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

Problème

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

^2iπβkα

= 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

⁰

(z)(X − z) + (X − z)

²

R ⇒ (X ^ − z)

A (z) = 1

f A

⁰

(z) + 0

La partie polaire cherchée est donc 1 f A

⁰

(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 =

_λ¹

.

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

⁻¹

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

⁻¹

.

2. a. Notons β

⁰

= α−β

⁻¹

, remarquons que β

⁰

∈ {1, · · · , α−1} car β

⁻¹

∈ {1, · · · , α−1} . De plus :

αα

⁻¹

≡ 1 mod β ⇒ ∃b ∈ Z tq bβ = 1 − αα

⁻¹

Alors :

α

⁻¹

∈ {1, · · · , β − 1} ⇒ α ≤ αα

⁻¹

≤ α(β − 1) ⇒ −αβ + α ≤ −αα

⁻¹

≤ −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

⁻¹

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

⁻¹

− α = − β

⁰

αα

⁻¹

+ bβ =1 (déf de b ) )

⇒ α

⁻¹

α − β

⁰

β = 1

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

⁻¹

n, −β

⁰

n) est solution de (E

n

) . On en déduit immédiatement que

(α

⁻¹

n − kβ, −β

⁰

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

⁻¹

nα − β

⁰

nβ =n )

⇒ (x − α

⁻¹

n)α = (y − β

⁰

n)β

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

⁻¹

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

⁻¹

n = kβ

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

⁰

n)β ⇒ y − β

⁰

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

n

) est

(α

⁻¹

n − kβ, −β

⁰

n + kα), k ∈ Z

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

⁻¹

n − kβ ≥0

−β

⁰

n + kα ≥0 ⇔



 



 



k ≤ α

⁻¹

n β k ≥ β

⁰

n α

⇔



 



 



k < α

⁻¹

n β k > β

⁰

n α

car

^α−1_βⁿ

et

^β_α⁰ⁿ

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

⁻¹

n

β c − b β

⁰

n

α c

b β n

α c b α n

β c

β

⁰

n α

α

⁻¹

n β b β

⁰

n

α c + 1

Fig. 1: Solutions de (E

_n

) dans N × N

b. D'après la dénition de β

⁰

et le résultat de la question I.2.

s

n

= α

⁻¹

n β −

α

⁻¹

n β

− β

⁰

n α +

β

⁰

n α

= n

αβ (α

⁻¹

α − β

⁰

β) −

α

⁻¹

n β

+

n − β

⁻¹

n α

= n αβ −

α

⁻¹

n β

− β

⁻¹

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

⁻¹

=3

β

⁻¹

=12 − 5 ⇒ β

⁰

= 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

⁰

(a

^k

) avec

Q

⁰

= −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

⁰

(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

^2iπα

dans l'expression du dessus :

A

_k

= 1 α

e

^−2iπnkα

e

^2iπβkα

− 1

= 1 2iα

e

^{−i(2n+β)πkα}

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

⁰

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

S e

⁰

(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

⁰

(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)e

. 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

_Q¹

, 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}²tqiα+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

^207π₁₂

sin k

^7π₁₂

+ 1

2 × 7

6

X

k=1

sin k

^212π₇

sin k

^12π₇

0 = + 1

2 × 12

11

X

k=1

cos k

^207π₁₂

sin k

^7π₁₂

+ 1

2 × 7

6

X

k=1

cos k

^212π₇

sin k

^12π₇

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