{"year": "2017", "tier": "T2", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "On définit une suite ainsi:\n\n$$\n\\left\\{\\begin{array}{l}\nu_{0}=15, u_{1}=57 \\\\\nu_{n}=u_{n-1}+u_{n-2} \\text { pour tout } n \\geq 2\n\\end{array}\\right.\n$$\n\nTrouver le plus grand entier $k$ tel que $3^{k} \\mid u_{2017}$.", "solution": "Soit $k$ l'entier cherché. Les premiers termes de la suite sont 15, 57, 72, 129, 201, 330, 541,... apparemment tous divisibles par 3 . En effet, $u_{0}$ et $u_{1}$ sont multiples de 3 , donc $u_{2}=u_{0}+u_{1}$ aussi. De même, $u_{3}$ est divisible par 3. Plus généralement, si $u_{n-1}$ et $u_{n-2}$ sont multiples de 3, alors $u_{n}$ aussi. On prouve ainsi de proche en proche (par récurrence, en fait) que pour tout entier $n$, $u_{n}$ est divisible par 3, donc $3 \\mid u_{2017}$ et $k \\geq 1$.\nRaisonnons maintenant modulo 9 pour voir si $k \\geq 2$. On trouve :\n$u_{0} \\equiv 6(\\bmod 9)$\n$u_{1} \\equiv 3(\\bmod 9)$\n$u_{2} \\equiv 0(\\bmod 9)$\n$u_{3} \\equiv 3(\\bmod 9)$\n$u_{4} \\equiv 3(\\bmod 9)$\n$u_{5} \\equiv 6(\\bmod 9)$\n$u_{6} \\equiv 0(\\bmod 9)$\n$u_{7} \\equiv 6(\\bmod 9)$\n$u_{8} \\equiv 6(\\bmod 9)$\n$u_{9} \\equiv 3(\\bmod 9)$\nOn constate que $u_{8} \\equiv u_{0}(\\bmod 9)$ et $u_{9} \\equiv u_{1}(\\bmod 9)$, donc $u_{10} \\equiv u_{2}(\\bmod 9)$, car les modulos s'additionnent. Plus généralement, on établit comme précédemment que $u_{n+8} \\equiv u_{n}(\\bmod 9)$ pour tout $n \\in \\mathbb{N}$. Ainsi, la suite $\\left(u_{n}(\\bmod 9)\\right)$ est périodique de période 8 . Or $2017=252 \\times 8+1$, donc $u_{2017} \\equiv u_{1} \\equiv 3(\\bmod 9)$. Donc $k<2$. Conclusion : $k=1$.\n\nRemarque. Si $l$ est un entier naturel quelconque, alors la suite $\\left(v_{n}\\right)$ définie par $v_{n}=u_{n}(\\bmod l)$ est périodique artir d'un certain rang. En effet, il y a $l \\times l=l^{2}$ possibilités pour le couple $\\left(v_{n}, v_{n+1}\\right)$. Donc, si on regarde $\\left(v_{0}, v_{1}\\right),\\left(v_{1}, v_{2}\\right), \\cdots,\\left(v_{l^{2}}, v_{l^{2}+1}\\right)$, cela fait $l^{2}+1$ couples. D'après le principe des tiroirs (ie si on range $c+1$ chaussettes dans $c$ tiroirs, un tiroir contiendra au moins 2 chaussettes), deux couples sont égaux, il existe donc $0 \\leqslant i<j \\leqslant l^{2}$ tels que $\\left(v_{i}, v_{i+1}\\right)=$ $\\left(v_{j}, v_{j+1}\\right)$. Autrement dit, $u_{i} \\equiv u_{j}(\\bmod l)$ et $u_{i+1} \\equiv u_{j+1}(\\bmod l)$. Donc $u_{i+2} \\equiv u_{j+2}(\\bmod l)$, soit $\\left(v_{i+1}, v_{i+2}\\right)=\\left(v_{j+1}, v_{j+2}\\right)$. On en déduit de même que $v_{i+3}=v_{j+3}, v_{i+4}=v_{j+4}$, etc. Ainsi, $\\left(v_{n}\\right)$ est périodique artir du rang $i$ (au plus tard), de période $i-j$.\nElle peut toutefois avoir une période plus petite (exercice : montrer que la période minimale divise $i-j$ ).", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2016-2017-envoi-1-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 1.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 1"}}
{"year": "2017", "tier": "T2", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Trouver tous les entiers naturels $n$ pour lesquels $2^{n}+12^{n}+2011^{n}$ est un carré parfait.", "solution": "Posons $u_{n}=2^{n}+12^{n}+2011^{n}$. On regarde modulo 3: $2 \\equiv-1(\\bmod 3), 12 \\equiv 0$ $(\\bmod 3)$ et $2011 \\equiv 1(\\bmod 3)$, donc\n\n$$\nu_{n} \\equiv(-1)^{n}+0^{n}+1^{n} \\equiv(-1)^{n}+1 \\quad(\\bmod 3)\n$$\n\nSi $n$ est pair, $u_{n} \\equiv 2(\\bmod 3)$. Or aucun carré ne peut être congru 2modulo3: eneffet, six $\\equiv 0$ $(\\bmod 3), x^{2} \\equiv 0(\\bmod 3)$, si $x \\equiv 1(\\bmod 3), x^{2} \\equiv 1(\\bmod 3)$, et si $x \\equiv 2(\\bmod 3), x^{2} \\equiv 1(\\bmod 3)$. Si $n$ est impair, on remarque que $u_{1}=2+12+2011=2025=45^{2}$ donc $n=1$ convient. Si $n \\geq 3$, $2^{n} \\equiv 12^{n} \\equiv 0(\\bmod 4)$. Et $2011 \\equiv 3(\\bmod 4)$. En écrivant $n=2 k+1, k \\in \\mathbb{N}$, on a\n\n$$\nu_{n} \\equiv 3^{2 k+1} \\equiv\\left(3^{2}\\right)^{k} \\times 3 \\equiv 9^{k} \\times 3 \\equiv 1^{k} \\times 3 \\equiv 3 \\quad(\\bmod 4) .\n$$\n\nOr un carré n'est jamais congru 3 modulo 4 , sionfaituntableaudecongruence :\n\n| $x(\\bmod 4)$ | $x^{2}(\\bmod 4)$ |\n| :---: | :---: |\n| 0 | 0 |\n| 1 | 1 |\n| 2 | 0 |\n| 3 | 1 |\n\nDoncu $_{n}$ ne peut pas être un carré si $n \\geq 3$ est impair. Conclusion : $n=1$ est la seule solution.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2016-2017-envoi-1-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 2.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 2"}}
{"year": "2017", "tier": "T2", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Montrer que pour tout entier $n \\geq 1$, il existe $m$ un multiple de $n$ tel que la somme des chiffres de $m$ fasse $n$.", "solution": "La suite des puissances de 10, donc $1,10,100, \\cdots$ contient une infinité de termes, qui peuvent prendre un nombre fini de résidus modulo $n$. Il existe donc un résidu $k$ tel qu'une infinité de puissances de 10 soient congrues kmodulon.Soientdonc $0 \\leqslant a_{1}<a_{2}<a_{n}$ des entiers tels que\n\n$$\n10^{a_{i}} \\equiv k \\quad(\\bmod n)\n$$\n\npour tout $i \\in\\{1,2, \\cdots, n\\}$. On pose $m=10^{a_{n}}+10^{a_{n-1}}+\\cdots+10^{a_{2}}+10^{a_{1}}$. $m$ s'écrit avec $n$ chiffres \"1\" et un certain nombre de zéros, donc sa somme des chiffres vaut $n$.\nEt $m \\equiv k+\\cdots+k \\equiv k n \\equiv 0(\\bmod n)$, donc $m$ est divisible par $n$, donc cet entier satisfait aux conditions de l'énoncé.\n\n## Exercices Communs", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2016-2017-envoi-1-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 3.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 3"}}
{"year": "2017", "tier": "T2", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $m, n$ des entiers positifs tels que $\\operatorname{pgcd}(m, n)=1$, où $a \\wedge b$ désigne le plus grand diviseur commun de $a$ et $b$. Quelle(s) valeur(s) peut prendre\n\n$$\n\\left(2^{m}-2^{n} \\wedge 2^{m^{2}+m n+n^{2}}-1\\right) ?\n$$", "solution": "On utilise la propriété suivante : si $m \\geq 1$ et $a, b \\in \\mathbb{N}$, alors $\\left(m^{a}-1\\right) \\wedge\\left(m^{b}-1\\right)=$ $m^{a \\wedge b}-1$. On se ramène ainsi tudier $\\left(m^{2}+m n+n^{2}\\right) \\wedge(m-n)$. Si $d \\mid m^{2}+m n+n^{2}$ et $d \\mid m-n$, alors $d \\mid m^{2}+m n+n^{2}-(m-n)^{2}=3 m n$. Donc $d \\mid 3 m n-3 n(m-n)=3 n^{2}$ et $d \\mid 3 m n+3 m(m-n)=3 m^{2}$, donc $d \\mid\\left(3 m^{2}, 3 n^{2}\\right)$, donc $d \\mid 3$. Ainsi, $\\left(m^{2}+m n+n^{2}\\right) \\wedge(m-n) \\mid 3$, et ne peut prendre qu'au plus deux valeurs, 1 et 3 . Vérifions qu'elles sont réalisées.\nSi $m=2$ et $n=1,\\left(m^{2}+m n+n^{2}\\right) \\wedge(m-n)=1$ et\n\n$$\n\\left(2^{m}-2^{n}\\right) \\wedge\\left(2^{m^{2}+m n+n^{2}}-1\\right)=2^{\\left(m^{2}+m n+n^{2}\\right) \\wedge(m-n)}-1=1\n$$\n\nSi $m=n=1,\\left(m^{2}+m n+n^{2}\\right) \\wedge(m-n)=3$ et\n\n$$\n\\left(2^{m}-2^{n}\\right) \\wedge\\left(2^{m^{2}+m n+n^{2}}-1\\right)=2^{\\left(m^{2}+m n+n^{2}\\right) \\wedge(m-n)}-1=7 .\n$$\n\nDonc les valeurs possibles sont 1 et 7 .\nPreuve de la propriété : on peut supposer $a \\geq b$. On écrit $a=b q+r$ la division euclidienne de $a$ par b. Soit $d:=\\left(m^{a}-1\\right) \\wedge\\left(m^{b}-1\\right) . d \\mid\\left(m^{b}-1\\right)+\\left(m^{2 b}-m^{b}\\right)+\\left(m^{3 b}-m^{2 b}\\right)+\\cdots+\\left(m^{q b}-m^{(q-1) b}\\right)$, soit $d \\mid m^{q b}-1$. Donc $d \\mid m^{a}-m^{q b}$. Or $m^{a}-m^{q b}=m^{q b}\\left(m^{r}-1\\right)$. Comme $d$ est un diviseur de $m^{b}-1$ qui est premier avec $m$, alors $d$ est premier avec $m^{q b}$. D'après le lemme de Gauss, $d \\mid m^{r}-1$. Ainsi, $d \\mid\\left(m^{b}-1\\right) \\wedge\\left(m^{r}-1\\right)$. On procède de même en faisant la division euclidienne de $b$ par $r$ et ainsi de\nsuite. On reproduit ainsi l'algorithme d'Euclide. Ce dernier termine sur $a \\wedge b$, donc on obtient a fin que $d$ divise $m^{a \\wedge b}-1$. Pour conclure, il reste rouver que $m^{a \\wedge b}-1$ est un diviseur de $m^{b}-1$ et de $m^{a}-1$. Or, si $i=k j$ pour des entiers $i, j, k, m^{j}-1$ divise $m^{i}-1$, car :\n\n$$\nm^{i}-1=\\left(m^{j}\\right)^{k}-1=\\left(m^{j}-1\\right)\\left(\\left(m^{j}\\right)^{k-1}+\\left(m^{j}\\right)^{k-2}+\\cdots+m^{j}+1\\right)\n$$\n\nCeci permet de conclure.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2016-2017-envoi-1-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 5.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 5"}}
{"year": "2017", "tier": "T2", "problem_label": "6", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Trouver tous les triplets d'entiers naturels $(x, y, z)$ tels que :\n\n$$\nx^{2}+y^{2}=3 \\cdot 2016^{z}+77 \\text {. }\n$$", "solution": "Soit un triplet solution $(x, y, z)$. Que peut-on en dire de façon nécessaire ?\nSi $z=0$, on a $x^{2}+y^{2}=80$. On fait une table de congruence modulo 4 : on montre ainsi que, si une somme de deux carrés est congrue modulo 4 , c'est que les deux carrés en question sot tous les deux pairs. On peut donc poser $x=2 x_{0}, y=2 y_{0}$ avec $x_{0}, y_{0}$ entiers et $x_{0}^{2}+y_{0}^{2}=20$. Par le même argument modulo 4 , on arrive $\\mathrm{x}=4 \\mathrm{x}_{1}, y=4 y_{1}$ avec $x_{1}, y_{1}$ entiers et $x_{1}^{2}+y_{1}^{2}=5$. Les seuls couples vérifiant cela sont $\\left(x_{1}, y_{1}\\right)=(1,2)$ ou $(2,1)$.\nSi $z>0$, comme $7 \\mid 2016$, on a modulo $7 x^{2}+y^{2}=0$, ce qui donne, en écrivant la table des carrés modulo 7, $x$ et $y$ congrus modulo 7. On peut donc poser $x=7 x_{1}$ et $y=7 y_{1}$ avec $x_{1}, y_{1}$ entiers. Donc $49 \\mid x^{2}+y^{2}$, c'est-dire $49 \\mid 3 \\cdot 2016^{z}+77$ donc $z=1$. Il vient alors $x_{1}^{2}+y_{1}^{2}=125$. On teste les cas restants un par un pour voir ceux qui marchent a main : $\\left(x_{1}, y_{1}\\right)=(5,10),(2,11),(10,5),(11,2)$. Ainsi, tous les triplets solutions sont dans l'ensemble :\n\n$$\n\\{(4,8,0),(8,4,0),(35,70,1),(70,35,1),(14,77,1),(77,14,1)\\}\n$$\n\net on vérifie que, réciproquement, tous ces triplets sont bien des solutions.\n\n## Exercices du groupe A", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2016-2017-envoi-1-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 6.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 6"}}
{"year": "2017", "tier": "T2", "problem_label": "7", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $p$ un nombre premier, $m$ un entier naturel. Trouver le plus petit entier $d$ tel qu'il existe un polynôme unitaire $Q$ de degré $d$ à coefficients entiers tel que, pour tout entier $n, p^{m} \\mid Q(n)$.", "solution": "Montrons que $d$ est le plus petit entier tel que $p^{m} \\mid d$ !. Soit $k$ le plus petit entier tel que $p^{m} \\mid k$ !.\nTout d'abord, montrons que $k \\geq d$. On considère le polynôme $Q(x)=X(X+1) \\cdots(X+k-1)$ : il est unitaire, de degré $k$, oefficients entiers. Qui plus est, pour tout $n \\in \\mathbb{N}, Q(n)=k!\\binom{n}{k}$ (c'est une propriété des coefficients binomiaux), d'où $p^{m}|k!| Q(n)$. Donc $k$ est un entier pour lequel on dispose d'un polynôme $Q$ unitaire oefficients entiers de degré $k$ tel que pour tout $n \\in \\mathbb{N}, p^{m} \\mid Q(n)$. Donc $k \\geq d$. Reste ontrer le sens réciproque. Autrement dit, soit $Q$ un polynôme unitaire oefficients entiers de degré $l$ tel que pour tout entier $n, p^{m} \\mid Q(n)$. Montrons que $k \\leq l$. Il suffit de montrer que $p^{m} \\mid l$ ! (car, par définition, $k$ est le plus petit entier érifier cela).\n\nOn introduit la famille des polynômes $P_{i}:=X(X+1) \\cdots(X+i-1)$ pour $i \\in\\{0, \\ldots l\\}\\left(P_{0}:=1\\right)$. En effectuant les divisions euclidiennes successives de $Q$ par $P_{l}, P_{l-1}, \\ldots, P_{0}$, on montre que $Q$ s'écrit :\n\n$$\nQ=\\sum_{i=0}^{l} c_{i} P_{i}\n$$\n\noù $c_{i} \\in \\mathbb{Z}$ pour tout $i$.\nOn montre alors par récurrence sur $i \\in\\{0 \\ldots l\\}$ la propriété suivante :\n\n$$\np^{m}\\left|c_{i} P_{i}(-i)\\right| c_{i} P_{i}(n) \\text { pour tout } n \\in \\mathbb{Z}\n$$\n\n- pour $i=0$, le seul des $P_{i}$ qui ne s'annule pas en zéro est $P_{0}$, donc $Q(0)=c_{0}$, d'où $p^{m} \\mid c_{0}=$ $c_{0} P_{0}(n)$ pour tout $n \\in \\mathbb{Z}$.\n- soit $i<l$. Supposons que la propriété est vraie pour tous les éléments de $\\{0, \\ldots, i\\}$ et montrons-la pour $i+1$. On constate que si $j>i+1,(X+i+1) \\mid P_{j}$ donc $P_{j}(-i-1)=0$. Ainsi,\n\n$$\n\\underbrace{Q(-i-1)}_{p^{m} \\mid}=\\underbrace{\\sum_{j=0}^{i} c_{j} P_{j}(-i-1)}_{p^{m} \\mid}+c_{i+1} P_{i+1}(-i-1)\n$$\n\npar hypothèse de récurrence et par définition de $Q$. Donc $p^{m} \\mid c_{i+1} P_{i+1}(-i-1)$, et comme $P_{i+1}(-i-1)=(i+1)!$ divise tout produit de $i+1$ entiers consécutifs (on peut encore le voir grâce aux coefficients binomiaux), il divise $P_{i+1}(n)$ pour tout $n \\in \\mathbb{Z}$.\n\nAinsi, on obtient en particulier $p^{m} \\mid P_{l}(n)$ pour tout $n \\in \\mathbb{N}$, donc $p^{m} \\mid l$ !. Donc $k \\leq l$, d'où $k \\leq d$. Par double encadrement, on a donc bien montré que $k=d$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2016-2017-envoi-1-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 7.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 7"}}
{"year": "2017", "tier": "T2", "problem_label": "8", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Si $n \\in \\mathbb{N}^{*}$, on note $d(n)$ son nombre de diviseurs. Quels sont les entiers strictement positifs tels que $d(n)^{3}=4 n$ ?", "solution": "Soit $f(n):=\\frac{d(n)^{3}}{n}$, l'énoncé revient rouver les antécédents de 4 par $f$. On remarque que $f(a b)=f(a) f(b)$ si $a$ et $b$ sont premiers entre eux. Ceci nous incite écomposer $n$ en produit de facteurs premiers :\n\n$$\nn=p_{1}^{a_{1}} \\times p_{2}^{a_{2}} \\times \\cdots \\times p_{l}^{a_{l}},\n$$\n\noù les $p_{i}, 1 \\leqslant i \\leqslant l$, sont premiers et $a_{i} \\geqslant 1$. On a donc $f(n)=\\prod_{i=1}^{l} f\\left(p_{i}^{a_{i}}\\right)$.\nSoit $n \\in \\mathbb{N}^{*}$ vérifiant l'énoncé, $n^{3}=2 \\times(d(n) / 2)^{3}$ est le double d'un cube parfait ( $d(n)$ est nécessairement pair). On en déduit que $v_{p}(n) \\equiv 0(\\bmod 3)$ pour $p$ nombre premier impair, et $v_{2}(n) \\equiv 1(\\bmod 3)$. Ici, $v_{p}(n)$ désigne la valuation $p$-adique de $n$, soit le plus grand entier $k$ tel que $p^{k} \\mid n$, donc $v_{p_{i}}(n)=a_{i}$ avec nos notations. On peut écrire\n\n$$\nf(n)=\\frac{\\left(\\left(a_{1}+1\\right)\\left(a_{2}+1\\right) \\cdots\\left(a_{l}+1\\right)\\right)^{3}}{p_{1}^{a_{1}} p_{2}^{a_{2}} \\cdots p_{l}^{a_{l}}}\n$$\n\nD'après la remarque précédente, le numérateur n'est pas divisible par 3, donc aucun des $p_{i}$ ne peut valoir 3. Et $n$ est le produit de puissances de cubes de nombres premiers impairs que multplie le double d'une puissance de $2^{3}$.\nOn montre aisément que si $m$ est puissance du cube d'un nombre premier strictement plus grand que 3 , alors $f(m) \\geqslant \\frac{64}{125}$ avec égalité si et seulement si $m=5^{3}$. On prouve ette fin que pour tout premier $p \\geqslant 5$, $k \\rightarrow f\\left(p^{3 k}\\right)$ est strictement décroissante, et que pour tout $k \\geqslant 1, p \\rightarrow f\\left(p^{3 k}\\right)$ l'est aussi. Pour avoir $f(n)=4$, il faut donc utiliser des puissances de 2 . On a $f(2)=f\\left(2^{7}\\right)=4, f\\left(2^{4}\\right)=\\frac{125}{16}$ et $f\\left(2^{3 k+1}\\right)<1$ pour $k>2$.\nAinsi, 2 et 128 sont solution. Et pour en avoir une autre, il faut trouver $m$ un produit de puissances de cubes de nombres premiers impairs tel que $f(m)=\\frac{64}{125}$. D'après l'étude précédente, seul $m=5^{3}$ convient. Donc il y a 3 entiers $n$ solution au problème : $n=2, n=2^{7}$ et $n=2^{4} \\times 5^{3}$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2016-2017-envoi-1-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 8.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 8"}}
{"year": "2017", "tier": "T2", "problem_label": "9", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Prouver qu'il existe une infinité d'entiers $n$ tels que $2^{2^{n}+1}+1$ est divisible par $n$, mais $2^{n}+1$ ne l'est pas.", "solution": "Pour $m \\geqslant 1$, posons $a_{m}=2^{3^{m}}+1$. On a\n$a_{m}=\\left(2^{3^{m-1}}+1\\right)\\left(\\left(2^{3^{m-1}}\\right)^{2}-2^{3^{m-1}}+1\\right)=a_{m-1}\\left(\\left(2^{3^{m-1}}\\right)^{2}-2^{3^{m-1}}+1\\right)$.\nNotons que pour $a \\in \\mathbb{N}^{*}$, si $p \\mid a+1$ et $p \\mid a^{2}-a+1$, alors $p \\mid 2 a-1$ car $2 a-1=a(a+1)-\\left(a^{2}-a+1\\right)$. Et $p \\mid 2 a+2$, donc $p \\mid 3$. Donc $\\left(a_{m-1} \\wedge a_{m}\\right) \\mid 3$ pour tout $m \\in \\mathbb{N} *$. Donc $a_{m}$ possède un facteur premier impair (car $a_{m}$ impair) autre que 3 qui ne divise pas $a_{m-1}$, sauf éventuellement si $a_{m}$ est une puissance de 3 , auquel cas $a_{m+1}$ possède un facteur premier que n'a pas $a_{m}$.\nDonc pour une infinité d'entiers $m \\in \\mathbb{N}^{*}, a_{m}$ possède un facteur premier $p_{m}>3$ qui ne divise pas $a_{m-1}$. Posons $b_{m}=3^{m-1} p_{m}$. D'après le petit théorème de Fermat,\n\n$$\n2^{b_{m}}+1 \\equiv 2^{3^{m-1}}+1 \\equiv a_{m-1} \\quad(\\bmod p)_{m}\n$$\n\nDonc $p_{m} \\nmid 2^{b_{m}}+1$, donc $b_{m} \\nmid 2^{b_{m}}+1$.\nComme $p_{m}$ et 3 sont premiers entre eux, il suffit de montrer que $p_{m} \\mid 2^{2^{b m}+1}+1$ et que $3^{m_{1}} \\mid 2^{2^{b_{m}}+1}+1$. Cela se fait assez directement avec LTE mais on peut peut-être trouver une solution alternative. Recherche en cours.\nAinsi, une infinité d'entiers $b_{m}$ satisfont la condition de l'énoncé.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2016-2017-envoi-1-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 9.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 9"}}