problem:
On définit une suite ainsi:

$$
\left\{\begin{array}{l}
u_{0}=15, u_{1}=57 \\
u_{n}=u_{n-1}+u_{n-2} \text { pour tout } n \geq 2
\end{array}\right.
$$

Trouver 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 $k \geq 1$.
Raisonnons maintenant modulo 9 pour voir si $k \geq 2$. On trouve :
$u_{0} \equiv 6(\bmod 9)$
$u_{1} \equiv 3(\bmod 9)$
$u_{2} \equiv 0(\bmod 9)$
$u_{3} \equiv 3(\bmod 9)$
$u_{4} \equiv 3(\bmod 9)$
$u_{5} \equiv 6(\bmod 9)$
$u_{6} \equiv 0(\bmod 9)$
$u_{7} \equiv 6(\bmod 9)$
$u_{8} \equiv 6(\bmod 9)$
$u_{9} \equiv 3(\bmod 9)$
On 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 : $k=1$.

Remarque. 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 $i-j$.
Elle peut toutefois avoir une période plus petite (exercice : montrer que la période minimale divise $i-j$ ).

problem_match: Exercice 1.

solution_match: Solution de l'exercice 1


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

$$
u_{n} \equiv(-1)^{n}+0^{n}+1^{n} \equiv(-1)^{n}+1 \quad(\bmod 3)
$$

Si $n$ 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

$$
u_{n} \equiv 3^{2 k+1} \equiv\left(3^{2}\right)^{k} \times 3 \equiv 9^{k} \times 3 \equiv 1^{k} \times 3 \equiv 3 \quad(\bmod 4) .
$$

Or un carré n'est jamais congru 3 modulo 4 , sionfaituntableaudecongruence :

| $x(\bmod 4)$ | $x^{2}(\bmod 4)$ |
| :---: | :---: |
| 0 | 0 |
| 1 | 1 |
| 2 | 0 |
| 3 | 1 |

Doncu $_{n}$ ne peut pas être un carré si $n \geq 3$ est impair. Conclusion : $n=1$ est la seule solution.

problem_match: Exercice 2.

solution_match: Solution de l'exercice 2


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

$$
10^{a_{i}} \equiv k \quad(\bmod n)
$$

pour 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 $n$.
Et $m \equiv k+\cdots+k \equiv k n \equiv 0(\bmod n)$, donc $m$ est divisible par $n$, donc cet entier satisfait aux conditions de l'énoncé.

## Exercices Communs

problem_match: Exercice 3.

solution_match: Solution de l'exercice 3


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

$$
\left(2^{m}-2^{n} \wedge 2^{m^{2}+m n+n^{2}}-1\right) ?
$$

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.
Si $m=2$ et $n=1,\left(m^{2}+m n+n^{2}\right) \wedge(m-n)=1$ et

$$
\left(2^{m}-2^{n}\right) \wedge\left(2^{m^{2}+m n+n^{2}}-1\right)=2^{\left(m^{2}+m n+n^{2}\right) \wedge(m-n)}-1=1
$$

Si $m=n=1,\left(m^{2}+m n+n^{2}\right) \wedge(m-n)=3$ et

$$
\left(2^{m}-2^{n}\right) \wedge\left(2^{m^{2}+m n+n^{2}}-1\right)=2^{\left(m^{2}+m n+n^{2}\right) \wedge(m-n)}-1=7 .
$$

Donc les valeurs possibles sont 1 et 7 .
Preuve 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
suite. 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 :

$$
m^{i}-1=\left(m^{j}\right)^{k}-1=\left(m^{j}-1\right)\left(\left(m^{j}\right)^{k-1}+\left(m^{j}\right)^{k-2}+\cdots+m^{j}+1\right)
$$

Ceci permet de conclure.

problem_match: Exercice 5.

solution_match: Solution de l'exercice 5


problem:
Trouver tous les triplets d'entiers naturels $(x, y, z)$ tels que :

$$
x^{2}+y^{2}=3 \cdot 2016^{z}+77 \text {. }
$$

solution:
Soit un triplet solution $(x, y, z)$. Que peut-on en dire de façon nécessaire ?
Si $z=0$, 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 $(2,1)$.
Si $z>0$, 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 :

$$
\{(4,8,0),(8,4,0),(35,70,1),(70,35,1),(14,77,1),(77,14,1)\}
$$

et on vérifie que, réciproquement, tous ces triplets sont bien des solutions.

## Exercices du groupe A

problem_match: Exercice 6.

solution_match: Solution de l'exercice 6


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 $p^{m} \mid k$ !.
Tout 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).

On 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 :

$$
Q=\sum_{i=0}^{l} c_{i} P_{i}
$$

où $c_{i} \in \mathbb{Z}$ pour tout $i$.
On montre alors par récurrence sur $i \in\{0 \ldots l\}$ la propriété suivante :

$$
p^{m}\left|c_{i} P_{i}(-i)\right| c_{i} P_{i}(n) \text { pour tout } n \in \mathbb{Z}
$$

- 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 $n \in \mathbb{Z}$.
- 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,

$$
\underbrace{Q(-i-1)}_{p^{m} \mid}=\underbrace{\sum_{j=0}^{i} c_{j} P_{j}(-i-1)}_{p^{m} \mid}+c_{i+1} P_{i+1}(-i-1)
$$

par 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 $n \in \mathbb{Z}$.

Ainsi, 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 $k=d$.

problem_match: Exercice 7.

solution_match: Solution de l'exercice 7


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 :

$$
n=p_{1}^{a_{1}} \times p_{2}^{a_{2}} \times \cdots \times p_{l}^{a_{l}},
$$

où les $p_{i}, 1 \leqslant i \leqslant l$, sont premiers et $a_{i} \geqslant 1$. On a donc $f(n)=\prod_{i=1}^{l} f\left(p_{i}^{a_{i}}\right)$.
Soit $n \in \mathbb{N}^{*}$ 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

$$
f(n)=\frac{\left(\left(a_{1}+1\right)\left(a_{2}+1\right) \cdots\left(a_{l}+1\right)\right)^{3}}{p_{1}^{a_{1}} p_{2}^{a_{2}} \cdots p_{l}^{a_{l}}}
$$

D'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 $2^{3}$.
On 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 $k>2$.
Ainsi, 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 $n=2^{4} \times 5^{3}$.

problem_match: Exercice 8.

solution_match: Solution de l'exercice 8


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
$a_{m}=\left(2^{3^{m-1}}+1\right)\left(\left(2^{3^{m-1}}\right)^{2}-2^{3^{m-1}}+1\right)=a_{m-1}\left(\left(2^{3^{m-1}}\right)^{2}-2^{3^{m-1}}+1\right)$.
Notons 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 $a_{m}$.
Donc 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,

$$
2^{b_{m}}+1 \equiv 2^{3^{m-1}}+1 \equiv a_{m-1} \quad(\bmod p)_{m}
$$

Donc $p_{m} \nmid 2^{b_{m}}+1$, donc $b_{m} \nmid 2^{b_{m}}+1$.
Comme $p_{m}$ 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.
Ainsi, une infinité d'entiers $b_{m}$ satisfont la condition de l'énoncé.

problem_match: Exercice 9.

solution_match: Solution de l'exercice 9