## Exercice 1.

Soit $a, b$ et $c$ des réels tels que

$$
|a-b| \geq|c|,|b-c| \geq|a| \text { et }|c-a| \geq|b| .
$$

Prouver que l'un des trois nombres $a, b$ et $c$ est la somme des deux autres.

## Solution.

La première inégalité s'écrit $(a-b)^{2} \geq c^{2}$, ou encore $(a-b+c)(a-b-c) \geq 0$. De même, les deux autre inégalités conduisent à $(b-c+a)(b-c-a) \geq 0$ et $(c-a+b)(c-a-b) \geq 0$.

En multipliant membre à membre ces trois inégalités, il vient

$$
(a-b+c)^{2}(-a+b+c)^{2}(a+b-c)^{2} \leq 0
$$

Or, un carré étant toujours positif, c'est donc que l'un des facteurs est nul, ce qui conclut.

## Solution alternative.

Les variables $a, b$ et $c$ jouent des rôles symétriques. En outre, le problème est invariant si on change simultanément les signes de $a, b$ et $c$. Ainsi, il y a au moins deux variables parmi $a, b$ et $c$ qui ont le même signe ; on peut donc supposer, sans perte de généralité, que l'on est dans un des deux cas $a \geq b \geq c \geq 0$ ou $a \geq b \geq 0 \geq c$.
Montrons que la relation $b=a+c$ est vraie dans les deux cas, ce qui conclura le problème.

1. Si $a \geq b \geq c \geq 0$, alors $b \geq b-c=|b-c| \geq|a|=a$; chaque inégalité est donc une égalité, d'où la relation $b=b-c=|b-c|=|a|=a$.
2. Si $a \geq b \geq 0 \geq c$, alors $b-c=|b-c| \geq|a|=a$ et $a-b=|a-b| \geq|c|=-c$, d'où la relation $a+c \geq b \geq a+c$.

## Exercice 2.

Déterminer tous les nombres irrationnels $x$ pour lesquels les deux nombres $x^{2}+x$ et $x^{3}+2 x^{2}$ sont des entiers.

## Solution.

Soit $x$ un nombre irrationnel pour lequel les deux nombres $x^{2}+x$ et $x^{3}+2 x^{2}$ sont des entiers.

On pose $x^{2}+x=a$ et $x^{3}+2 x^{2}=b$, où $a$ et $b$ sont des entiers. Alors $b-a x=x^{2}=a-x$, et ainsi $x(a-1)=b-a$. Si $a-1 \neq 0$, on aurait $x=\frac{b-a}{a-1}$, et $x$ serait rationnel, en contradiction avec l'énoncé.

Par suite, on a $a=1$ et donc $b=a=1$. Mais alors $x^{2}+x-1=0$ et $x^{3}+2 x^{2}-1=0$. On note que, si $x^{2}+x-1=0$, alors $x^{3}=-x^{2}+x$ et $x=-x^{2}+1$, d'où $x^{3}+2 x^{2}-1=0$.

Ainsi, les solutions du problème sont les solutions irrationnelles de l'équation du second degré $x^{2}+x-1=0$, c'est-à-dire les nombres $x_{1}=\frac{-1-\sqrt{5}}{2}$ et $x_{2}=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$. Puisque $\sqrt{5}$ n'est pas rationnel, ces deux nombres sont effectivement des solutions du problème.

## Exercice 3.

Soit $x$ un réel strictement positif tel que $x^{5}-x^{3}+x \geq 3$. Prouver que $x^{6} \geq 5$.

## Solution.

La clé du problème est la factorisation $x^{6}+1=\left(x^{2}+1\right)\left(x^{4}-x^{2}+1\right)$, valable pour tout réel $x$.

Soit $x>0$ tel que $x^{5}-x^{3}+x \geq 3$. D'après l'identité ci-dessus, on a alors

$$
x^{6}+1=\left(x^{2}+1\right)\left(x^{4}-x^{2}+1\right)=\frac{x^{2}+1}{x}\left(x^{5}-x^{3}+x\right)=\left(x+\frac{1}{x}\right)\left(x^{5}-x^{3}+x\right)
$$

et donc $x^{6}+1 \geq 3\left(x+\frac{1}{x}\right)$.
Or, d'après l'inégalité arithmético-géométrique (IAG), on a $x+\frac{1}{x} \geq 2$, d'où $x^{6}+1 \geq 6$, et ainsi $x^{6} \geq 5$, comme souhaité.

## Exercice 4.

Déterminer tous les réels $t$ pour lesquels le polynôme

$$
P(x)=x^{3}+3 t x^{2}+(4 t-1) x+t
$$

possède deux racines réelles dont la différence est égale à 1 .

## Solution.

Si $t$ est un réel fixé, on pose $P_{t}(x)=x^{3}+3 t x^{2}+(4 t-1) x+t$.
La première chose à remarquer est que, pour tout $t$, on a $P_{t}(-1)=0$. Par suite, -1 est une racine du polynôme $P_{t}$, ce qui assure que $P_{t}(x)$ est factorisable par $x+1$. On trouve ainsi que

$$
P_{t}(x)=(x+1)\left(x^{2}+(3 t-1) x+t\right)
$$

pour tout réels $x$ et $t$.
Soit $t$ un réel pour lequel $P_{t}$ possède deux racines réelles dont la différence est égale à 1 , disons $a$ et $a+1$.

- Si $a=-1$ : il faut et il suffit que 0 soit également une racine de $P_{t}$. Comme $P_{t}(0)=t$, cela signifie que $t=0$.
- Si $a+1=-1$, il faut et il suffit que -2 soit également une racine de $P_{t}$. Comme $P_{t}(-2)=5 t-6$, cela signifie que $t=\frac{6}{5}$.
- Si -1 n'est ni $a$ ni $a+1$, c'est donc que $a$ et $a+1$ sont les racines de $x^{2}+(3 t-1) x+t$. On a donc $a^{2}+(3 t-1) a+t=0$ et $(a+1)^{2}+(3 t-1)(a+1)+t=0$. Par soustraction, il vient $2 a+1+3 t-1=0$, soit donc $a=-\frac{3 t}{2}$. En reportant dans la première équation ci-dessus, il vient alors $-9 t^{2}+10 t=0$, soit $t=0$ ou $t=\frac{10}{9}$.
Réciproquement, on a déjà vu que $t=0$ convenait et, pour $t=\frac{10}{9}$, les racines de $P_{t}$ sont $-1,-\frac{2}{3}$ et $-\frac{5}{3}$, ce qui prouve que $t=\frac{10}{9}$ est bien une solution du problème.
Finalement, les réels $t$ cherchés sont $\frac{10}{9}, \frac{6}{5}$ et 0 .


## Exercice 5 (Vietnam 2014).

Déterminer toutes les fonctions $f: \mathbb{Z} \mapsto \mathbb{Z}$ telles

$$
f(2 m+f(m)+f(m) f(n))=n f(m)+m
$$

pour tous les entiers $m$ et $n$.

## Solution.

Soit $f$ une éventuelle solution. On note $\mathbf{E}_{x, y}$ l'égalité de l'énoncé.
Posons $a=f(0)$. L'égalité $\mathbf{E}_{x, 0}$ indique que $f(2 x+(1+a) f(x))=x$, ce qui montre que $f$ est surjective. Puis, en choisissant un entier $b$ tel que $f(b)=-1$, l'égalité $\mathbf{E}_{b, y}$ indique que $f(2 b+1-f(y))=b-y$, ce qui montre que $f$ est injective, donc bijective.
Les égalités $\mathbf{E}_{b, b}$ et $\mathbf{E}_{0,0}$ indiquent respectivement que $f(2 b)=0$ et que $f\left(a+a^{2}\right)=0$. Il s'ensuit que $2 b=a+a^{2}$. De surcroît, l'égalité $\mathbf{E}_{a b, 0}$ indique que $f(0)=a b$, c'est-à-dire $0=a(a-1)(a+2)$. Ainsi, $a \in\{-2,0,1\}$.
Enfin, les égalités $\mathbf{E}_{0, y}$ et $\mathbf{E}_{a y, 0}$ indiquent respectivement que $f(a f(y)+a)=a y$ et que $f(2 a y+(a+1) f(a y))=a y$. Il s'ensuit que $a f(y)+a=2 a y+(a+1) f(a y)$, égalité que l'on note ( $\boldsymbol{\phi}$ ).

- Si $a=1$, alors l'égalité ( $\boldsymbol{\oplus}$ ) indique que $f(y)+1=2 y+2 f(y)$. Il s'ensuit que $f: y \mapsto 1-2 y$, qui n'est manifestement pas bijective.
- Si $a=0$, alors $b=0$, et l'égalité $\mathbf{E}_{x, 0}$ indique que $f(2 x)=x$. Cela prouve que $f$ n'est pas injective, puisque chaque entier a déjà un antécédent pair.
- Si $a=-2$, alors $b=1$, et l'égalité ( $\boldsymbol{\oplus}$ ) indique que $-2 f(y)-2=-4 y-f(-2 y)$. Or, l'égalité $\mathbf{E}_{x, 1}$ indique que $f(2 x)=f(x)+x$. En combinant ces deux égalités, on en déduit que $f(-x)-x=f(-2 x)=2 f(x)+2-4 x$, donc que $f(-x)=2 f(x)+2-3 x$. De manière symétrique, on sait que $f(x)=2 f(-x)+2+3 x$, d'où la relation $f: x \mapsto x-2$.

Réciproquement, il on vérifie aisément que la fonction $f: n \longmapsto n-2$ est bien une solution du problème : c'en est donc l'unique solution.

## Exercice 6 (Pays-Bas 2014).

Soit $P$ un polynôme à coefficients entiers, de degré $n$, avec $n \leq 10$. On suppose que $|P(10)-P(0)|<1000$ et que, pour tout $k \in\{1, \ldots, 10\}$, il existe un entier $m$ tel que $P(m)=k$. Montrer que, pour tout entier $k$ il existe un entier $m$ tel que $P(m)=k$.

## Solution.

Pour $i \in\{1, \ldots, 10\}$, on désigne par $c_{i}$ un entier tel que $P\left(c_{i}\right)=i$. Pour $i \in\{1, \ldots, 9\}$, puisque $P$ est à coefficients entiers, l'entier $c_{i+1}-c_{i}$ divise $P\left(c_{i+1}\right)-P\left(c_{i}\right)=i+1-i=1$, d'où $c_{i+1}-c_{i}= \pm 1$. De plus, pour $i, j \in\{1, \ldots, 10\}$ distincts, on a $P\left(c_{i}\right)=i \neq j=P\left(c_{j}\right)$, donc $c_{i} \neq c_{j}$. Ainsi, $c_{1}, c_{2}, \ldots, c_{10}$ sont, dans cet ordre, dix entiers consécutifs.
Quitte à étudier le polynôme $P(10-X)$ plutôt que le polynôme $P(X)$ lui-même, on peut supposer que $c_{1}<c_{2}<\cdots<c_{10}$ : on a donc $c_{i}=c_{1}+i-1$. Soit alors les polynômes $Q(X)=X+1-c_{1}$ et $R(X)=P(X)-Q(X)$. Le polynôme $Q$ est affine, donc de degré 1 , et $R$ est de degré au plus 10 .
En outre, pour $i=1,2, \ldots, 10$, on a $R\left(c_{i}\right)=P\left(c_{i}\right)-Q\left(c_{i}\right)=i-i=0$, donc $c_{1}, \ldots, c_{10}$ sont dix racines distinctes entières du polynôme $R$, à coefficients entiers. On peut donc factoriser $R$ sous la forme $R(X)=S(X) T(X)$, où $S(X)=\prod_{i=1}^{10}\left(X-c_{i}\right)$ et où $T$ est un polynôme à coefficients entiers. Remarquons que $T$ est de degré au plus 0 , ce qui signifie que $T$ est constant : il existe un entier $a$ tel que $R=a S$.
Si $a=0$, on a bien $P=Q$, donc $P$ est affine de coefficient $\pm 1$ et $P(\mathbb{Z})=\mathbb{Z}$ : on suppose désormais que $a \neq 0$. Notons alors que $S(n) \equiv 0(\bmod 10!)$ pour tout entier $n$. En effet, soit $k \geq 10$ un entier. Alors

$$
S\left(c_{1}+k\right)=\prod_{i=0}^{9}(k-i)=10!\binom{k}{10} \equiv 0 \quad(\bmod 10!)
$$

La relation $S\left(c_{1}+k\right) \equiv 0$ est donc vraie dans $\mathbb{Z} / 10!\mathbb{Z}$, ce qui signifie bien que $S(n) \equiv 0$ $(\bmod 10!)$ pour tout entier $n$.
En particulier, il s'ensuit que $R(n) \equiv 0(\bmod 10!)$ pour tout entier $n$. Or,

$$
|R(10)-R(0)| \leq|P(10)-P(0)|+|Q(10)-Q(0)| \leq 1010<10!
$$

Ainsi, $R(10)=R(0)$, donc $S(10)=S(0)$. Le polynôme $S$ est strictement monotone sur $\left.]-\infty, c_{1}\right]$ et sur $\left[c_{10},+\infty\left[\right.\right.$, donc on ne peut avoir ni $10 \leq c_{1}$ ni $0 \geq c_{10}$. Ainsi, l'un des entiers 0 et 10 doit être une racine de $S$, mais alors l'autre aussi, ce qui est impossible car les racines de $S$ sont mutuellement distantes d'au plus 9 .
Le cas $a \neq 0$ est donc impossible, ce qui conclut le problème.

## Exercice 7.
Soit $n \geq 0$ un entier, et $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n+1}$ des réels strictement positifs tels que $\prod_{k=1}^{n+1} x_{i}=1$. Prouver que

$$
\sqrt[x_{1}]{n}+\sqrt[x_{2}]{n}+\cdots+\sqrt[x_{n+1}]{n} \geq n \sqrt[n]{x_{1}}+n \sqrt[n]{x_{2}}+\cdots+n \sqrt[n]{x_{n+1}}
$$

## Solution.

Par IAG (deux fois), on a

$$
\begin{aligned}
n \cdot \sum_{i=1}^{n+1} \sqrt[x_{i}]{n} & =\sum_{j=1}^{n+1}\left(\sum_{i \neq j} n^{\frac{1}{x_{i}}}\right) \\
& \geq \sum_{j=1}^{n+1}\left(n \cdot n^{\frac{1}{n} \sum_{i \neq j} \frac{1}{x_{i}}}\right) \\
& \geq \sum_{j=1}^{n+1} n \cdot n \sqrt[n]{\prod_{i \neq j} \frac{1}{x_{i}}} \\
& =\sum_{j=1}^{n+1} n \cdot n \sqrt[{n \sqrt{x_{j}}}]{ } \operatorname{car} x_{1} x_{2} \cdots x_{n+1}=1
\end{aligned}
$$

et il ne reste plus qu'à diviser par $n$ les premier et dernier membres pour obtenir l'inégalité demandée.

## Exercice 8 (Iran 2014).

Déterminer toutes les fonctions $f: \mathbb{R}_{+}^{*} \longmapsto \mathbb{R}_{+}^{*}$ telles que

$$
f\left(\frac{y}{f(x+1)}\right)+f\left(\frac{x+1}{x f(y)}\right)=f(y)
$$

pour tous $x, y \in \mathbb{R}_{+}^{*}$.

## Solution.

En cherchant un peu parmi les fonctions usuelles, on constate que la fonction $f: x \longmapsto \frac{1}{x}$ est une solution du problème. Nous allons maintenant prouver que c'est la seule.
Soit $f$ une solution du problème. Si $y>0$ est tel que $y f(y)>1$, posons $x=\frac{1}{y f(y)-1}$. La relation de l'énoncé donne

$$
f\left(\frac{y}{f(x+1)}\right)+f(y)=f(y)
$$

ce qui est impossible car $f$ est à valeurs strictement positives. Ainsi, $y f(y) \leq 1$.
Pour tous $x, y \in \mathbb{R}_{+}^{*}$, on a donc

$$
f(y)=f\left(\frac{y}{f(x+1)}\right)+f\left(\frac{x+1}{x f(y)}\right) \leq \frac{f(x+1)}{y}+\frac{x f(y)}{x+1},
$$

donc $y f(y) \leq(x+1) f(x+1)$. En particulier, pour tous les réels $a, b>1$, on a bien $a f(a) \leq b f(b) \leq a f(a)$ : il existe donc un réel $c \in] 0,1]$ tel que $x f(x)=c$ pour tout $x>1$.
Si $y>1$, alors $y>c$ donc $\frac{y(x+1)}{c}>x+1>1$ et $\frac{(x+1) y}{x c}>\frac{y}{c}>1$, et

$$
\begin{aligned}
c & =y \cdot f(y)=y \cdot f\left(\frac{y}{f(x+1)}\right)+y \cdot f\left(\frac{x+1}{x f(y)}\right) \\
& =y \cdot f\left(\frac{(x+1) \cdot y}{c}\right)+y \cdot f\left(\frac{(x+1) \cdot y}{c \cdot x}\right) \\
& =\frac{c^{2} \cdot y}{(x+1) \cdot y}+\frac{c^{2} \cdot x \cdot y}{(x+1) \cdot y}=c^{2},
\end{aligned}
$$

donc $c=1$. On a donc $f(x)=\frac{1}{x}$ pour tout $x>1$.
On va maintenant prouver, par récurrence sur $k \in \mathbb{N}$, que $f(x)=\frac{1}{x}$ pour tout $x>2^{-k}$. Le résultat est déjà connu pour $k=0$. En outre, si on suppose le résultat connu pour $k \geq 0$, posons $x=1$. Si $y>2^{-1-k}$, alors $2 y>2^{-k}$ et $\frac{2}{f(y)} \geq 2 y>2^{-k}$. L'énoncé indique donc que

$$
f(y)=f(2 y)+f\left(\frac{2}{f(y)}\right)=\frac{1}{2 y}+\frac{f(y)}{2}
$$

c'est-à-dire $f(y)=\frac{1}{y}$. Le résultat est donc vrai aussi pour $k+1$.
Ceci montre que $f: x \longmapsto \frac{1}{x}$ est bien l'unique solution du problème.

## Exercice 9.

Soit $a \in] 0 ; 1\left[\right.$ et $n>0$ un entier. On note $f_{n}$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par $f_{n}(x)=x+\frac{x^{2}}{n}$, pour tout réel $x$. Prouver que

$$
\frac{a(1-a) n^{2}+2 a^{2} n+a^{3}}{(1-a)^{2} n^{2}+a(2-a) n+a^{2}}<\underbrace{\left(f_{n} \circ f_{n} \circ \cdots \circ f_{n}\right)}_{n}(a)<\frac{a n+a^{2}}{(1-a) n+a} .
$$

## Solution.

Pour tout entier $k \geq 0$, posons $a_{k}=\underbrace{\left(f_{n} \circ f_{n} \circ \cdots \circ f_{n}\right)}_{k}(a)$. En particulier, $a_{0}=a$.
On remarque que, pour tout $k \geq 0$, on a $a_{k+1}=a_{k}+\frac{a_{k}^{2}}{n}>a_{k}$, donc la suite $\left(a_{k}\right)$ est strictement croissante. En particulier, $a_{k} \geq a>0$ pour tout $k \geq 0$.
De plus, pour tout $k \geq 0$, on a $a_{k+1}=\frac{a_{k}\left(a_{k}+n\right)}{n}$ et donc

$$
\frac{1}{a_{k+1}}=\frac{1}{a_{k}}-\frac{1}{a_{k}+n} .
$$

Ainsi, après sommation de ces égalités pour $k=0, \ldots, n-1$, on a

$$
\frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{a}-\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{a_{k}+n}
$$

Puisque $\left(a_{k}\right)$ est strictement croissante et à valeurs positives, on a

$$
\frac{n}{a_{n}+n}<\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{a_{k}+n}<\frac{n}{a+n}
$$

et ainsi

$$
\frac{1}{a}-\frac{n}{a+n}<\frac{1}{a_{n}}<\frac{1}{a}-\frac{n}{a_{n}+n} .
$$

L'inégalité de gauche est équivalente à $a_{n}<\frac{a n+a^{2}}{(1-a) n+a}$, ce qui est l'inégalité de droite de l'encadrement demandé.

Reportons maintenant cette dernière inégalité dans l'inégalité de droite de (1). Il vient

$$
\frac{1}{a_{n}}<\frac{1}{a}-\frac{n}{\frac{a n+a^{2}}{(1-a) n+a}+n}
$$

ou encore

$$
\frac{a(1-a) n^{2}+2 a^{2} n+a^{3}}{(1-a)^{2} n^{2}+a(2-a) n+a^{2}}<a_{n}
$$

ce qui est l'inégalité de gauche de l'encadrement demandé.

## Exercice 10 (Iran 2014).

Déterminer tous les polynômes $P$ à coefficients entiers pour lesquels l'ensemble $P(\mathbb{N})$ contient une suite géométrique infinie de raison $a$ avec $a \notin\{-1,0,1\}$ et de premier terme non nul.

## Solution.

Tout d'abord, on note que si $P$ est un polynôme ayant les propriétés de l'énoncé, alors - $P$ les possède aussi (il suffit de changer le premier terme de la suite géométrique en son opposée). On peut donc supposer que le coefficient dominant de $P$ est strictement positif.
Soit $\left(u_{k}\right)=\left(u_{0} \cdot a^{k}\right)$ une suite géométrique infinie telle que décrite ci-dessus. Alors, quitte à la remplacer par la suite $\left(u_{2 k}\right)=\left(u_{0} \cdot\left(a^{2}\right)^{k}\right)$, on peut supposer que $a>0$.
De plus, notons que $a=\frac{u_{1}}{u_{0}}$ est rationnel. Si $a$ n'est pas entier, soit $p$ un facteur premier tel que la valuation $p$-adique de $a$ soit strictement négative c'est-à-dire que $v_{p}(a) \leq-1$. En posant $k=v_{p}\left(u_{0}\right)$, on constate alors que $v_{p}\left(u_{k+1}\right) \leq-1$, ce qui contredit le fait que $u_{k+1}$ soit entier, donc que $u_{k+1} \in P(\mathbb{N})$. Ainsi, on sait que $a$ est un entier tel que $a>1$.
Développons alors le polynôme $P$ sous la forme $P(x)=p_{n} x^{n}+p_{n-1} x^{n-1}+\cdots+p_{1} x+p_{0}$. Pour tout entier $b$, on a

$$
\begin{aligned}
P(a x+b) & =a^{n} p_{n} x^{n}+\left(n a^{n-1} p_{n} b+a^{n-1} p_{n-1}\right) x^{n-1}+\cdots \text { et } \\
a^{n} P(x) & =a^{n} p_{n} x^{n}+a^{n} p_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a^{n} p_{0} .
\end{aligned}
$$

Le polynôme $P(a x+b)-a^{n} P(x)$ est un polynôme de degré au plus $n-1$ et dont le coefficient de degré $n-1$ est $a^{n-1}\left(n p_{n} b+p_{n-1}(1-a)\right)$. Notons que $P$ est non constant, donc que $n p_{n}>0$ : ce coefficient a donc une expression affine strictement croissante en $b$. Ainsi, il existe un entier $b$ tel que

$$
n p_{n}(b+1)+p_{n-1}(1-a)>0>n p_{n}(b-1)+p_{n-1}(1-a) .
$$

Par conséquent, il existe même un entier $N \geq 0$ tel que

- $P(a x+b-1)<a^{n} P(x)<P(a x+b+1)$ pour tout $x \geq N$, et
- $P$ est strictement croissante sur $[N,+\infty[$.

En outre, soit $M$ un entier tel que $M \geq N$ et $a M+b-1 \geq N$ : quitte à considérer une suite $\left(u_{k+\ell}\right)=\left(u_{\ell} \cdot a^{k}\right)$ au lieu de la suite $\left(u_{k}\right)$, on peut supposer que $\left|u_{0}\right|>\sum_{i=0}^{M}|P(i)|$. Pour tout entier $k \geq 0$, il existe donc un entier $v_{k}>M$ tel que $P\left(v_{k}\right)=u_{k}=u_{0} \cdot a^{k}$.

En particulier, notons que

$$
P\left(a v_{k}+b-1\right)<a^{n} P\left(v_{k}\right)=P\left(v_{k+n}\right)<P\left(a v_{k}+b+1\right),
$$

donc que $v_{k+n}=a v_{k}+b$ et que $a^{n} P\left(v_{k}\right)=P\left(a v_{k}+b\right)$. Ainsi, chaque entier $v_{k}$ est une racine du polynôme $a^{n} P(X)-P(a X+b)$, qui est donc nul. On a donc l'égalité de polynômes $a^{n} P(X)=P(a X+b)$.
Puisque $P$ est non constant, soit $r$ une racine de $P$. On pose alors

$$
\delta=\frac{b}{1-a} \text { et } \rho_{k}=a^{k}(r-\delta)+\delta
$$

Alors $\rho_{0}=r$ et $\rho_{k+1}=a\left(\rho_{k}-\delta\right)+\delta=a \rho_{k}+b$. Une récurrence immédiate montre donc que tous les termes $\rho_{k}$ sont des racines de $P$.

Or, si $r \neq \delta$, les termes $\rho_{k}$ sont deux à deux distincts, et $P$ se retrouve être nul, ce qui est impossible. donc $r=\delta$ est nécessairement la seule racine de $P$, de sorte que l'on peut écrire $P(X)=p_{n}(X-\delta)^{n}$. Puisque $P(X)=p_{n} X^{n}-n p_{n} \delta X^{n-1}+\cdots+(-1)^{n} p_{n} \delta^{n}$ est à coefficients entiers, alors $n p_{n} \delta$ est entier, donc $\delta$ est rationnel, et peut s'écrire sous forme irréductible $\delta=\frac{u}{v}$. Puis $p_{n} \delta^{n}$ est entier, donc $v^{n}$ divise $p_{n}$, et l'on peut factoriser $p_{n}$ sous la forme $p_{n}=w v^{n}$. On peut alors réécrire $P(X)=w(v X-u)^{n}$, avec $n, u, v$ et $w$ entiers et $n \geq 1, v \neq 0, w \neq 0$.

Réciproquement, supposons que $P(X)=w(v X-u)^{n}$ avec $n, u, v$ et $w$ entiers et $n \geq 1$, $v \neq 0, w \neq 0$.

- Si $u=0$, alors $P\left(2^{k}\right)=v^{n} \cdot w \cdot 2^{k n}$ décrit bien une suite géométrique de raison $2^{n} \notin\{-1,0,1\}$ et de premier terme $P(1)=v^{n} \cdot w$ non nul.
- Si $u \cdot v>0$, on pose $x_{k}=(3 u v-1)^{2 k+1}+1$ et $y_{k}=\frac{u}{v} x_{k}$. Alors $x_{k} \equiv 0(\bmod v)$, de sorte que $y_{k} \in \mathbb{N}$. En outre, $P\left(y_{k}\right)=w \cdot u^{n} \cdot(3 u v-1)^{(2 k+1) n}$ décrit bien une suite géométrique de raison $(3 u v-1)^{2 n} \notin\{-1,0,1\}$ et de premier terme $P\left(3 u^{2}\right)=w \cdot u^{n} \cdot(3 u v-1)^{n}$ non nul.
- Si $u \cdot v<0$, on pose $x_{k}=1-(3 u v+1)^{2 k}$ et $y_{k}=\frac{u}{v} x_{k}$. Alors $x_{k} \equiv 0(\bmod v)$, de sorte que $y_{k} \in \mathbb{N}$. En outre, $P\left(y_{k}\right)=w \cdot(-u)^{n} \cdot(3 u v+1)^{(2 k) n}$ décrit bien une suite géométrique de raison $(3 u v+1)^{2 n} \notin\{-1,0,1\}$ et de premier terme $P(0)=w \cdot(-u)^{n}$ non nul.

Les polynômes recherchés sont donc exactement ceux de la forme $P(x)=w(v x+u)^{n}$, avec $n, u, v$ et $w$ des entiers tels que $n>0, v \neq 0$ et $w \neq 0$.