\input pb.mac
%\input fontes.cc
\doublecrochets
\def\deg{\fct{deg}}
\def\Res{\fct{Res}}
\def\com{\fct{com}}

\line{{\bf E.N.S. ULM-S\`EVRES 1989 $P'$ \hfil Math\'ematiques \hfil} Dur\'ee : 4 heures}
\sv
{\it Sujet saisi par Michel Quercia (michel.quercia\char64 prepas.org) d'apr\`es
le texte original. J'ai ajout\'e des indications et une question (typographi\'es en italique)
pour guider les \'el\`eves.}
\sv

Dans ce qui suit, $\K$ d\'esigne un sous-corps du corps $\C$ des nombres complexes.
On note $\deg(P)$ le degr\'e d'un \'el\'ement $P$ de $\K[X]$.
De plus, pour tout couple $(P,Q)$ d'\'el\'ements de $\K[X]$, on note $(P \bmod Q)$
le reste de la division euclidienne de $P$ par $Q$.
On rappelle que $P$ et $Q$ sont dits premiers entre eux si et seulement si
leur pgcd est \'egal \`a 1.
\sv
Si $P,Q,R$ sont trois \'el\'ements de $\K[X]$, et si $n$ est un entier sup\'erieur ou \'egal \`a 3,
on dira que le triplet $(P, Q, R)$ v\'erifie l'hypoth\`ese $(H_n)$ si l'on a~:

{\sv\marge{\indent\indent}
\enmarge{\it i) }   $\deg(P) = n$, $\deg(Q) \le n$,\par
\enmarge{\it ii) }  $PQ' - P'Q = R^2$,\par
\enmarge{\it iii) } $P$ et $R$ sont premiers entre eux.\par}



\partie{I}{Partie I}
\sv\answerwrite{\def\partie#1#2{}\centerline{\bf Partie I}\sv}

\qq Soit $P(X) = X^n - X$.
    Trouver $Q$ et $R$ dans $\Q[X]$, o\`u $\Q$ est le corps des nombres rationnels,
    tels que $(P,Q, R)$ v\'erifie $(H_n)$
    (on pourra chercher $Q$ sous la forme $-X^{n-1}+a$).
\reponse{Avec $P = X^n-X$ et $Q = -X^{n-1}+a$ on obtient
   $PQ' - P'Q = X^{2n-2} + (n-2-an)X^{n-1} + a$. Le trin\^ome unitaire
   $Y^2 + (n-2-an)Y + a$ est un carr\'e si et seulement si son discriminant
   est nul, soit $(n-2-an)^2 = 4a$. On en d\'eduit $a=1$ ou $a=(1-2/n)^2$.
   La solution $a=1$ ne convient pas car alors $R=\pm(X-1)$ n'est pas premier \`a $P$,
   tandis que la solution $a=(1-2/n)^2$ convient~: $R = \pm(X^{n-1}+1-2/n)$
   est premier \`a $P$ car $n\ge 3$.
   \smallskip}

\smallskip
\qq Montrer que, si le triplet $(P, Q, R)$ v\'erifie $(H_n)$, il en est de
    m\^eme du triplet $(P,Q + \lambda P , R)$, o\`u $\lambda\in\K$.

\smallskip
\qq Soit $(P,Q, R)$ v\'erifiant $(H_n)$.
    Si $a$ est une racine de $R$ de multiplicit\'e $m$, quelle est la multiplicit\'e
    de $a$ comme racine du polyn\^ome $S(X) = P(X)Q(a) - P(a)Q(X)$~?
    {\it Indication~: on pourra calculer $PS' - P'S$.}
\reponse{$S(a) = 0$ et $S'(a) = -R^2(a)$ donc si $m=0$ (ie. $a$ n'est pas
    racine de~$R$), alors $a$ est racine simple de~$S$.
    Si $m > 0$~: on a $PS' - P'S = -P(a)R^2$ et $P\wedge R = 1$, donc d'apr\`es
    la relation de B\'ezout, on a $P(a)\ne 0$, d'o\`u $a$ est racine d'ordre $2m$ de
    $PS' - P'S$. Soit $s>0$ l'ordre de multiplicit\'e
    de $a$ comme racine de~$S$~: alors $PS' - P'S$ est divisible par
    $(X-a)^{s-1}$ et pas par $(X-a)^s$, d'o\`u $2m=s-1$ soit $s=2m+1$,
    r\'esultat qui recouvre le cas $m=0$.
    \smallskip}


\smallskip
\qq Dans cette question, et jusqu'\`a la fin de la partie {\bf I}, on suppose que
    $\K = \R$, le corps des nombres r\'eels.
    Montrer que si le triplet $(P,Q, R)$ v\'erifie $(H_n)$, le polyn\^ome $P$ a au
    moins une racine r\'eelle.
    {\it Indication~: consid\'erer la fonction rationnelle $f$ d\'efinie
    sur $\R\setminus\{$racines r\'eelles de $P\}$ par $f(x) = Q(x)/P(x)$.}
\reponse{Si $P$ ne s'annule pas sur~$\R$ alors la fraction rationnelle $f=Q/P$
    est d\'efinie sur~$R$ et a pour d\'eriv\'ee $f' = R^2/P^2$ donc
    $f$ est strictement croissante sur~$\R$. Ceci est
    impossible car, par hypoth\`ese sur $\deg(P)$ et $\deg(Q)$, $f$ admet des
    limites finies \'egales en $-\infty$ et en $+\infty$.
    \smallskip}

\smallskip
\qq Soit $( P , Q , R)$ v\'erifiant $(H_n)$.
    On suppose que les racines de P sont r\'eelles.

\sq Montrer que toutes les racines de $Q$ sont r\'eelles.
\reponse{Les racines de $P$ sont simples car $P(a) = P'(a) = 0 \=> R(a) = 0$
    ce qui contredirait l'hypoth\`ese {\it iii)}. De m\^eme, $P$ et $Q$
    n'ont pas de racine commune.
    Soient $a_1 < a_2 < \dots < a_n$ les racines de $P$ et $f$ la fonction
    rationnelle associ\'ee \`a $Q/P$. Comme $f$ est croissante, on a
    $f(x)\--x\to {a_i^-}->+\infty$ et $f(x)\--x\to a_i^+->-\infty$, ce qui
    prouve que $Q$ admet une racine dans chaque intervalle $]a_i,a_{i+1}[$.
    En particulier, $\deg(Q)\ge n-1$. De plus, si $\deg(Q) = n$, alors
    $f$ admet une limite $\ell\ne0$ en $\pm\infty$, donc $Q$
    admet une racine dans $]-\infty,a_1[$ si $\ell < 0$ et une racine dans
    $]a_n,+\infty[$ si $\ell > 0$.
    \smallskip}

\sq Montrer que $R$ ne peut pas avoir de racine r\'eelle (on pourra raisonner par
    l'absurde, et consid\'erer le polyn\^ome $P(a)Q(X) - Q(a)P(X)$, avec $a$ racine
    r\'eelle \'eventuelle de $R$).
\reponse{Soit $a$ une racine r\'eelle \'eventuelle de~$R$ et $m>0$ sa multiplicit\'e
    comme racine de~$R$. $P(a)\ne 0$ car $P\wedge R = 1$ donc
    $Q_1(X) = Q(X) - \dfrac{Q(a)}{P(a)}P(X)$ est bien d\'efini, et $(P,Q_1,R)$
    v\'erifie $(H_n)$. En particulier d'apr\`es la question pr\'ec\'edente, $Q_1$
    est \`a racines r\'eelles simples, mais d'apr\`es {\bf 3)} $a$ est racine de
    $Q_1$ avec la multiplicit\'e $2m+1$, c'est absurde.
    \smallskip}

\sq Montrer que $n$ est impair.
\reponse{Quitte \`a remplacer $Q$ par $Q+\lambda P$, on peut supposer $\deg(Q) = n-1$.
    Soient $P = \dsum_{k=0}^n a_kX^k$ et $Q = \dsum_{k=0}^{n-1} b_kX^k$.
    On a $PQ' - P'Q = -a_nb_{n-1}X^{2n-2} + \dots$ donc $\deg(R) = n-1$,
   nombre pair puisque $R$ n'a pas de racines r\'eelles.}

\partie{II}{Partie II}
\sv\answerwrite{\SV\centerline{\bf Partie II}\sv}

Soit $f$ un \'el\'ement de $\K(X)$.
Si $a$ est un p\^ole de $f$, le r\'esidu de $f$ en $a$, not\'e $\Res_a(f)$,
est par d\'efinition le coefficient de $\dfrac1{X-a}$ dans la d\'ecomposition
en \'el\'ements simples de $f$ dans $\C(X)$.
\sv

\qq Soient $U$ et $V$ deux \'el\'ements de $\K[X]$ tels que $\deg(U) \le \deg(V) - 2$.
    Calculer $\dsum_a\Res_a\bigl(\dfrac UV\bigr)$
    o\`u $a$ parcourt les p\^oles de $f$.
\reponse{$\dsum_a\Res_a\bigl(\dfrac UV\bigr) = \dlim_{x\to\infty}\dfrac{xU(x)}{V(x)} = 0$.
    \smallskip}

\smallskip
\qq Soient $U$ et $V$ deux \'el\'ements de $\K[X]$ premiers entre eux.
    Si $a$ est une racine simple de $V$, calculer $\Res_a\bigl(\dfrac U{V^2}\bigr)$
    en fonction de $U(a),U'(a),V'(a)$ et $V''(a)$.
\reponse{Soit $V = (X-a)W$ et
    $\dfrac{U}{V^2} = \dfrac\alpha{X-a} + \dfrac\beta{(X-a)^2} + \dfrac{S}{W^2}$
    avec $W,S\in\C[X]$ et $\alpha,\beta\in\C$.
    \smallskip
    On a donc $U = (\alpha(X-a)+\beta)W^2 + (X-a)^2S$, d'o\`u~:
    $$\syst{
     U(a) &= &\beta W^2(a)\hfill\cr
     U'(a) &= &\alpha W^2(a) + 2\beta W(a)W'(a)\cr
     V'(a) &= &W(a)\hfill\cr
     V''(a) &= &2W'(a).\hfill\cr}$$
    Par cons\'equent, 
    $\Res_a\bigl(\dfrac U{V^2}\bigr) = \alpha = \dfrac{U'(a)V'(a)-U(a)V''(a)}{V'^3(a)}$.
    \smallskip}

\smallskip
\qq Soient $x_1,\dots,x_n$ $n$ nombres complexes deux \`a deux distincts.
    On pose $P(X) = \dprod_{i=1}^n(X-x_i)$.
    Si $E_{n-1}$ d\'esigne le sous-espace vectoriel des \'el\'ements de $\C[X]$
    de degr\'e inf\'erieur ou \'egal \`a $n - 1$, on note $B$ l'application de $E_{n-1}\times E_{n-1}$
    dans $\C$ d\'efinie par
    $B(S,T) = \dsum_{i=1}^n \dfrac{S(x_i)T(x_i)}{P'^3(x_i)}$.

\smallskip
\sq Montrer que $B$ est une forme bilineaire sym\'etrique non d\'eg\'en\'er\'ee
    (on rappelle qu'une forme bilin\'eaire sym\'etrique $\phi$ sur un espace
    vectoriel $E$ de dimension finie est dite non d\'eg\'en\'er\'ee si, pour tout
    $x \ne 0$ de $E$, il existe $y \in E$ tel que $\phi(x,y) \ne 0$).
\reponse{$B$ est bien d\'efinie car les $x_i$ sont racines simples de~$P$, et c'est
    clairement une forme binil\'eaire sym\'etrique sur $E_{n-1}$.
    Consid\'erons $S\in E_{n-1}$ telle que $B(S,T) = 0$ pour tout $T\in E_{n-1}$.
    En prenant $T(X) = \dprod_{j\ne i}(X-x_j)$, on obtient $S(x_i) = 0$
    et ce pour tout~$i$, donc $S = 0$ car $\deg(S) < n$.
    \smallskip}

\sq Soit $u$ l'endomorphisme de $E_{n-1}$ d\'efini par $u(S) = (P''S - 2P'S') \bmod P$.
    Montrer que, pour tout couple $(S,T)$ d'\'el\'ements de $E_{n-1}$, on a
    $B(u(S), T) + B(S,u(T)) = 0$.
\reponse{On v\'erifie facilement que $u$ est un endomorphisme de~$E_{n-1}$,
    et que pour $S\in E_{n-1}$ et $i\in{[[1,n]]}$ on a
    $$u(S)(x_i) = (P''S - 2P'S')(x_i).$$
    Donc~:
    $$B(u(S), T) + B(S,u(T))
    = \dsum_{i=1}^n \dfrac{2(P''ST - P'(S'T+ST'))(x_i)}{P'^3(x_i)}
    = -2\dsum_{i=1}^n \Res_{x_i}\bigl(\dfrac{ST}{P^2}\bigr) = 0$$
    car $\deg(ST) \le \deg(P^2)-2$.
    \smallskip\goodbreak}

\sq {\it Soit $(e_1,\dots,e_n)$ une base de $E_{n-1}$,
    $M$ la matrice de $u$ dans cette base et
    $N\in \M n\C$ la matrice de terme g\'en\'eral $N_{ij} = B(e_i,e_j)$.
    Montrer que $N$ est sym\'etrique inversible, et que l'on a ${}^tMN + NM = 0$.}
\reponse{$N$ est sym\'etrique par sym\'etrie de~$B$. Soient $C_1,\dots,C_n$ les colonnes de~$N$
    et $t_1,\dots,t_n$ des complexes tels que $t_1C_1 + \dots + t_nC_n = 0$.
    En posant $T = t_1e_1+\dots+t_ne_n$, on a $B(e_i,T) = 0$ pour tout~$i$,
    ce qui implique $T=0$ puisque $B$ est non d\'eg\'en\'er\'ee. Ainsi, les $t_i$ sont tous nuls,
    ce qui prouve la libert\'e de~$C_1,\dots,C_n$ et donc l'inversibilit\'e de~$N$.
    \sv
    Enfin,
    $$\eqalign{
    (^tMN)_{ij} &= \dsum_{k=1}^n M_{ki}N_{kj} = B\Bigl(\dsum_{k=1}^n M_{ki}e_k,e_j\Bigl) = B(u(e_i),e_j)\cr
    (NM)_{ij} &= \dsum_{k=1}^n N_{ik}M_{kj} = B\Bigl(e_i,\dsum_{k=1}^n M_{kj}e_k\Bigl) = B(e_i,u(e_j))\cr
    }$$
    d'o\`u ${}^tMN + NM = 0$ d'apr\`es {\bf 3b)}.
    \smallskip}

\sq Soit $m$ un entier impair.
    Montrer qu'une matrice de type $(m,m)$ antisym\'etrique est non inversible.
    En d\'eduire que, si $n$ est impair, $u$ n'est pas injective.
\reponse{Si $M\in\M n\C$ est antisym\'etrique
    alors $\det(M) = \det({}^tM)= \det(-M) = (-1)^m\det(M)$
    donc si $m$ est impair, on a $\det(M) = 0$.
    \sv
    Supposons $n$ impair et soit $(e_1,\dots,e_n)$ une base de $E_{n-1}$, $M$ et $N$ les
    matrices associ\'ees \`a $u$ et $B$ comme au {\bf 3c)}. La matrice $NM$ est
    antisym\'etrique donc non inversible, mais $N$ est inversible d'o\`u $M$
    est non inversible, ce qui prouve que $u$ n'est pas injective.
    \smallskip}

\smallskip
\qq Soient $P$ et $R$ deux \'el\'ements de $\K[X]$ premiers entre eux.
    On note $n$ le degr\'e de $P$ et on suppose que $\deg(R) < n$.
    Montrer que les deux assertions suivantes sont \'equivalentes~:

{\sv\marge{\indent}
\enmarge{\it i) }  il existe $Q$ dans $\K[X]$ tel que $(P,Q,R)$ v\'erifie $(H_n)$,\par
\enmarge{\it ii) } le polyn\^ome $P''R - 2P'R'$ est divisible par $P$.\par}

\reponse{Si $(P,Q,R)$ v\'erifie $(H_n)$ alors on a successivement~:
    $$\eqalign{
    &PQ'-P'Q = R^2,\cr
    &PQ'' - P''Q = 2RR',\cr
    &(P''R - 2P'R')R = P(P''Q' - P'Q'').\cr}$$
    et $P\wedge R = 1$ donc $P$ divise $P''R - 2P'R'$.
    \sv
    R\'eciproquement, supposons que $P''R - 2P'R'$ est divisible par $P$.
    D'apr\`es {\bf 2)}, on a $\Res_{x_i}\bigl(\dfrac{R^2}{P^2}\bigr) = 0$
    pour tout~$i$, donc la fraction rationnelle $\dfrac{R^2}{P^2}$ admet une
    d\'ecomposition en \'el\'ements simples de la forme~:
    $$\dfrac{R^2}{P^2} = \dsum_{i=1}^n \dfrac{\beta_i}{(X-x_i)^2}.$$
    Posons~:
    $$\dfrac{Q}{P} = \dsum_{i=1}^n \dfrac{-\beta_i}{X-x_i},$$
    ce qui d\'efinit $Q\in E_{n-1}$. Par construction, $(Q/P)' = R^2/P^2$
    et donc $PQ' - P'Q = R^2$.
    \smallskip}

\smallskip
\qq Soit $n$ un entier impair, et $P$ un polyn\^ome irr\'eductible de $\K[X]$
    de degr\'e $n$. Montrer qu'il existe deux \'el\'ements $Q$ et $R$ de $\K[X]$
    tels que $(P,Q,R)$ v\'erifie $(H_n)$.
\reponse{Comme $n$ est impair, $u$ n'est pas injective. Soit $M$ la matrice de $u$ dans la
    base canonique $(1,X,\dots,X^{n-1})$ de~$E_{n-1} = C_{n-1}[X]$ et soit $F_{n-1} = \K_{n-1}[X]$.
    Alors $F_{n-1}$ est stable par~$u$ et la matrice de $u_{|F_{n-1}}$
    dans $(1,X,\dots,X^{n-1})$, consid\'er\'ee comme une base de $F_{n-1}$, est
    \'egale \`a~$M$ matrice de d\'eterminant nul, donc $u_{|F_{n-1}}$ n'est pas injective.
    Ainsi il existe $R\in F_{n-1}$
    tel que $R\ne 0$ et $P''R - 2P'R'$ est divisible par~$P$. On a $\deg(R) < \deg(P)$
    et $P$ est irr\'eductible, donc $P$ et $R$ sont premiers entre eux, la question pr\'ec\'edente
    s'applique.
    \smallskip}


\partie{III}{Partie III}
\sv\answerwrite{\SV\centerline{\bf Partie III}\sv}

\smallskip
\qq Soit $A$ une matrice de type $(n,n)$ antisym\'etrique, et $C$ sa matrice des cofacteurs.

\sq Calculer la matrice transpos\'ee de $C$ en fonction de $C$ et de $n$.
\reponse{Notons $C = (c_{ij})$ et soit $A_{ij}$ la sous-matrice de~$A$ obtenue en retirant la ligne $i$
    et la colonne $j$. Comme $A$ est antisym\'etrique, on a $A_{ji} = -{}^tA_{ij}$
    d'o\`u $c_{ji} = (-1)^{n-1}c_{ij}$. Ainsi, ${}^tC = (-1)^{n-1}C$.
    \smallskip}

\sq En d\'eduire que, si $n$ est pair et $A$ non inversible, le rang de A est
    inf\'erieur ou \'egal \`a $ n - 2$.
\reponse{Supposons $n$ pair et $A$ antisym\'etrique telle que $\rg(A) = n-1$.
    De la relation $A{}^tC = \det(A)I = 0$ on d\'eduit que les colonnes de ${}^tC$
    appartiennent au noyau de l'endomorphisme de~$\K^n$ canoniquement associ\'e
    \`a~$A$, d'o\`u $\rg(C)\le 1$, et $C \ne 0$ car $\rg(A)=n-1$ donc il existe
    au moins une sous-matrice $A_{ij}$ de rang $n-1$. Ainsi $\rg(C)=1$, les colonnes
    de~$C$ sont toutes proportionnelles \`a l'une d'entre elles que l'on note $U = {}^t(u_1\ \dots\ u_n)$.
    Soit $C_i=\lambda_iU$ la $i$-\`eme colonne de~$C$~: alors $C = (\lambda_1\ \dots\ \lambda_n)U = LU$
    et on sait que $C$ est antisym\'etrique, ${}^tU{}^tL = LU$ donc ${}^tL$ est
    proportionnelle \`a~$U$~: $L = \mu U$ et finalement $C = (\lambda_i u_j) = (\mu u_iu_j)$.
    Par antisym\'etrie, les coefficients diagonaux de $C$ sont nuls donc $\mu u_i^2=0$
    ce qui implique $\mu u_i=0$ puis $C=0$ en contradiction avec l'hypoth\`ese $\rg(C) = 1$.
    \smallskip}

\smallskip
\qq Dans ce qui suit et jusqu'\`a la fin du probl\`eme, $\K = \R$.
    Soient $x_1,\dots,x_n$ $n$ nombres r\'eels deux \`a deux distincts.
    Soit $M$ la matrice $(n,n)$ de terme g\'en\'eral $m_{ii} = 0$ ($1 \le i \le n$),
    et $m_{ij} = \dfrac1{x_i-x_j}$ pour $1 \le i \le n$, $1 \le j \le n$, $i \ne j$.
    On pose $P(X) = \dprod_{i=1}^n(X - x_i)$.
    Montrer que les deux assertions suivantes sont \'equivalentes :

{\sv\marge{\indent}
\enmarge{\it i) }  Il existe $Q$ et $R$ dans $\R[X]$ tels que $(P,Q,R)$ v\'erifie $(H_n)$,\par
\enmarge{\it ii) } Il existe une matrice $N$ \`a $n$ lignes et une colonne,
    dont toutes les composantes sont non nulles, et telle que $MN = 0$.\par}

   (On pourra d\'ecomposer $Q/P$ et $R/P$ en \'el\'ements simples.)
\reponse{Soit $L_i(X) = \dfrac{P(X)}{P'(x_i)(X-x_i)}$ le $i$-\`eme
    polyn\^ome de Lagrange associ\'e aux $x_i$~: $(L_1,\dots,L_n)$ est une base
    de $\R_{n-1}[X]$ telle que si $U\in\R_{n-1}[X]$ alors $U = \dsum_{i=1}^n U(x_i)L_i$.
    En particulier, $u(L_j) = \dsum_{i=1}^n (P''L_j-2P'L_j')(x_i)L_i$.
    On a~:
    $$\eqalign{
    &P'(x_j)(X-x_j)L_j = P,\cr
    &P'(x_j)(X-x_j)L_j' +  P'(x_j)L_j = P',\cr
    &P'(x_j)(X-x_j)L_j'' +  2P'(x_j)L_j' = P'',\cr
    &(P''L_j-2P'L_j')(x_j) = 0,\cr
    &(P''L_j-2P'L_j')(x_i) = -2P'(x_i)L_j'(x_i) = \dfrac{-2P'^2(x_i)}{P'(x_j)(x_i-x_j)}\text{ si }j\ne i\cr}$$
    Donc la matrice de~$u$ dans la base $(L_1,\dots,L_n)$ est la matrice $M_1$
    de terme g\'en\'eral $(-2P'^2(x_i)/P'(x_j))m_{ij}$.
    En notant $D = \fct{diag}(P'(x_1),\dots,P'(x_n))$ on a ainsi~:
    $M_1 = -2D^2MD^{-1}$.
    \sv
    Supposons qu'il existe $Q$ et $R$ dans $\R[X]$ tels que $(P,Q,R)$ v\'erifie $(H_n)$.
    Alors $\deg(R) < n$ et $P\wedge R = 1$ donc on peut appliquer {\bf II-4)}~:
    $u(R) = 0$, soit $M_1{}^t(R(x_1)\ \dots \ R(x_n)) = 0$,
    soit enfin $MN=0$ avec
    $$N=D^{-1}{}^t(R(x_1)\ \dots \ R(x_n)) = {}^t(R(x_1)/P'(x_1)\ \dots\ R(x_n)/P'(x_n)),$$
    et les coefficients de la matrice $N$ ci-dessus sont non nuls car $P\wedge R = 1$.
    \sv
    R\'eciproquement, s'il existe une matrice colonne $N$ \`a coefficients non nuls
    telle que $MN = 0$, soit $R$ le polyn\^ome de Lagrange d\'efini par $R(x_i) = P'(x_i)N_{i1}$.
    $R$ n'a pas de racine commune avec $P$ donc est premier \`a~$P$ et $\deg(R) < n$,
    d'apr\`es {\bf II-4)} il existe $Q\in\R[X]$ tel que $(P,Q,R)$ v\'erifie $(H_n)$.
    \sv
    Remarque~: on n'a pas utilis\'e l'indication fournie, mais on a d\'ej\`a fait intervenir
    les d\'ecompositions en \'el\'ements simples de $R^2/P^2$ et $Q/P$ en~{\bf II-4)}, et
    on va s'en reservir \`a la question suivante.
    \smallskip}

\smallskip
\qq Soit $n$ un entier impair sup\'erieur ou \'egal \`a 3, et $P$ un \'el\'ement de $\R[X]$ dont les
    racines sont r\'eelles et distinctes.
    Montrer qu'il existe un unique couple de polyn\^omes $(Q,R)$
    avec $\deg(Q) < n$ et $R$ unitaire, tels que le triplet $(P,Q,R)$ v\'erifie $(H_n)$
    (on pourra raisonner par r\'ecurrence sur $n$, et utiliser la partie {\bf I}).
\reponse{On d\'emontre directement la propri\'et\'e demand\'ee, sans faire de raisonnement par
    r\'ecurrence.
    La matrice $M$ d\'efinie \`a la question pr\'ec\'edente est sym\'etrique de taille impaire
    donc non inversible et il existe $N\in\M{n,1}\R\setminus\{0\}$ telle
    que $MN = 0$. Soit $R$ le polyn\^ome associ\'e \`a~$N$ (c'est-\`a-dire d\'efini
    par les relations $\deg(R)<n$, $R(x_i) = P'(x_i)N_{i1}$). Par construction, $u(R) = 0$
    donc la fraction $R^2/P^2$ a pour d\'ecomposition en \'el\'ements simples~:
    $$\dfrac{R^2}{P^2} = \dsum_{i=1}^n \dfrac{R^2(x_i)/P'^2(x_i)}{(X-x_i)^2}
                       = \dsum_{i=1}^n \dfrac{N_{i1}^2}{(X-x_i)^2}.$$
    En posant $$\dfrac QP = \dsum_{i=1}^n \dfrac{-N_{i1}^2}{X-x_i},$$
    on d\'efinit un polyn\^ome $Q$ tel que $\deg(Q) < n$ et $PQ'-P'Q = R^2$
    (cf. {\bf II-4)}. Si tous les coefficients $N_{i1}$ sont non nuls, alors $(P,Q,R)$
    est solution de $(H_n)$ et $R\ne 0$ donc en divisant $R$ par son coefficient
    dominant et $Q$ par le carr\'e de ce coefficient, on a trouv\'e une solution
    de~$(H_n)$ telle que $\deg(Q) < n$ et $R$ est unitaire. Ainsi, l'existence
    et l'unicit\'e du triplet $(P,Q,R)$ demand\'e se r\'esume \`a montrer que la matrice
    colonne $N$ a tous ses coefficients non nuls, et qu'elle est unique \`a un facteur
    non nul pr\`es.
    \sv
    Supposons qu'il existe des indices $i$ tels que $N_{i1} = 0$. Apr\`es renum\'erotation,
    on peut supposer que $N_{11}\ne 0$, \dots, $N_{p1}\ne 0$, $N_{p+1,1} = \dots = N_{n1} = 0$.
    Alors la sous-matrice ${}^t(N_{11}\ \dots\ N_{p1})$ fournit une solution
    $(P_1,Q_1,R_1)$ du probl\`eme $(H_p)$~:
    $$P_1 = \dprod_{i=1}^p(X-x_i),\qquad \dfrac{R_1}{P_1} = \dsum_{i=1}^p\dfrac{N_{i1}}{X-x_i},
      \qquad \dfrac{Q_1}{P_1} = \dsum_{i=1}^p\dfrac{-N_{i1}^2}{X-x_i}.$$
    De plus, on a pour $p+1\le i\le n$~:
    $$0 = \dsum_{k=1}^nm_{ik}N_{k1} = \dsum_{k=1}^p\dfrac{N_{k1}}{x_i-x_k} = \dfrac{R_1(x_i)}{P_1(x_i)}$$
    d'o\`u $R_1(x_{p+1}) = \dots = R_1(x_n) = 0$. Mais ceci est impossible
    d'apr\`es {\bf I-5b)}. Ainsi $N$ ne peut avoir de coefficient non nul.
    \sv
    Supposons qu'il existe deux matrices colonnes $N$ et $N'$ \`a coefficients
    non nuls, non proportionnelles, et telles que $MN = MN' = 0$~: alors la matrice
    $N'' = N_{11}N' - N'_{11}N$ est non nulle, elle v\'erifie $MN'' = 0$ et
    $N''_{11} = 0$. Une telle matrice n'existe pas d'apr\`es ce qu'on vient de voir.
    Ceci ach\`eve la d\'emonstration ainsi que le probl\`eme.
     

    }

\bye

