{"year": "2015", "tier": "T2", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "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": "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 .", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-3-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 1.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 1"}}
{"year": "2015", "tier": "T2", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Trouver tous les entiers strictement positifs $m$ et $n$ tels que\n\n$$\n3 \\cdot 2^{\\mathrm{m}}+1=\\mathrm{n}^{2} .\n$$", "solution": "Remarquons tout d'abord que la condition se réécrit $3 \\cdot 2^{\\mathrm{m}}=(n-1)(n+1)$.\n$\\triangleright \\operatorname{Sin}$ 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.\n$\\triangleright$ 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 $3 \\cdot 2^{\\mathrm{m}-1}$.\n\n- Si $n-1=6$, alors $n=7$ et $2^{\\mathrm{m-1}}=n+1=8$ d'où $m=4$.\n- Si $n+1=6$, alors $n=5$ et $2^{\\mathrm{m}-1}=\\mathrm{n}-1=4$ d'où $m=3$.\n- 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 .\n- Si $n+1=2$ alors $n=1$ et $3 \\cdot 2^{m}=n^{2}-1=0$, ce qui est impossible.\n\nEn conclusion, l'équation n'est vérifiée que pour les couples $(\\mathfrak{m}, \\mathfrak{n}) \\in\\{(4,7),(3,5)\\}$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-3-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 2.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 2"}}
{"year": "2015", "tier": "T2", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "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": "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 $p^{2}$.\n$\\triangleright$ 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:\n\n$$\na^{n}-1=a^{p m}-1=\\left(a^{m}-1\\right)\\left(1+a^{m}+\\cdots+a^{(p-1) m}\\right)\n$$\n\nComme $p$ divise $a^{m}-1, a^{m} \\equiv 1(\\bmod p)$ donc\n\n$$\n1+a^{m}+\\cdots+a^{(\\mathfrak{p}-1) m} \\equiv 1+1+\\cdots+1 \\equiv p \\equiv 0 \\quad(\\bmod \\mathfrak{p})\n$$\n\nEn conclusion, $a^{n}-1$ est le produit de deux entiers divisibles par $p$ donc est divisible par $p^{2}$.\n$\\triangleright$ 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\n\n$$\n1+a+\\cdots+a^{(n-1)} \\equiv 1+1+\\cdots+1^{n-1} \\equiv n \\not \\equiv 0(\\bmod p)\n$$\n\nAinsi, $p$ ne divise pas $1+a+\\cdots+a^{(n-1)}$, et donc $p^{2}$ ne divise pas $p\\left(1+a+\\cdots+a^{(n-1)}\\right)=$ $(a-1)\\left(1+a+\\cdots+a^{(n-1)}\\right)=a^{n}-1$.\n\n## Exercices communs", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-3-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 3.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 3"}}
{"year": "2015", "tier": "T2", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Trouver tous les triplets d'entiers strictement positifs ( $a, b, c)$ tels que $6^{a}=1+2^{b}+$ $3^{\\mathrm{c}}$.", "solution": "Remarquons tout d'abord que 3 divise $2^{b}+1$ donc b est impair (car $2^{b}+$ $\\left.1 \\equiv(-1)^{\\mathrm{b}}+1(\\bmod 3)\\right)$.\n$\\triangleright$ Si $\\mathrm{b}=1$, l'équation se réécrit $1+3^{\\mathrm{c}-1}=2 \\cdot 6^{a-1}$ en divisant par 3 .\n\n- Si $a>1$, alors 3 divise $1+3^{\\mathrm{c}-1}$ ce qui est impossible.\n- Sinon, $\\mathrm{a}=1$ et par conséquent $\\mathrm{c}=1$.\n$\\triangleright \\mathrm{Si} \\mathrm{b} \\geqslant 3$, 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 $\\mathrm{c}=1$.\n\nEn conclusion, les triplets solutions sont $(\\mathbf{a}, \\boldsymbol{b}, \\boldsymbol{c}) \\in\\{(1,1,1),(2,3,3),(2,5,1)\\}$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-3-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 4.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 4"}}
{"year": "2015", "tier": "T2", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit n l'entier $4 \\times 201420142014 \\ldots 2014$ (où 2014 est écrit 117819 fois). Montrer que $2014^{3}$ divise n.", "solution": "On peut écrire\n\n$$\n4 \\times 201420142014 \\ldots 2014=4 \\cdot 2014 \\cdot \\frac{10^{4 \\cdot 117819}-1}{10^{4}-1}\n$$\n\nComme $2014=2 \\cdot 19 \\cdot 53$ 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,\n\n$$\n10^{\\Phi\\left(19^{2}\\right)} \\equiv 1 \\quad\\left(\\bmod 19^{2}\\right) \\quad \\text { et } \\quad 10^{\\Phi\\left(53^{2}\\right)} \\equiv 1 \\quad\\left(\\bmod 53^{2}\\right),\n$$\n\noù $\\phi$ 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 $4 \\cdot 117819=2^{2} \\cdot 3^{2} \\cdot 13 \\cdot 19 \\cdot 53$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-3-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 5.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 5"}}
{"year": "2015", "tier": "T2", "problem_label": "6", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soient $m$ et $n$ deux entiers tels que $0 \\leqslant \\mathfrak{m} \\leqslant 2 \\boldsymbol{n}$. Prouver que le nombre entier\n\n$$\n2^{2 n+2}+2^{m+2}+1\n$$\n\nest un carré parfait $s i$, et seulement $\\mathrm{si}, \\mathrm{m}=\\mathrm{n}$.", "solution": "$\\triangleright$ 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.\n$\\triangleright$ 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 $2^{2 n+2}+2^{m+2}+1 \\geqslant\\left(2^{n+1}+1\\right)^{2}$.\n\nEn 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 $2^{m}>2^{2 n-m}$.\n\nPar 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\n\n$$\n2^{2 \\mathrm{n}+2}+2^{\\mathrm{m}+2}+1=(2 \\mathrm{k}+1)^{2}\n$$\n\npour 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 :\n\n- soit $k=2^{m} p$ et $p(k+1)=2^{2 n-m}+1$ ce qui entraîne $(k+1) p<k / p+1$ : contradiction.\n- 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.\nAinsi, si $2^{2 \\mathrm{n}+2}+2^{\\mathrm{m}+2}+1=\\left(2^{\\mathrm{m}+1}+1\\right)^{2}$ est un carré parfait, alors $\\mathrm{m}=\\mathrm{n}$.\n\n\n## Exercices du groupe A", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-3-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 6.", "solution_match": "## Solution de l'exercice 6"}}
{"year": "2015", "tier": "T2", "problem_label": "7", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Montrer qu'il existe une infinité de nombres entiers strictement positifs a tels que $a^{2}$ divise $2^{a}+3^{a}$.", "solution": "Remarquons que $a=1$ convient puis construisons par récurrence une suite ( $u_{n}$ ) strictement croissante d'entiers impairs vérifiant la propriété.\n$\\triangleright$ Tout d'abord, on vérifie que $a=1$ et $a=5$ conviennent. Posons ainsi $u_{0}=1$ et $u_{1}=5$.\n$\\triangleright$ 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 $q>1$.\n\nSoit $p \\geqslant 3$ un facteur premier (impair) de $q$ et vérifions que $u_{n+1}=p u_{n}$ vérifie la propriété requise. Montrons que\n\n$$\np \\quad \\text { divise } \\quad 3^{\\mathfrak{u}_{n}(\\mathfrak{p}-1)}-2^{\\mathfrak{u}_{n}} 3^{\\mathfrak{u}_{\\mathfrak{n}}(\\mathfrak{p}-2)}+\\cdots+2^{\\mathfrak{u}_{n}(p-1)} .\n$$\n\nCeci 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\nce qui achève la démonstration.\nPour 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,\n\n$$\n\\begin{aligned}\n3^{\\mathfrak{u}_{n}(\\mathfrak{p}-1)}-2^{\\mathfrak{u}_{n}} 3^{\\mathfrak{u}_{n}(\\mathfrak{p}-2)}+\\cdots+2^{\\mathfrak{u}_{n}(\\mathfrak{p}-1)} & \\equiv 3^{\\mathfrak{u}_{n}(\\mathfrak{p}-1)}+3^{\\mathfrak{u}_{n}(\\mathfrak{p}-1)}+\\cdots+3^{\\mathfrak{u}_{n}(\\mathfrak{p}-1)} \\quad(\\bmod p) \\\\\n& \\equiv p 3^{\\mathfrak{u}_{n}(\\mathfrak{p}-1)} \\quad(\\bmod p) \\\\\n& \\equiv 0 \\quad(\\bmod p) .\n\\end{aligned}\n$$", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-3-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 7.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 7"}}
{"year": "2015", "tier": "T2", "problem_label": "8", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "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\n\n$$\n\\mathfrak{u}_{1}=\\mathrm{u}_{2}=1, \\quad \\mathrm{u}_{\\mathrm{n}}=4 \\mathrm{u}_{n-1}-\\mathrm{u}_{n-2} \\quad \\text { si } n \\geqslant 3\n$$", "solution": "La structure de la solution est la suivante:\n\n- On montre que mn divise $\\mathrm{m}^{2}+\\mathrm{n}^{2}+2$;\n- On montre que $\\mathrm{m}^{2}+\\mathrm{n}^{2}+2=4 \\mathrm{mn}$;\n- On montre que la suite $\\left(u_{n}\\right)_{n \\geqslant 1}$ est croissante;\n- On conclut en montrant qu'en fait $m$ et $n$ sont deux termes consécutifs de la suite $\\left(u_{n}\\right)_{n \\geqslant 1}$.\n$\\triangleright$ 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 $\\mathrm{m}^{2}+\\mathrm{n}^{2}+2$.\n$\\triangleright$ 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\n\n$$\nx^{2}+y^{2}+2=k x y .\n$$\n\nParmi 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\n\n$$\nt^{2}-k y t+y^{2}+2=0\n$$\n\nd'inconnue $t$. On sait déjà que $t_{1}=x$ est solution. D'après les formules de Viète,\n\n$$\n\\mathrm{t}_{2}=\\mathrm{ky}-\\mathrm{x}=\\frac{\\mathrm{y}^{2}+2}{\\mathrm{x}}\n$$\n\nest également solution. L'équation (2) montre que $t_{2}$ est un entier strictement positif. Comme $1 \\leqslant y \\leqslant x-1$, on a\n\n$$\nt_{2}=\\frac{y^{2}+2}{x} \\leqslant \\frac{(x-1)^{2}+2}{x}<x=t_{1}\n$$\n\noù 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\n\n$$\n\\mathrm{k}=\\frac{1^{2}+1^{2}+2}{1}=4\n$$\n\nNous avons donc établi que\n\n$$\nm^{2}+n^{2}+2=4 m n\n$$\n\n$\\triangleright$ Vérifions que la suite $\\left(u_{n}\\right)_{n \\geqslant 1}$ est strictement croissante, en écrivant que pour tout entier $n \\geqslant 1$,\n\n$$\nu_{n+1}-u_{n}=3 u_{n}-u_{n-1}>u_{n}-u_{n-1}\n$$\n\nPar récurrence, on en déduit que, pour tout entier $\\boldsymbol{n} \\geqslant 1, \\mathfrak{u}_{n+1}-\\boldsymbol{u}_{n}>\\mathfrak{u}_{2}-\\mathfrak{u}_{1}=0$.\n$\\triangleright$ 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 $\\left(u_{n}\\right)_{n \\geqslant 1}$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-3-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 8.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 8"}}
{"year": "2015", "tier": "T2", "problem_label": "9", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Trouver tous les entiers strictement positifs a tels que l'entier\n\n$$\n1-8 \\cdot 3^{a}+2^{a+2}\\left(2^{a}-1\\right)\n$$\n\nsoit un carré parfait.", "solution": "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 $a \\geqslant 8$.\n\nSupposons que la quantité (4) soit un carré, c'est-à-dire, puisqu'elle est impaire, qu'il existe un entier $k$ tel que\n\n$$\n\\left(2^{a+1}-1\\right)^{2}-2^{3} \\cdot 3^{a}=(2 \\mathrm{k}+1)^{2}\n$$\n\nAinsi\n\n$$\n\\left(2^{a+1}-1\\right)^{2}-(2 k+1)^{2}=2^{3} \\cdot 3^{a}\n$$\n\nsoit 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 $k$ ):\n\n- 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 $\\mathrm{b} \\geqslant \\mathrm{a}-\\mathrm{b}$ );\n- 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 $3^{\\mathrm{a}-\\mathrm{b}} \\mid 2^{\\mathrm{a}+1}-1$.\n\nDans 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.\n\nRemarquons que $2^{9} \\leqslant 3^{9-3}$ donc, pour tout $a \\geqslant 8$,\n\n$$\n2^{a+1}=2^{9} \\cdot 2^{a-8} \\leqslant 2^{9} \\cdot 3^{a-8} \\leqslant 3^{6} \\cdot 3^{a-8}=3^{a-2}\n$$\n\nEn combinant les deux inégalités, $3^{\\mathbf{b}}<3^{\\mathbf{a}-2}$ donc $\\mathbf{a}-\\mathrm{b} \\geqslant 3$.\nComme $3^{a-b}$ 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 $3 \\cdot 13 \\equiv 1(\\bmod 19)$ :\n\n$$\n\\left(2^{a+1}-1\\right)^{2}-2^{3} \\cdot 3^{a} \\equiv(1-1)^{2}-2^{3} \\cdot 13 \\quad(\\bmod 19) \\equiv 10 \\quad(\\bmod 19)\n$$\n\nOn 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 $a \\geqslant 9$.\n\nEn conclusion, les seules solutions sont 3 et 5 .", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-3-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 9.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 9"}}