Corrige Fractions rationnelles

Les fractions rationnelles Exercice 1

Montrer qu’il n’existe pas de fraction rationnelle F telle que F 2 = X .

Si F est solution alors deg F 2 = 2 deg F = 1 avec deg F ∈ ℤ . C’est impossible.

Exercice 2

Déterminer un supplémentaire de K [X ] dans K (X ) .

Soit V = {F ∈ K(X ) / deg F < 0} . V ⊂ K [X ] , 0 ∈V et ∀λ, µ ∈ K , ∀F ,G ∈V ,

deg(λF + µG ) ≤ max(deg F , degG ) < 0 donc λF + µG ∈V . V est un sous-espace vectoriel.

Clairement V ∩ K [X ] = {0} .

De plus ∀F ∈ K (X ) , F = P +G avec P = Ent(F ) ∈ K [X ] et G ∈V .

Exercice 3

Soit F ∈ K (X ) . Montrer que deg F ′ < deg F −1 ⇒ deg F = 0 .

A A′ B − AB ′ et F ′ = .

B B2 Si A ou B sont constants : c’est assez rapide Sinon : deg F ′ < deg F −1 ⇒ deg(A′ B − AB ′) < deg A′ B = deg AB ′ donc coeff(A′ B ) = coeff(AB ′) d’où Supposons deg F ′ < deg F −1 . F =

deg A = deg B puis deg F = 0 .

Exercice 4

Soit F ∈ K (X ) de représentant irréductible P Q .

Montrer que F est paire ssi P et Q sont tous deux pairs ou impairs.

Si F est paire alors F (−X ) = F (X ) donc P (−X )Q (X ) = P (X )Q (−X ) .

Q (X ) | P (X )Q (−X ) et P ∧Q = 1 donc Q (X ) | Q (−X ) . De même Q (−X ) | Q (X ) .

Or coeff(Q (X )) = 1 et coeff(Q (−X )) = (−1)n avec n = degQ .

Si n est pair alors Q (−X ) = Q (X ) puis P (−X ) = P (X ) .

Si n est impair alors Q (−X ) = −Q (X ) puis P (−X ) = −P (X ) .

Exercice 5

i

2π

Soit n ∈ ℕ∗ et ω = e n . a) Soit P ∈ ℂ [X ] un polynôme vérifiant P (ωX ) = P (X ) .

Montrer qu’il existe un polynôme Q ∈ ℂ [X ] tel que P (X ) = Q (X n ) .

X + ωk . k k =0 X − ω n −1

b) En déduire la réduction au même dénominateur de la fraction rationnelle F = ∑ +∞

a) P = ∑ ak X k . P (ωX ) = P (X ) donne k =0

+∞

+∞

∑a ω X k

k

k =0

k

= ∑ ak X k puis ∀n ∈ ℕ , ak ω k = ak . k =0

+∞

Par suite ∀k ≠ 0 [n ] , ak = 0 . En posant bℓ = an ℓ et Q = ∑ bℓ X ℓ on a P (X ) = Q (X n ) . ℓ=0

n −1

k

X +ω P donne F = n avec deg P = n . k X −1 k =0 X − ω P (ωX ) P (X ) Comme F (ωX ) = F (X ) on obtient n = puis P (ωX ) = P (X ) .

X −1 X n −1 Par suite P est de la forme P = aX n + b .

En étudiant la partie entière de F on a : a = n .

X n +1 En étudiant la valeur de F en 0 on a : b = n . Par suite F = n n .

X −1 b) La réduction au même dénominateur de F = ∑

Racines et pôles Exercice 6

Soit p et q deux entiers naturels non nuls premiers entre eux.

Déterminer les racines et les pôles de F =

X p −1 en précisant les multiplicités respectives.

X q −1

Déterminons les racines communes à X p −1 et X q −1 . Soit ω un telle racines.

On a ω p = ωq = 1 . Puisque p et q sont premiers entre eux, il existe u , v ∈ ℤ tels que pu + qv = 1 .

On a alors ω = ω pu +qv = (ω p )u (ωq )v = 1 . Inversement, 1 est racine commune.

De plus, notons que toutes les racines de X p −1 et X q −1 sont simples.

Les racines de F sont les racines p ème de l’unité autres que 1. Elles sont simples.

Les pôles de F sont les racines q ème de l’unité autres que 1. Ils sont simples.

1 n’est ni pôle, ni racine.

Exercice 7

Soit F ∈ K (X ) . a) Soit a un zéro d’ordre α ≥ 1 de F . Montrer que a est zéro d’ordre α −1 de F ′ . b) Comparer les pôles de F et de F ′ , ainsi que leur ordre de multiplicité.

Notons P Q le représentant irréductible de F . a) Soit a zéro de multiplicité α ≥ 1 . On a P = (X −a )α Pˆ avec Pˆ (a ) ≠ 0 et Q (a ) ≠ 0 . ˆ + (X −a )Pˆ ′Q − (X −a )PQ ˆ ′) (X −a )α−1 (αPQ F′ = .

2 Q ˆ + (X −a )Pˆ ′Q − (X −a )PQ ˆ ′ , donc a est racine de multiplicité α −1 de F ′ . a n’est pas racine de αPQ b) Soit a pôle de F de multiplicité α . On a P (a ) ≠ 0 et Q = (X −a )αQˆ avec Qˆ (a ) ≠ 0 .

F′=

(X −a )P ′Qˆ − αPQˆ − (X −a )PQˆ ′ .

(X −a )α +1Qˆ 2

a n’est pas racine de (X −a )P ′Qˆ − αPQˆ − (X −a )PQˆ ′ , donc a est pôle de multiplicité α + 1 de F ′ .

Exercice 8

Montrer qu’il n’existe pas de F ∈ ℂ(X ) telle que F ′ =

1 .

X

Par l’absurde, supposons qu’il existe F ∈ ℂ(X ) telle que F ′ = 1 X .

Notons P Q son représentant irréductible. F ′ = 1 X donne (P ′Q − PQ ′)X = Q 2 .

X divise Q 2 donc 0 est racine de Q 2 et donc a fortiori de Q . Posons α ∈ ℕ∗ sa multiplicité dans Q .

P et Q étant premier entre eux, 0 n’est pas racine de P .

0 est racine de multiplicité α −1 de PQ ′ et racine de multiplicité au moins α de P ′Q donc 0 est racine de multiplicité exactement α −1 de P ′Q − PQ ′ .

D’autre part 0 est racine de multiplicité 2α de Q 2 = (P ′Q − PQ ′)X .

Par égalité de multiplicité 2α = (α −1) + 1 d’où α = 0 . Absurde.

Décomposition en éléments simples Exercice 9

Montrer que l’application Ent : K (X ) → K [X ] est linéaire et déterminer son noyau.

Soit λ , µ ∈ K et F ,G ∈ K (X ) . F = Ent(F ) + Fˆ et G = Ent(G ) +Gˆ avec deg Fˆ , degGˆ < 0 .

Puisque λF + µG = λ Ent(F ) + µ Ent(G ) + λFˆ + µGˆ avec deg(λFˆ + µGˆ ) < 0 on a

Ent(λF + µG ) = λ Ent(F ) + µ Ent(G ) . Ainsi Ent est linéaire. ker Ent = {F ∈ K(X ) / deg F < 0} .

Exercice 10 Effectuer la décomposition en éléments simples des fractions rationnelles suivantes : X 2 + 2X + 5 X 2 +1 1 a) 2 b) c) (X −1)(X − 2)(X − 3) X − 3X + 2 X (X −1) 2 d)

2X X 2 +1

e)

1 X 2 + X +1

f)

4 (X 2 + 1) 2

g)

3X −1 X (X + 1)2

h)

1 X + X 2 +1

i)

3 .

(X −1) 2

2

4

3

X 2 + 2X + 5 8 13 = 1− + X 2 − 3X + 2 X −1 X − 2 X 2 +1 1 5 5 b) = − + (X −1)(X − 2)(X − 3) X −1 X − 2 X − 3 a)

c)

1 1 1 1 = + − 2 2 X (X −1) X −1 X (X −1)

d)

2X 1 1 = + X 2 +1 X − i X + i

1 i 3 i 3 =− + X + X +1 X −j X − j2 4 1 i 1 i =− − − + f) (X 2 + 1) 2 (X − i ) 2 X − i (X + i ) 2 X + i e)

g)

2

3X −1 1 5 4 5 =− 2 + − − 2 2 X (X + 1) (X + 1) X (X + 1) X 2

1 (1− j ) 6 (1− j 2 ) 6 (1− j ) 6 (1− j 2 ) 6 = + − − .

2 X + X +1 X −j X −j2 X+j X + j2 i) En exploitant l’astuce F ( j 2 X ) = F ( jX ) = F (X ) : h)

4

3 13 23 j2 3 2j 3 j 3 2j 2 3 = − + − + − .

(X 3 −1) 2 (X −1) 2 (X −1) (X − j )2 (X − j ) (X − j 2 )2 (X − j 2 ) Exercice 11 Soit n ∈ ℕ . Former la décomposition en éléments simples de F =

n! .

X (X −1) … (X − n )

n k  ak n! n! n! =∑ avec ak = = (−1)n −k = (−1)n −k   . n  X (X −1)...(X − n ) k =0 (X − k ) k (k −1)...1.(−1) … (k − n ) k !(n − k )!

Applications de la décomposition en éléments simples 1 .

X (X + 1) a) Réaliser la décomposition en éléments simples de F . n 1 b) En déduire une simplification pour n ≥ 1 de ∑ . k =1 k (k + 1)

Exercice 12 Soit la fraction F =

n

c) Procéder de même pour calculer :

1

∑ k (k +1)(k + 2) . k =1

a) F =

X + 1− X 1 1 = − .

X (X + 1) X X + 1 n

b) Par télescopage :

n

1

1

1

k =1

k =1

n

1 12 1 12 c) On a donc = − + X (X + 1)(X + 2) X X +1 X + 2 Exercice 13 Exprimer la dérivée d’ordre n de

1 1 12 12 = − − et on sait : 2 X (X + 1) X X − i (X + i ) (n )

  1  donc  2  X (X + 1) 

n

1

∑ k (k + 1) = ∑ k − k +1 = 1− n +1 = n +1 .

1

1

1

k =1

1 .

X (X 2 + 1) (n )

 1    X −a 

=

(−1)n n !

(X −a )n +1

 1 12 1 2  . = (−1)n n ! n − − n (X − i ) (X + i )n  X

1 ∈ ℂ(X ) .

X 2 +1 a) En réalisant la DES de F , exprimer F (n ) .

Exercice 14 Soit F =

b) Montrer qu’il existe Pn ∈ ℝ n [X ] tel que F (n ) =

Pn .

(X 2 + 1)n +1

c) Déterminer les zéros de Pn . a) F =

 1  1 1  (−1)n n ! 1 1 (n ) . − −  , F =   n +1 n +1   2i  (X − i ) 2i  X − i X + i  (X + i ) 

b) F (n ) =

Pn (−1)n n !

(X + i )n +1 − (X − i )n +1 ) ∈ ℂ n [X ] . avec Pn = ( n +1 2i (X + 1) 2

Mais Pn = Pn donc Pn ∈ ℝ n [X ] .

 k π  c) Pour x ∈ ℝ : Pn (x ) = 0 ⇔ (x + i )n +1 = (x − i )n +1 ⇔ ∃k ∈ {1,…, n } , x = cot  .  n + 1 Cela fournit n racines réelles et il n’en peut y en avoir d’autres complexes.

1 .

(X −1)3 (X + 1)3 a) Quelle relation existe entre la partie polaire de F en 1 et celle en −1 . b) Former la décomposition en éléments simples de la fraction F .

Exercice 15 Soit F =

2

c) En déduire un couple (U ,V ) ∈ ℝ [X ] tel que : (X + 1)3U + (X −1)3V = 1 . a) F (−X ) = F (X ) .

Si

P (X ) −P (−X ) est la partie polaire de F en 1, alors est sa partie polaire en −1 .

3 (X −1) (X + 1)3

1 18 3 16 3 16 18 3 16 3 16 = − + − − − .

(X −1)3 (X + 1)3 (X −1)3 (X −1) 2 X −1 (X + 1)3 (X + 1) 2 X + 1 c) En réduisant au même dénominateur : 1 1 U = (2 − 3(X −1) + 3(X −1)2 ) et V = − (2 + 3(X + 1) + 3(X + 1) 2 ) .

16 16 b)

Exercice 16 On pose ωk = e 2ik π / n avec k ∈ {0, …, n −1} . n −1

1 . k = 0 X − ωk

Simplifier F = ∑

1

∑ k (k +1)(k + 2) = 4 − 2n + 2 + 2n + 4 .

Après réduction au même dénominateur F =

P avec deg P < n .

X −1 n

 P (X )  ∀k ∈ {0, …n −1} ,  n −1  (ωk ) = 1 donc P (ωk ) − n ω n −1 = 1 .  nX  Puisque P − nX n −1 ∈ ℝ n −1 [X ] et possède n racines, c’est le polynôme nul.

Exercice 17 Soit n ∈ ℕ tel que n ≥ 2 et p ∈ {0,1,…, n −1} . On pose pour k ∈ {0,1,…, n −1} ,

 2ik π  ωk = exp  . Mettre sous forme irréductible :  n  n −1

ωkp

∑ X −ω k =0

k

=

ωkp . ∑ k = 0 X − ωk n −1

P avec deg P < n .

X −1 n

De plus, par décomposition en éléments simples :

P (ωk ) = ωkp .

(X n −1) ′(ωk )

Par suite on a P (ωk ) = n ωkn −1ωkp = n ωkp −1 .

Ces n relations permettent de reconnaître P puisqu’on sait deg P < n On obtient : P = nX p−1 si p ≥ 1 ou P = nX n −1 si p = 0 . n

Exercice 18 Soit n ∈ ℕ∗ et z1 , z 2 ,…, z n ∈ ℂ deux à deux distincts. On pose Q = ∏ (X − z k ) . k =1

a) Pour p ∈ {0,1,…, n −1} , exprimer la décomposition en éléments simples de

Xp à l’aide des Q

Q ′(z k ) . z kp . ∑ k =1 Q ′ (z k ) n

b) En déduire, pour p ∈ {0,1,…, n −1} , la valeur de

a)

n λk z kp Xp =∑ avec λk = .

Q Q ′(z k ) k =1 X − z k

b) En multipliant par X ,

n λX X p +1 =∑ k puis en faisant « tendre X vers +∞ », on obtient d’un côté Q X − zk k =1

z kp et de l’autre 1 si p + 1 = n et 0 sinon. ∑ k =1 Q ′ (z k ) n

Exercice 19 Soit P ∈ ℂ [X ] un polynôme scindé à racines simples : x1 ,…, x n . a) Former la DES de 1 P . n

b) On suppose P (0) ≠ 0 . Observer :

k =1

a)

1

∑ x P ′(x k

k)

=−

1 .

P (0)

n λi 1 1 1 = =∑ avec λi = . ′ P λ (X − x1 ) … (X − x n ) i =1 X − x i P (x i ) n

b) En évaluant en 0 :

1

1

∑ x P ′(x ) = − P (0) . i =1

i

i

Exercice 20 Soit P ∈ ℂ [X ] un polynôme scindé à racines simples : x1 ,…, x n . a) Former la DES de P ′′ P . n P ′′(x k ) b) En déduire que ∑ =0. k =1 P ′ (x k )

a)

n λi P ′′(x i ) P ′′ P ′′ = =∑ avec λi = .

P λ (X − x1 ) …(X − x n ) i =1 X − x i P ′(x i )

b) Puisque deg

XP ′′ < 0 on a P

n

∑λ

i

=0.

i =1

Exercice 21 Soit a1 , …, an ∈ ℂ deux à deux distincts, α1 ,…, αn ∈ ℂ tels que ∀i , j ∈ {1, 2, …, n } ,ai + αj ≠ 0 .

 x1 x2 xn  + ⋯+ =1 a1 + α1 a 2 + α1 an + α1   x1 + x 2 ⋯ + x n = 1 a + α Résoudre le système  a 2 + α2 a n + α2 2  1 ⋮   x1 x2 xn  + ⋯+ =1 an + αn a1 + αn a 2 + αn n

xi . Le système équivaut à F (α1 ) = … = F (αn ) = 0 . i =1 a i + X

Soit F = 1− ∑

n P avec P unitaire, deg P = n et Q = ∏ (X + ai ) .

Q i =1 F (α1 ) = … = F (αn ) = 0 implique P = (X − α1 ) … (X − αn )

En réduisant F au même dénominateur F =

n

La DES de F donne x i =

(−1)n ∏ (αk + ai ) k =1

n

.

∏ (ak −ai ) k =1 k ≠i

david Delaunay http://mpsiddl.free.fr