Examen National 2022 (Session Normale) :
    1. Puisque $p$ divise $n$, on a : \[ n \equiv 0 \pmod p \] L'équation $(E_n)$ donne $(x+1)^n - x^n = ny$.
      En passant au modulo $p$, on obtient : \[ (x+1)^n - x^n \equiv 0 \pmod p \] Par conséquent : \[ (x+1)^n \equiv x^n \pmod p \]

    2. Raisonnement par l'absurde :
      • Supposons que $p$ divise $x$. Alors $x \equiv 0 \pmod p$, ce qui implique que $x+1 \equiv 1 \pmod p$.
        En remplaçant dans l'égalité précédente, on obtient $1^n \equiv 0^n \pmod p$, soit $1 \equiv 0 \pmod p$. C'est une contradiction !

      • De la même manière, si $p$ divise $(x+1)$, alors $x+1 \equiv 0 \pmod p$, ce qui implique que $x \equiv -1 \pmod p$.
        En remplaçant, on obtient $0^n - (-1)^n \equiv 0 \pmod p$, soit $-(-1)^n \equiv 0 \pmod p$.
        Puisque $-(-1)^n = \pm 1$, cela donne $\pm 1 \equiv 0 \pmod p$. C'est à nouveau une contradiction !
      Par conséquent, $p$ ne divise ni $x$, ni $x+1$. Les entiers $x$ et $x+1$ sont donc premiers avec $p$.

    3. Puisque $p$ est un nombre premier et qu'il est premier avec $x$ et $x+1$, le petit théorème de Fermat s'applique aux deux entiers : \[ \begin{cases} x^{p-1} \equiv 1 \pmod p \\ (x+1)^{p-1} \equiv 1 \pmod p \end{cases} \] On en déduit immédiatement : \[ (x+1)^{p-1} \equiv x^{p-1} \pmod p \]
  2. Les entiers consécutifs $x$ et $x+1$ sont de parités différentes. Leurs puissances $x^n$ et $(x+1)^n$ le sont également.
    La différence $(x+1)^n - x^n$ est donc nécessairement un nombre impair.
    Or, si $n$ est pair, le produit $ny$ est pair.
    L'égalité $(x+1)^n - x^n = ny$ est alors impossible (un impair ne peut pas être égal à un pair).
    On en déduit que l'équation $(E_n)$ n'admet aucune solution si $n$ est pair.
  3. On suppose désormais que $n$ est impair (avec $n \ge 3$).
    1. Puisque $n$ est impair, son plus petit diviseur premier $p$ est également impair ($p \ge 3$), d'où $p-1 \ge 2$.
      De plus, tout diviseur premier de $p-1$ est strictement inférieur à $p$. Comme $p$ est le plus petit diviseur premier de $n$, aucun facteur premier de $p-1$ ne peut diviser $n$.
      On en déduit que $n$ et $p-1$ sont premiers entre eux ($n \land (p-1) = 1$).
      D'après le théorème de Bachet-Bézout, il existe un couple d'entiers relatifs $(u,v) \in \mathbb{Z}^2$ tel que : \[ nu + v(p-1) = 1 \qquad (*) \]

    2. Soient $q$ et $r$ respectivement le quotient et le reste de la division euclidienne de $u$ par $(p-1)$. On a : \[ u = q(p-1) + r \quad \text{avec } 0 \le r < p-1 \] D'après la relation de Bézout, $u$ et $p-1$ sont premiers entre eux, donc le reste $r$ ne peut pas être nul. Ainsi, $r \ge 1$.
      En substituant $u$ dans l'équation $(*)$, il vient : \begin{align*} n(q(p-1) + r) + v(p-1) &= 1 \\ nq(p-1) + nr + v(p-1) &= 1 \\ nr + (p-1)(nq + v) &= 1 \end{align*} Ce qui donne bien : $nr = 1 - (p-1)(v + nq)$.

    3. En posant $v' = -(v+nq)$, l'égalité précédente devient : \[ nr = 1 + v'(p-1) \] On sait que $n \ge 3$ (car $n$ est impair et $n \ge 2$) et que $r \ge 1$. Par conséquent, $nr \ge 3$.
      On en déduit : \begin{align*} 1 + v'(p-1) &\ge 3 \\ v'(p-1) &\ge 2 \end{align*} Puisque $p \ge 3$, on a $p-1 \ge 2 > 0$. Pour que le produit $v'(p-1)$ soit supérieur ou égal à $2$, il faut obligatoirement que l'entier $v'$ soit strictement positif ($v' \ge 1$).

    4. D'après la question 1.c), on sait que $x^{p-1} \equiv 1 \pmod p$. En élevant à la puissance $v'$ (qui est positive), on obtient $x^{v'(p-1)} \equiv 1 \pmod p$.
      On évalue maintenant $x^{nr}$ : \begin{align*} x^{nr} &= x^{1+v'(p-1)} \\ x^{nr} &= x \times (x^{p-1})^{v'} \\ x^{nr} &\equiv x \times 1^{v'} \pmod p \\ x^{nr} &\equiv x \pmod p \end{align*} Un raisonnement parfaitement identique s'applique pour $x+1$, donnant : \[ (x+1)^{nr} \equiv x+1 \pmod p \] Or, à la question 1.a), nous avons prouvé que $(x+1)^n \equiv x^n \pmod p$. En élevant cette congruence à la puissance $r$, on obtient : \[ (x+1)^{nr} \equiv x^{nr} \pmod p \] En substituant les résultats trouvés juste au-dessus, on aboutit à : \begin{align*} x+1 &\equiv x \pmod p \\ 1 &\equiv 0 \pmod p \end{align*} C'est une contradiction !

      Conclusion :
      Puisque l'hypothèse de l'existence d'une solution mène systématiquement à une absurdité (que $n$ soit pair ou impair), on en déduit que l'équation $(E_n)$ n'admet aucune solution dans $\mathbb{N}^2$.