Sujet et corrigé — CAPES externe 2026 (bac+3) — Épreuve écrite 1

Assertion 1. Le théorème de Fermat dit qu'un extremum local intérieur d'une fonction dérivable annule la dérivée. La question posée est celle de sa réciproque. Chercher la fonction la plus simple dont la dérivée s'annule sans changer de signe.

Assertion 2. On n'intègre pas $\sin^{2}$ directement : on le linéarise. Quelle est la valeur de $\sin(2n\pi)$ quand $n$ est un entier ? Penser aussi au cas $n=0$, que l'énoncé inclut.

Assertion 3. Trois longueurs à comparer, c'est trois calculs ; un seul quotient d'affixes donne tout. Calculer $\dfrac{z_C-z_B}{z_A-z_B}$ : son module compare deux longueurs, son argument donne l'angle en $B$. À quoi sert l'hypothèse $t\neq1$ ?

Assertion 4. Un polynôme est une fonction continue. Que valent $\lim_{x\to+\infty}P(x)$ et $\lim_{x\to-\infty}P(x)$ quand le degré est impair ? Quel théorème conclut alors, et quelles hypothèses demande-t-il ?

Assertion 5. Trois des quatre propriétés sont immédiates. La quatrième — « définie » — est celle que l'énoncé met à l'épreuve : si $P(0)=P(1)=0$, combien de racines a $P$, et quel est son degré ?

Assertion 6. Écrire toutes les racines comme les puissances d'une seule : $\omega_k=\zeta^{k}$ avec $\zeta=e^{2i\pi/n}$. La somme devient géométrique de raison $\zeta^{p}$. Sous quelle condition la formule de la somme géométrique s'applique-t-elle, et où l'hypothèse $p\leqslant n-1$ intervient-elle ?

Assertion 7. Le coefficient $1-x$ s'annule en $1$ : l'équation n'est pas résolue en $y'$ sur $\mathbb{R}$. Résoudre d'abord sur un intervalle qui évite $1$, puis vérifier si la fonction trouvée reste solution en $x=1$. Une seule fonction candidate suffit à conclure.

Sept assertions, sept domaines du tronc commun de licence — c'est un balayage, pas un problème : chaque assertion se traite en quelques lignes, indépendamment des autres.

La consigne décide de la rédaction, et il faut la prendre au mot : « Toute réponse non argumentée ne sera pas prise en compte. » Un verdict nu ne répond pas à la question posée, même juste. Concrètement, deux régimes de preuve, et ils ne se ressemblent pas :

• une assertion VRAIE se démontre — dans le cas général, avec les hypothèses nommées et le théorème cité avec ses conditions. Trois exemples numériques ne prouvent rien ;
• une assertion FAUSSE se réfute par UN contre-exemple explicite — une fonction, un polynôme, un réel, écrits noir sur blanc, et la vérification que l'assertion y échoue. Un discours du type « ce n'est pas toujours vrai » n'est pas une réfutation : il ne nomme aucun objet.

⚠️ Le comptage final est déséquilibré : six assertions sont vraies, une seule est fausse. Ce n'est pas une observation décorative. Devant un Vrai/Faux, la tentation est d'« équilibrer » ses réponses et de chercher l'erreur là où il n'y en a pas — ici, cinq des six assertions vraies sont formulées de façon à inquiéter (un coefficient qui s'annule, une formule qui ressemble à une réciproque fausse, un produit scalaire défini par deux évaluations seulement). Chaque assertion se juge seule, sur sa démonstration.

Une dernière chose, qui vaut pour les sept : plusieurs hypothèses ont l'air décoratives et ne le sont pas. $t\neq1$ (assertion 3), « de degré au plus $1$ » (assertion 5), $p\in[\![1,n-1]\!]$ (assertion 6) : à chaque fois, c'est exactement l'hypothèse sans laquelle l'assertion tombe. Repérer ce qu'une hypothèse empêche est la moitié du travail — voir Raisonnement.

Ce que ça teste. Le théorème de Fermat et, surtout, le sens de son implication. Il est enseigné dans Fonctions d'une variable réelle : si $f$ est dérivable en $a$, si $a$ est intérieur à l'intervalle d'étude et si $f$ admet en $a$ un extremum local, alors $f'(a)=0$. L'assertion propose la réciproque. Elle est fausse.

La rédaction attendue. Posons $f:x\mapsto x^{3}$, définie et dérivable sur $\mathbb{R}$, de dérivée $f'(x)=3x^{2}$. On a bien $f'(0)=0$ : l'hypothèse est vérifiée en $a=0$.

Montrons que $f$ n'admet en $0$ ni minimum local ni maximum local. Soit $\eta>0$ quelconque. Le réel $\tfrac{\eta}{2}$ appartient à $\left]-\eta,\eta\right[$, et

Ainsi, sur tout voisinage de $0$, $f$ prend des valeurs strictement inférieures et des valeurs strictement supérieures à $f(0)$. Or :

• « $f$ admet en $0$ un minimum local » signifie $\exists\eta>0,\;\forall x\in\left]-\eta,\eta\right[,\;f(x)\geqslant f(0)$, ce que $-\tfrac{\eta}{2}$ contredit pour tout $\eta$ ;
• « $f$ admet en $0$ un maximum local » signifie $\exists\eta>0,\;\forall x\in\left]-\eta,\eta\right[,\;f(x)\leqslant f(0)$, ce que $+\tfrac{\eta}{2}$ contredit pour tout $\eta$.

Donc $f$ n'admet en $0$ aucun extremum local, et l'assertion est fausse.

Les pièges.

• Répondre « faux » sans contre-exemple. C'est exactement ce que la consigne écarte : une réponse non argumentée laisse la question sans réponse. Un contre-exemple, ici, tient en trois lignes : il n'y a aucune raison de s'en priver.
• Exhiber $x^{3}$ sans rien vérifier. Écrire « $x^{3}$ convient » ne suffit pas : il faut dire pourquoi $0$ n'est pas un extremum, donc nier la définition. C'est un exercice de quantificateurs — le $\forall\eta$ doit apparaître, sinon on a seulement traité un voisinage particulier.
• Confondre condition nécessaire et condition suffisante. Fermat donne une condition nécessaire d'extremum intérieur. La condition suffisante usuelle est tout autre : si $f'$ s'annule en $a$ en changeant de signe, alors $f$ a un extremum local en $a$ — voir Fonctions d'une variable réelle. ⚠️ « Changer de signe » s'entend au sens strict : $f'$ négative sur tout un intervalle $\left]a-\eta,a\right[$ et positive sur tout un intervalle $\left]a,a+\eta\right[$, ou l'inverse. Une dérivée qui prendrait les deux signes dans tout voisinage de $a$ sans être de signe constant d'un côté ne suffirait pas. C'est ce changement de signe qui manque à $x\mapsto x^{3}$, dont la dérivée $3x^{2}$ reste positive.
• Croire que l'hypothèse « dérivable sur $\mathbb{R}$ » sauve l'assertion. Elle ne sert qu'à donner un sens à $f'(a)$ ; aucune régularité ne rend la réciproque vraie. La fonction $x\mapsto x^{3}$ est pourtant de classe $\mathcal{C}^{\infty}$.

Recoupement. $f'(x)=3x^{2}\geqslant0$ sur $\mathbb{R}$, et $f'$ ne s'annule qu'en $0$ : par le critère « dérivée positive ne s'annulant qu'en des points isolés » — qu'il faut nommer, car $f'\geqslant0$ seul ne donne que la croissance au sens large —, $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$. Une fonction strictement croissante n'admet d'extremum local en aucun point intérieur — le contre-exemple est donc solide pour une seconde raison, indépendante du calcul de voisinage. Numériquement : $f(-0{,}1)=-0{,}001<0<0{,}001=f(0{,}1)$, et le même encadrement se resserre sans jamais changer de sens, aussi près de $0$ qu'on veuille.

Ce que ça teste. L'intégration d'un carré trigonométrique par linéarisation, et la valeur de $\sin$ aux multiples entiers de $\pi$. Chapitre : Intégrales.

La rédaction attendue. Soit $n\in\mathbb{N}$. La fonction $x\mapsto\sin^{2}(x)$ est continue sur $\mathbb{R}$, donc sur le segment $[0,n\pi]$ : l'intégrale existe. La formule de duplication $\cos(2x)=1-2\sin^{2}(x)$ donne

d'où

Or $\sin(2n\pi)=0$ car $n$ est un entier, et $\sin(0)=0$ : le crochet est nul. Donc

et l'assertion est vraie, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $n=0$ compris (les deux membres valent alors $0$).

Les pièges.

• Chercher une primitive de $\sin^{2}$ « par analogie ». $\tfrac{1}{3}\sin^{3}(x)$ n'est pas une primitive de $\sin^{2}(x)$ : en dérivant, on obtient $\sin^{2}(x)\cos(x)$. La linéarisation n'est pas une astuce, c'est le chemin.
• Oublier de justifier l'existence de l'intégrale. La continuité se dit avant qu'on manipule le symbole $\int$ : c'est elle qui donne un sens à l'objet qu'on calcule. Ici c'est une ligne, et elle est gratuite.
• Oublier le cas $n=0$. L'énoncé écrit $n\in\mathbb{N}$, qui contient $0$. L'assertion reste vraie, mais une rédaction qui suppose $n\geqslant1$ sans le dire laisse un trou.
• Invoquer « la valeur moyenne de $\sin^{2}$ vaut $\tfrac12$ » comme une évidence. C'est exact — et c'est précisément ce que le calcul démontre. Citer un résultat à la place de sa preuve, sur une question dont c'est tout l'objet, ne peut pas tenir lieu de démonstration.
• Le point où le caractère entier de $n$ sert. Si $n$ était un réel quelconque, le crochet $\left[\tfrac{\sin(2x)}{2}\right]_{0}^{n\pi}$ vaudrait $\tfrac{\sin(2n\pi)}{2}$ — sa contribution à l'intégrale, elle, en est l'opposé de la moitié, soit $-\tfrac{\sin(2n\pi)}{4}$ : le crochet et sa contribution ne sont pas le même nombre — et l'intégrale vaudrait $\tfrac{n\pi}{2}-\tfrac{\sin(2n\pi)}{4}$, en général différente de $\tfrac{n\pi}{2}$. L'hypothèse $n\in\mathbb{N}$ n'est pas décorative : pour $n=\tfrac14$, l'intégrale vaut $\tfrac{\pi}{8}-\tfrac14$ et non $\tfrac{\pi}{8}$.

Recoupement. Second chemin, indépendant de la primitive : $\sin^{2}$ est $\pi$-périodique, donc $\int_{0}^{n\pi}\sin^{2}=n\int_{0}^{\pi}\sin^{2}$. Et le changement de variable $u=\tfrac{\pi}{2}-x$ échange $\sin^{2}$ et $\cos^{2}$, mais il envoie $[0,\pi]$ sur $\left[-\tfrac{\pi}{2},\tfrac{\pi}{2}\right]$ : il donne $\int_{0}^{\pi}\sin^{2}=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^{2}$, et c'est la $\pi$-périodicité de $\cos^{2}$ — le pas qu'on saute trop vite — qui ramène cette dernière intégrale à $\int_{0}^{\pi}\cos^{2}$. On a donc bien $\int_{0}^{\pi}\sin^{2}=\int_{0}^{\pi}\cos^{2}$ ; leur somme valant $\int_{0}^{\pi}\mathrm{d}x=\pi$, chacune vaut $\tfrac{\pi}{2}$. On retrouve $n\cdot\tfrac{\pi}{2}$.

Valeurs numériques : pour $n=1$, l'intégrale vaut $\tfrac{\pi}{2}\approx1{,}570796$ ; pour $n=3$, $\tfrac{3\pi}{2}\approx4{,}712389$ ; pour $n=7$, $\tfrac{7\pi}{2}\approx10{,}995574$.

Ce que ça teste. La lecture géométrique d'un quotient d'affixes : module et argument donnent d'un seul calcul un rapport de longueurs et un angle. Chapitre : Nombres complexes, et le socle sur les modules et arguments dans Nombres complexes.

La rédaction attendue. Notons $z_A=t$, $z_B=1$ et $z_C=1+i(1-t)$, avec $t\in\mathbb{R}$ et $t\neq1$.

Comme $t\neq1$, on a $z_A-z_B=t-1\neq0$ : le quotient ci-dessous est bien défini, et $A\neq B$. Calculons

On en tire les deux renseignements d'un coup :

• module : $\dfrac{BC}{BA}=\lvert -i\rvert=1$, donc $BA=BC$ : le triangle est isocèle en $B$ ;
• argument : $\bigl(\vec{BA},\vec{BC}\bigr)\equiv\arg(-i)\equiv-\dfrac{\pi}{2}\pmod{2\pi}$, donc le triangle est rectangle en $B$.

Enfin, $ABC$ est bien un vrai triangle — et chacune des distinctions demande son propre argument, $BA>0$ ne donnant à lui seul que $A\neq B$.

• Trois points distincts : $BA=\lvert t-1\rvert>0$ donne $A\neq B$ ; le module du quotient valant $1$, on a $BC=BA>0$, donc $C\neq B$ ; et ce quotient valant $-i\neq1$, on a $z_C\neq z_A$, donc $A\neq C$.
• Non alignés : $A$, $B$, $C$ sont alignés si et seulement si le quotient $\tfrac{z_C-z_B}{z_A-z_B}$ est réel, c'est-à-dire d'argument congru à $0$ modulo $\pi$. Or cet argument vaut $-\tfrac{\pi}{2}$, qui ne l'est pas.

L'assertion est vraie : $ABC$ est isocèle rectangle en $B$.

Les pièges.

• Diviser sans dire pourquoi c'est licite. L'hypothèse $t\neq1$ sert exactement à cela. Sans elle, $A=B=C$ et il n'y a pas de triangle : l'assertion perdrait son sens.
• Ne pas préciser le sommet. « Isocèle et rectangle » sans dire « en $B$ » laisse la conclusion à moitié écrite : le sommet fait partie de l'énoncé du résultat.
• Calculer trois longueurs et s'arrêter à Pythagore. La démarche est correcte mais elle demande une étape de plus : le triangle est rectangle par la réciproque du théorème de Pythagore, qu'il faut citer comme telle. Le quotient d'affixes, lui, donne l'angle directement.
• L'erreur de signe. $i(1-t)$ vaut $-i(t-1)$, pas $i(t-1)$. Avec le mauvais signe on trouve $+i$ : la conclusion géométrique est la même, mais l'angle est orienté dans l'autre sens, et le calcul est faux.
• Croire que $t$ pourrait être complexe. L'énoncé dit « soit $t$ un réel » ; c'est ce qui place $A$ sur l'axe des réels. Le calcul ci-dessus n'utilise pourtant pas cette réalité — le résultat vaudrait pour $t$ complexe différent de $1$, ce qui est une remarque, pas une licence pour sauter l'hypothèse.

Recoupement. Deux cas particuliers, calculés indépendamment :

Et dans le cas général : $BA=BC=\lvert t-1\rvert$ tandis que $AC=\lvert t-1\rvert\sqrt2$, donc $BA^{2}+BC^{2}-AC^{2}=0$ identiquement. Le triangle est toujours un demi-carré.

Ce que ça teste. Le théorème des valeurs intermédiaires et le comportement d'un polynôme en $\pm\infty$. Chapitres : Polynômes pour le degré et le coefficient dominant, Fonctions d'une variable réelle pour le TVI.

La rédaction attendue. Soit $P=\sum_{k=0}^{N}a_kX^{k}$ de degré $N$ impair, donc $a_N\neq0$ et $N\geqslant1$. Quitte à remplacer $P$ par $-P$, qui a exactement les mêmes racines, on suppose $a_N>0$.

Pour $x\neq0$, on factorise par le terme dominant :

Chaque exposant $k-N$ est strictement négatif, donc la parenthèse tend vers $1$ quand $\lvert x\rvert\to+\infty$ ; en particulier elle est strictement positive pour $\lvert x\rvert$ assez grand. Le signe de $P(x)$ est alors celui de $a_Nx^{N}$. Comme $N$ est impair, $x^{N}$ est du signe de $x$, donc

Il existe donc deux réels $u<v$ tels que $P(u)<0<P(v)$. La fonction polynomiale $P$ est continue sur $\mathbb{R}$, donc sur le segment $[u,v]$, et $0$ est compris entre $P(u)$ et $P(v)$ : par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe $x\in\left]u,v\right[$ tel que $P(x)=0$. L'assertion est vraie.

Les pièges.

• Écrire « TVI » sans vérifier ses hypothèses. Le sigle ne remplace pas la vérification de ses hypothèses, et l'écrire seul laisse la question sans réponse. Il faut dire que $P$ est continue, et exhiber deux points où elle prend des valeurs de signes contraires — c'est là tout le travail, et il vient du degré impair.
• Affirmer « un polynôme de degré impair a un nombre impair de racines réelles, comptées avec multiplicité ». C'est vrai, et c'est même une preuve recevable — à condition de la mener : elle repose sur d'Alembert-Gauss et sur le fait que $z$ et $\overline{z}$ ont la même multiplicité. Énoncée nue, en revanche, elle ne démontre rien. Attention au sens de l'implication : cette affirmation est plus forte que ce qu'on demande — un nombre impair vaut au moins $1$, donc elle entraîne bien la conclusion, mais la conclusion ne la donne pas —, donc plus exigeante à établir. C'est le chemin de la seconde preuve ci-dessous, et il faut le parcourir.
• Oublier le cas $a_N<0$. Le « quitte à remplacer $P$ par $-P$ » règle la question en une ligne ; l'omettre laisse la moitié des polynômes hors de la démonstration.
• Ne pas voir où l'hypothèse sert. Pour $N$ pair, les deux limites valent $+\infty$ (si $a_N>0$) et l'assertion tombe : $X^{2}+1$ ne s'annule sur aucun réel. Une bonne copie dit pourquoi la parité change tout.

Une seconde preuve, tout aussi recevable. Par le théorème de d'Alembert-Gauss, $P$ admet $N$ racines complexes comptées avec multiplicité. Comme $P$ est à coefficients réels, $\overline{P(z)}=P(\overline{z})$, donc les racines non réelles vont par paires conjuguées. Elles y vont avec la même multiplicité : chaque dérivée $P^{(k)}$ est encore à coefficients réels, donc $P^{(k)}(z)=0$ équivaut à $P^{(k)}(\overline{z})=0$, et $z$, $\overline{z}$ ont donc même ordre d'annulation. Comptées avec multiplicité, les racines non réelles sont ainsi en nombre pair. Le degré $N$ étant impair, il reste au moins une racine réelle. C'est plus court, à condition de citer les deux ingrédients.

Recoupement. Prenons $P=X^{3}-2X+2$. On a $P(-2)=-8+4+2=-2<0$ et $P(0)=2>0$ : le TVI donne une racine dans $\left]-2,0\right[$. Numériquement, elle vaut environ $-1{,}769292$, et c'est la seule racine réelle — le polynôme a bien une racine, sans en avoir trois. Contre-témoin du côté du degré pair : $X^{2}+1$ n'a aucune racine réelle, ce qui confirme que l'imparité est l'hypothèse porteuse.

Ce que ça teste. Les quatre propriétés qui définissent un produit scalaire, et surtout la dernière — « définie » —, celle qui dépend de l'espace sur lequel on travaille. Chapitres : Espaces euclidiens et Formes quadratiques.

La rédaction attendue. Posons, pour $P,Q\in\mathbb{R}_1[X]$, $\;\phi(P,Q)=P(0)Q(0)+P(1)Q(1)$. Vérifions les quatre points.

Bilinéaire. Pour $a\in\mathbb{R}$ fixé, l'évaluation $\mathrm{ev}_a:P\mapsto P(a)$ est une forme linéaire sur $\mathbb{R}_1[X]$. Donc, à $Q$ fixé, $P\mapsto\phi(P,Q)=\mathrm{ev}_0(P)Q(0)+\mathrm{ev}_1(P)Q(1)$ est linéaire comme combinaison linéaire de formes linéaires ; par symétrie (point suivant), $\phi$ est linéaire à droite aussi.

Symétrique. $\phi(Q,P)=Q(0)P(0)+Q(1)P(1)=\phi(P,Q)$, la multiplication dans $\mathbb{R}$ étant commutative.

Positive. $\phi(P,P)=P(0)^{2}+P(1)^{2}\geqslant0$, somme de deux carrés de réels.

Définie. Supposons $\phi(P,P)=0$, c'est-à-dire $P(0)^{2}+P(1)^{2}=0$. Une somme de deux carrés de réels est nulle si et seulement si chacun l'est, donc $P(0)=P(1)=0$. Ainsi $P$ admet deux racines distinctes, $0$ et $1$. Or un polynôme non nul de degré au plus $1$ admet au plus une racine. Donc $P=0$.

Les quatre propriétés sont vérifiées : l'assertion est vraie, $\phi$ est un produit scalaire sur $\mathbb{R}_1[X]$.

Les pièges.

• S'arrêter à « positive ». C'est l'erreur que l'énoncé attend. Il rappelle d'ailleurs la définition complète — quand un sujet prend la peine de rappeler « définie positive », c'est le mot « définie » qu'il faut aller regarder.
• Ne pas voir que « de degré au plus $1$ » est l'hypothèse porteuse. La même formule sur $\mathbb{R}_2[X]$ n'est plus un produit scalaire : le polynôme $P=X(X-1)$ est non nul et vérifie $P(0)=P(1)=0$, donc $\phi(P,P)=0$. La forme reste bilinéaire, symétrique et positive, mais elle n'est plus définie. Signaler ce contraste est la meilleure façon de montrer qu'on a compris l'exercice.
• Confondre « définie » et « non dégénérée ». Les deux notions diffèrent en général — la forme $(x,y)\mapsto x^{2}-y^{2}$ est non dégénérée sans être définie —, mais pas ici : pour une forme positive, elles coïncident, et $\phi$ l'est. Sur $\mathbb{R}_2[X]$, $\phi$ n'est donc pas seulement non définie, elle y est aussi dégénérée : $X(X-1)$ vérifie $\phi(X(X-1),Q)=0$ pour tout $Q$, il appartient donc au radical, et la matrice de Gram dans $(1,X,X^{2})$ y est de rang $2$. La distinction ne joue que pour une forme non positive.
• Bâcler la bilinéarité. Elle est immédiate, mais il faut dire d'où elle vient : la linéarité de l'évaluation. « C'est évident » n'est pas une justification.

Recoupement. Matriciellement, dans la base canonique $(1,X)$ de $\mathbb{R}_1[X]$ : $\phi(1,1)=1+1=2$, $\phi(1,X)=0+1=1$ et $\phi(X,X)=0+1=1$. La matrice de Gram est

Elle est symétrique, et ses deux mineurs principaux dominants — $2$ en haut à gauche, puis $\det G=1$ — sont strictement positifs : par le critère de Sylvester, $G$ est définie positive. (Il y en a bien deux, un par ordre : $D_1>0$ seul ne suffirait pas.) Ses valeurs propres sont $\tfrac{3\pm\sqrt5}{2}$, soit environ $0{,}381966$ et $2{,}618034$ — toutes deux strictement positives, ce qui confirme le verdict par un troisième chemin.

Ce que ça teste. La structure du groupe des racines $n$-ièmes de l'unité et la formule de la somme géométrique — plus précisément, la condition sous laquelle cette formule s'applique. Chapitre : Nombres complexes.

La rédaction attendue. Posons $\zeta=e^{2i\pi/n}$. Les $n$ racines $n$-ièmes de l'unité sont exactement les $\zeta^{k}$ pour $k\in[\![0,n-1]\!]$ ; comme une somme ne dépend pas de l'ordre de ses termes, on peut supposer $\omega_k=\zeta^{k}$. Alors

C'est une somme géométrique de raison $q=\zeta^{p}$. Vérifions que $q\neq1$ : on a $\zeta^{p}=e^{2i\pi p/n}=1$ si et seulement si $n$ divise $p$. Or $1\leqslant p\leqslant n-1$, donc $0<\tfrac{p}{n}<1$ et $n$ ne divise pas $p$ : ainsi $\zeta^{p}\neq1$. La formule s'applique :

puisque $\zeta^{n}=1$. L'assertion est vraie.

Les pièges.

• Appliquer la somme géométrique sans vérifier que la raison diffère de $1$. C'est le piège central, et c'est exactement à cela que sert l'hypothèse $p\in[\![1,n-1]\!]$. Pour $p=0$ ou $p=n$, tous les termes valent $1$ et la somme vaut $n$, pas $0$ : l'assertion serait fausse. Une copie qui ne mentionne jamais cette condition n'a pas traité la question posée.
• Croire que $(\omega_k^{\,p})_k$ est encore la famille des racines $n$-ièmes. C'est vrai seulement si $p$ et $n$ sont premiers entre eux. Pour $n=4$ et $p=2$, la famille devient $(1,-1,1,-1)$ : chaque racine carrée de l'unité y figure deux fois. La somme est bien nulle, mais pas pour la raison qu'on croit — et l'argument « c'est encore la somme de toutes les racines » est alors faux.
• Ne traiter que $p=1$. Le cas $\sum\omega_k=0$ est un classique ; l'énoncé demande strictement plus. Le passage à $\omega_k^{\,p}$ est précisément ce qui est testé.
• Un argument recevable, si on le mène jusqu'au bout. On peut invoquer que $\omega_0,\dots,\omega_{n-1}$ sont les racines de $X^{n}-1$ et que leur somme vaut $-a_{n-1}=0$ par les relations coefficients-racines. Mais cela ne donne que le cas $p=1$ : pour $p$ quelconque il faut revenir à la somme géométrique, ou traiter les sommes de Newton.

Recoupement. Trois cas explicites, calculés terme à terme :

La dernière ligne illustre le deuxième piège : les valeurs ne sont plus les douze racines douzièmes mais les trois racines cubiques, chacune comptée quatre fois. Le regroupement $d\sum_{j}$ avec $d=\gcd(p,n)$ redonne bien $0$, ce qui fournit une seconde démonstration : si $d=\gcd(p,n)$, alors $\zeta^{p}$ est une racine primitive $\tfrac{n}{d}$-ième de l'unité et la somme vaut $d$ fois la somme de toutes les racines $\tfrac{n}{d}$-ièmes, donc $0$ dès que $\tfrac{n}{d}>1$ — c'est-à-dire dès que $n$ ne divise pas $p$.

Ce que ça teste. Une équation différentielle linéaire du premier ordre non résolue : le coefficient de $y'$ s'annule. Chapitres : Équations différentielles et Équations différentielles.

La rédaction attendue — et elle tient en trois lignes. Posons $y:x\mapsto x-1$. Cette fonction est dérivable sur $\mathbb{R}$, de dérivée $y'(x)=1$, et pour tout $x\in\mathbb{R}$ :

De plus $y(0)=-1\neq0$, donc $y$ n'est pas la fonction nulle. L'équation admet donc une solution définie sur $\mathbb{R}$ tout entier et non nulle : l'assertion est vraie.

Comment on la trouve (ce qu'une copie a intérêt à montrer). Sur l'intervalle $\left]1,+\infty\right[$, où $1-x\neq0$, l'équation s'écrit sous forme résolue

équation linéaire homogène à coefficient continu. Une primitive de $t\mapsto\tfrac{1}{t-1}$ y est $x\mapsto\ln(x-1)$, donc les solutions sont les $x\mapsto C\mathrm{e}^{\ln(x-1)}=C(x-1)$, $C\in\mathbb{R}$. Sur $\left]-\infty,1\right[$, le calcul est le même à la primitive près : on y prend $\ln(1-x)$, ce qui donne les $x\mapsto C(1-x)$ — la même famille, au signe de la constante près. L'expression $C(x-1)$, elle, a un sens sur $\mathbb{R}$ tout entier : il suffit alors de vérifier par substitution qu'elle reste solution en $x=1$, ce que fait le calcul ci-dessus.

⚠️ Cette vérification n'est pas une formalité. Les deux primitives employées, $\ln(x-1)$ et $\ln(1-x)$, n'ont aucun sens en $x=1$ ; rien ne garantit a priori qu'une formule obtenue sur un intervalle définisse encore une solution au point interdit. Ici elle le fait ; ce n'est pas toujours le cas.

Les pièges.

• Croire qu'un coefficient qui s'annule interdit toute solution globale. C'est le piège central de l'assertion, et le réflexe qu'elle veut corriger : le point $x=1$ est un point singulier de l'équation, pas un point où les solutions cessent d'exister.
• Conclure « $y=C\lvert x-1\rvert$ » et s'arrêter là. La fonction $x\mapsto\lvert x-1\rvert$ n'est pas dérivable en $1$ — dérivée à gauche $-1$, dérivée à droite $+1$ — donc elle n'est pas solution sur $\mathbb{R}$. L'énoncé écrit « $\forall x\in\mathbb{R}$ » : $y$ doit être dérivable partout, $x=1$ compris. La valeur absolue est un artefact de la primitive de $\tfrac{1}{x-1}$, à lever en discutant du signe sur chaque intervalle.
• Recoller deux constantes différentes. La fonction valant $C_1(x-1)$ pour $x<1$ et $C_2(x-1)$ pour $x\geqslant1$ est continue en $1$ quelles que soient $C_1$ et $C_2$, mais elle n'y est dérivable que si $C_1=C_2$. C'est la dérivabilité, et non la continuité, qui recolle les deux morceaux.
• Invoquer Cauchy-Lipschitz sur $\mathbb{R}$. Le théorème de Cauchy linéaire s'applique à $y'=a(x)y$ avec $a$ continue sur un intervalle ; ici $a(x)=\tfrac{1}{x-1}$ n'est pas définie en $1$. On ne peut l'utiliser que sur $\left]-\infty,1\right[$ ou $\left]1,+\infty\right[$, jamais d'un bloc.
• Rendre une réponse sans vérification. Une simple substitution suffit à emporter la conviction, et c'est le seul argument qui traite le point $x=1$.

Recoupement. La substitution a été vérifiée point par point, y compris en $x=1$ où l'égalité s'écrit $0\cdot1+0=0$. Par ailleurs, l'ensemble complet des solutions sur $\mathbb{R}$ est exactement $\{x\mapsto C(x-1)\;;\;C\in\mathbb{R}\}$ : une droite vectorielle. C'est un fait remarquable, et un bon test de compréhension — sur $\mathbb{R}\setminus\{1\}$, en revanche, l'ensemble des solutions est un plan (une constante libre de chaque côté du point singulier). Le passage de la dimension $2$ à la dimension $1$ est exactement le prix de la dérivabilité en $1$.

Le verdict.

Les sept réflexes.

1. Une condition nécessaire ne se retourne pas. Fermat donne « extremum local intérieur $\Longrightarrow$ dérivée nulle ». La réciproque est fausse, et $x\mapsto x^{3}$ en est le contre-exemple de référence.
2. Un carré trigonométrique se linéarise. $\sin^{2}(x)=\tfrac{1-\cos(2x)}{2}$ est le seul chemin sûr ; et $\sin^{2}$ est $\pi$-périodique, de valeur moyenne $\tfrac12$.
3. Un quotient d'affixes dit deux choses à la fois. $\dfrac{z_C-z_B}{z_A-z_B}$ donne le rapport $\tfrac{BC}{BA}$ par son module et l'angle en $B$ par son argument — à condition que $A\neq B$.
4. Degré impair, donc racine réelle. Le mécanisme est toujours le même : factoriser par le terme dominant pour obtenir deux limites de signes opposés, puis appliquer le TVI en nommant la continuité et les deux bornes.
5. « Défini » est l'axiome qui dépend de l'espace. La même formule est un produit scalaire sur $\mathbb{R}_1[X]$ et ne l'est plus sur $\mathbb{R}_2[X]$, où $X(X-1)$ la met en défaut. Quand un énoncé rappelle « définie positive », c'est là qu'il faut regarder.
6. La somme géométrique exige une raison différente de $1$. $\sum_{k=0}^{n-1}q^{k}=\tfrac{q^{n}-1}{q-1}$ suppose $q\neq1$ ; c'est tout le rôle de l'hypothèse $p\in[\![1,n-1]\!]$, sans laquelle la somme vaudrait $n$.
7. Un point singulier n'interdit pas une solution globale. Devant une équation non résolue, résoudre sur chaque intervalle, puis vérifier par substitution si la formule obtenue survit au point interdit — et se rappeler que c'est la dérivabilité, pas la continuité, qui décide du recollement.

Et deux réflexes de méthode, valables pour tout Vrai/Faux de concours.

• Ne pas chercher à équilibrer. Six assertions vraies pour une fausse : chaque assertion se juge seule. Inventer une objection à une assertion vraie laisse une question sans réponse, tout autant qu'une assertion fausse validée.
• Lire les hypothèses comme des indices. $t\neq1$, « de degré au plus $1$ », $p\in[\![1,n-1]\!]$, $n\in\mathbb{N}$ : dans ce sujet, chaque hypothèse un peu précise est celle sans laquelle l'assertion tombe. Se demander ce qu'elle empêche, c'est trouver le cœur de la question — et c'est aussi ce qui distingue une justification d'un récit.