-1) n!+(n-1)(n-1)!+(n-1)(n-2)!+(n-1) \sum_{k=1}^{n-3} k! \\
& =n \cdot n!+(n-1)(n-3) \cdot(n-3)!<(n+1) \cdot n! \\
& =(n+1)!
\end{aligned}
$$

Commentaire des correcteurs : Le problème a été peu abordé et la majorité des copies rendues l'a résolu correctement, parfois d'une manière différente de celle du corrigé. L'idée était, pour chaque diviseur premier $p$ d'un terme de la suite, de contrôler $v_{p}\left(u_{n}\right)$ pour $n$ assez grand en utilisant le fait que $\mathfrak{u}_{n}-\mathfrak{u}_{n-1}=n$ ! (ce qui est aussi apparu dans des tentatives n'ayant pas abouti) et en choisissant judicieusement la valeur de $n$ (les copies ayant remarqué cela ont toutes résolu le problème).

Exercice 16. Soient $n \geqslant 2$ et $p$ un nombre premier impair. Soit $u$ l'ensemble des entiers positifs inférieurs ou égaux à $p^{n}$ et premiers avec $p$ et soit $N=|U|$. Montrer qu'il existe une permutation $a_{1}, \ldots, a_{N}$ des éléments de $U$ telle que $\sum_{k=1}^{N} a_{k} a_{k+1}$ (avec $a_{N+1}=a_{1}$ ) soit divisible par $p^{n-1}$ mais pas par $\mathrm{p}^{\mathrm{n}}$.

## Solution de l'exercice 16

On commence par traiter le cas $p=3$, dont la solution est différente. Soit $\mathrm{g} \in \mathrm{U}$ un générateur modulo $p^{n}$, on pose $a_{i}=g^{i-1}\left(\bmod p^{n}\right)$. Comme $g^{2}-1$ est divisible par 3 , la somme considérée $S$ vérifie $\left(g^{2}-1\right) S \equiv \sum_{i=1}^{N}\left(g^{2 i+1}-g^{2 i-1}\right) \equiv g\left(g^{2 N}-1\right)\left[p^{n+1}\right]$. Donc pour que $v_{p}(S)=n-1$, il faut et suffit que $v_{p}\left(g^{2 N}-1\right)=n\left(g\right.$ est premier avec $p$ ). Puisque $g^{N} \equiv 1\left[p^{n}\right]$ (par Euler-Fermat), il suffit de montrer que $v_{p}\left(g^{N}-1\right)=n$. Mais par LTE, $v_{p}\left(g^{N}-1\right)=v_{p}\left(g^{N / p}-1\right)+1<n+1$, donc $v_{p}\left(g^{N}-1\right) \leqslant n$, de sorte que $v_{p}\left(g^{N}-1\right)=n$, ce qui conclut.
Supposons maintenant $p>3$ : Soient $b_{0}, \ldots, b_{m-1} \in U$ des entiers représentant exactement une fois chaque classe de congruence modulo $p^{n-1}$, ainsi $m=N / p=p^{n-2}(p-1)$ (et on pose $b_{m}=b_{0}$ ). On considère la permutation

$$
\begin{aligned}
& \mathrm{b}_{0}, \mathrm{~b}_{0}+\mathrm{p}^{\mathrm{n}-1}, \mathrm{~b}_{0}+2 p^{n-1}, \ldots, \mathrm{~b}_{0}+(p-1) p^{n-1} \\
& \mathrm{~b}_{1}, \mathrm{~b}_{1}+\mathrm{p}^{n-1}, \ldots, \mathrm{~b}_{1}+(p-1) p^{n-1} \\
& \mathrm{~b}_{2}, \ldots, b_{m-1}, \ldots, b_{m-1}+(p-1) p^{n-1}
\end{aligned}
$$

(les additions sont toujours à effectuer modulo $\mathrm{p}^{\mathrm{n}}$ ).
Alors la somme correspondante $S$ est congrue modulo $p^{n}$ à

$$
S_{1}=\sum_{i=0}^{m-1} b_{i} b_{i+1}+\sum_{i=0}^{m-1}(p-1) p^{n-1} b_{i}+\sum_{i=0}^{m-1} \sum_{k=0}^{p-2} b_{i} p^{n-1}(2 k+1)+(p-1) \sum_{i=0}^{m-1} b_{i}^{2}
$$

. Comme la somme des $b_{i}$ est divisible par $p$ et la somme des $b_{i}^{2}$ par $p^{n-1}, S \equiv S_{2}\left[p^{n}\right]$, où $S_{2}=$ $\sum_{i=0}^{\mathfrak{m}-1} b_{i} b_{i+1}-\sum_{i=0}^{m-1} b_{i}^{2}$.
Soit alors $g \in U$ une racine primitive modulo $p^{n}:$ prenons $b_{i}=g^{i}\left(\bmod p^{n}\right)$. Alors $(g+1) S_{2} \equiv$ $(g+1) \sum_{i=0}^{m-1}\left(g^{2 i+1}-g^{2 i}\right) \equiv\left(g^{2 m}-1\right)\left[p^{n}\right]$. D'après LTE, $v_{p}\left(g^{2 m}-1\right) \geqslant 1+v_{p}\left(\frac{2 m}{p-1}\right)=n-1$ (puisque $p-1|m, p| g^{p-1}-1$ par Fermat, et $N=p^{n-1}(p-1)$, mais comme $2 m<N, v_{p}\left(g^{2 m}-1\right)<n$, donc $v_{p}\left(g^{2 m}-1\right)=n-1$. De plus, puisque $p>3, g+1$ est premier à $p$, et donc $v_{p}\left(S_{2}\right)=n-1$, d'où $\nu_{p}(S)=n-1$.
$\underline{\text { Commentaire des correcteurs : Le problème a été très peu abordé, sans doute à cause de la forme quelque }}$ peu intimidante de son énoncé. Il est important, devant de tels problèmes, de ne pas se laisser impressionner et continuer à réfléchir normalement. Tous les élèves ayant rendu une copie ont trouvé une solution correcte, en général plus simple que la construction proposée dans le corrigé. En fait, l'idée la plus naturelle (prendre les nombres dans l'ordre croissant) fournissait une solution, et il est étonnant qu'aussi peu d'élèves l'aient remarqué ou même essayé.

Exercice 17. Soit $\left(a_{n}\right)_{n \geqslant 1}$ une suite d'entiers strictement positifs telle que $a_{1}$ et $a_{2}$ soient premiers entre eux et, pour tout $n \geqslant 1, a_{n+2}=a_{n} a_{n+1}+1$. Montrer que pour tout entier $m>1$, il existe $n>m$ tel que $a_{m}^{m} \mid a_{n}^{n}$. Le résultat est-il encore vrai lorsque $m=1$ ?

## Solution de l'exercice 17 D'abord, $a_{n}>0$ pour tout $n>0$.

On commence par une observation : soit $n>m$ très grand (disons, $n>(m+1)\left(a_{m}+1\right)$ ). Alors $a_{m}^{m} \mid a_{n}^{n}$ si et seulement si pour chaque nombre premier $p\left|a_{m}, p\right| a_{n}$. Cette idée justifie le lemme qui va suivre :

Lemme : soit $\left(u_{n}\right)_{n \geqslant 0}$ la suite modulo un nombre premier $p$ telle que $u_{0}=0, u_{1}=1$ et pour tout $n \geqslant 0$, $u_{n+2}=u_{n} u_{n+1}+1$. Alors $u$ est périodique.

Preuve : soit $v_{n}=\left(u_{n}, u_{n+1}\right)$; alors $u$ est périodique dès que $v$ est périodique. Comme $v_{n+1}$ dépend uniquement de $\nu_{n}, v$ est périodique dès qu'il existe $N \geqslant 1$ tel que $\nu_{N}=v_{0}$. Si $N \geqslant 1$ est tel que $u_{N}=0$, alors la relation de récurrence montre que $u_{N+1}=1=u_{1}$ et donc $v_{N}=v_{0}$. Par conséquent, pour montrer que $u$ est périodique, il suffit de montrer qu'il existe $N \geqslant 1$ tel que $u_{N}=0$.
Supposons donc que le seul entier n tel que $u_{n}=0$ soit $n=0$. Alors comme $v$ est à valeurs dans un ensemble fini, il existe un entier $\mathrm{n} \geqslant 0$ minimal tel qu'il existe un entier $m>n$ tel que $v_{n}=v_{m}$. En particulier, $u_{m}=u_{n}$ et $m \neq 0$, donc $u_{m} \neq 0$, et donc $u_{n} \neq 0$ et donc $n>0$. Alors $m+1>n+1 \geqslant 2$ et $u_{n+1}=u_{m+1}$, donc $u_{n-1} u_{n}+1=u_{m-1} u_{m}+1$, donc $u_{n}\left(u_{n-1}-u_{m-1}\right)=0$, d'où, comme $u_{n} \neq 0$, $u_{n-1}=u_{m-1}$, de sorte que $v_{m-1}=v_{n-1}$, ce qui contredit la minimalité de $n$.

Revenons à notre preuve. Lorsque $m>1$, pour chaque facteur premier $p$ de $a_{m}, a_{m+1}=a_{m-1} a_{m}+1 \equiv$ $1[p],\left(a_{m+n}(\bmod p)\right)_{n \geqslant 0}$ satisfait les hypothèses du lemme, donc il existe $N_{p} \geqslant 1$ tel que que pour tout $n \geqslant 0, a_{m+n} \equiv a_{m+n+N_{p}}[p]$.
Soit $N$ le produit des $N_{p}$ (où $p$ parcourt les facteurs premiers de $a_{m}$ ) : alors, si $n \geqslant 0$, tout diviseur premier $p$ de $a_{m}$ divise $a_{m+n N}$. En particulier, si $n \geqslant m a_{m}, a_{m}^{m} \mid a_{m+n N}^{m+n N}$ (parce que si $p \mid a_{m}$, $\left.v_{p}\left(a_{m+n N}^{m+n N}\right) \geqslant m+n N \geqslant m a_{m} \geqslant v_{p}\left(a_{m}^{m}\right)\right)$.
Le résultat est faux pour $\mathrm{m}=1$ : prenons $\mathrm{a}_{1}=155, \mathrm{a}_{2}$ congru à 4 modulo 5 et congru à 29 modulo 31 . On vérifie alors que $a_{n}$ est divisible par 5 si et seulement si $n=1$ et $n \equiv 4[7]$, alors que $a_{n}$ est divisible par 31 si et seulement si $n=1$ ou $n \equiv 5[7]$, donc si $n>1, a_{n}$ n'est jamais divisible par 5 et 31 , et donc 155 ne divise pas $a_{n}^{n}$.

Commentaire des correcteurs : Le problème a été peu abordé et toutes les copies ont su traiter le cas $\mathrm{m}>1$, essentiellement par la méthode du corrigé. La plupart des élèves ont détecté que le cas $m=1$ ne fonctionnait pas et exhibé des contre-exemples, mais certains ont laissé complètement implicite l'endroit où était utilisée l'hypothèse $m>1$. Dans un problème, les hypothèses doivent être utilisées; si l'énoncé attire l'attention sur l'une d'entre elles, il faut d'autant plus soigneusement relever l'endroit où l'on s'en sert.

Exercice 18. Déterminer toutes les fonctions $\mathrm{f}: \mathbb{N}^{\star} \rightarrow \mathbb{N}^{\star}$ telles que :
(i) Les entiers $f(1), f(2), \ldots$ sont premiers entre dans leur ensemble.
(ii) Il existe $N \geqslant 1$ tel que pour tout $n \geqslant N, f(n) \neq 1$ et pour tous $a, b \in \mathbb{N}^{\star}$,

$$
f(a)^{n} \mid f(a+b)^{a^{n-1}}-f(b)^{a^{n-1}}
$$

Solution de l'exercice 18 Soit f une solution. Comme les valeurs de f sont premières entre elles dans leur ensemble, si f est constante, elle égale 1 , ce qui est exclu.
Avec $a=1$, on voit que $f(1)^{\mathfrak{n}} \mid \mathbf{f}(b+1)-f(b)$ pour tout $b \geqslant 1$ et tout $n$ assez grand. Comme $f$ est non constante, il existe $b$ tel que $f(b+1) \neq f(b)$. Il s'ensuit que $f(1)=1$.
Soit $a \geqslant 2$, il existe un $t \geqslant 0$ tel que $f(1+(t+1) a) \neq f(1+t a)$ (car, pour $t$ assez grand, $f(1+t a) \neq$ $1=f(1))$ : soit $b=1+$ ta. Pour tout $n \geqslant 1$ assez grand, $f(a)^{n} \mid f(a+b)^{a^{n-1}}-f(b)^{a^{n-1}}$.
Soit $p$ un nombre premier divisant $f(a)$. Alors il existe un $l \geqslant 1$ tel que $p \mid f(a+b)^{a^{l}}-f(b)^{a^{l}}$. Pour $n>l$, par LTE, la valuation $p$-adique de $f(a+b)^{a^{n-1}}-f(b)^{a^{n-1}}$ est $v_{p}\left(a^{n-1-l}\right)+C$ pour une certaine constante $C$ qui ne dépend que de $f, a, b, l$ (mais pas de $n$ ).
Donc pour $n>l$ assez grand, $v_{p}\left(a^{n-1-l}\right)+C \geqslant v_{p}\left(f(a)^{n}\right)$, donc $(n-1-l) v_{p}(a)+C \geqslant n v_{p}(f(a))$, d'où $v_{p}(f(a)) \leqslant v_{p}(a)$.
Par conséquent, pour tout $a \geqslant 1, f(a) \mid a$.
En particulier, si a est premier, $f(a)$ vaut 1 ou $a$, et est égal à a sauf pour un nombre fini de nombres premiers.
Soit $a$ un nombre premier tel que $f(a)=a$ : pour tout $b \geqslant 1$ et tout $n$ assez grand, $a^{n} \mid f(a+b)^{a^{n-1}}-$ $f(b)^{a^{n-1}}$. En particulier, $f(a+b) \equiv f(b)[a]$ : ainsi, la classe de congruence de $f(b)$ modulo a ne dépend que de $b$ modulo $a$.
On va montrer que $f$ est l'identité. Soit $u \geqslant 2$, soit $P$ l'ensemble fini des nombres premiers $p$ tels que $p \leqslant u$ ou $f(p)=1$. Supposons qu'il existe un nombre premier $q \notin P$ et un entier $n$ tels que $q \mid n-u$ et $\mathrm{f}(\mathrm{n})=\mathrm{n}$.
Alors $q \mid f(n)-f(u)$, et donc $q \mid n-f(u)$, d'où $q \mid u-f(u)$. Comme $0 \leqslant u-f(u) \leqslant u<q$, on en déduit que $f(u)=u$.
On propose trois méthodes, de la plus élémentaire à la moins élémentaire, d'exhiber un tel couple (q, $\mathfrak{n}$ ).

## Première méthode (complètement élémentaire):

Soit $\Pi$ le produit des nombres premiers de $P$, et soit $N \geqslant 1$ tel que pour tout $p \in P, p^{N}$ ne divise pas $\mathbf{u}-1$.
Supposons que $n>\Pi^{N}+u$ soit congru à 1 modulo $\Pi^{N}$ et tel que $f(n)=n$. Alors, si $p \in P, v_{p}(n-u)<$ $N$, et $n-u>\Pi^{N}$, de sorte que $n-u$ possède un diviseur premier $q \notin P$, et on a gagné.
Soit n un produit de nombres premiers deux à deux distincts, tous hors de $P$. Alors, si $\mathrm{p} \mid \mathrm{n}$ est un diviseur premier, $n \equiv p[p]$ et $f(p)=p$, donc $p \mid f(n)-f(p)$, d'où $p \mid f(n)$. Comme $f(n) \mid n$, on en déduit que $\mathrm{f}(\mathrm{n})=\mathrm{n}$.
Comme il existe une infinité de nombres premiers, il existe une progression arithmétique C de raison $\Pi^{N}$ et de premier terme premier à $\Pi$ et contenant une infinité de nombres premiers. En prenant pour n le produit de $\varphi\left(\Pi^{N}\right)$ premiers $q \in C$ tels que $q>\Pi^{N}+u, n$ convient.

Deuxième méthode (il y a des prérequis, mais ils sont élémentaires et relativement classiques) :
On reprend les notations et le raisonnement de ce qui précède : on cherche à construire un entier $\mathrm{n}>$ $\Pi^{N}+u$ congru à 1 modulo $\Pi^{N}$ tel que $f(n)=n$.

Il est connu (du moins, classique et relativement élémentaire) que si $\Phi_{\Pi^{N}}$ est le $\Pi^{\mathrm{N}}$-ième polynôme cyclotomique, il existe une infinité de nombres premiers n divisant une valeur de $\Phi_{\Pi^{\mathrm{N}}}$, et ceux qui ne sont pas dans $P$ sont congrus à 1 modulo $\Pi^{N}$ et vérifient $f(n)=n$. On peut en choisir un qui est strictement supérieur à $\Pi^{\mathrm{N}}+\mathrm{u}$.

Troisième méthode (utilise un théorème relativement classique, mais dont aucune démonstration accessible au niveau olympique n'est connue) :

Soit $\mathrm{q} \notin \mathrm{P}$ premier : alors $\mathrm{f}(\mathrm{q})=\mathrm{q}$. D’après le théorème de Dirichlet, il existe un nombre premier $p>u+q$ congru à $u$ modulo $q$ tel que $f(p)=p$. Alors le couple $(q, p)$ convient.
Ainsi, l'identité est la seule solution potentielle. Réciproquement, l'identité vérifie la première condition et si $a, b \geqslant 1$ et $n \geqslant 2$, alors par LTE, pour tout nombre premier $p \mid a, v_{p}\left((a+b)^{a^{n-1}}-b^{a^{n-1}}\right) \geqslant$ $v_{p}(a)+v_{p}\left(a^{n-1}\right)=v_{p}\left(a^{n}\right)$, donc $a^{n} \mid(a+b)^{a^{n-1}}-b^{a^{n-1}}$, et donc l'identité est solution.

Commentaire des correcteurs : L'exercice a été très peu abordé. Toutes les solutions fonctionnaient en deux temps : d'abord, utiliser LTE pour montrer que $f(a) \mid a$ pour tout entier a, éventuellement assez grand. Ensuite, utiliser cette information (souvent en conjonction avec le cas où a est un nombre premier assez grand, puisqu'alors $f(a)=a$ ) de diverses manières pour conclure. Si quelques élèves ont été hâtifs dans la deuxième partie, très peu ont songé à vérifier, en considérant la valuation $p$-adique de nombres de la forme $f(a+b)^{a^{n-1}}-f(b)^{a^{n-1}}$, que ce nombre était bien non nul. Non, ce cas n'est pas un détail! Signalons enfin que comme dans tout type d'équation, il est important de vérifier les solutions : si un raisonnement logique montre que seule l'identité peut être solution, il faut déterminer si oui ou non l'identité est bien solution.