On désigne par α et β deux entiers naturels premiers entre eux xés. On suppose β < α . On note

Énoncé Notations

Les notations suivantes sont valables dans tout le problème.

Lorsque x est un nombre réel, on désigne par bxc la partie entière de x et par {x} sa partie fractionnaire de sorte que bxc ∈ Z, {x} ∈ [0, 1[ et

x = bxc + {x}

On désigne par α et β deux entiers naturels premiers entre eux xés. On suppose β < α . On note

a = e

, b = e

Soit n un entier naturel, on désigne par (E n ) l'équation

(E n ) : xα + βy = n aux inconnues x et y dans Z.

On note s n le nombre de couples solutions de (E n ) dans N × N.

On dénit le polynôme Q :

Q = (1 − X ^α )(1 − X ^β )X ⁿ⁺¹

Pour P ∈ C [X] et z ∈ C quelconques, on désigne par P(z) e le complexe obtenu en substituant z à X dans l'expression formelle de P .

Le problème porte

sur diverses manières d'évaluer s _n .

Partie I.

1. Montrer que U ^α ∩ U ^β = {1} .

2. Soit x un réel strictement positif non entier et k un entier naturel, exprimer {k − x}

en fonction de {x} .

3. Préciser l'ensemble des racines de Q et la multiplicité pour chacune.

4. a. Soit A ∈ C [X] un polynôme non nul et z ∈ C une racine simple de A . Montrer que la partie polaire relative au pôle z dans la décomposition en éléments simples de _A ¹ est

1 f A

(z)(X − z)

1

d'après Computing continuous discretely Springer

b. Soit λ , µ deux nombres complexes (λ 6= 0 ) et R ∈ C [X] . Déterminer la partie polaire relative au pôle 1 de la décomposition en éléments simples de

1

(X − 1) ² (λ + µ(X − 1) + (X − 1) ² R)

Partie II. Théorème de Popoviciu

1. Montrer qu'il existe un unique élément de {1, . . . , β−1} noté α

et un unique élément de {1, . . . , α − 1} noté β

tels que :

αα

≡ 1 mod β, ββ

≡ 1 mod α 2. On note β

= α − β

.

a. Montrer que α

α −β

β = 1 . On pourra commencer par montrer que α

α −β

β est congru à 1 modulo αβ .

b. Montrer que l'ensemble des couples solutions de (E n ) est (α

n − kβ, −β

n + kα), k ∈ Z

3. On suppose que ^α

_β ⁿ et ^β _α

ⁿ ne sont pas entiers et vérient ^β _α

ⁿ < ^α

_β ⁿ . a. Montrer que

s n = b α

n

β c − b β

n α c b. En déduire le théorème de Popoviciu :

s n = n αβ −

α

n β

− β

n

α

+ 1

4. Cas particulier. Calculer s ₁₀₀ dans le cas où α = 12 et β = 7 et préciser l'ensemble des solutions dans N × N.

Partie III. Décomposition en éléments simples

1. Justier l'existence de nombres complexes

c ₀ , c ₁ , · · · , c _n , u, v, A ₁ , A ₂ , · · · , A _α−1 , B ₁ , B ₂ , · · · , B _β−1

tels que : 1 Q = c ₀

X ⁿ⁺¹ + c ₁

X ⁿ + · · · + c _n

X + u

(X − 1) ² + v X − 1

+

α−1

X

k=1

A _k X − a ^k +

β−1

X

k=1

B _k X − b ^k 2. a. Montrer que

A k = 1 αa ^nk (a ^βk − 1) et calculer B k .

b. Calculer Re A k et Im A k .

3. On note S le polynôme tel que Q = (X − 1) ² S . a. Calculer S(1) e et S e

(1) .

b. Montrer que

v = − 2n + α + β 2αβ 4. Montrer que :

c n = 2n + α + β 2αβ + 1

α

α−1

X

k=1

1

a ^nk (1 − a ^βk ) + 1 β

β−1

X

k=1

1 b ^nk (1 − b ^αk )

Partie IV. Développement suivant les puissances croissantes

1. Montrer qu'il existe un unique couple (A, B) de polynômes tels que : deg A ≤ n et 1 = (1 − X ^α )(1 − X ^β )A + X ⁿ⁺¹ B

2. Soit n ∈ N, on dénit une application T _n (appelée troncature à l'ordre n ) de C [X ] dans C n [X ] par :

T _n

+∞

X

k=0

λ _k X ^k

!

=

n

X

k=0

λ _k X ^k Soit m ∈ N tel que mα ≥ n et mβ ≥ n . Montrer que :

c 0 + c 1 X + · · · + c n X ⁿ

= T _n (1 + X ^α + X ^2α + · · · + X ^mα )(1 + X ^β + X ^2β + · · · + X ^mβ ) En déduire c _n = s _n .

3. Montrer que les sommes suivantes 7

11

X

k=1

sin k ^207π ₁₂ sin k ^7π ₁₂ + 12

6

X

k=1

sin k ^212π ₇

sin k ^12π ₇ et 7

11

X

k=1

cos k ^207π ₁₂ sin k ^7π ₁₂ + 12

6

X

k=1

cos k ^212π ₇

sin k ^12π ₇

ont des valeurs entières (à préciser).

Corrigé Partie I

1. Soit z ∈ U α . Il existe alors un entier k entre 0 et α−1 tel que z = a ^k . Si de plus z ∈ U β

alors a ^βk = 1 donc

e ^2iπ

= 1 ⇒ βk α ∈ Z

donc α divise βk or α est premier avec β donc (théorème de Gauss) α divise k ce qui entraîne z = 1 .

2. Ici x est un réel strictement positif non entier et k est un entier naturel. En ce qui concerne la partie entière, il est clair que bk − xc = k + b−xc . Comme , par dénition, x = bxc + {x} . On peut écrire :

bk − xc = k + b−bxc − {x}c = k − bxc + b−{x}c

| {z }

=1

= k − 1 − bxc On en déduit :

{k − x} = k − x − bk − xc = k − x − k + 1 + bxc = 1 − {x}

3. L'ensemble des racines de Q est U α ∪ U β ∪ {0} . Les multiplicités sont précisées par le tableau suivant.

racines 1 a a ² · · · a ^α−1 b b ² · · · b ^β−1 0 multiplicités 2 1 1 · · · 1 1 · · · 1 1 n − 1

4. a. D'après un résultat du cours sur la décomposition en éléments simples des frac- tions rationnelles, lorsque z est un pôle simple d'une fraction rationnelle F , la partie polaire de z dans la décomposition en éléments simples de F est

a

X − z avec a = (X ^ − z)F (z)

La tildation désignant la substitution de z à X dans la fraction. Ici, on peut utiliser la formule de Taylor. Il existe un polynôme R ∈ C [X ] tel que

A = A(z) e

| {z }

=0

+ f A

(z)(X − z) + (X − z) ² R ⇒ (X ^ − z)

A (z) = 1

f A

(z) + 0 La partie polaire cherchée est donc

1 f A

(z)(X − z)

b. Notons encore F la fraction rationnelle proposée ici. Le pôle 1 est de multiplicité 2, sa partie polaire est de la forme

u

(X − 1) ² + v X − 1 D'après le cours, u est obtenu en substituant 1 à X dans

(X − 1) ² F = 1

λ + µ(X − 1) + (X − 1) ² R On a donc u = _λ ¹ .

Pour calculer v , utilisons la méthode de cours qui sert à prouver l'existence et l'unicité de la décomposition en éléments simples. Formons

G = F − u

(X − 1) ² = λ − λ − µ(X − 1) − (X − 1) ² R λ(X − 1) ² (λ + µ(X − 1) + (X − 1) ² R)

= −µ − (X − 1)R

λ(X − 1)(λ + µ(X − 1) + (X − 1) ² R) pour le u que l'on vient de calculer. Une simplication se produit et la multipli- cité de 1 comme pôle diminue. On peut appliquer la méthode de multiplication- substitution pour calculer v , il vient

v = − µ λ ² La partie polaire cherchée est donc

1

λ(X − 1) ² − µ λ ² (X − 1)

Partie II. Théorème de Popoviciu

1. Comme α et β sont premiers entre eux, d'après Bezout, il existe des entiers a et b tels que

aα + bβ = 1 (1) Il est clair que

(1) ⇒

( aα ≡1 mod β (2)

bβ ≡1 mod α (3)

Il est évident que, pour tous les entiers q , la relation (2) reste vériée en remplaçant a par a − qβ . Choisissons pour q le quotient de la division euclidienne de a par β . Ainsi,

a 0 = a − qβ ∈ {0, · · · , β − 1}

car c'est le reste de la division de a par β . De plus a 0 6= 0 car sinon β diviserait a donc β diviserait 1 à cause de la relation (1) ce qui est évidemment absurde. Il existe donc une solution a 0 dans {1, · · · , β − 1} à l'équation (2) .

Supposons qu'il en existe une autre a ₁ . Alors

αa 0 − αa 1 ≡ 0 mod β ⇒ β divise a 0 − a 1

d'après le théorème de Gauss car β est premier avec α . Ceci entraîne a 0 = a 1 car a 0

et a 1 sont dans un intervalle (d'entiers) d'amplitude strictement plus petite que β . On notera α

l'unique solution de (2) dans {1, · · · , β − 1} . Le raisonnement est le même pour l'équation (3) . Elle admet une unique solution dans {1, · · · , α − 1} . Cette solution est notée β

.

2. a. Notons β

= α−β

, remarquons que β

∈ {1, · · · , α−1} car β

∈ {1, · · · , α−1} . De plus :

αα

≡ 1 mod β ⇒ ∃b ∈ Z tq bβ = 1 − αα

Alors :

α

∈ {1, · · · , β − 1} ⇒ α ≤ αα

≤ α(β − 1) ⇒ −αβ + α ≤ −αα

≤ −α

⇒ −αβ + α + 1 ≤ bβ ≤ 1 − α ⇒ −α + α + 1

β ≤ b ≤ − α − 1 β

⇒ b ∈ {−α + 1, · · · , 0}

Comme b = 0 est impossible, on a nalement

b ∈ {−α + 1, · · · , −1} ⇒ α + b ∈ {1, · · · , α − 1}

De plus :

bβ ≡ 1 mod α ⇒ (α + b)β ≡ 1 mod α avec α + b ∈ {1, · · · , α − 1}

donc α + b = β

d'après l'unicité montrée en 1. On en déduit b = β

− α = − β

αα

+ bβ =1 (déf de b ) )

⇒ α

α − β

β = 1

b. En multipliant la dernière relation par n , on obtient que (α

n, −β

n) est solution de (E n ) . On en déduit immédiatement que

(α

n − kβ, −β

n + kα), k ∈ Z

est inclus dans l'ensemble des solutions de (E n ) . Réciproquement, si (x, y) est solution de (E n ) :

xα + yβ =n α

nα − β

nβ =n )

⇒ (x − α

n)α = (y − β

n)β

ce qui entraîne (théorème de Gauss avec β ∧ α = 1 ) que β divise x − α

n . Il exste donc un entier k tel que x − α

n = kβ

On remplace alors dans la relation précédente et on obtient kβα = (y − β

n)β ⇒ y − β

n = kα Ceci prouve que l'ensemble des solutions de (E _n ) est

(α

n − kβ, −β

n + kα), k ∈ Z b β

n

α c b α

n

β c

β

n α

α

n β b β

n

α c + 1

Fig. 1: Solutions de (E n ) dans N × N

3. a. Parmi les couples d'entiers relatifs solutions de (E n ) trouvés à la question précé- dente, quels sont ceux formés d'entiers naturels ?

Ceux pour lesquels l'entier k vérie

( α

n − kβ ≥0

−β

n + kα ≥0 ⇔



 



 



k ≤ α

n β k ≥ β

n α

⇔



 



 



k < α

n

β

k > β

n

α

car ^α

_β ⁿ et ^β _α

ⁿ sont supposés non entiers. On en déduit (voir g : 1) que le nombre de couples d'entiers solutions de (E n ) est

s n = b α

n

β c − b β

n α c b. D'après la dénition de β

et le résultat de la question I.2.

s _n = α

n β −

α

n β

− β

n α +

β

n α

= n

αβ (α

α − β

β) −

α

n β

+

n − β

n α

= n αβ −

α

n β

− β

n

α

+ 1 4. Dans la cas particulier où α = 12 et β = 7 , on utilise l'algorithme d'Euclide étendu

pour trouver des solutions à l'équation xα + yβ = 1 . On adopte la présentation des divisions euclidiennes où le quotient est écrit en haut .

1 1 2 12 7 5 2

5 2 1



 

 

12 =1 × 7 + 5 5 = (1) × 12 + (−1) × 7

7 =1 × 5 + 2 2 = 7 + (−1) × 5 = (−1) × 12 + (2) × 7

5 =2 × 2 + 1 1 = 5 + (−2) × 2 = (1 + 2) × 12 + (−1 − 4) × 7 On en déduit

1 = (3) × 12 + (−5) × 7 ⇒

( α

=3

β

=12 − 5 ⇒ β

= 5 Finalement, comme n = 100 :

( 300 =42 × 7 + 6 500 =41 × 12 + 8 ⇒



 

  b 300

7 c =42 b 500

12 c =41

⇒ s 100 = b 300

7 c − b 500 12 c = 1

Parmi les couples solutions (300 − 7k, −500 + 12k) , la seule solution dans N × N est (6, 4)

obtenue pour k = 42 .

Partie III. Décomposition en éléments simples

1. Il s'agit simplement de la décomposition en éléments simples de la fraction rationelle

1

Q compte tenu des pôles et de leur multiplicités qui ont été précisées à la question I.3.

2. a. D'après 4.a., comme a ^k est pôle simple pour k entre 1 et α − 1 , on obtient : A _k = 1

f Q

(a ^k ) avec

Q

= −αX ^α−1 (1 −X ^β )X ⁿ⁺¹ −(1−X ^α )βX ^β−1 X ⁿ⁺¹ +(1 −X ^α )(1 −X ^β )(n+1)X ⁿ La n de l'expression précédente s'annule en a ^k qui est dans U ^α . Donc

Q f

(a ^k ) = −α(1 − a ^kβ )a ^k(α+n) = α(a ^kβ − 1)a ^nk A k = 1

α(a ^kβ − 1)a ^nk

Le coecient B _k s'obtient en permutant les " a " et les " b "

B k = 1 β (b ^kα − 1)b ^nk b. On remplace a par e

dans l'expression du dessus :

A _k = 1 α

e

e ^2iπ

− 1

= 1 2iα

e

sin

k ^βπ _α On en déduit :

Re A _k = − 1 2α

sin

k ^(2n+β)π _α sin

k ^βπ _α Im A _k = − 1 2α

cos

k ^(2n+β)π _α sin

k ^βπ _α

3. Comme Q = (X − 1) ² S :

S = (1 + X + · · · + X ^α−1 )(1 + X + · · · + X ^β−1 )X ⁿ⁺¹

a. Il est immédiat d'après l'égalité du dessus que S(1) = e αβ

Dans le calcul de S e

(1) interviennent des sommes d'entiers consécutifs de 1 à α−1 et de 1 à β − 1 .

S e

(1) = α(α − 1)

2 β + α β(β − 1)

2 + αβ(n + 1) = αβ

2 (α − 1 + β − 1 + 2n + 2)

= αβ

2 (2n + α + β) b. D'après I.4.b :

v = − S e

(1)

S(1) e ² = αβ 2

2n + α + β

(αβ) ² = − 2n + α + β αβ

4. Considérons la fonction f (x) = ^x

Q(x)

. Elle converge vers 0 en +∞ . On en déduit 0 = c _n + v +

α−1

X

k=1

A _k +

β−1

X

k=1

B _k

En remplaçant par les expressions trouvées pour v , A _k , B _k , on obtient bien c _n = 2n + α + β

2αβ + 1 α

α−1

X

k=1

1

a ^nk (1 − a ^βk ) + 1 β

β−1

X

k=1

1 b ^nk (1 − b ^αk )

Partie IV. Développement suivant les puissances croissantes

1. Notons P = (1 − X ^α )(1 − X ^β ) . Il s'agit de prouver l'existence et l'unicité d'un couple (A, B) solution de

AP + BX ⁿ⁺¹ = 1 tel que deg(A) ≤ n

D'après le théorème de Bézout, comme P et X ⁿ⁺¹ sont premiers entre eux, il existe un couple (A 0 , B 0 ) solution. On sait de plus que

(A ₀ − M X ⁿ⁺¹ , B ₀ + M P) est encore solution pour tout polynôme M .

Choisissons pour M le quotient de la division de A ₀ par X ⁿ⁺¹ . Alors A = A ₀ −M X ⁿ⁺¹

est le reste de cette division donc c'est un polynôme de degré inférieur ou égal à n . Posons B = B 0 + M P .

Si (A ₁ , B ₁ ) est un autre couple vériant ces hypothèses. En soustrayant les deux égalité, le théorème de Gauss entraîne que X ⁿ⁺¹ divise A − A ₁ . À cause du degré A = A ₁ et B = B ₁ .

2. D'après la décomposition en éléments simples de _Q ¹ , il existe un polynôme B tel que

1 = (c 0 + c 1 X + · · · + c n X ⁿ )P + X ⁿ B car (X − 1) ² · · · (X − a ^k ) · · · (X − b ^k ) · · · divise de Q . De plus,

(1 + X ^α + X ^2α + · · · + X ^mα )(1 − X ^α ) =1 − X ^(m+1)α (1 + X ^β + X ^2β + · · · + X ^mβ )(1 − X ^β ) =1 − X ^(m+1)β

(1 + X ^α + X ^2α + · · · + X ^mα )(1 + X ^β + X ^2β + · · · + X ^mβ )(1 − X ^β )(1 − X ^α )(1 − X ^β )

= (1 − X ^(m+1)α )(1 − X ^(m+1)β ) Introduisons A _n , la troncature à l'ordre n :

A n = T n (1 + X ^α + X ^2α + · · · + X ^mα )(1 + X ^β + X ^2β + · · · + X ^mβ )

(1 + X ^α + X ^2α + · · · + X ^mα )(1 + X ^β + X ^2β + · · · + X ^mβ ) = A n + X ⁿ⁺¹ R n

(A n + X ⁿ⁺¹ R n )(1 − X ^α )(1 − X ^β ) = 1 − X ^(m+1)α − X ^(m+1)β + X ^(2m+2)β A n (1 − X ^α )(1 − X ^β ) + X ⁿ⁺¹ M achin n = 1 où M achin n ∈ C [X ] On a donc c 0 + c 1 X + · · · + c n X ⁿ = A n . En identiant les coecients, cela donne que c n est le coecient de X ⁿ dans

(1 + X ^α + X ^2α + · · · + X ^mα )(1 + X ^β + X ^2β + · · · + X ^mβ ) soit

c n = X

(i,j)∈{0,···,n}

iα+jβ=n

1 = s n

3. Il s'agit d'exploiter la relation III.4. dans le cas particulier α = 12 , β = 7 . On sait que c n = s n = 1 . En utilisant les parties réelles et imaginaires, il vient :

1 = 200 + 12 + 7 2 × 12 × 7 + 1

2 × 12

11

X

k=1

sin k ^207π ₁₂ sin k ^7π ₁₂ + 1

2 × 7

6

X

k=1

sin k ^212π ₇ sin k ^12π ₇ 0 = + 1

2 × 12

11

X

k=1

cos k ^207π ₁₂ sin k ^7π ₁₂ + 1

2 × 7

6

X

k=1

cos k ^212π ₇ sin k ^12π ₇

Notons respectivement S et C ls sommes que l'énoncé nous demande d'évaluer. En multipliant les relations obtenues par 2 × 12 × 7 , on obtient

S = −51 C = 0