# Olympiades Françaises de Mathématiques 2012-2013 

Envoi $\mathcal{N u m e ́ r o ~} 3$ - Corrigé
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## Exercices Juniors

Exercice 1. On appelle diviseur propre d'un entier $n$ un diviseur positif de $n$ qui est différent de 1 et de n.

Existe-t-il un entier n dont le produit des diviseurs propres est égal à 2013 ?

## Solution.

La décomposition en facteurs premiers de 2013 est $3 \times 11 \times 61$. Ainsi, si le produit des diviseurs stricts d'un entier n vaut 2013, cela implique que n est lui même divisible par 3, 11 et 61 . Or, dans ce cas, il compte parmi ses diviseurs stricts au moins les nombres suivants :

$$
3,11,61,33,671
$$

dont le produit surpasse 2013 (il vaut $2013 \times 33 \times 671=44573859$ ). Ainsi, un tel entier n n'existe pas.
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Exercice 2. Chaque nombre rationnel strictement positif est colorié soit en rouge, soit en noir, de telle sorte que:

- les nombres $x$ et $x+1$ sont de couleurs différentes ;
- les nombres $x$ et $\frac{1}{x}$ sont de la même couleur;
- le nombre 1 est colorié en rouge.

Quelle est la couleur de $\frac{2012}{2013}$ ?
(On ne demande pas de démontrer l'existence d'un tel coloriage.)

## Solution.

On remarque que $\frac{2012}{2013}$ s'écrit:

$$
\frac{2012}{2013}=\frac{1}{1+\frac{1}{2012}}
$$

Ainsi, d'après les règles de l'énoncé, il a la couleur inverse de 2012. Or, ce dernier s'obtient en ajoutant 2011 fois 1 à 1 ; il a donc la couleur inverse de 1 (puisqu'on inverse 2011 fois la couleur), c'est-à-dire noir. Ainsi $\frac{2012}{2013}$ est rouge.
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Exercice 3. La suite de Fibonacci est construite ainsi : chaque terme est la somme des deux précédents. Ses premiers termes valent:

$$
1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89, \ldots
$$

Montrer que la suite de Fibonacci contient un multiple de 1000.

## Solution.

Notons $F_{n}$ le $n$-ième terme de la suite de Fibonacci ( $F_{1}=1, F_{2}=1, F_{3}=2$, etc.) et notons $u_{n}$ le reste de la division euclidienne de $F_{n}$ par 1000 ( $u_{n}$ est donc le nombre formé par les trois derniers chiffres de $F_{n}$ ). Comme il n'y a qu'un nombre fini de couples ( $x, y$ ) d'entiers compris entre 0 et 999 (il $y$ en a exactement $1000^{2}=1000000$ ), il existe des entiers $n$ et $N$ tels que $N>0$ et

$$
u_{n}=u_{n+N} \quad ; \quad u_{n+1}=u_{n+1+N}
$$

Or, $u_{n-1}$ (resp. $u_{n-1+N}$ ) s'obtient à partir de $u_{n}$ et $u_{n+1}$ (resp. $u_{n+N}$ et $u_{n+1+N}$ ) comme le reste de la division euclidienne de $u_{n+1}-u_{n}$ (resp. $u_{n+1+N}-u_{n+N}$ ) par 1000. Ainsi, des égalités (1), on déduit que $\mathfrak{u}_{n-1}=u_{n-1+N}$. En continuant ainsi, on obtient $u_{N+1}=u_{1}=1$ et $u_{N+2}=u_{2}=1$, d'où il résulte enfin $u_{N}=0$. L'entier $F_{N}$ est donc multiple de 1000.
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Exercice 4. Montrer que l'équation

$$
x(x+2)=y(y+1)
$$

n'a pas de solution en nombres entiers strictement positifs.

## Solution.

Si le couple $(x, y)$ est solution, on a $x(x+1)<x(x+2)=y(y+1)$ et donc $x<y$. Mais de même, en supposant toujours $(x, y)$ solution, on peut écrire $(x+1)(x+2)>x(x+2)=y(y+1)$, d'où on déduit $x+1>y$. Ainsi, une solution ( $x, y$ ) hypothétique devrait donc vérifier $x<y<x+1$, ce qui ne peut se produire. On en déduit que l'équation proposée n'a pas de solution en nombres entiers strictement positifs.
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## Exercices Communs

Exercice 5. Soient n et m deux entiers strictement positifs. Montrer que $5^{\mathrm{m}}+5^{n}$ s'écrit comme une somme de deux carrés si et seulement si $n$ et $m$ ont même parité.

## Solution.

Supposons pour commencer que $n$ et $m$ n'ont pas même parité. On étudie alors la quantité $5^{n}+5^{m}$ modulo 8 . Par récurrence, on démontre facilement que $5^{k}$ est congru à 1 (resp. 5) modulo 8 si k est pair (resp. impair). Ainsi, d'après notre hypothèse, on a toujours $5^{n}+5^{m} \equiv 6(\bmod 8)$. Or, par ailleurs, un carré est toujours congru à 0,1 ou 4 modulo 8 . Comme il n'y a aucune manière d'écrire 6 comme somme de deux de ces trois nombres, on en déduit que $5^{n}+5^{\mathrm{m}}$ ne peut s 'écrire comme somme de deux carrés.

Supposons maintenant que $n$ et $m$ ont même parité. Quitte à échanger $n$ et $m$, on peut supposer en outre que $\mathrm{m} \geqslant \mathrm{n}$. Ainsi, il existe un entier k positif ou nul tel que $\mathrm{m}=\mathrm{n}+2 \mathrm{k}$. On a alors $5^{\mathrm{m}}+5^{\mathrm{n}}=$ $5^{\mathrm{n}}\left(5^{2 \mathrm{k}}+1\right)$. Comme, manifestement $5=2^{2}+1^{2}$ et $5^{2 \mathrm{k}}+1$ s'écrivent comme sommes de deux carrés, il suffit pour conclure de montrer que, si $x$ et $y$ s'écrivent comme somme de deux carrés, alors il en va de même du produit xy . Ceci résulte directement de la formule :

$$
\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(c^{2}+d^{2}\right)=(a d-b c)^{2}+(a c+b d)^{2}
$$

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Exercice 6. Existe-t-il des nombres rationnels positifs ou nuls $x, y$ et $z$ tels que:

$$
x^{5}+2 y^{5}+5 z^{5}=11
$$

Solution.
Nous allons montrer qu'il n'existe pas de tels rationnels $x, y, z$. On raisonne par l'absurde en supposant qu'il en existe. Soit $d$ le plus petit dénominateur commun de $x, y$ et $z$. On peut alors écrire $x=\frac{a}{d}$, $\mathrm{y}=\frac{\mathrm{b}}{\mathrm{d}}$ et $z=\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{d}}$ pour certains entiers $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ et c . L'équation que l'on cherche à résoudre devient alors :

$$
a^{5}+2 b^{5}+5 c^{5}=11 d^{5}
$$

Étudions cette équation modulo 11. Une recherche exhaustive (ou l'utilisation du petit théorème de Fermat) montre qu'une puissance 5 -ième est congrue à 0,1 ou -1 modulo 11 . On en déduit que la congruence $a^{5}+2 b^{5}+5 c^{5} \equiv 0(\bmod 11)$ implique que $a, b$ et $c$ sont tous les trois multiples de 11. Ainsi, $a^{5}+2 b^{5}+5 c^{5}$ est divisible par $11^{5}$, d'où on déduit que $d$ est lui aussi divisible par 11. Les fractions $\frac{a}{d}, \frac{b}{d}$ et $\frac{c}{d}$ peuvent donc, toutes les trois, être simplifiées par 11. Ceci contredit la minimalité de $d$ et termine la démonstration.
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## Exercices Olympiques

Exercice 7. Prouver qu'il existe une unique manière de colorier chaque nombre rationnel strictement positif soit en rouge, soit en bleu, de sorte que :

- les nombres $x$ et $x+1$ sont de couleurs différentes ;
- les nombres $x$ et $\frac{1}{x}$ sont de la même couleur;
- le nombre 1 est colorié en rouge.


## Solution.

Montrons tout d'abord qu'un tel coloriage est nécessairement unique. Pour cela, nous allons démontrer par récurrence sur $\max (\mathrm{a}, \mathrm{b})$ que la couleur de la fraction $\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{b}}$ (supposée écrite sous forme irréductible) est entièrement déterminée. La conclusion est vraie lorsque $\max (a, b)=1$ puisque cela impose $a=b=1$ et que l'on sait, par hypothèse, que la couleur de 1 est rouge. Considérons maintenant une fraction irréductible $\frac{a}{b}$ et supposons que l'on ait déjà démontré que la couleur de toute fraction irréductible $\frac{a^{\prime}}{b^{\prime}}$ $\operatorname{avec} \max \left(\mathrm{a}^{\prime}, \mathrm{b}^{\prime}\right)<\max (\mathrm{a}, \mathrm{b})$ soit déterminée. Quitte à remplacer $\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{b}}$ par son inverse $\frac{\mathrm{b}}{\mathrm{a}}$ (ce qui ne modifie ni $\max (a, b)$, ni la couleur de la fraction), on peut supposer que $a>b$. Par hypothèse, $\frac{a}{b}$ a la couleur inverse de $\frac{a}{b}-1=\frac{a-b}{b}$. De plus, $\max (a-b, b)<\max (a, b)=a$. Ainsi, la fraction $\frac{a-b}{b}$ relève de l'hypothèse de récurrence; sa couleur est donc entièrement déterminée et, par suite, celle de $\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{b}}$ l'est également.

L'existence se démontre de la même façon : en reprenant les arguments précédents, on construit le coloriage par récurrence sur $\max (\mathrm{a}, \mathrm{b})$ en vérifiant que chaque identité entre couleurs est utilisée une et une seule fois lorsqu'on construit le coloriage avec cette méthode.
Remarque. Si $a$ et $b$ sont deux entiers premiers entre eux, notons $q_{1}(a, b), \ldots, q_{n}(a, b)$ la suite (finie) des quotients successifs obtenus lorsque l'on effectue l'algorithme d'Euclide à partir de a et b. On peut alors montrer que l'unique coloriage satisfaisant aux conditions de l'énoncé est celui qui attribue la couleur rouge (resp. bleue) à la fraction irréductible $\frac{a}{b}$ lorsque $\sum_{i} q_{i}(a, b)$ est impair (resp. pair).
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Exercice 8 . Trouver tous les entiers naturels $\mathrm{k}>0$ tels que l'équation en $x$ et y :

$$
x(x+k)=y(y+1)
$$

ait une solution en entiers strictement positifs.

## Solution.

L'équation de l'énoncé s'écrit encore $\left(x+\frac{k}{2}\right)^{2}=\left(y+\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{k^{2}-1}{4}$, soit, en factorisant:

$$
\left(x-y+\frac{k-1}{2}\right) \cdot\left(x+y+\frac{k+1}{2}\right)=\frac{k^{2}-1}{4} .
$$

Distinguons deux cas selon la parité de $k$. Si $k$ est impair, on écrit $k=2 a+1$ et l'équation précédente devient $(x-y+a)(x+y+a+1)=a(a+1)$. En écrivant que le premier facteur vaut 1 et le second $a(a+1)$, on obtient $x=\frac{a(a-1)}{2}$ et $y=x+(a-1)=\frac{(a-1)(a+2)}{2}$. Étant donné que le produit de deux entiers consécutifs est toujours pair, les valeurs que l'on vient d'obtenir forment une solution dès que a $>1$. Pour $\mathrm{a}=1$ (i.e. $k=3$ ), au contraire, il n'y a pas de solution, car l'égalité $(x-y+1)(x+y+2)=2$ ne peut être satisfaite étant donné que le deuxième facteur est toujours $>2$ lorsque $x$ et $y$ sont strictement positifs. Pour $a=0$, enfin, on a $k=1$ et, clairement, tous les couples ( $x, y$ ) conviennent.

On raisonne de manière analogue dans le cas où $k$ est pair. On pose $k=2 a$ et l'équation (2) devient $(2 x-2 y+2 a-1)(2 x+2 y+2 a+1)=4 a^{2}-1$. Comme précédemment, en demandant que le premier facteur vaille 1 , on obtient un système en $x$ et $y$ dont les solutions sont $x=a(a-1)$ et $y=$ $(a+1)(a-1)$. Cette solution est acceptable dès que $a>1$. Pour $a=1$, l'équation à résoudre devient $(2 x-2 y+1)(2 x+2 y+3)=3$ et elle n'a pas de solution avec $x, y>0$ étant donné que cette dernière condition implique que le deuxième facteur est $>3$.

En résumé, les entiers $k$ convenables sont $k=1$ et tous les entiers $k \geqslant 4$.

Exercice 9. Soit $p \geqslant 5$ un nombre premier. Montrer que 1 et 5 sont les seuls diviseurs positifs de $2^{p}+3^{p}$ qui soient inférieurs ou égaux à $p$.

## Solution.

La factorisation

$$
2^{\mathfrak{p}}+3^{\mathfrak{p}}=5 \cdot \sum_{i=0}^{p-1} 2^{\boldsymbol{i}}(-3)^{p-1-\mathfrak{i}}
$$

montre que 5 est bien un diviseur de $2^{p}+3^{\mathrm{p}}$.
Soit à présent $\mathrm{d} \in\{2, \ldots, \mathrm{p}\}$ un diviseur de $2^{\mathfrak{p}}+3^{\mathfrak{p}}$. On souhaite démontrer que $\mathrm{d}=5$. On considère pour cela $q$ un diviseur premier de d . Alors, manifestement, $q$ est aussi un diviseur de $2^{p}+3^{p}$ qui est $\leqslant p$. De plus, il est clair que l'on ne peut pas avoir $\mathbf{q}=2$. Ainsi $q$ est impair et de la congruence $2^{\mathfrak{p}}+3^{\mathfrak{p}} \equiv 0$ $(\bmod \mathbf{q})$, on déduit que $a^{p} \equiv 1(\bmod q)$ où $a$ un entier est tel que $2 a \equiv-3(\bmod q)($ un tel entier existe bien car $q$ est impair). Par ailleurs, par le petit théorème de Fermat, on sait également que $a^{q} \equiv a$ $(\bmod q)$ et donc $a^{q-1} \equiv 1(\bmod q)\left(\right.$ puisque $a n^{\prime}$ est pas un multiple de $\left.q\right)$. On en déduit que $a^{n} \equiv 1$ $(\bmod q)$ avec $n=\operatorname{PGCD}(p, q-1)$. Or, comme $q<p$ et $p$ est un premier, les entiers $p$ et $q-1$ sont nécessairement premiers entre eux. Autrement dit $\mathfrak{n}=1$ et, par suite, $a \equiv 1(\bmod \mathbf{q})$. En revenant à la définition de a , on obtient $2 \equiv-3(\bmod \mathbf{q})$, ce qui ne peut se produire que pour $\mathrm{q}=5$.

On a ainsi démontré que l'unique diviseur premier de dest 5 . Il suffit donc pour conclure de démontrer que d n'est pas divisible par 25. Cela est évident si $p \leqslant 25$. Supposant maintenant $p>25$, nous allons démontrer que $2^{\mathfrak{p}}+3^{\mathfrak{p}}$ n'est, lui-même, pas divisible par 25 (ce qui suffira à conclure). D'après l'équation (3), cela revient à prouver que $\sum_{i=0}^{\mathfrak{p}-1} 2^{\boldsymbol{i}}(-3)^{p-1-\boldsymbol{i}}$ n'est pas divisible par 5 . Or, un calcul modulo 5 montre que cette somme est congrue modulo 5 à

$$
(-3)^{\mathrm{p}-1} \cdot \sum_{i=0}^{\mathrm{p}-1} 1=(-3)^{\mathrm{p}-1} \cdot \mathrm{p}
$$

Or, $(-3)^{p-1}$ est premier avec 5 et, comme $p>25$ est un nombre premier, les entiers $p$ et 5 sont premiers entre eux. On a ainsi bien démontré ce que l'on souhaitait.
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Exercice 10. Soit $n \geqslant 5$ un entier. Soient $a_{1}, \ldots, a_{n}$ des entiers dans $\{1, \ldots, 2 n\}$ deux à deux distincts. Montrer qu'il existe des indices $\boldsymbol{i}, \mathfrak{j} \in\{1, \ldots, \mathfrak{n}\}$ avec $\mathfrak{i} \neq \boldsymbol{j}$ tels que

$$
\operatorname{PPCM}\left(\mathfrak{a}_{\mathbf{i}}, \mathfrak{a}_{\mathbf{j}}\right) \leqslant 6\left(\mathrm{E}\left(\frac{\mathfrak{n}}{2}\right)+1\right)
$$

où $\mathrm{E}(\mathrm{x})$ désigne la partie entière du nombre x .

## Solution.

Supposons, pour commencer, qu'il existe un indice $i$ tel que $a_{i} \leqslant n$. S'il existe $j$ tel que $a_{j}=2 a_{i}$, on a alors

$$
\operatorname{PPCM}\left(a_{i}, a_{j}\right)=a_{j} \leqslant 2 n \leqslant 6 \cdot\left(E\left(\frac{n}{2}\right)+1\right)
$$

et on a trouvé un couple ( $i, j)$ convenable. Si , au contraire, l'entier $2 a_{i}$ n'apparaît pas parmi les $a_{j}$, définissons les entiers $b_{1}, \ldots, b_{n}$ en posant $b_{i}=2 a_{i}$ et $b_{j}=a_{j}$ pour $j \neq i$. Les $b_{j}$ sont encore deux à deux distincts et compris entre 1 et 2 n . De plus, on vérifie immédiatement que $\operatorname{PPCM}\left(b_{i}, b_{j}\right) \geqslant$ $\operatorname{PPCM}\left(a_{i}, a_{j}\right)$. Ainsi, il suffit de démontrer la propriété de l'énoncé pour la suite des $b_{j}$.

En appliquant à nouveau le raisonnement précédent — éventuellement plusieurs fois - on en vient à supposer que tous les $a_{j}$ sont strictement supérieurs à $n$. Autrement dit, l'ensemble des $a_{j} n^{\prime}$ 'est autre que $\{n+1, n+2, \ldots, 2 n\}$. Posons $k=E\left(\frac{n}{2}\right)+1$. Comme on a supposé $n \geqslant 5$, il est facile de vérifier que l'un des $a_{j}$ vaut $2 k$ et un autre vaut $3 k$. On conclut en remarquant que le PPCM de ces deux nombres est égal à 6 k .
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$\mathcal{F i n}$