. Il existe alors un entier k entre 0 et α−1 tel que z = a

Problème

Partie I

1. Soit z ∈ U

. Il existe alors un entier k entre 0 et α−1 tel que z = a

. Si de plus z ∈ U

alors a

= 1 donc

e

= 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

∪ U

∪ {0} . Les multiplicités sont précisées par le tableau suivant.

racines 1 a a

· · · a

b b

· · · b

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)

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)

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

(X − 1)

F = 1

λ + µ(X − 1) + (X − 1)

R On a donc u =

.

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)

= λ − λ − µ(X − 1) − (X − 1)

R λ(X − 1)

(λ + µ(X − 1) + (X − 1)

R)

= −µ − (X − 1)R

λ(X − 1)(λ + µ(X − 1) + (X − 1)

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

La partie polaire cherchée est donc

1

λ(X − 1)

− µ λ

(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

= a − qβ ∈ {0, · · · , β − 1}

car c'est le reste de la division de a par β . De plus a

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

dans {1, · · · , β − 1} à l'équation (2) .

Supposons qu'il en existe une autre a

. Alors

αa

− αa

≡ 0 mod β ⇒ β divise a

− a

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

= a

car a

et a

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

) . On en déduit immédiatement que

(α

n − kβ, −β

n + kα), k ∈ Z

est inclus dans l'ensemble des solutions de (E

) . Réciproquement, si (x, y) est solution de (E

) :

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

) est

(α

n − kβ, −β

n + kα), k ∈ Z

3. a. Parmi les couples d'entiers relatifs solutions de (E

) 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

et

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

) est

s

= b α

n

β c − b β

n

α c

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

) dans N × N

b. D'après la dénition de β

et le résultat de la question I.2.

s

= 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

= 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

est pôle simple pour k entre 1 et α − 1 , on obtient : A

= 1

f Q

(a

) avec

Q

= −αX

(1 −X

)X

−(1−X

)βX

X

+(1 −X

)(1 −X

)(n+1)X

La n de l'expression précédente s'annule en a

qui est dans U

. Donc

Q f

(a

) = −α(1 − a

)a

= α(a

− 1)a

A

= 1

α(a

− 1)a

Le coecient B

s'obtient en permutant les " a " et les " b "

B

= 1 β (b

− 1)b

b. On remplace a par e

dans l'expression du dessus :

A

= 1 α

e

e

− 1

= 1 2iα

e

sin

k

On en déduit :

Re A

= − 1 2α

sin

k

sin

k

Im A

= − 1 2α

cos

k

sin

k

3. Comme Q = (X − 1)

S :

S = (1 + X + · · · + X

)(1 + X + · · · + X

)X

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

= αβ 2

2n + α + β

(αβ)

= − 2n + α + β αβ

4. Considérons la fonction f (x) =

Q(x)e

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

+ v +

α−1

X

k=1

A

+

β−1

X

k=1

B

En remplaçant par les expressions trouvées pour v , A

, B

, on obtient bien c

= 2n + α + β

2αβ + 1 α

α−1

X

k=1

1

a

(1 − a

) + 1 β

β−1

X

k=1

1 b

(1 − b

)

Partie IV. Développement suivant les puissances croissantes

1. Notons P = (1 − X

)(1 − X

) . Il s'agit de prouver l'existence et l'unicité d'un couple (A, B) solution de

AP + BX

= 1 tel que deg(A) ≤ n

D'après le théorème de Bézout, comme P et X

sont premiers entre eux, il existe un couple (A

, B

) solution. On sait de plus que

(A

− M X

, B

+ M P)

est encore solution pour tout polynôme M .

Choisissons pour M le quotient de la division de A

par X

. Alors A = A

−M X

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

+ M P .

Si (A

, B

) est un autre couple vériant ces hypothèses. En soustrayant les deux égalité, le théorème de Gauss entraîne que X

divise A − A

. À cause du degré A = A

et B = B

.

2. D'après la décomposition en éléments simples de

, il existe un polynôme B tel que 1 = (c

+ c

X + · · · + c

X

)P + X

B

car (X − 1)

· · · (X − a

) · · · (X − b

) · · · divise de Q . De plus, (1 + X

+ X

+ · · · + X

)(1 − X

) =1 − X

(1 + X

+ X

+ · · · + X

)(1 − X

) =1 − X

(1 + X

+ X

+ · · · + X

)(1 + X

+ X

+ · · · + X

)(1 − X

)(1 − X

)(1 − X

)

= (1 − X

)(1 − X

) Introduisons A

, la troncature à l'ordre n :

A

= T

(1 + X

+ X

+ · · · + X

)(1 + X

+ X

+ · · · + X

)

(1 + X

+ X

+ · · · + X

)(1 + X

+ X

+ · · · + X

) = A

+ X

R

(A

+ X

R

)(1 − X

)(1 − X

) = 1 − X

− X

+ X

A

(1 − X

)(1 − X

) + X

M achin

= 1 où M achin

∈ C [X ] On a donc c

+ c

X + · · · + c

X

= A

. En identiant les coecients, cela donne que c

est le coecient de X

dans

(1 + X

+ X

+ · · · + X

)(1 + X

+ X

+ · · · + X

) soit

c

= X

(i,j)∈{0,···,n}²tqiα+jβ=n

1 = s

3. Il s'agit d'exploiter la relation III.4. dans le cas particulier α = 12 , β = 7 . On sait que c

= s

= 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

sin k

+ 1

2 × 7

6

X

k=1

sin k

sin k

0 = + 1

2 × 12

11

X

k=1

cos k

sin k

+ 1

2 × 7

6

X

k=1

cos k

sin k

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