problem:
Carine et Cyril jouent au jeu suivant. Tout d'abord, Cyril choisit un entier $\mathrm{n} \geqslant 1$. Puis, dans chacune des cases d'une grille $3 \times 3$ (apparentée à un jeu de morpion), il écrit un entier.
Vient ensuite le tour de Carine. Elle peut, autant de fois qu'elle le souhaite, effectuer l'opération suivante : elle choisit une case $\mathbf{c}$, puis augmente de 1 la valeur de $\mathbf{c}$ et de ses voisines (c'est-à-dire des cases qui partagent un côté avec c). Carine gagne la partie si elle réussit à faire en sorte que les 9 entiers soient tous égaux modulo $n$.
Quel est le joueur qui dispose d'une stratégie gagnante?

solution:
On va montrer que Carine a une stratégie gagnante. Tout d'abord, adoptons quelques notations. On note ( $\mathfrak{i}, \mathfrak{j}$ ) la case située en ligne $\boldsymbol{i}$ et en colonne $\mathfrak{j}$, et on note $k_{i, j}$ l'entier écrit sur cette case. Sans perte de généralité, on suppose que nos entiers sont écrits modulo $n$.
On va également noter $a_{i, j}$ une action de Carine consistant à choisir la case $(i, j)$, donc à augmenter de 1 les entiers $k_{\hat{i}, \hat{j}}$ tels que $|\mathfrak{i}-\hat{\mathfrak{i}}|+|\mathfrak{j}-\hat{j}| \leqslant 1$. Au vu de la condition de victoire de Carine, on suppose aussi qu'elle dispose d'une opération $a_{\infty}$ qui consiste à ôter 1 à toutes les cases.
Alors, en effectuant les actions $a_{1,1}, a_{3,1}, a_{2,3}$ et $a_{\infty}$, Carine se débrouille pour augmenter $l^{\prime}$ entier $k_{2,1}$ de 1 sans changer les autres. De même, elle peut augmenter isolément chacun des entiers $k_{2,3}, k_{1,2}$ et $k_{3,2}$. On appelle $b_{2,1,2,3}, b_{1,2}$ et $b_{3,2}$ les "actions" correspondantes.
Puis, en réalisant l'action $a_{1,1}$ et en réalisant $n-1$ fois les actions $b_{2,1}$ et $b_{1,2}$, Carine a augmenté l'entier $k_{1,1}$ sans changer les autres. De même, elle peut augmenter isolément les entiers $k_{1,3}, k_{3,1}$ et $k_{3,3}$.
Il lui suffit donc de modifier les valeurs de chacune des cases autres que $(2,2)$ pour que tous les entiers deviennent égaux, et alors elle aura gagné.

problem_match: Exercice 1.

solution_match: Solution de l'exercice 1


problem:
Trouver les fonctions $f: \mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}$ telles que, pour tous les réels $x$ et $y$, on ait:

$$
f\left(x^{2}+x+f(y)\right)=y+f(x)+f(x)^{2}
$$

solution:
Tout d'abord, il est clair que la fonction $\mathrm{f}: x \mapsto x$ est une solution. On va montrer que c'est la seule.
Dans la suite, on notera $E_{x, y}$ l'équation $f\left(x^{2}+x+f(y)\right)=y+f(x)+f(x)^{2}$. En premier lieu, $E_{0, y}$ indique que $f(f(y))=y+f(0)+f(0)^{2}$, ce qui montre que $f$ est à la fois injective et surjective, donc bijective.
D'autre part, pour tous les réels $x$ et $t$, notons que $x^{2}+x=t^{2}+t$ si et seulement si $0=$ $x^{2}-t^{2}+x-t=(x-t)(x+t+1)$, c'est-à-dire si $x=t$ ou $t=-1-x$. En particulier, en posant $t=-1-x$, alors $E_{x, y}$ et $E_{t, y}$ indiquent que $f(x)+(x)^{2}=f(t)+(t)^{2}$. Par conséquent, si $x \neq-1 / 2$, et puisque l'on a alors $t \neq x$ et que $f$ est injective, on a également $f(t)=-1-f(x)$ et $f(x) \neq-1 / 2$. On en déduit notamment que $f(-1 / 2)=-1 / 2$.
On vient de montrer que $-1 / 2$ est un point fixe de $f$. Or, si $y$ et $x$ sont des points fixes de $f$, l'équation $\mathbf{E}_{x, y}$ montre que $x^{2}+x+y$ en est un également. De même, si $x$ et $x^{2}+x+y$ sont des points fixes de $f$, et puisque $f$ est bijective, alors $y$ en est un également. Ici, en choisissant $x=-1 / 2$, on constate donc que, dès lors que $y$ est un point fixe de $f, y-1 / 4$ et $y+1 / 4$ en sont aussi. En particulier, 0 et $1 / 4$ sont des points fixes.
Dans ces conditions, $E_{x, 0}$ et $E_{0, y}$ montrent respectivement que $f\left(x^{2}+x\right)=f(x)+f(x)^{2}$ et que $f(f(y))=y$. Puis, si $t$ est un réel positif, soit $x$ un réel tel que $x^{2}+x=t-1 / 4$. Alors $\mathbf{E}_{x, 1 / 4}$ indique que

$$
\mathbf{f}(\mathbf{t})=\mathbf{f}\left(\left(\mathrm{x}^{2}+x+\mathbf{f}(1 / 4)\right)=1 / 4+\boldsymbol{f}(\mathrm{x})+\mathrm{f}(\mathrm{x})^{2} \geqslant 0\right.
$$

Par ailleurs, si $z$ est un réel tel que $z^{2}+z=\mathrm{t}$, alors $\mathbf{E}_{z, \mathrm{f}(\mathrm{y})}$ indique que

$$
f(t+y)=f(y)+f(z)+f(z)^{2}=f(y)+f\left(z^{2}+z\right)=f(y)+f(t)
$$

On en déduit à la fois que $f$ est croissante et que $f$ est en fait additive.
La fonction $f$ est donc linéaire, c'est-à-dire de la forme $f: x \mapsto \lambda x$. On conclut en observant que, puisque $-1 / 2$ est un point fixe de f , $\mathrm{c}^{\prime}$ est que $\lambda=1$, donc que f est bien la fonction identité.

problem_match: Exercice 2.

solution_match: Solution de l'exercice 2


problem:
Soit p un nombre premier.
Démontrer qu'il existe un nombre premier $q$ tel que $\mathfrak{n}^{p} \not \equiv p$ pour tout $n \in \mathbb{Z}$.

solution:
Tout d'abord, si $p$ ne divise pas $q-1$, alors $x \mapsto x^{p}$ est une bijection de $\mathbb{Z} / q \mathbb{Z}$ dans lui-même, donc $q$ ne peut pas convenir. On en vient à chercher $q \equiv 1(\bmod p)$ tel que, pour tout $n \not \equiv 0(\bmod q), n$ soit d'ordre $\omega_{q}(n) \neq p \omega_{q}(p)$ modulo $q$, où $\omega_{q}(p)$ est l'ordre de $p$ modulo $q$.
Puisque les ordres possibles sont exactement les diviseurs de $q-1$, cela signifie que $q-1$ doit être divisible par $p$ et par $\omega_{q}(p)$ mais pas $p \omega_{q}(p)$. Par conséquent, $p$ doit nécessairement diviser $\omega_{q}(p)$, et une première idée serait de vérifier si on ne peut pas justement avoir $\omega_{q}(p)=p$.
Dans cette optique, $q$ doit diviser $p^{p}-1$ mais pas $p-1$. Ainsi, $q$ doit diviser l'entier

$$
\mathbf{N}=\frac{p^{p}-1}{p-1}=1+p+p^{2}+\ldots+p^{p-1}
$$

Dans ces conditions, si $q$ divise quand même $p-1$, alors $\mathbf{N} \equiv p(\bmod q)$, ce qui est impossible. Ainsi, on est ici assuré que $q$ ne divise pas $p-1$, donc que $\omega_{q}(p)=p$.
Il reste donc à s'assurer que l'on peut choisir $q$ de sorte que $q \not \equiv 1\left(\bmod p^{2}\right)$. Si un tel $q$ $n^{\prime}$ existait pas, alors $N$ lui même serait congru à $1\left(\bmod p^{2}\right)$. On conclut donc le problème en remarquant que $\mathbf{N} \equiv 1+p \not \equiv 1\left(\bmod p^{2}\right)$.

problem_match: Exercice 3.

solution_match: Solution de l'exercice 3