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OLYMPIADES FRANC¸ AISES DE MATH

ENVOI NO. 3

CORRIG´E

1

Exercices du groupe B

Exercice 1.Soitn>1un entier tel que le quotient de2nparnest une puissance de2. Montrer quenest une puissance de2.

Solution de l"exercice 1Parhypoth

etnonpas dequotientdansladivisioneuclidienne). Ilexistedoncunentierk>0telque2n=2kn. Ainsi,n=2n-k, de sorte quenest bien une puissance de2. Exercice 2.Trouver tous les entiers strictement positifsmetntels que

32m+1=n2.

Solution de l"exercice 2Remarquonstoutd"abordquelaconditionser

´e´ecrit32m= (n-1)(n+1).

.Sinest pair, les entiers(n+1)et(n-1)sont premiers entre eux donc´egaux`a2met3ou a32met1. Or, ils sont tous les deux impairs (etm >0) : contradiction. .Sinest impair, le pgcd de(n+1)et(n-1)est le pgcd de(n+1)etn+1- (n-1) =2 donc2. Ainsi, ils sont´egaux`a6et2m-1, ou bien`a2et32m-1.

Si n-1=6, alorsn=7et2m-1=n+1=8d"o`um=4.

Si n+1=6, alorsn=5et2m-1=n-1=4d"o`um=3.

Si n-1=2alorsn=3et32m=n2-1=8, ce qui est impossible car3ne divise pas8. Si n+1=2alorsn=1et32m=n2-1=0, ce qui est impossible.

En conclusion, l"

´equation n"est v´erifi´ee que pour les couples(m,n)2f(4,7),(3,5)g. Exercice 3.Soitpun nombre premier. Trouver tous les entiersn>1tels que pour tout entier a>1, sian-1est divisible parp, alorsan-1est aussi divisible parp2. Solution de l"exercice 3Montronsquelesentiersnquiconviennentsontexactementlesmultiples dep. Pour cela, nous allons d"abord prouver que lorsquen=pmpour un entierm>1, pour tout entiera>1, sian-1est divisible parp, alorsan-1est aussi divisible parp2. Puis, r ´eciproquement, nous allons prouver que sipne divise pasn, alors il existe un entiera>1tel quean-1est divisible parpmais tel quean-1n"est pas divisible parp2. .Sin=pmpour un entierm>1, alorsan=apmam(modp)d"apr`es le petit th´eor`eme de Fermat pour tout entiera. Supposons dor´enavant que l"entieraest tel quean-1est divisible parp. D"apr`es la ligne ci-dessus,am-1est divisible parp. Par ailleurs, la factorisation suivante est v

´erifi´ee :

a n-1=apm-1= (am-1)(1+am++a(p-1)m).

Commepdiviseam-1,am1(modp)donc

1+am++a(p-1)m1+1++1p0(modp).

En conclusion,an-1est le produit de deux entiers divisibles parpdonc est divisible parp2. .Sipne divise pasn, alors avec l"entiera=p+1, on a quean-11n-10(modp) doncpdivisean-1. Or

1+a++a(n-1)1+1++1n-1n60(modp).

Ainsi,pne divise pas1+a++a(n-1), et doncp2ne divise pasp(1+a++a(n-1)) = (a-1)(1+a++a(n-1)) =an-1. 2

Exercices communs

Exercice4.Trouver tous les triplets d"entiers strictement positifs(a,b,c)tels que6a=1+2b+ 3 c. Solution de l"exercice 4Remarquons tout d"abord que3divise2b+1doncbest impair (car2b+

1(-1)b+1(mod 3)).

.Sib=1, l"´equation se r´e´ecrit1+3c-1=26a-1en divisant par3.

Si a >1, alors3divise1+3c-1ce qui est impossible.

Sinon, a=1et par cons´equentc=1.

.Sib>3, alorsa>2(car6<1+23). En r´eduisant modulo4, on obtient la condition n ´ecessaire1+3c0(mod 4), et donccest impair. En r´eduisant alors modulo8, on obtient la nouvelle condition1+2b+3c1+0+3(mod 8)4(mod 8)donc6a4(mod 8)ce qui entra ˆıne imm´ediatementa=2(en effet, pour6a0(mod 8)poura>3). L"´equation initiale devient alors2b+3c=35et une´etude exhaustive donneb=3etc=3oub=5etc=1. En conclusion, les triplets solutions sont(a,b,c)2f(1,1,1),(2,3,3),(2,5,1)g. Exercice5.Soitnl"entier4201420142014....2014(o`u2014est´ecrit117819fois). Montrer que 2014

3divisen.

Solution de l"exercice 5On peut

´ecrire

4201420142014...2014=42014104117819-110

4-1. Comme2014=21953et104-1=3211101sont premiers entre eux, il suffit de montrer que192et532divisent104117819-1. D"apr`es le th´eor`eme d"Euler, 10 (192)1(mod 192)et10(532)1(mod 532), o `ud´esigne la fonction indicatrice d"Euler. Il suffit donc de v´erifier que(192)et(532) divisent tous les deux4117819. Ceci d´ecoule du fait que(192) =192-19=23219, (532) =532-53=221353et4117819=2232131953. Exercice 6.Soientmetndeux entiers tels que06m62n. Prouver que le nombre entier 2

2n+2+2m+2+1

est un carr

´e parfait si, et seulement si,m=n.

Solution de l"exercice 6.Remarquons que sim=n, alors22n+2+2m+2+1= (2m+1+1)2est bien un carr´e parfait.

.R´eciproquement, supposons que22n+2+2m+2+1est un carr´e parfait. Comme il est stric-

tement plus grand que22n+2= (2n+1)2, il est sup´erieur ou´egal au carr´e suivant, c"est-`a-dire

2

2n+2+2m+2+1>(2n+1+1)2.

En d ´eveloppant, il vient2m+2>2n+2, doncm>n. Supposons par l"absurde quem > n soit2m>22n-m.

Par hypoth

`ese, la quantit´e22n+2+2m+2+1est le carr´e d"un entier impair2k+1strictement plus grand que 1, d"o `u 2

2n+2+2m+2+1= (2k+1)2

pour un certain entierk>1, ce qui se r´e´ecrit sous la formek(k+1) =22n+2m=2m(22n-m+1). Or les entiersketk+1sont premiers entre eux. On en d´eduit que : 3 -soit k=2mpetp(k+1) =22n-m+1ce qui entraˆıne(k+1)p < k=p+1: contradiction. soit k+1=2mpetpk=22n-m+1ce qui entraˆınekp 1. Alors,22n-m=2(2m-1-1)donc

2n-m=1etm=2: contradiction.

Ainsi, si22n+2+2m+2+1= (2m+1+1)2est un carr´e parfait, alorsm=n.

Exercices du groupe A

Exercice 7.Montrer qu"il existe une infinit´e de nombres entiers strictement positifsatels que a

2divise2a+3a.

Solution de l"exercice 7Remarquons quea=1convient puis construisons par r´ecurrence une suite(un)strictement croissante d"entiers impairs v´erifiant la propri´et´e. .Tout d"abord, on v´erifie quea=1eta=5conviennent. Posons ainsiu0=1etu1=5. .Considerons un entiern>1et supposons la suite d´efinie jusqu"au rangn. Par d´efinition deun, il existe un entierqtel quequ2n=2un+3un. Commeun>u1=5, on aq >1. Soitp>3un facteur premier (impair) deqet v´erifions queun+1=punv´erifie la propri´et´e requise. Montrons que

Ceci permet de conclure, car alors,

´etant donn´e quepu2ndivise2un+3un, il en d´ecoule que ppu2ndivise

3un(p-1)-2un3un(p-2)++2un(p-1)(2un+3un) = (2un)p+ (3un)p=2pun+3pun,

ce qui ach `eve la d´emonstration. Pour ´etablir (1), on remarque quepdivise2un+3un(carpdiviseq), de sorte qu"on a la congruence2un-3un(modp). Ainsi, 3 p3un(p-1)(modp)

0(modp).

Exercice 8.Soientm,n>1deux entiers impairs tels quemdivisen2+2etndivisem2+2. Prouver quemetnsont tous les deux des termes de la suite(un)n>1d´efinie par u

1=u2=1,un=4un-1-un-2sin>3.

Solution de l"exercice 8La structure de la solution est la suivante :

On montr eque mndivisem2+n2+2;

On montr eque m2+n2+2=4mn;

On montr eque l asuite (un)n>1est croissante;

On conclut en montrant qu"en fait metnsont deux termescons´ecutifsde la suite(un)n>1. 4 .Soitdle PGCD demet den. Commemdivisen2+2, on en d´eduit queddivisen2+2et donc queddivise2. Commemetnsont impairs, on en d´eduit qued=1, de sorte quemetn sont premiers entre eux. Ainsi,mndivisem2+n2+2. .Montrons quem2+n2+2=4mnen utilisant la technique connue en anglais sous le nom de Vieta jumping. Plus pr´ecis´ement, soitk= (m2+n2+2)=(mn), et consid´erons tous les couples d"entiers strictement positifs(x,y)tels que x

2+y2+2=kxy.

Parmi ces couples, choissisons-en un qui minimise la sommex+y. Nous allons montrer que x=y. Raisonnons par l"absurde en supposant, sans perte de g´en´eralit´e, quex > y>1. On s"int ´eresse alors`a l"´equation du second degr´e t

2-kyt+y2+2=0

d"inconnuet. On sait d´ej`a quet1=xest solution. D"apr`es les formules de Vi`ete, t

2=ky-x=y2+2x

(2) est ´egalement solution. L"´equation (2) montre quet2est un entier strictement positif. Comme

16y6x-1, on a

t

2=y2+2x

6(x-1)2+2x

< x=t1, o `u on a utilis´e le fait quex>2pour la derni`ere in´egalit´e. Ainsi,t2+y < t1+y=x+y, ce qui contredit la minimalit ´e dex+y. Il en d´ecoule quex=y, et doncx2divise2x2+2. On en d´eduit quex=1, d"o`u k=12+12+21 =4.

Nous avons donc

´etabli que

m

2+n2+2=4mn.(3)

.V´erifions que la suite(un)n>1est strictement croissante, en´ecrivant que pour tout entier n>1, u n+1-un=3un-un-1> un-un-1. Par r ´ecurrence, on en d´eduit que, pour tout entiern>1,un+1-un> u2-u1=0. .Montrons finalement quemetnsont deux termes cons´ecutifs de la suite(un)n>1par r ´ecurrence forte surm+n. L"initialisation ne pose pas de soucis : sim+n=2, on am=n=1. Soit donck>3, supposons le r´esultat´etabli pour tous les couples(m,n)d"entiers strictement positifs v ´erifiant (3) avecm+n < k, et consid´erons un couple d"entiers strictement positifs (m,n)v´erifiant (3) tels quem+n=k. Tout d"abord,m6=n, car sinonm=n=1d"apr`es (3). Sans perte de g ´en´eralit´e, supposonsm > n. Mais, comme dans le paragraphe pr´ec´edent, si (m,n)est solution, alors(n,4n-m)l"est´egalement, avecm+n > n+(4n-m). D"autre part, on v ´erifie ais´ement que2n-p3n2-2< n <3n <2n+p3n2-2pour tout entiern>2. Ainsi, par (3), on am=2n+p3n2-2de sorte quen >4n-m. Par hypoth`ese de r´ecurrence, il existe un entieri>2tel queui-1=netui-2=4n-m. Mais alorsui=4n- (4n-m) =m, ce qui montre bien quemetnsont deux termes cons´ecutifs de la suite(un)n>1. Exercice 9.Trouver tous les entiers strictement positifsatels que l"entier

1-83a+2a+2(2a-1)(4)

5 soit un carr

´e parfait.

Solution de l"exercice 9La quantit

´e (4) est´egale`a(2a+1-1)2-233a. On remarque que cette quantit ´e est un carr´e poura=3(elle vaut9=32) eta=5(elle vaut2025=452) mais pas pour a2f1,2,4,6,7g. On suppose dor´enavanta>8.

Supposons que la quantit

´e (4) soit un carr´e, c"est-`a-dire, puisqu"elle est impaire, qu"il existe un entierktel que (2a+1-1)2-233a= (2k+1)2. Ainsi (2a+1-1)2- (2k+1)2=233a,(5) soit encore(2a-k-1)(2a+k) =23a. Il existe alors un entierb>0tel que l"une des deux situations suivantes se produit (en discutant selon la parit

´e dek) :

on a 2a+k=23bet2a-k-1=3a-bdonc2k+1=23b-3a-b(doncb>a-b); on a 2a+k=3bet2a-k-1=23a-bdonc2k+1=3b-23a-b(doncb>a-b). Ainsi,3a-bdivise2k+1, et donc32(a-b)divise(2k+1)2+233a. En utilisant (5), il vient 3 a-bj2a+1-1.

Dans la premi

`ere situation, en additionnant les deux´egalit´es on a23b=2a+1-3a-b-1< 2 a+1donc3b<2a+1. On montre de mani`ere analogue que cette in´egalit´e est valable aussi dans la deuxi `eme situation.

Remarquons que29639-3donc, pour touta>8,

2 a+1=292a-86293a-86363a-8=3a-2.

En combinant les deux in

´egalit´es,3b<3a-2donca-b>3.

Comme3a-bdivise2a+1-1eta-b>3, on a2a+11(mod 27)d"o`u18divisea+1(en remarquant que le plus petit entierk >0tel que2k1(mod 27)est18). Fort de cette condition, r

´eduisons la quantit´e de l"´enonc´e modulo19en utilisant le th´eor`eme d"Euler (x18=x'(19)1

(mod 19)pour tout entierxnon divisible par19) et la relation3131(mod 19): (2a+1-1)2-233a(1-1)2-23.13(mod 19)10(mod 19). On conclut en remarquant alors que(2k+1)18109(mod 19) =18(mod 19)ce qui contredit le th ´eor`eme d"Euler. Il n"y a donc pas de solutiona>9.

En conclusion, les seules solutions sont3et5.

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