Corrigés - Animath

OLYMPIADES FRANÇAISES DE MATHÉMATIQUES
2011-2012
ENVOI NUMÉRO 7-CORRIGÉ
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,bles deux entiers recherchés. Notons s=a+bet p=ab. Supposons
d’abord que Pierre soit le premier à parler. Xavier peut deviner pdès le début si, et seule-
ment si, s=2 ou s=3. Donc comme Pierre sait que Xavier ne peut pas deviner p, Xavier
déduit que p6=1 et p6=2. Or, comme p=136, s≥22 et donc Xavier savait cela dès le
début. Cela impose que Xavier pouvait deviner pdès le début (avant que Pierre ne parle) :
absurde puisque s6=2 et s6=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 ddiviseur 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 ddiviseur 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.
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Exercice 2
On note [x]la partie entière de x. Calculer :
1
2011+2 2011+22 2011+... +22009 2011.
Solution. Remarquons que 2011 est premier. On sait que, si pest premier impair, 2 est un
résidu quadratique modulo psi, 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 2iet
21005+ine sont pas multiples de 2011, on a
2i
2011+2i+1005 2011 =2i+2i+1005 2011 −1.
En sommant pour iallant de 0 à 1004, on obtient que la somme recherchée vaut :
22010 −1
2011 −1005.
Remarque : On a utilisé ici deux résultats de la théorie des résidus quadratiques :
d’une part, pour ppremier impair et anon multiple de p,ap−1
2≡1 mod psi, et seulement
si, aest un carré modulo p, et ap−1
2≡ −1 mod psi, et seulement si, an’est pas un carré
modulo p; d’autre part, 2 est un résidu quadratique modulo psi, 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.
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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+52et 2 ×29 =32+72. Soit nun entier naturel. En écrivant nen
base 2, on remarque que nest une somme de puissances de 2 deux à deux distinctes. On
peut donc écrire n=2r1+...2rk+2s1+... +2sl, où les risont des entiers naturels impairs
deux à deux distincts et les sisont des entiers naturels pairs deux à deux distincts. On
peut supposer que r1<r2<... <rket s1<s2<... <sl. On note r=2r1+... +2rket
s=2s1+... +2sl.
On remarque alors que
4×29r= (32+72)×2r=
k
∑
i=1
(3×2ri+1
2)2+ (7×2ri+1 2)2,
et que
4×29s= (22+52)×4s=
k
∑
i=1
(4×2si
2)2+ (10 ×2si 2)2.
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 car-
rés parfaits pairs deux à deux distincts.
2ème étape :
Fixons un entier naturel n. Écrivons la division euclidienne de npar 116 : n=116q+t
avec 0 ≤t<116. On remarque que r≡∑r−1
k=0(58k+1)2mod 116. Supposons que n>
∑114
k=0(58k+1)2. Dans ce cas, on sait que n−∑r−1
k=0(58k+1)2est multiple de 116 et donc
est une somme de carrés parfaits pairs deux à deux distincts. Comme ∑r−1
k=0(58k+1)2est
une somme de carrés parfaits impairs deux à deux distincts, on en déduit que nest une
somme de carrés parfaits deux à deux distincts, d’où le résultat. 
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Exercice 4
Trouver tous les triplets (x,y,z)d’entiers supérieurs ou égaux à un vérifiant l’équa-
tion :
x4−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 xest
minimal. Notons tout de suite que l’on a x>y.
On remarque maintenant que x,y,zsont deux à deux premiers entre eux. En effet : Si p
est premier et divise xet yalors, puisque x4−y4=z2, le nombre p4divise également z2et
donc p2divise z2. Mais alors (x
p,y p,z
p2)est une solution de l’équation en entiers strictement
positifs et avec x
p<x, en contradiction avec la minimalité de x. Ainsi, xet ysont premiers
entre eux. De même, xet zsont premiers entre eux, et aussi yet zsont premiers entre eux.
- Cas 1 : si zest pair. On pose z=2cet l’équation s’écrit :
4c2= (x2−y2)(x2+y2). (1)
Or, si ddivise x2−y2et x2+y2alors ddivise 2x2et 2y2. Mais, puisque xet ysont premiers
entre eux, c’est donc que ddivise 2. De plus, puisque zest pair et premier avec xet avec
y, on a xet yimpairs, ce qui assure que x2−y2et x2+y2sont pairs. Finalement, on a
pgcd(x2−y2,x2+y2) = 2. Ainsi, les nombres x2−y2
2et x2+y2 2sont des entiers strictement
positifs et premiers entre eux, dont le produit est un carré (d’après (1)). Chacun d’eux est
donc un carré, et on pose x2+y2
2=a2et x2−y2 2=b2, où a,bsont des entiers strictement
posititfs. Mais, on a a4−b4= (xy)2donc (a,b,xy)est une solution de l’équation initiale
en entiers strictement positifs, avec a2=x2+y2
2<x2d’où a<x, en contradiction avec la
minimalité de x.
Il n’y a donc pas de solution dans ce cas.
- Cas 2 : si zest impair. L’équation initiale s’écrit encore
z2+ (y2)2= (x2)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>u2et donc que x>u. Si l’on ne tient pas compte
de l’écriture de z, on peut remarquer qu’alors uet vjouent des rôles symétriques dans les
écritures de xet y. On suppose donc que uest pair et que vest impair. De y2=2uv avec
u,vpremiers entre eux, on déduit alors qu’il existe des entiers strictement positifs aet b
tels que u=2a2et v=b2.
D’autre part, l’écriture de xfait 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+
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n2,u=2mn et v=m2−n2. On a a2=mn avec m,npremiers entre eux, donc il existe
des entiers r,s≥1 tels que m=r2et n=s2. Mais alors b2=r4−s4, avec b,r,s≥1 et
r2=m≤u
2<x 2≤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. 
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