Corrigés - Animath

O LYMPIADES F RANÇAISES DE M ATHÉMATIQUES
2011-2012
E NVOI N UMÉRO 7 - C ORRIGÉ
Exercice 1
Un professeur de mathématiques a choisi deux entiers naturels non nuls et a donné
leur somme à Xavier et leur produit à Pierre. Au début, aucun des deux élèves ne
connaît le nombre qui a été donné à l’autre. L’un d’entre eux dit alors : "Tu ne peux pas
deviner mon nombre !". L’autre répond : "Tu te trompes, c’est 136". Quels sont les deux
entiers choisis par le professeur ?
Solution. Soient a, b les deux entiers recherchés. Notons s = a + b et p = ab. Supposons
d’abord que Pierre soit le premier à parler. Xavier peut deviner p dès le début si, et seulement si, s = 2 ou s = 3. Donc comme Pierre sait que Xavier ne peut pas deviner p, Xavier
déduit que p 6= 1 et p 6= 2. Or, comme p = 136, s ≥ 22 et donc Xavier savait cela dès le
début. Cela impose que Xavier pouvait deviner p dès le début (avant que Pierre ne parle) :
absurde puisque s 6= 2 et s 6= 3.
Par conséquent, Xavier a parlé en premier. Xavier sait dès le début que Pierre ne peut
pas deviner la valeur de s. Pierre en déduit que Xavier sait dès le début que p = ab n’est
pas premier et donc que s − 1 n’est pas premier ( en effet, si s − 1 est premier, Xavier
penserait qu’il est possible que a = s − 1 et b = 1, donc que p = s − 1 soit premier :
il n’affirmerait donc pas que Pierre ne peut pas déterminer s). Avec cette information,
Pierre est capable de deviner le nombre s : on en déduit que parmi tous les nombres de
la forme d + p/d − 1 pour d diviseur de p, un seul n’est pas premier et ce nombre est
s − 1 = 135. Or, pour d = 1, 1 + p − 1 n’est pas premier, donc p = s − 1 = 135. On en
déduit immédiatement que les deux nombres recherchés sont 1 et 135.
Reste à vérifier que ces nombres vérifient bien les propriétés désirées, c’est-à dire que
parmi tous les nombres de la forme d + 135/d − 1 pour d diviseur de 135, un seul n’est
pas premier et ce nombre est 135. Cela est immédiatement vérifié, puisque les valeurs de
d + 135/d − 1 autres que 135 sont 23, 31 et 47, qui sont premiers.
1
Exercice 2
On note [ x ] la partie entière de x. Calculer :
2009 2 2
2
2
1
+
+
+ ... +
.
2011
2011
2011
2011
Solution. Remarquons que 2011 est premier. On sait que, si p est premier impair, 2 est un
résidu quadratique modulo p si, et seulement si, p ≡ ±1 mod 8. Donc comme 2011 ≡ 3
mod 8, 2 n’est pas un résidu quadratique modulo 2011. On en déduit que 21005 ≡ −1
mod 2011. Donc 2011 divise 2i (21005 + 1) = 2i+1005 + 2i . Par conséquent, comme 2i et
21005+i ne sont pas multiples de 2011, on a
i+1005 2
2i + 2i+1005
2i
− 1.
+
=
2011
2011
2011
En sommant pour i allant de 0 à 1004, on obtient que la somme recherchée vaut :
22010 − 1
− 1005.
2011
Remarque : On a utilisé ici deux résultats de la théorie des résidus quadratiques :
p −1
2
≡ 1 mod p si, et seulement
si, a est un carré modulo p, et a
≡ −1 mod p si, et seulement si, a n’est pas un carré
modulo p ; d’autre part, 2 est un résidu quadratique modulo p si, et seulement si, p ≡ ±1
mod 8. Pour des preuves élémentaires de ces résultats et d’autres propriétés concernant
les résidus quadratiques, on pourra se référer à l’article "Quadratic Residues" de Dusan
Djukic sur le site www.imomath.com, article qui vise des élèves préparant les olympiades.
d’une part, pour p premier impair et a non multiple de p, a
p −1
2
2
Exercice 3
Montrer que l’ensemble des entiers naturels qui ne s’écrivent pas comme somme de
carrés parfaits deux à deux distincts est fini.
Solution.
1ère étape :
On remarque 29 = 22 + 52 et 2 × 29 = 32 + 72 . Soit n un entier naturel. En écrivant n en
base 2, on remarque que n est une somme de puissances de 2 deux à deux distinctes. On
peut donc écrire n = 2r1 + ...2rk + 2s1 + ... + 2sl , où les ri sont des entiers naturels impairs
deux à deux distincts et les si sont des entiers naturels pairs deux à deux distincts. On
peut supposer que r1 < r2 < ... < rk et s1 < s2 < ... < sl . On note r = 2r1 + ... + 2rk et
s = 2s1 + ... + 2sl .
On remarque alors que
4 × 29r = (32 + 72 ) × 2r =
k
∑ (3 × 2
r i +1
2
)2 + (7 × 2
r i +1
2
)2 ,
i =1
et que
k
4 × 29s = (22 + 52 ) × 4s =
si
si
∑ (4 × 2 2 )2 + (10 × 2 2 )2.
i =1
On a donc écrit 116n = 4 × 29n = 4 × 29(r + s) comme une somme de carrés parfaits
pairs deux à deux distincts. Par conséquent, tout multiple de 116 est une somme de carrés parfaits pairs deux à deux distincts.
2ème étape :
Fixons un entier naturel n. Écrivons la division euclidienne de n par 116 : n = 116q + t
1
2
avec 0 ≤ t < 116. On remarque que r ≡ ∑rk−
=0 (58k + 1) mod 116. Supposons que n >
r −1
2
2
∑114
k=0 (58k + 1) . Dans ce cas, on sait que n − ∑k=0 (58k + 1) est multiple de 116 et donc
1
2
est une somme de carrés parfaits pairs deux à deux distincts. Comme ∑rk−
=0 (58k + 1) est
une somme de carrés parfaits impairs deux à deux distincts, on en déduit que n est une
somme de carrés parfaits deux à deux distincts, d’où le résultat.
3
Exercice 4
Trouver tous les triplets ( x, y, z) d’entiers supérieurs ou égaux à un vérifiant l’équation :
x 4 − y4 = z2 .
Solution. On va prouver qu’il n’existe pas de solution en entiers strictement positifs. Par
l’absurde : supposons qu’il existe des entiers strictement positifs qui vérifient l’équation
de l’énoncé. Parmi tous les triplets ( x, y, z) possibles, on en choisit un pour lequel x est
minimal. Notons tout de suite que l’on a x > y.
On remarque maintenant que x, y, z sont deux à deux premiers entre eux. En effet : Si p
est premier et divise x et y alors, puisque x4 − y4 = z2 , le nombre p4 divise également z2 et
y
donc p2 divise z2 . Mais alors ( xp , p , pz2 ) est une solution de l’équation en entiers strictement
positifs et avec xp < x, en contradiction avec la minimalité de x. Ainsi, x et y sont premiers
entre eux. De même, x et z sont premiers entre eux, et aussi y et z sont premiers entre eux.
- Cas 1 : si z est pair. On pose z = 2c et l’équation s’écrit :
4c2 = ( x2 − y2 )( x2 + y2 ).
(1)
Or, si d divise x2 − y2 et x2 + y2 alors d divise 2x2 et 2y2 . Mais, puisque x et y sont premiers
entre eux, c’est donc que d divise 2. De plus, puisque z est pair et premier avec x et avec
y, on a x et y impairs, ce qui assure que x2 − y2 et x2 + y2 sont pairs. Finalement, on a
x 2 − y2
x 2 + y2
pgcd( x2 − y2 , x2 + y2 ) = 2. Ainsi, les nombres 2 et 2 sont des entiers strictement
positifs et premiers entre eux, dont le produit est un carré (d’après (1)). Chacun d’eux est
x 2 + y2
x 2 − y2
donc un carré, et on pose 2 = a2 et 2 = b2 , où a, b sont des entiers strictement
posititfs. Mais, on a a4 − b4 = ( xy)2 donc ( a, b, xy) est une solution de l’équation initiale
x 2 + y2
en entiers strictement positifs, avec a2 = 2
minimalité de x.
Il n’y a donc pas de solution dans ce cas.
< x2 d’où a < x, en contradiction avec la
- Cas 2 : si z est impair. L’équation initiale s’écrit encore
z2 + ( y2 )2 = ( x 2 )2 .
En utilisant la forme bien connue des triplets pythagoriciens, on déduit qu’il existe des
entiers u, v ≥ 1 premiers entre eux et de parités contraires, tels que z = u2 − v2 , y2 = 2uv
et x2 = u2 + v2 . On note qu’alors x2 > u2 et donc que x > u. Si l’on ne tient pas compte
de l’écriture de z, on peut remarquer qu’alors u et v jouent des rôles symétriques dans les
écritures de x et y. On suppose donc que u est pair et que v est impair. De y2 = 2uv avec
u, v premiers entre eux, on déduit alors qu’il existe des entiers strictement positifs a et b
tels que u = 2a2 et v = b2 .
D’autre part, l’écriture de x fait à nouveau apparaître un triplet pythagoricien. Il existe
donc des entiers m, n ≥ 1 premiers entre eux et de parités contraires, tels que x = m2 +
4
n2 , u = 2mn et v = m2 − n2 . On a a2 = mn avec m, n premiers entre eux, donc il existe
des entiers r, s ≥ 1 tels que m = r2 et n = s2 . Mais alors b2 = r4 − s4 , avec b, r, s ≥ 1 et
r2 = m ≤ u2 < 2x ≤ x2 . Donc, (r, s, b) est une solution de l’équation initiale avec r < x, en
contradiction avec la minimalité de x. Il n’y a donc pas de solution dans ce cas non plus.
Et finalement, comme annoncé, il n’y a pas de solution du tout.
5
Exercice 5
Soit a et b deux entiers supérieurs ou égaux à un tels que
r
b 2a − b
p=
4 2a + b
soit un nombre premier. Quelle est la plus grande valeur possible de p ?
Solution. Supposons que p soit un nombre premier qui s’écrive sous la forme
r
b 2a − b
p=
4 2a + b
où a, b sont des entiers strictement positifs. Alors, on a 16p2 (2a + b) = b2 (2a − b). Le
membre de gauche étant pair, on déduit que b = 2c est pair, et cela conduit à
Posons
4p2 ( a + c) = c2 ( a − c).
(2)
x
2p
=
c
y
(3)
avec pgcd( x, y) = 1 et x, y ≥ 1. La relation (2) assure alors que a + c = dx2 et a − c = dy2
avec d =pgcd( a + c, a − c). En particulier, on a 2c = d(y2 − x2 ) et donc y > x. La relation
(3) s’écrit maintenant
4py = dx (y2 − x2 ).
(4)
Or, de pgcd( x, y) = 1, on a facilement pgcd(y2 − x2 , y) = 1, d’où pgcd( x (y2 − x2 ), y) =
1. De (4), on déduit alors que y divise d, et on pose d = ky. La relation (4) s’écrit donc
4p = kx (y − x )(y + x ).
(5)
Il y a un peu trop de facteurs dans le membre de droite, ce qui nous fait distinguer deux
cas :
- Cas 1 : si x ≥ 2.
Alors x + y ≥ 5 et la relation (5) assure alors que p divise x + y. Compte-tenu de
x ≥ 2, on a donc ( x, x + y) = (2, 2p) ou (4, p) ou (2, p). La première possibilité donne x et
y pairs et donc pas premiers entre eux. La seconde et (5) conduisent à x = 4, y = p − 4 et
y − x = 1 d’où p = 9, qui n’est pas premier. Il faut donc que x = 2 et y + x = p, soit donc
y = p − 2. Or, on a y − x ≤ 2 donc p ≤ 6. Puisque p est premier, c’est donc que p ≤ 5.
Réciproquement, en remontant les calculs ci-dessus, on constate que p = 5 s’écrit
effectivement sous la forme désirée, en choisissant par exemple a = 39 et b = 30.
- Cas 2 : si x = 1.
La relation (5) devient 4p = k (y − 1)(y + 1). Si y est impair, les entiers y − 1 et y + 1
sont deux entiers pairs consécutifs donc l’un est au moins divisible par 4, et leur produit
6
est donc au moins divisible par 8. Cela implique p = 2, qui n’améliore pas ce que l’on a
trouvé ci-dessus (sans même vérifier s’il s’écrit ou non sous la bonne forme). Si y est pair,
alors les entiers y − 1 et y + 1 sont deux entiers impairs consécutifs, premiers entre eux,
dont le produit divise p. La seule possibilité est alors que y − 1 = 1 et y + 1 = p, et donc
p = 3, avec la même conclusion que ci-dessus.
Finalement, le plus grand nombre premier qui peut s’écrire sous la forme désirée est
p = 5.
7
Exercice 6
Trouver tous les entiers n supérieurs ou égaux à un pour lesquels le polynôme
x n + 64
puisse être écrit sous la forme d’un produit de deux polynômes, non constants, à coefficients entiers.
Solution. On rappelle que si le complexe z est racine d’un polynôme à coefficients réels,
alors son conjugué z est également racine de ce polynôme.
Soit n ≥ 1 un entier et P( X ) = X n + 64. On note que les racines complexes de P sont
√ (2k+1)i
les nombres zk = n 64e n π , où k = 0, 1, ..., n − 1. Parmi ces nombres, au plus un est réel
(aucun si n est pair, un seul si n est impair).
Supposons qu’il existe deux polynômes Q et R, non constants et à coefficients entiers,
tels que P = QR. Les racines de Q ou de R sont évidemment des racines de P, et réciproquement les racines de P se répartissent soit en racines de Q soit racines de R. Puisque
P n’a pas plus d’une racine réelle, c’est donc que l’un des polynômes Q et R a toutes ses
racines complexes, disons Q. D’après notre rappel, les racines de Q peuvent être alors
regroupées par paires de nombres conjugués distincts, ce qui assure au passage que Q
est de degré pair 2m > 0, et donc que Q s’écrit comme produit de facteurs de la forme
X 2 − (z + z) X + zz. Dans chacun de ces facteurs, le nombre z est un des zk ci-dessus, donc
2
zz = (64) n . Ainsi, après développement, on constate que le coefficient constant de Q est
2m
(64) n . Puisque R n’est pas constant, on a 2m < n et, puisque Q et R sont à coefficients
2m
entiers, le nombre (64) n est un entier inférieur ou égal à 64.
2m
12m
Comme (64) n = 2 n , c’est donc que 12m
n est un entier inférieur ou égal à 6. En utilisant que 2m < n, les différents cas possibles se résument à n est un multiple de 3 ou n est
un multiple de 4.
Réciproquement :
- si n = 3k on a X 3k + 64 = ( X k + 4)( X 2k − 4X k + 16)
- si n = 4k on a X 4k + 64 = ( X 2k + 4X k + 8)( X 2k − 4X k + 8).
Finalement, les entiers cherchés sont les multiples de 3 et les multiples de 4.
8