## Corrigé de l'envoi 1

## 1 Exercices groupe B

Exercice 1 Prouver qu'il n'existe qu'un nombre fini de nombres premiers s'écrivant sous la forme $n^{3}+2 n+3$ avec $n \in \mathbb{N}$.
Solution de l'exercice 1: Remarquons que $n^{3}-n=n(n-1)(n+1)$ est un produit de trois entiers consécutifs. Puisque parmi trois entiers consécutifs il y a toujours un multiple de 3 , on obtient que $n^{3}-n$ est divisible par 3, c'est-à-dire $n^{3} \equiv n(\bmod 3)$. (On peut le voir aussi en utilisant le petit théorème de Fermat.) On a donc $n^{3}+2 n+3 \equiv n+2 n+3 \equiv 3 n+3 \equiv 0(\bmod 3)$, donc $n^{3}+2 n+3$ est toujours divisible par 3 . D'autre part, il ne peut être égal à 3 que pour un nombre fini de valeurs de $n$.

Exercice 2 Résoudre $x^{4}-6 x^{2}+1=7 \times 2^{y}$ pour $x$ et $y$ entiers.
Solution de l'exercice 2: L'équation se réécrit $\left(x^{2}-3\right)^{2}=7 \times 2^{y}+8$. Si $y \geq 3$, alors le côté droit s'écrit $8\left(7 \times 2^{y-3}+1\right)$. Le côté gauche étant un carré, sa valuation 2 -adique est paire. Ainsi, $7 \times 2^{y-3}+1$ doit être pair, donc $y=3$. Dans ce cas $x^{2}-3=8$ donc $x^{2}=11$, impossible. Donc $y \leq 2$. Si $y=2$, on trouve $x= \pm 3$. Pour $y<0$, ainsi que pour $y=0$ ou $y=1$ il n'y a pas de solution. Les seuls couples de solutions sont donc $(x, y)=(3,2)$ et $(-3,2)$.
Exercice 3 Trouver le plus petit entier positif qui ne s'écrit pas sous la forme $\frac{2^{a}-2^{b}}{2^{c}-2^{d}}$ pour $a, b, c, d \in \mathbb{N}$.
Solution de l'exercice 3: Soit E l'ensemble des entiers strictement positifs s'écrivant sous cette forme. Commençons par remarquer que

$$
\frac{2^{a}-2^{b}}{2^{c}-2^{d}}=2^{b-d} \frac{2^{a-b}-1}{2^{c-d}-1}
$$

Ainsi, si $x>0$ s'écrit $x=\frac{2^{a}-2^{b}}{2^{c}-2^{d}}$, alors $b-d=v_{2}(x)$ et si on appelle $y$ l'entier impair tel que $x=2^{v_{2}(x)} y$, alors $y$ s'écrit sous la forme $\frac{2^{n}-1}{2^{m}-1}$. En particulier, l'entier que nous cherchons est nécessairement impair. D'autre part, on peut tout de suite exclure les entiers de la forme $2^{n}-1$, atteints avec $m=1$.

Il est classique que si $2^{m}-1$ divise $2^{n}-1$, alors $m$ divise $n$. Ainsi, en écrivant $n=m d, y$ est de la forme

$$
y=\frac{2^{m d}-1}{2^{m}-1}=2^{(d-1) m}+2^{(d-2) m}+\ldots+2^{m}+1
$$

Autrement dit, en notant $u=\underbrace{0 \ldots 0}_{m-1 \text { zéros }} 1$, l'écriture en base 2 de $y$ est de la forme $\overline{1 u \ldots u}^{2}$, avec $u$ apparaissant $d-1$ fois. Les entiers impairs appartenant à $E$ sont exactement ceux ayant une telle écriture binaire pour $m$ et $d$ bien choisis. Les écritures binaires des premiers entiers impairs qui ne sont pas de la forme $2^{n}-1$ sont

$$
5=\overline{101}^{2}, 9={\overline{1001}^{2}}^{2}, 11={\overline{1011}^{2}}^{2}
$$

D'après le critère ci-dessus, le plus petit entier cherché est 11.
Remarque : cet exercice peut aussi se faire en trouvant des manières d'écrire les entiers 1 à 10 sous cette forme, puis en montrant que 11 ne s'écrit pas sous cette forme : en effet, vu que 11 est impair, on peut supposer $b=d=1$. Ensuite

$$
\left(2^{a}-1\right)=11\left(2^{c}-1\right)
$$

se réécrit

$$
10=2^{c} \times 11-2^{a}
$$

Puisque $10=2 \times 5$, nous avons $a=1$ ou $c=1$. Si $a=1$, on trouve $2^{c} \times 11=12$, qui n'a pas de solution, et si $c=1$, on trouve $2^{a}=12$, qui n'a pas de solution non plus. Donc 11 est l'entier cherché.

## 2 Exercices communs

Exercice 4 Trouver tous les triplets de nombres premiers $(p, q, r)$ tels que $(p+1)(q+2)(r+3)=4 p q r$.
Solution de l'exercice 4: Si $p=2$ alors on a $3(q+2)(r+3)=8 q r$ ce qui implique $q=3$ ou $r=3$. On a alors la solution $(2,3,5)$.

Si $q=2$ et $p, r>2$ alors on a $(p+1)(r+3)=2 p r$. Puisque $p$ et $r$ sont impairs, le membre de gauche est divisible par 4 , alors que le membre de droite est divisible par 2 , mais pas par 4 , contradiction. Donc $p$ ou $r$ vaut 2 mais aucune solution valide n'en découle.

Si $r=2$ alors $5(p+1)(q+2)=8 p q$ et donc $p$ ou $q$ vaut 5 . On obtient la solution $(7,5,2)$.
Sinon, $(p+1)$ est pair et $(r+3)$ est pair. Donc on se ramène à

$$
\left(\frac{p+1}{2}\right)(q+2)\left(\frac{r+3}{2}\right)=p q r .
$$

Nous avons donc écrit pqr comme un produit de trois facteurs strictement plus grands que 1. On en déduit que $\left(\frac{p+1}{2}, q+2, \frac{r+3}{2}\right)$ est une permutation de $(p, q, r)$.

Clairement, $p \neq \frac{p+1}{2}$ puisque $p>\frac{p+1}{2}$.
Si $p=\frac{r+3}{2}$, alors puisque $q \neq q+2$, nous avons nécessairement $q=\frac{p+1}{2}=\frac{r+5}{4}$. Alors $r=q+2=\frac{r+13}{4}$, et donc $r$ n'est pas entier.

Si $p=q+2$, alors il y a deux cas à considérer :
$-r=\frac{p+1}{2}=\frac{q+3}{2}$ et $q=\frac{r+3}{2}=\frac{q+9}{4}$. Donc $q=3$ et on obtient la solution $(5,3,3)$.
$-r=\frac{r+3}{2}$ et $q=\frac{p+1}{2}=\frac{q+3}{2}$, ce qui donne $r=q=3$. On obtient alors cette même solution $(5,3,3)$.
Finalement, les seules solutions sont $(2,3,5),(7,6,2)$ et $(5,3,3)$.
Exercice 5 Trouver tous les entiers strictement positifs $n$ tels que $2^{n-1} n+1$ soit un carré parfait.
Solution de l'exercice 5: On veut résoudre $2^{n-1} n+1=m^{2}$, c'est-à-dire $2^{n-1} n=(m-1)(m+1)$. Puisque $n=1$ n'est pas solution, on a $n \geq 2$, et donc $m$ est nécessairement impair, et $m-1$ et $m+1$ sont pairs (en particulier $n \geq 3$ ). On pose $k=\frac{m-1}{2}$. Il suffit alors de résoudre $2^{n-3} n=k(k+1)$. Parmi les entiers $k$ et $k+1$ exactement un est pair, et donc ils sont de la forme $2^{n-3} d$ et $\frac{n}{d}$ avec $d$ un diviseur de $n$. Or un diviseur de $n$ ne peut pas être à distance 1 d'un entier supérieur à $2^{n-3}$ si $n$ est trop grand. Plus précisément, on a $2^{n-3} d \geq 2^{n-3} \geq n+2$ si $n \geq 6$, donc on a nécessairement $n \leq 5$. Pour $n=5$, on trouve $2^{4} \times 5+1=9^{2}$, donc 5 est solution. On vérifie que $2,3,4$ ne sont pas solutions. Donc $n=5$ est la seule solution.
Exercice 6 Soient $x>1$ et $y$ des entiers vérifiant $2 x^{2}-1=y^{15}$. Montrer que $x$ est divisible par 5 .
Solution de l'exercice 6: L'entier $y$ est clairement impair et strictement plus grand que 1. On factorise l'équation sous la forme

$$
x^{2}=\left(\frac{y^{5}+1}{2}\right)\left(y^{10}-y^{5}+1\right)
$$

Remarquons que

$$
y^{10}-y^{5}+1 \equiv 3\left(\bmod y^{5}+1\right)
$$

et que donc $\operatorname{pgcd}\left(y^{5}+1, y^{10}-y^{5}+1\right)$ est égal à 1 ou à 3 . S'il valait 1 , alors $y^{10}-y^{5}+1$ serait un carré. Or pour $y>0$ nous avons

$$
\left(y^{5}-1\right)^{2}=y^{10}-2 y^{5}+1<y^{10}-y^{5}+1<y^{10}=\left(y^{5}\right)^{2},
$$

c'est-à-dire que $y^{10}-y^{5}+1$ est strictement compris entre deux carrés consécutifs, et ne peut pas être lui-même un carré. Donc $\operatorname{pgcd}\left(y^{5}+1, y^{10}-y^{5}+1\right)=3$, de sorte qu'il existe des entiers $a$ et $b$ tels que

$$
y^{5}+1=6 a^{2} \quad \text { et } \quad y^{10}-y^{5}+1=3 b^{2} .
$$

On peut factoriser $(y+1)\left(y^{4}-y^{3}+y^{2}-y+1\right)=6 a^{2}$. Puisque $y^{5} \equiv-1(\bmod 3)$, on a nécessairement $y \equiv-1$ $(\bmod 3)$, donc $y+1$ est divisible par 6 . De même que plus haut, on a

$$
y^{4}-y^{3}+y^{2}-y+1 \equiv 5(\bmod y+1)
$$

et donc $\operatorname{pgcd}\left(y+1, y^{4}-y^{3}+y^{2}-y+1\right)$ est égal à 1 ou à 5 . S'il vaut 5 , alors $a$ est divisible par 5 et donc $x$ aussi, et nous avons terminé. Supposons donc qu'il vaut 1. Alors $y^{4}-y^{3}+y^{2}-y+1$ est un carré. Dans ce cas, $4\left(y^{4}-y^{3}+y^{2}-y+1\right)$ est aussi un carré, ce qui est impossible, car pour $y>1$, on a

$$
\left(2 y^{2}-y\right)^{2}=4 y^{4}-4 y^{3}+y^{2}<4\left(y^{4}-y^{3}+y^{2}-y+1\right)<4 y^{4}-4 y^{3}+5 y^{2}-2 y+1=\left(2 y^{2}-y+1\right)^{2}
$$

## 3 Exercices groupe A

Exercice 7 Caractériser les entiers $n \geq 2$ tels que pour tout entier $a$ on ait $a^{n+1}=a(\bmod n)$.
Solution de l'exercice 7: Voici les $n$ vérifiant cette propriété : $2,2 \cdot 3,2 \cdot 3 \cdot 7,2 \cdot 3 \cdot 7 \cdot 43$.
Pour prouver que c'est exhaustif on procède de la façon suivante : on commence par remarquer que $n$ n'a pas de facteur carré. En effet, si $p^{2}$ divise $n$, alors $p^{n+1}-p$ est divisible par $p^{2}$, ce qui n'est pas possible. Ainsi, $n$ est forcément un produit $p_{1} \ldots p_{k}$ de nombres premiers distincts. Par conséquent, par le lemme chinois la condition de l'énoncé est équivalente à $a^{n+1} \equiv a(\bmod p)$ pour tout entier $a$ et tout $p \in\left\{p_{1}, \ldots, p_{k}\right\}$. En choisissant $a$ d'ordre $p-1$ modulo $p$, on obtient que cela est équivalent à ce que $p-1$ divise $n$ pour tout $p \in\left\{p_{1}, \ldots, p_{k}\right\}$.

En résumé : $n$ est produit de premiers distincts $p_{1}, \ldots, p_{k}$, et $p_{i}-1$ divise $n$ pour tout $i$. On en déduit que pour tout $i, p_{i}-1$ est sans facteur carré et $p_{i}-1=q_{1} \ldots q_{m}$ où les $q_{j}$ sont des nombres premiers pris parmi les $p_{r}, r \neq i$.

Quitte à re-numéroter les $p_{i}$, on peut supposer que $p_{1}<p_{2}<\ldots<p_{k}$. D'après la condition ci-dessus, nous avons nécessairement $p_{1}=2$. Si $k=1$, cela nous donne l'entier $n=2$. Si $k>1$, alors $p_{2}-1$ est nécessairement égal à 2 , donc $p_{2}=3$. Si $k=2$, cela nous donne la solution $n=6$. Si $k>2$ on continue en disant que $p_{3}-1$ ne peut être égal à 2 ou 3 , donc il est égal à $p_{1} p_{2}=6$, d'où $p_{3}=7$. Si $k=3$, cela donne la solution $n=2 \cdot 3 \cdot 7=42$. Si $k>3$, on voit que de même la seule valeur possible pour $p_{4}$ est $2 \times 3 \times 7+1=43$. Pour $k=4$, cela donne la solution $n=2 \cdot 3 \cdot 7 \cdot 43$. Enfin, supposons que $k>4$. Alors $p_{5}-1$ doit être pair et strictement supérieur à 43 , donc les seules valeurs possibles sont $2 \cdot 43,2 \cdot 3 \cdot 43,2 \cdot 7 \cdot 43,2 \cdot 3 \cdot 7 \cdot 43$. On vérifie qu'aucune de ces possibilités ne fournit un $p_{5}$ premier. Ainsi on a nécessairement $k \leq 4$ et les solutions que nous avons trouvées sont les seules.

Exercice 8 Soit $k \geq 3$ un entier. On définit la suite $\left(a_{n}\right)_{n \geq k}$ par $a_{k}=2 k$, et

$$
a_{n}= \begin{cases}a_{n-1}+1 & \text { si } \operatorname{pgcd}\left(a_{n-1}, n\right)=1 \\ 2 n & \text { sinon. }\end{cases}
$$

Montrer que la suite $\left(a_{n+1}-a_{n}\right)_{n \geq k}$ a une infinité de termes qui sont des nombres premiers.
Solution de l'exercice 8: Partons d'un entier $n$ tel que $a_{n}=2 n$. Montrons par récurrence que si $p$ est le plus petit facteur premier de $n-1$, alors pour tout $i \in\{0, \ldots, p-2\}, a_{n+i}=2 n+i$. En effet, c'est vrai pour $i=0$, et si c'est vrai pour un certain $i<p-2$, alors

$$
\operatorname{pgcd}(n+i+1,2 n+i)=\operatorname{pgcd}(n+i+1, n-1)=\operatorname{pgcd}(i+2, n-1)=1
$$

car $i+2<p$, et donc $i+2$ est premier avec $n-1$ par définition de $p$, ce qui conclut la récurrence. De même, $\operatorname{pgcd}(n+p-1,2 n+p-2)=\operatorname{pgcd}(p, n-1)=p \neq 1$, et donc $a_{n+p-1}=2(n+p-1)$. En particulier,

$$
a_{n+p-1}-a_{n+p-2}=2 n+2 p-2-(2 n+p-2)=p
$$

est premier.
Puisque $a_{k}=2 k$, avons donc montré qu'il existe une infinité de $n$ satisfaisant $\operatorname{pgcd}\left(a_{n-1}, n\right) \neq 1$, et que pour de telles valeurs de $n, a_{n}-a_{n-1}$ est premier.
Exercice 9 Soit $t$ un entier naturel non-nul. Montrer qu'il existe un entier $n>1$ premier avec $t$ tel que pour tout entier $k \geq 1$, l'entier $n^{k}+t$ ne soit pas une puissance (c'est-à-dire qu'il ne soit pas de la forme $m^{r}$ avec $m \geq 1$ et $r \geq 2$ ).

Solution de l'exercice 9: Pour que $n$ soit premier avec $t$, on va le chercher sous la forme $1+t s$ où $s$ est entier. On aura alors $n^{k}+t \equiv 1+t(\bmod s)$. En particulier, si $s$ est divisible par $(t+1)$, alors $n^{k}+t$ l'est également.

On va d'abord traiter le cas où $t+1$ n'est pas une puissance. Dans ce cas, il suffirait de s'assurer qu'on peut choisir $s$ de telle sorte que $n^{k}+t$ soit divisible par $t+1$, et que le quotient soit premier avec $t+1$. Pour cela, prenons $s=(t+1)^{2}$. Alors $n=1+t(t+1)^{2}$, et

$$
n^{k}+t=\underbrace{\sum_{i=1}^{k}\binom{k}{i} t^{i}(t+1)^{2 i}}_{\text {termes divisibles par }(t+1)^{2}}+1+t=(t+1)(a(t+1)+1)
$$

pour un certain entier $a$, donc on a gagné.

Supposons maintenant que $t+1$ soit une puissance : $t+1=m^{r}$ avec $m$ qui n'est pas une puissance. Si on garde le même $n$ que ci-dessus, on voit que si $n^{k}+t=b^{d}$ est une puissance (avec $d \geq 2$ ), alors $t+1$ est nécessairement une puissance $d$-ième, et donc $d$ divise $r$. Ainsi, nous avons une borne sur les $d$ tels que $n^{k}+t$ est puissance $d$-ième pour un certain $k$. On constate alors qu'en remplaçant $n$ par sa puissance $r$-ième, c'est-à-dire en posant $n=n_{0}^{r}$ où $n_{0}=1+t(t+1)^{2}$ (ce qui ne change pas le fait que $t+1$ divise $n^{k}+t$, que le quotient soit premier avec $t+1$, et que donc $n^{k}+t=b^{d}$ implique $d \mid r$ comme ci-dessus), on arrive à écrire $t$ comme une différence de deux puissances $d$-ièmes :

$$
t=b^{d}-\left(n_{0}^{k e}\right)^{d}
$$

où $e$ est l'entier naturel tel que $r=d e$. Cela n'est pas possible car $n_{0}$ est grand par rapport à $t$. Plus précisément, nous avons:

$$
t=b^{d}-\left(n_{0}^{k e}\right)^{d}=\left(b-n_{0}^{k e}\right)\left(b^{d-1}+b^{d-2} n_{0}^{k e}+\ldots+b n_{0}^{k e(d-2)}+n_{0}^{k e(d-1)}\right) \geq n_{0}>t
$$

contradiction. Donc pour tout $k$ et pour tout $d, n^{k}+t$ n'est pas une puissance $d$-ième et nous avons terminé.