# OLYMPIADES FRANÇAISES DE MATHÉMATIQUES 

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ENVOI No. 3

Corrigé

## Exercices du groupe B

Exercice 1. Soit $n \geqslant 1$ un entier tel que le quotient de $2^{n}$ par $n$ est une puissance de 2 . Montrer que $n$ est une puissance de 2 .
Solution de l'exercice 1 Par hypothèse, $2^{\text {n }} / n$ est une puissance de 2 (ici, on parle bien de quotient, et non pas de quotient dans la division euclidienne). Il existe donc un entier $k \geqslant 0$ tel que $2^{\mathrm{n}}=2^{\mathrm{k}} n$. Ainsi, $n=2^{\mathrm{n}-\mathrm{k}}$, de sorte que n est bien une puissance de 2 .
Exercice 2. Trouver tous les entiers strictement positifs $m$ et $n$ tels que

$$
3 \cdot 2^{\mathrm{m}}+1=\mathrm{n}^{2} .
$$

Solution de l'exercice 2 Remarquons tout d'abord que la condition se réécrit $3 \cdot 2^{\mathrm{m}}=(n-1)(n+1)$.
$\triangleright \operatorname{Sin}$ est pair, les entiers $(n+1)$ et $(n-1)$ sont premiers entre eux donc égaux à $2^{m}$ et 3 ou à $3 \cdot 2^{\mathrm{m}}$ et 1 . Or, ils sont tous les deux impairs (et $\mathrm{m}>0$ ) : contradiction.
$\triangleright$ Si $n$ est impair, le pgcd de $(n+1)$ et $(n-1)$ est le pgcd de $(n+1)$ et $n+1-(n-1)=2$ donc 2 . Ainsi, ils sont égaux à 6 et $2^{\mathrm{m}-1}$, ou bien à 2 et $3 \cdot 2^{\mathrm{m}-1}$.

- Si $n-1=6$, alors $n=7$ et $2^{\mathrm{m-1}}=n+1=8$ d'où $m=4$.
- Si $n+1=6$, alors $n=5$ et $2^{\mathrm{m}-1}=\mathrm{n}-1=4$ d'où $m=3$.
- Si $n-1=2$ alors $n=3$ et $3 \cdot 2^{m}=n^{2}-1=8$, ce qui est impossible car 3 ne divise pas 8 .
- Si $n+1=2$ alors $n=1$ et $3 \cdot 2^{m}=n^{2}-1=0$, ce qui est impossible.

En conclusion, l'équation n'est vérifiée que pour les couples $(\mathfrak{m}, \mathfrak{n}) \in\{(4,7),(3,5)\}$.
Exercice 3. Soit $p$ un nombre premier. Trouver tous les entiers $n \geqslant 1$ tels que pour tout entier $a \geqslant 1$, si $a^{n}-1$ est divisible par $p$, alors $a^{n}-1$ est aussi divisible par $p^{2}$.
Solution de l'exercice 3 Montrons que les entiers $n$ qui conviennent sont exactement les multiples de $p$. Pour cela, nous allons d'abord prouver que lorsque $n=p m$ pour un entier $m \geqslant 1$, pour tout entier $a \geqslant 1$, si $a^{n}-1$ est divisible par $p$, alors $a^{n}-1$ est aussi divisible par $p^{2}$. Puis, réciproquement, nous allons prouver que si $p$ ne divise pas $n$, alors il existe un entier $a \geqslant 1$ tel que $a^{n}-1$ est divisible par $p$ mais tel que $a^{n}-1$ n'est pas divisible par $p^{2}$.
$\triangleright$ Si $n=p m$ pour un entier $m \geqslant 1$, alors $a^{n}=a^{p m} \equiv a^{m}(\bmod \mathfrak{p})$ d'après le petit théorème de Fermat pour tout entier a. Supposons dorénavant que l'entier a est tel que $a^{n}-1$ est divisible par $p$. D'après la ligne ci-dessus, $a^{\mathrm{m}}-1$ est divisible par $p$. Par ailleurs, la factorisation suivante est vérifiée:

$$
a^{n}-1=a^{p m}-1=\left(a^{m}-1\right)\left(1+a^{m}+\cdots+a^{(p-1) m}\right)
$$

Comme $p$ divise $a^{m}-1, a^{m} \equiv 1(\bmod p)$ donc

$$
1+a^{m}+\cdots+a^{(\mathfrak{p}-1) m} \equiv 1+1+\cdots+1 \equiv p \equiv 0 \quad(\bmod \mathfrak{p})
$$

En conclusion, $a^{n}-1$ est le produit de deux entiers divisibles par $p$ donc est divisible par $p^{2}$.
$\triangleright$ Si $p$ ne divise pas $n$, alors avec l'entier $a=p+1$, on a que $a^{n}-1 \equiv 1^{n}-1 \equiv 0(\bmod \mathfrak{p})$ donc $p$ divise $a^{n}-1$. Or

$$
1+a+\cdots+a^{(n-1)} \equiv 1+1+\cdots+1^{n-1} \equiv n \not \equiv 0(\bmod p)
$$

Ainsi, $p$ ne divise pas $1+a+\cdots+a^{(n-1)}$, et donc $p^{2}$ ne divise pas $p\left(1+a+\cdots+a^{(n-1)}\right)=$ $(a-1)\left(1+a+\cdots+a^{(n-1)}\right)=a^{n}-1$.

## Exercices communs

Exercice 4. Trouver tous les triplets d'entiers strictement positifs ( $a, b, c)$ tels que $6^{a}=1+2^{b}+$ $3^{\mathrm{c}}$.
Solution de l'exercice 4 Remarquons tout d'abord que 3 divise $2^{b}+1$ donc b est impair (car $2^{b}+$ $\left.1 \equiv(-1)^{\mathrm{b}}+1(\bmod 3)\right)$.
$\triangleright$ Si $\mathrm{b}=1$, l'équation se réécrit $1+3^{\mathrm{c}-1}=2 \cdot 6^{a-1}$ en divisant par 3 .

- Si $a>1$, alors 3 divise $1+3^{\mathrm{c}-1}$ ce qui est impossible.
- Sinon, $\mathrm{a}=1$ et par conséquent $\mathrm{c}=1$.
$\triangleright \mathrm{Si} \mathrm{b} \geqslant 3$, alors $\mathrm{a} \geqslant 2\left(\right.$ car $\left.6<1+2^{3}\right)$. En réduisant modulo 4 , on obtient la condition nécessaire $1+3^{c} \equiv 0(\bmod 4)$, et donc c est impair. En réduisant alors modulo 8 , on obtient la nouvelle condition $1+2^{\mathrm{b}}+3^{\mathrm{c}} \equiv 1+0+3(\bmod 8) \equiv 4(\bmod 8)$ donc $6^{\mathrm{a}} \equiv 4(\bmod 8)$ ce qui entraîne immédiatement $a=2\left(\right.$ en effet, pour $6^{a} \equiv 0(\bmod 8)$ pour $\left.a \geqslant 3\right)$. L'équation initiale devient alors $2^{\mathrm{b}}+3^{\mathrm{c}}=35$ et une étude exhaustive donne $\mathrm{b}=3$ et $\mathrm{c}=3$ ou $\mathrm{b}=5$ et $\mathrm{c}=1$.

En conclusion, les triplets solutions sont $(\mathbf{a}, \boldsymbol{b}, \boldsymbol{c}) \in\{(1,1,1),(2,3,3),(2,5,1)\}$.
Exercice 5. Soit n l'entier $4 \times 201420142014 \ldots 2014$ (où 2014 est écrit 117819 fois). Montrer que $2014^{3}$ divise n.
Solution de l'exercice 5 On peut écrire

$$
4 \times 201420142014 \ldots 2014=4 \cdot 2014 \cdot \frac{10^{4 \cdot 117819}-1}{10^{4}-1}
$$

Comme $2014=2 \cdot 19 \cdot 53$ et $10^{4}-1=3^{2} \cdot 11 \cdot 101$ sont premiers entre eux, il suffit de montrer que $19^{2}$ et $53^{2}$ divisent $10^{4 \cdot 117819}-1$. D'après le théorème d'Euler,

$$
10^{\Phi\left(19^{2}\right)} \equiv 1 \quad\left(\bmod 19^{2}\right) \quad \text { et } \quad 10^{\Phi\left(53^{2}\right)} \equiv 1 \quad\left(\bmod 53^{2}\right),
$$

où $\phi$ désigne la fonction indicatrice d'Euler. Il suffit donc de vérifier que $\phi\left(19^{2}\right)$ et $\phi\left(53^{2}\right)$ divisent tous les deux $4 \cdot 117819$. Ceci découle du fait que $\phi\left(19^{2}\right)=19^{2}-19=2 \cdot 3^{2} \cdot 19$, $\phi\left(53^{2}\right)=53^{2}-53=2^{2} \cdot 13 \cdot 53$ et $4 \cdot 117819=2^{2} \cdot 3^{2} \cdot 13 \cdot 19 \cdot 53$.
Exercice 6. Soient $m$ et $n$ deux entiers tels que $0 \leqslant \mathfrak{m} \leqslant 2 \boldsymbol{n}$. Prouver que le nombre entier

$$
2^{2 n+2}+2^{m+2}+1
$$

est un carré parfait $s i$, et seulement $\mathrm{si}, \mathrm{m}=\mathrm{n}$.

## Solution de l'exercice 6

$\triangleright$ Remarquons que si $\mathrm{m}=\mathrm{n}$, alors $2^{2 \mathrm{n}+2}+2^{\mathrm{m}+2}+1=\left(2^{\mathrm{m}+1}+1\right)^{2}$ est bien un carré parfait.
$\triangleright$ Réciproquement, supposons que $2^{2 n+2}+2^{\mathrm{m}+2}+1$ est un carré parfait. Comme il est strictement plus grand que $2^{2 \mathrm{n}+2}=\left(2^{\mathrm{n}+1}\right)^{2}$, il est supérieur ou égal au carré suivant, c'est-à-dire $2^{2 n+2}+2^{m+2}+1 \geqslant\left(2^{n+1}+1\right)^{2}$.

En développant, il vient $2^{\mathfrak{m}+2} \geqslant 2^{\mathfrak{n}+2}$, donc $\mathfrak{m} \geqslant n$. Supposons par l'absurde que $\mathrm{m}>n$ soit $2^{m}>2^{2 n-m}$.

Par hypothèse, la quantité $2^{2 n+2}+2^{m+2}+1$ est le carré d'un entier impair $2 k+1$ strictement plus grand que 1 , d'où

$$
2^{2 \mathrm{n}+2}+2^{\mathrm{m}+2}+1=(2 \mathrm{k}+1)^{2}
$$

pour un certain entier $k \geqslant 1$, ce qui se réécrit sous la forme $k(k+1)=2^{2 n}+2^{m}=2^{m}\left(2^{2 n-m}+1\right)$. Or les entiers $k$ et $k+1$ sont premiers entre eux. On en déduit que :

- soit $k=2^{m} p$ et $p(k+1)=2^{2 n-m}+1$ ce qui entraîne $(k+1) p<k / p+1$ : contradiction.
- soit $k+1=2^{m} p$ et $p k=2^{2 n-m}+1$ ce qui entraîne $k p<\frac{k+1}{p}+1$ donc $k p \leqslant \frac{k+1}{p}$, ou encore $k\left(p^{2}-1\right) \leqslant 1$, ce qui impose $p=1$ puisque $k \geqslant 1$. Alors, $2^{2 n-m}=2\left(2^{m-1}-1\right)$ donc $2 \mathrm{n}-\mathrm{m}=1$ et $\mathrm{m}=2:$ contradiction.
Ainsi, si $2^{2 \mathrm{n}+2}+2^{\mathrm{m}+2}+1=\left(2^{\mathrm{m}+1}+1\right)^{2}$ est un carré parfait, alors $\mathrm{m}=\mathrm{n}$.


## Exercices du groupe A

Exercice 7. Montrer qu'il existe une infinité de nombres entiers strictement positifs a tels que $a^{2}$ divise $2^{a}+3^{a}$.
Solution de l'exercice 7 Remarquons que $a=1$ convient puis construisons par récurrence une suite ( $u_{n}$ ) strictement croissante d'entiers impairs vérifiant la propriété.
$\triangleright$ Tout d'abord, on vérifie que $a=1$ et $a=5$ conviennent. Posons ainsi $u_{0}=1$ et $u_{1}=5$.
$\triangleright$ Considerons un entier $n \geqslant 1$ et supposons la suite définie jusqu'au rang $n$. Par définition de $u_{n}$, il existe un entier $q$ tel que $q u_{n}^{2}=2^{u_{n}}+3^{u_{n}}$. Comme $u_{n} \geqslant u_{1}=5$, on a $q>1$.

Soit $p \geqslant 3$ un facteur premier (impair) de $q$ et vérifions que $u_{n+1}=p u_{n}$ vérifie la propriété requise. Montrons que

$$
p \quad \text { divise } \quad 3^{\mathfrak{u}_{n}(\mathfrak{p}-1)}-2^{\mathfrak{u}_{n}} 3^{\mathfrak{u}_{\mathfrak{n}}(\mathfrak{p}-2)}+\cdots+2^{\mathfrak{u}_{n}(p-1)} .
$$

Ceci permet de conclure, car alors, étant donné que $p u_{n}^{2}$ divise $2^{u_{n}}+3^{\mathfrak{u}_{n}}$, il en découle que $p \cdot p u_{n}^{2}$ divise
ce qui achève la démonstration.
Pour établir (1), on remarque que $p$ divise $2^{u_{n}}+3^{\mathfrak{u}_{n}}$ (car $p$ divise $q$ ), de sorte qu'on a la congruence $2^{\mathfrak{u}_{n}} \equiv-3^{\mathfrak{u}_{n}}(\bmod p)$. Ainsi,

$$
\begin{aligned}
3^{\mathfrak{u}_{n}(\mathfrak{p}-1)}-2^{\mathfrak{u}_{n}} 3^{\mathfrak{u}_{n}(\mathfrak{p}-2)}+\cdots+2^{\mathfrak{u}_{n}(\mathfrak{p}-1)} & \equiv 3^{\mathfrak{u}_{n}(\mathfrak{p}-1)}+3^{\mathfrak{u}_{n}(\mathfrak{p}-1)}+\cdots+3^{\mathfrak{u}_{n}(\mathfrak{p}-1)} \quad(\bmod p) \\
& \equiv p 3^{\mathfrak{u}_{n}(\mathfrak{p}-1)} \quad(\bmod p) \\
& \equiv 0 \quad(\bmod p) .
\end{aligned}
$$

Exercice 8. Soient $m, n \geqslant 1$ deux entiers impairs tels que $m$ divise $n^{2}+2$ et $n$ divise $m^{2}+2$. Prouver que $m$ et $n$ sont tous les deux des termes de la suite $\left(u_{n}\right)_{n \geqslant 1}$ définie par

$$
\mathfrak{u}_{1}=\mathrm{u}_{2}=1, \quad \mathrm{u}_{\mathrm{n}}=4 \mathrm{u}_{n-1}-\mathrm{u}_{n-2} \quad \text { si } n \geqslant 3
$$

Solution de l'exercice 8 La structure de la solution est la suivante:

- On montre que mn divise $\mathrm{m}^{2}+\mathrm{n}^{2}+2$;
- On montre que $\mathrm{m}^{2}+\mathrm{n}^{2}+2=4 \mathrm{mn}$;
- On montre que la suite $\left(u_{n}\right)_{n \geqslant 1}$ est croissante;
- On conclut en montrant qu'en fait $m$ et $n$ sont deux termes consécutifs de la suite $\left(u_{n}\right)_{n \geqslant 1}$.
$\triangleright$ Soit $d$ le PGCD de $m$ et de $n$. Comme $m$ divise $n^{2}+2$, on en déduit que $d$ divise $n^{2}+2$ et donc que $d$ divise 2 . Comme $m$ et $n$ sont impairs, on en déduit que $d=1$, de sorte que $m$ et $n$ sont premiers entre eux. Ainsi, mn divise $\mathrm{m}^{2}+\mathrm{n}^{2}+2$.
$\triangleright$ Montrons que $\mathrm{m}^{2}+\mathrm{n}^{2}+2=4 \mathrm{mn}$ en utilisant la technique connue en anglais sous le nom de $\ll$ Vieta jumping $\gg$. Plus précisément, soit $k=\left(m^{2}+n^{2}+2\right) /(m n)$, et considérons tous les couples d'entiers strictement positifs $(x, y)$ tels que

$$
x^{2}+y^{2}+2=k x y .
$$

Parmi ces couples, choissisons-en un qui minimise la somme $x+y$. Nous allons montrer que $x=y$. Raisonnons par l'absurde en supposant, sans perte de généralité, que $x>y \geqslant 1$. On s'intéresse alors à l'équation du second degré

$$
t^{2}-k y t+y^{2}+2=0
$$

d'inconnue $t$. On sait déjà que $t_{1}=x$ est solution. D'après les formules de Viète,

$$
\mathrm{t}_{2}=\mathrm{ky}-\mathrm{x}=\frac{\mathrm{y}^{2}+2}{\mathrm{x}}
$$

est également solution. L'équation (2) montre que $t_{2}$ est un entier strictement positif. Comme $1 \leqslant y \leqslant x-1$, on a

$$
t_{2}=\frac{y^{2}+2}{x} \leqslant \frac{(x-1)^{2}+2}{x}<x=t_{1}
$$

où on a utilisé le fait que $x \geqslant 2$ pour la dernière inégalité. Ainsi, $t_{2}+y<t_{1}+y=x+y$, ce qui contredit la minimalité de $x+y$. Il en découle que $x=y$, et donc $x^{2}$ divise $2 x^{2}+2$. On en déduit que $x=1$, d'où

$$
\mathrm{k}=\frac{1^{2}+1^{2}+2}{1}=4
$$

Nous avons donc établi que

$$
m^{2}+n^{2}+2=4 m n
$$

$\triangleright$ Vérifions que la suite $\left(u_{n}\right)_{n \geqslant 1}$ est strictement croissante, en écrivant que pour tout entier $n \geqslant 1$,

$$
u_{n+1}-u_{n}=3 u_{n}-u_{n-1}>u_{n}-u_{n-1}
$$

Par récurrence, on en déduit que, pour tout entier $\boldsymbol{n} \geqslant 1, \mathfrak{u}_{n+1}-\boldsymbol{u}_{n}>\mathfrak{u}_{2}-\mathfrak{u}_{1}=0$.
$\triangleright$ Montrons finalement que $m$ et $n$ sont deux termes consécutifs de la suite $\left(u_{n}\right)_{n \geqslant 1}$ par récurrence forte sur $m+n$. L'initialisation ne pose pas de soucis: si $m+n=2$, on a $m=n=1$. Soit donc $k \geqslant 3$, supposons le résultat établi pour tous les couples ( $m, n$ ) d'entiers strictement positifs vérifiant (3) avec $m+n<k$, et considérons un couple d'entiers strictement positifs ( $m, n$ ) vérifiant (3) tels que $m+n=k$. Tout d'abord, $m \neq n$, car sinon $m=n=1$ d'après (3). Sans perte de généralité, supposons $\mathrm{m}>\mathrm{n}$. Mais, comme dans le paragraphe précédent, si $(m, n)$ est solution, alors $(n, 4 n-m)$ l'est également, avec $m+n>n+(4 n-m)$. D'autre part, on vérifie aisément que $2 n-\sqrt{3 n^{2}-2}<n<3 n<2 n+\sqrt{3 n^{2}-2}$ pour tout entier $n \geqslant 2$. Ainsi, par (3), on a $m=2 n+\sqrt{3 n^{2}-2}$ de sorte que $n>4 n-m$. Par hypothèse de récurrence, il existe un entier $i \geqslant 2$ tel que $u_{i-1}=n$ et $u_{i-2}=4 n-m$. Mais alors $u_{i}=4 n-(4 n-m)=m$, ce qui montre bien que $m$ et $n$ sont deux termes consécutifs de la suite $\left(u_{n}\right)_{n \geqslant 1}$.
Exercice 9. Trouver tous les entiers strictement positifs a tels que l'entier

$$
1-8 \cdot 3^{a}+2^{a+2}\left(2^{a}-1\right)
$$

soit un carré parfait.
Solution de l'exercice 9 La quantité (4) est égale à $\left(2^{\mathrm{a}+1}-1\right)^{2}-2^{3} \cdot 3^{\mathrm{a}}$. On remarque que cette quantité est un carré pour $a=3$ (elle vaut $9=3^{2}$ ) et $a=5$ (elle vaut $2025=45^{2}$ ) mais pas pour $a \in\{1,2,4,6,7\}$. On suppose dorénavant $a \geqslant 8$.

Supposons que la quantité (4) soit un carré, c'est-à-dire, puisqu'elle est impaire, qu'il existe un entier $k$ tel que

$$
\left(2^{a+1}-1\right)^{2}-2^{3} \cdot 3^{a}=(2 \mathrm{k}+1)^{2}
$$

Ainsi

$$
\left(2^{a+1}-1\right)^{2}-(2 k+1)^{2}=2^{3} \cdot 3^{a}
$$

soit encore $\left(2^{a}-k-1\right)\left(2^{a}+k\right)=2 \cdot 3^{a}$. Il existe alors un entier $b \geqslant 0$ tel que l'une des deux situations suivantes se produit (en discutant selon la parité de $k$ ):

- on a $2^{a}+\mathrm{k}=2 \cdot 3^{\mathrm{b}}$ et $2^{\mathrm{a}}-\mathrm{k}-1=3^{\mathrm{a}-\mathrm{b}}$ donc $2 \mathrm{k}+1=2 \cdot 3^{\mathrm{b}}-3^{\mathrm{a}-\mathrm{b}}$ (donc $\mathrm{b} \geqslant \mathrm{a}-\mathrm{b}$ );
- on a $2^{\mathrm{a}}+\mathrm{k}=3^{\mathrm{b}}$ et $2^{\mathrm{a}}-\mathrm{k}-1=2 \cdot 3^{\mathrm{a}-\mathrm{b}}$ donc $2 \mathrm{k}+1=3^{\mathrm{b}}-2 \cdot 3^{\mathrm{a}-\mathrm{b}}$ (donc $\mathrm{b} \geqslant \mathrm{a}-\mathrm{b}$ ). Ainsi, $3^{\mathrm{a}-\mathrm{b}}$ divise $2 \mathrm{k}+1$, et donc $3^{2(\mathrm{a}-\mathrm{b})}$ divise $(2 \mathrm{k}+1)^{2}+2^{3} \cdot 3^{\mathrm{a}}$. En utilisant (5), il vient $3^{\mathrm{a}-\mathrm{b}} \mid 2^{\mathrm{a}+1}-1$.

Dans la première situation, en additionnant les deux égalités on a $2 \cdot 3^{\mathbf{b}}=2^{a+1}-3^{a-b}-1<$ $2^{a+1}$ donc $3^{b}<2^{a+1}$. On montre de manière analogue que cette inégalité est valable aussi dans la deuxième situation.

Remarquons que $2^{9} \leqslant 3^{9-3}$ donc, pour tout $a \geqslant 8$,

$$
2^{a+1}=2^{9} \cdot 2^{a-8} \leqslant 2^{9} \cdot 3^{a-8} \leqslant 3^{6} \cdot 3^{a-8}=3^{a-2}
$$

En combinant les deux inégalités, $3^{\mathbf{b}}<3^{\mathbf{a}-2}$ donc $\mathbf{a}-\mathrm{b} \geqslant 3$.
Comme $3^{a-b}$ divise $2^{a+1}-1$ et $a-b \geqslant 3$, on a $2^{a+1} \equiv 1(\bmod 27)$ d'où 18 divise $a+1$ (en remarquant que le plus petit entier $k>0$ tel que $2^{k} \equiv 1(\bmod 27)$ est 18). Fort de cette condition, réduisons la quantité de l'énoncé modulo 19 en utilisant le théorème d'Euler ( $\chi^{18}=\chi^{\varphi(19)} \equiv 1$ $(\bmod 19)$ pour tout entier $x$ non divisible par 19$)$ et la relation $3 \cdot 13 \equiv 1(\bmod 19)$ :

$$
\left(2^{a+1}-1\right)^{2}-2^{3} \cdot 3^{a} \equiv(1-1)^{2}-2^{3} \cdot 13 \quad(\bmod 19) \equiv 10 \quad(\bmod 19)
$$

On conclut en remarquant alors que $(2 \mathrm{k}+1)^{18} \equiv 10^{9}(\bmod 19)=18(\bmod 19)$ ce qui contredit le théorème d'Euler. Il n'y a donc pas de solution $a \geqslant 9$.

En conclusion, les seules solutions sont 3 et 5 .