problem:
Combien existe-t-il de couples d'entiers strictement positifs ( $a, b$ ) tels que

$$
\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{2014} ?
$$

solution:
Soient $a, b$ deux entiers strictement positifs tels que $1 / a+1 / b=1 / 2014$. On a en particulier $\mathrm{a}, \mathrm{b}>2014$. On peut donc multiplier l'équation $\mathrm{ab}:$ on cherche en fait les entiers $\mathrm{a}, \mathrm{b}>2014$ tels que $\mathrm{ab}-2014 \mathrm{a}-2014 \mathrm{~b}=0$ ou encore, de manière équivalente, tels que ( $a-$ $2014)(b-2014)=2014^{2}$. On en déduit que le nombre recherché est le nombre de couples d'entiers strictement positifs $(u, v)$ tels que $u v=2014^{2}$, autrement dit le nombre de diviseurs positifs de $2014^{2}$. Comme $2014^{2}=2^{2} \cdot 19^{2} \cdot 53^{2}, 2014^{2}$ possède $(2+1) \cdot(2+1) \cdot(2+1)=27$ diviseurs positifs.

La réponse est donc 27 .

problem_match: Exercice 1.

solution_match: Solution de l'exercice 1


problem: Trouver tous les entiers $\boldsymbol{n} \geqslant 1$ tels que $2^{n}+12^{n}+2014^{n}$ soit un carré parfait.

solution:
Regardons l'expression modulo $3: 2^{\mathfrak{n}}+12^{n}+2014^{n} \equiv(-1)^{n}+1 \bmod 3$. Comme un carré n'est jamais congru à 2 modulo 3, on en déduit que $n$ est impair. Regardons ensuite l'expression modulo 7 :

$$
2^{n}+12^{n}+2014^{n} \equiv 2^{n}+(-2)^{n}+5^{n} \equiv 5^{n} \quad \bmod 7
$$

car $n$ est impair. Lorsque $n$ est impair, $5^{n}$ ne peut être congru qu'à 3,5 ou 6 modulo 7 . Or un carré est congru à $0,1,2$ ou 4 modulo 7 . Il n'existe donc pas d'entiers $n \geqslant 1$ tels que $2^{n}+12^{n}+2014^{n}$ soit un carré parfait.

problem_match: Exercice 2.

solution_match: Solution de l'exercice 2


problem: Trouver tous les couples d'entiers relatifs $(x, y)$ tels que $x^{3}+y^{3}=(x+y)^{2}$.

solution:
Soit $(x, y)$ un couple solution. Comme $x^{3}+y^{3}=(x+y)\left(x^{2}-x y+y^{2}\right)$, on a donc soit $x+y=0$, soit $x^{2}-x y+y^{2}=x+y$. Dans le deuxième cas, on remarque qu'alors nécessairement
$(x-1)^{2}+(y-1)^{2}+(x-y)^{2}=2$. Parmi les trois entiers $x-1, y-1$ et $x-y$, deux sont donc égaux à $1 \mathrm{ou}-1$ et le troisième est nul. On vérifie que les seules possibilités sont $(2,2),(0,0),(1,2),(1,0),(2,1)$ et $(0,1)$.

Ainsi, les solutions sont les couples $(2,2),(1,2),(1,0),(2,1),(0,1)$ et $(x,-x)$ où $x$ est un entier relatif.

## Exercices Communs

problem_match: Exercice 3.

solution_match: Solution de l'exercice 3


problem: Trouver tous les couples d'entiers positifs $(m, n)$ tels que $1+(m+n) m$ divise $(m+$ $n)(n+1)-1$.

solution:
Soit $(m, n)$ un couple solution. Alors $1+(m+n) m$ divise $(m+n)(n+1)-1+$ $1+(m+n) m=(m+n)(m+n+1)$. Or, $1+(m+n) m$ est premier avec $m+n$. Ainsi, $1+(m+n) m$ divise $m+n+1$. Donc $m^{2}+m n+1 \leqslant m+n+1$. Donc $m=0$ ou $m=1$.

Réciproquement, on vérifie que les couples $(0, n)$ et $(1, n)$, où $\boldsymbol{n} \geqslant 0$ est un entier, conviennent.

problem_match: Exercice 4.

solution_match: Solution de l'exercice 4


problem: Montrer que si la somme de tous les diviseurs positifs d'un entier $n \geqslant 1$ est une puissance de deux, alors le nombre de diviseurs positifs de n est une puissance de deux.

solution:
Décomposons $n$ en produit de facteurs premiers : $n=\prod_{i=1}^{k} p_{i}^{\alpha_{i}}$. On voit aisément que la somme des diviseurs positifs de $n$, notée $\sigma(n)$, vaut

$$
\sigma(n)=\prod_{i=1}^{k}\left(1+p_{i}+p_{i}^{2}+\cdots+p_{i}^{\alpha_{i}}\right)
$$

Ainsi, si $1 \leqslant i \leqslant k, 1+p_{i}+p_{i}^{2}+\cdots+p_{i}^{\alpha_{i}}$ est une puissance de deux. Ceci implique clairement que $p_{i} \neq 2$. Supposons ensuite par l'absurde que $\alpha_{i}+1$ n'est pas une puissance de deux et choisissons $q$ un nombre premier impair divisant $\alpha_{i}+1$. Alors

$$
1+p_{i}+p_{i}^{2}+\cdots+p_{i}^{\alpha_{i}}=\left(1+p_{i}+p_{i}^{2}+\cdots+p_{i}^{q-1}\right) \cdot\left(1+p_{i}^{q}+p_{i}^{2 q}+\cdots+p_{i}^{\alpha_{i}+1-q}\right)
$$

En effet, cette égalité découle du fait que $\left(p_{i}^{\alpha_{i}+1}-1\right) /(p-1)=\left(p_{i}^{q}-1\right) /(p-1) \cdot\left(p_{i}^{\alpha_{i}+1}-1\right) /\left(p^{q}-1\right)$. Ceci est absurde, car $1+p_{i}+p_{i}^{2}+\cdots+p_{i}^{q-1}$ est impair. Ainsi, $\alpha_{i}+1$ est une puissance de deux pour tout $1 \leqslant i \leqslant k$. Ceci conclut, car le nombre de diviseurs (positifs) de $n$ est $\prod_{i=1}^{k}\left(\alpha_{i}+1\right)$.

problem_match: Exercice 5.

solution_match: Solution de l'exercice 5


problem: Trouver tous les nombres premiers $p$ et $q$ tels que $p$ divise $5^{q}+1$ et $q$ divise $5^{p}+1$.

solution:
Notons $\alpha$ l'ordre de 5 modulo $q$ et $\beta$ l'ordre de 5 modulo $p$. Comme $5^{2 p} \equiv 1$ $\bmod \mathrm{q}$, on en déduit que $\alpha$ divise $2 p$. Donc $\alpha=1,2, \mathrm{p}$ ou $2 p$.

Si $\alpha=1$, alors $5 \equiv 1 \bmod \mathbf{q}$, donc $\mathbf{q}=2$. Si $\alpha=2$, alors $25 \equiv 1 \bmod \mathbf{q}$, donc $\mathbf{q}=2$ ou $\mathbf{q}=3$.
Si $q=2$, alors $p$ divise $5^{2}+1$, donc $p=2$ ou $p=13$. Réciproquement, $(2,2)$ et $(13,2)$ conviennent.
Si $q=3$, alors $p$ divise $5^{3}+1$, donc $p=2,3$ ou 7 . Réciproquement, on vérifie que $(3,3),(7,3)$ conviennent, mais que $(2,3)$ ne convient pas.

De même, on a $\beta=1,2$, q ou 2 q. Si $\beta=1$ ou 2 , on obtient similairement les solutions $(2,13)$ et $(3,7)$.

Supposons maintenant que $\alpha=p$ ou $2 p$ et que $\beta=q$ ou $2 q$. D'après le petit théorème de Fermat, $5^{p-1} \equiv 1 \bmod p$ et $5^{q-1} \equiv 1 \bmod q$. Donc $\beta$ divise $p-1$ et $\alpha$ divise $q-1$. Donc $q$ divise $p-1$ et $p$ divise $\mathrm{q}-1$. Donc $\mathrm{q} \leqslant \mathrm{p}-1$ et $\mathrm{p} \leqslant \mathrm{q}-1$. Ainsi $\mathrm{q} \leqslant \mathrm{q}-2$, ce qui est absurde.

Les solutions sont donc $(2,2),(3,3),(13,2),(2,13),(3,7)$ et $(7,3)$.

## Exercices du groupe A

problem_match: Exercice 6.

solution_match: Solution de l'exercice 6


problem: Trouver toutes les fonctions $\mathrm{f}: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$ telles que $2 m n+m f(m)+n f(n)$ est un carré parfait pour tous entiers positifs $m$ et $n$.

solution:
Pour simplifier, posons $F(m, n)=2 m n+m f(m)+n f(n)$. Alors $F(m, 0)=$ $\mathrm{mf}(\mathrm{m})$ est un carré pour tout $\mathrm{m} \geqslant 1$.

On peut donc écrire $f(p)=p a^{2}$ pour un nombre premier $p$. Supposons que $a \geqslant 2$. Alors $(a p)^{2}+2 p+$ $f(1)=F(p, 1)>\left(a p^{2}\right)$ est un carré, donc $(a p)^{2}+2 p+f(1) \geqslant(a p+1)^{2}$ et $2 p+f(1) \geqslant 2 a p+1 \geqslant 4 p+1$, de sorte que $p \leqslant(f(1)-1) / 2$. Ainsi $f(p)=p$ pour tous nombres premiers $p$ suffisamment grands.

Soit maintenant $k \geqslant 1$ et $p$ un nombre premier suffisamment grand pour que $f(p)=p, p>k f(k)$ et $\mathrm{p}>\mathrm{k}^{2}+1$. Alors

$$
\begin{gathered}
(k+p-1)^{2}=\left(k^{2}+1\right)+p^{2}-2 k-2 p+2 k p<p^{2}-p-2 k+2 k p<F(p, k) \text { et } \\
F(p, k)=p^{2}+2 k p+k f(k)<p^{2}+2 k p+p \leqslant(p+k+1)^{2} .
\end{gathered}
$$

Comme $F(p, k)$ est un carré, ceci impose que $k f(k)+p^{2}+2 k p=(k+p)^{2}$ et donc que $f(k)=k$.
Réciproquement, on vérifie que la fonction identité convient.

problem_match: Exercice 7.

solution_match: Solution de l'exercice 7


problem:
(Corée 2003) Trouver tous les triplets d'entiers ( $a, b, c$ ) tels que $a \neq 0$ et

$$
2 a^{4}+2 a^{2} b^{2}+b^{4}=c^{2}
$$

solution:
Supposons qu'il exise un tel triplet : soit alors a $>0$ le plus petit entier tel que $(a, b, c)$ soit solution. Si $d=\operatorname{pgcd}(a, b)$, en divisant l'égalité par $d^{4}$ on voit que $\left(a / d, b / d, c / d^{2}\right)$ est également solution. On a donc $\mathrm{d}=1$.

Regardons l'expression $2 a^{4}+2 a^{2} b^{2}+b^{4}$ modulo 8 , et utilisons le fait qu'un carré est congru à 0,1 ou 4 modulo 8 : si a est impair, alors $2 a^{4}+2 a^{2} b^{2}+b^{4}$ est congru à 2 ou à 5 modulo $8 ; a$ est donc forcément pair, et b es impair. Réécrivons l'égalité de l'énoncé en

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

Le triplet $\left(a^{2}, a^{2}+b^{2}, c\right)$ est donc pythagoricien. Comme $\operatorname{pgcd}(a, b)=1$, il existe des entiers $u, v$ premiers entre eux tels que $a^{2}=2 u v, a^{2}+b^{2}=u^{2}-v^{2}$ et $c=u^{2}+v^{2}$.

En regardant modulo 4 , on obtient $1 \equiv a^{2}+b^{2} \equiv u^{2}-v^{2}$. Puisqu'un carré est congru à 0 ou 1 modulo 4 , on en déduit que $u$ est impair et que $v$ est pair. Puisque $a^{2}=2 u v$ et que $u$ et $v$ sont premiers entre eux, on peut écrire $u=m^{2}$ et $v=2 n^{2}$ avec $m, n$ premiers entre eux et $m$ impair. De $b^{2}=u^{2}-v^{2}-2 u v$ il vient $2 v^{2}=(u-v+b)(u-v-b)$. Donc

$$
2 n^{4}=\left(\frac{m^{2}-2 n^{2}+b}{2}\right)\left(\frac{m^{2}-2 n^{2}-b}{2}\right) .
$$

Posons $x=\left(m^{2}-2 n^{2}+b\right) / 2$ et $y=\left(m^{2}-2 n^{2}-b\right) / 2$ : ce sont des entiers car $m^{2}$ et $b$ sont impairs. En outre, $0<a^{2}+b^{2}=(u-v)(u+v)$, et $u+v$ est positif, donc $u-v$ l'est également, et a fortiori $x=(u-v+b) / 2 \geqslant 0$, puis $y \geqslant 0$ également.

D'aute part, on obtient $x-y=b$ et $x y=2 \mathfrak{n}^{4}$. Comme $\operatorname{pgcd}(b, n)=1, x$ et $y$ sont forcément premiers entre eux. Puisque $x y=2 n^{4}$, on peut écrire $x$ et $y$ sous la forme $x=2 k^{4}$ et $y=l^{4}$, ou bien $x=l^{4}$ et $y=2 k^{4}$, avec $\operatorname{pgcd}(k, l)=1$ et $l$ impair.

Ainsi, $2 k^{4}+l^{4}=x+y=m^{2}-2 n^{2}$, et donc

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

Or, $2 \mathrm{klm}=2 \mathrm{mn}=\mathrm{a}>0$, donc $\mathrm{lm} \geqslant 1$ et $0<\mathrm{k}<\mathrm{a}$, ce qui contredit la minimalité de a .
Il n'existe donc pas de triplet ( $a, b, c$ ) solution lorsque $a \neq 0$.

problem_match: Exercice 8.

solution_match: Solution de l'exercice 8


problem:
Trouver le nombre de suites $\left(u_{n}\right)_{n \geqslant 1}$ d'entiers relatifs telles que $u_{n} \neq-1$ pour tout entier $n \geqslant 1$ et telles que

$$
u_{n+2}=\frac{2014+u_{n}}{1+u_{n+1}}
$$

pour tout entier $\mathrm{n} \geqslant 1$.

solution:
La relation de l'énoncé impose que $\left(u_{n+1}-u_{n-1}\right)\left(u_{n}+1\right)=u_{n}-u_{n-2}$ pour $\mathrm{n} \geqslant 3$. Par récurrence, il vient

$$
\mathbf{u}_{3}-\mathbf{u}_{1}=\prod_{i=3}^{n}\left(u_{i}+1\right)\left(u_{n+1}-u_{n-1}\right)
$$

Supposons par l'absurde que $u_{3} \neq u_{1}$. Ainsi $u_{n+1} \neq u_{n-1}$ pour tout $n \geqslant 2$. En faisant croitre $n$, on voit qu'il ne peut pas y avoir une infinité de termes $u_{i}$ tels que $u_{i} \neq 0,-2$. Ainsi, $u_{i}=0$ ou -2 à partir d'un certain rang (car $\mathfrak{u}_{3}-\mathfrak{u}_{1}$ a un nombre fini de diviseurs). On vérifie aisément à partir de la relation de récurence de l'énoncé que ceci n'est pas possible. Donc $u_{3}=u_{1}$, et par (1) on en déduit que $u_{n+2}=u_{n}$ pour tout entier $n \geqslant 1$.

Sous cette hypothèse, la relation à vérifier devient $\left(1+u_{n+1}\right) u_{n}=2014+u_{n}$, ou encore $u_{n} u_{n+1}=$ 2014, ce qui est équivalent à $u_{1} \mathfrak{u}_{2}=2014$. Ainsi, le nombre de suites $\left(u_{n}\right)_{n \geqslant 1}$ qui conviennent est le nombre paires d'entiers $(a, b)$ telles que $a b=2014$, avec $a \neq-1$ et $b \neq-1$ : c'est exactement le nombre de diviseurs (positifs ou négatifs) de 2014, moins 2. Comme $2014=2 \cdot 19 \cdot 53$, celui-ci a $2 \cdot(1+1) \cdot(1+1) \cdot(1+1)=16$ diviseurs (positifs ou négatifs), donc 14 suites conviennent.

problem_match: Exercice 9.

solution_match: Solution de l'exercice 9