Fractions rationnelles : corrigé des exercices de maths sup.

Corrigé de l’exercice 1 : PGCD par l’algorithme d’Euclide

1. On divise d’abord \(A\) par \(B\). Le quotient commence par \(X\), et \(XB = X^4 + 2X^3 + 2X^2 + X\). Il reste \(A – XB = -X^3 + 0X^2 + 0X + 1\). Ensuite, on ajoute \(B\) : \(-X^3 + 1 + B = 2X^2 + 2X + 2\). Ainsi, \[A = (X – 1)B + 2(X^2 + X + 1).\] On divise ensuite \(B\) par ce reste. Or \((X^2 + X + 1)(X + 1) = X^3 + 2X^2 + 2X + 1 = B\), donc le reste suivant est nul. Le dernier reste non nul est \(2(X^2 + X + 1)\), que l’on rend unitaire. Donc \(A \wedge B = X^2 + X + 1\).
2. La première division donne directement \(2(X^2 + X + 1) = A – (X – 1)B\). En divisant par 2, on obtient une relation de Bézout. On peut prendre \(U = \frac{1}{2}\) et \(V = -\frac{1}{2}(X – 1)\).
3. On a déjà \(B = (X + 1)(X^2 + X + 1)\). De plus, \((X^2 + 1)(X^2 + X + 1) = X^4 + X^3 + 2X^2 + X + 1 = A\). Les trinômes \(X^2 + 1\) et \(X^2 + X + 1\) ont des discriminants \(-4\) et \(-3\), donc ils sont irréductibles sur \(\mathbb{R}\). Dans \(\mathbb{C}[X]\), avec \(j = e^{2i\pi/3}\), on obtient \[A = (X – i)(X + i)(X – j)(X – \overline{j}), \quad B = (X + 1)(X – j)(X – \overline{j}).\] Les racines communes sont \(j\) et \(\overline{j}\), toutes simples. On retrouve \(A \wedge B = (X – j)(X – \overline{j}) = X^2 + X + 1\).

Corrigé de l’exercice 2 : Relation de Bézout et ses solutions

1. La seule racine de \(A\) est \(1\), et les racines de \(B\) sont \(i\) et \(-i\). Ces polynômes n’ont donc aucune racine complexe commune. Par conséquent, \(A\) et \(B\) sont premiers entre eux.
2. On applique l’algorithme d’Euclide. D’abord, \(A = X^2 – 2X + 1\), donc \(B = 1 \cdot A + 2X\). Ensuite, \(A = 2X \cdot (\frac{X}{2} – 1) + 1\). On remonte alors les calculs : \[1 = A – 2X(\frac{X}{2} – 1) = A – (B – A)(\frac{X}{2} – 1) = A \cdot \frac{X}{2} – B(\frac{X}{2} – 1).\] Vérifions : \(\frac{X}{2}(X^2 – 2X + 1) – (X^2 + 1)(\frac{X}{2} – 1)\) vaut \(\frac{X^3}{2} – X^2 + \frac{X}{2} – \frac{X^3}{2} + X^2 – \frac{X}{2} + 1 = 1\). Ainsi, \(U_0 = \frac{X}{2}\) et \(V_0 = 1 – \frac{X}{2}\).
3. Soit \((U, V)\) une solution. En soustrayant, on a \(A(U – U_0) = B(V_0 – V)\). Donc \(A\) divise \(B(V_0 – V)\). Comme \(A \wedge B = 1\), le lemme de Gauss donne \(A \mid V_0 – V\). On écrit alors \(V = V_0 – AW\) avec \(W \in \mathbb{R}[X]\). En reportant, \(A(U – U_0) = ABW\), et comme \(A \neq 0\), \(U = U_0 + BW\). Réciproquement, ces couples conviennent, car \(A(U_0 + BW) + B(V_0 – AW) = AU_0 + BV_0 = 1\). Les solutions sont les couples \((\frac{X}{2} + (X^2 + 1)W,\ 1 – \frac{X}{2} – (X – 1)^2 W)\), avec \(W \in \mathbb{R}[X]\).
4. Si \(W \neq 0\), alors \(\deg(BW) \geq\, 2\) et \(\deg U_0 = 1\), donc \(\deg U \geq\, 2\). Ainsi, la condition \(\deg U < 2\) impose \(W = 0\). Dans ce cas, \(V = 1 – \frac{X}{2}\) est bien de degré 1. Le couple \((\frac{X}{2}, 1 – \frac{X}{2})\) est donc l’unique solution de degrés strictement inférieurs à 2.

Point de méthode : pour résoudre \(AU + BV = 1\), on cherche une solution particulière par Euclide, puis on applique le lemme de Gauss à la différence de deux solutions, exactement comme pour l’équation \(au + bv = 1\) dans \(\mathbb{Z}\).

Corrigé de l’exercice 3 : Un polynôme et sa dérivée

1. D’après le cours, \(P\) et \(P^{\prime}\) sont premiers entre eux si et seulement s’ils n’ont aucune racine complexe commune. Or une racine commune \(a\) vérifie \(P(a) = P^{\prime}(a) = 0\). Autrement dit, c’est une racine de \(P\) de multiplicité au moins 2. Réciproquement, une racine multiple de \(P\) annule \(P^{\prime}\). Donc \(P \wedge P^{\prime} = 1\) si et seulement si toutes les racines de \(P\) sont simples.
2. La dérivée de \(X^n – 1\) est \(nX^{n-1}\), dont la seule racine éventuelle est \(0\). Or \(0\) n’est pas racine de \(X^n – 1\). Ainsi, ces polynômes n’ont aucune racine commune. Donc \(X^n – 1\) et \(nX^{n-1}\) sont premiers entre eux, et les racines \(n\)-ièmes de l’unité sont simples.
3. On a \(P(1) = 1 – 3 + 2 = 0\) et \(P^{\prime} = 3X^2 – 3 = 3(X – 1)(X + 1)\). Par division, on obtient \(P = (X – 1)(X^2 + X – 2) = (X – 1)^2(X + 2)\). Les racines communes à \(P\) et \(P^{\prime}\) sont donc réduites à \(1\), car \(P(-1) = 4 \neq 0\). De plus, \(1\) est racine simple de \(P^{\prime}\). Le PGCD unitaire est donc \(X – 1\). Ainsi, \(P \wedge P^{\prime} = X – 1\).

Corrigé de l’exercice 4 : PGCD de X^m − 1 et X^n − 1

1. Notons \(C\) l’ensemble des racines communes de \(A\) et \(B\), et \(D = \prod_{c \in C}(X – c)\). D’abord, les \(X – c\) sont premiers entre eux deux à deux et divisent \(A\). Donc \(D\) divise \(A\), et de même \(D\) divise \(B\). Ensuite, soit \(D_1\) un diviseur commun unitaire. Il est scindé dans \(\mathbb{C}\), et ses racines sont des racines communes. De plus, elles sont simples dans \(D_1\), car elles le sont dans \(A\). Par conséquent, \(D_1\) est un produit de facteurs \(X – c\) distincts avec \(c \in C\), et il divise \(D\). Donc \(A \wedge B = D\).
2. Les racines de \(X^4 – 1\) sont \(1, -1, i, -i\). Or \(1^6 = (-1)^6 = 1\), tandis que \(i^6 = (-i)^6 = -1\). Les racines communes sont donc \(1\) et \(-1\). Les deux polynômes sont scindés à racines simples (exercice 3). D’après la question 1, \((X^6 – 1) \wedge (X^4 – 1) = X^2 – 1\).
3. D’après le théorème de Bézout dans \(\mathbb{Z}\), il existe \(u, v \in \mathbb{Z}\) tels que \(um + vn = d\). Si \(z^m = z^n = 1\), alors \(z \neq 0\) et \(z^d = (z^m)^u (z^n)^v = 1\). Réciproquement, si \(z^d = 1\), comme \(d\) divise \(m\), on a \(z^m = (z^d)^{m/d} = 1\), et de même \(z^n = 1\). Ainsi, \(z^m = z^n = 1\) équivaut à \(z^d = 1\).
4. Les polynômes \(X^m – 1\) et \(X^n – 1\) sont scindés à racines simples. Par la question 3, leurs racines communes sont exactement les racines \(d\)-ièmes de l’unité. Le produit des \(X – \omega\), pour \(\omega^d = 1\), vaut \(X^d – 1\). Par conséquent, \((X^m – 1) \wedge (X^n – 1) = X^{m \wedge n} – 1\).

Corrigé de l’exercice 5 : PPCM de deux polynômes

1. On factorise directement : \(A = X(X^2 – 1) = X(X – 1)(X + 1)\) et \(B = X^2(X + 1)\). Ces facteurs sont tous de degré 1, donc irréductibles.
2. Comme dans \(\mathbb{Z}\), le PGCD prend chaque irréductible commun avec le plus petit exposant, et le PPCM avec le plus grand. Donc \(A \wedge B = X(X + 1)\) et \(A \vee B = X^2(X – 1)(X + 1) = X^4 – X^2\).
3. D’une part, \(AB = X^3(X – 1)(X + 1)^2\). D’autre part, \(X(X + 1) \cdot X^2(X – 1)(X + 1) = X^3(X – 1)(X + 1)^2\). La relation \((A \wedge B)(A \vee B) = AB\) est vérifiée, les deux polynômes étant unitaires.
4. Les multiples communs de \(A\) et \(B\) sont exactement les multiples de \(A \vee B\), de degré 4. Un tel multiple de degré au plus 5 s’écrit donc \((X^4 – X^2)R\) avec \(\deg R \leq\, 1\). Les polynômes cherchés sont les \((\alpha X + \beta)(X^4 – X^2)\), avec \(\alpha, \beta \in \mathbb{R}\).

Corrigé de l’exercice 6 : Lemme de Gauss et divisibilité

1. Écrivons \(C = AC_1\). Alors \(B\) divise \(AC_1\), et \(B \wedge A = 1\). Le lemme de Gauss donne \(B \mid C_1\), donc \(C_1 = BC_2\). Ainsi, \(C = ABC_2\) et \(AB\) divise \(C\).
2. Notons \(P = X^{3a} + X^{3b+1} + X^{3c+2}\). Comme \(j^3 = 1\), on a \(P(j) = 1 + j + j^2 = 0\). De même, \(\overline{j}^3 = 1\), donc \(P(\overline{j}) = 1 + \overline{j} + \overline{j}^2 = 0\). Ainsi, \(X – j\) et \(X – \overline{j}\) divisent \(P\). Ils sont premiers entre eux, car \(j \neq \overline{j}\). D’après la question 1, leur produit divise \(P\). Donc \(X^2 + X + 1 = (X – j)(X – \overline{j})\) divise \(P\).
3. On a \((X^2 + 1 + X)(X^2 + 1 – X) = (X^2 + 1)^2 – X^2 = X^4 + X^2 + 1\). Les racines de \(X^2 + X + 1\) sont \(j\) et \(\overline{j}\). Celles de \(X^2 – X + 1\) sont leurs opposées \(-j\) et \(-\overline{j}\), car \(z^2 + z + 1 = 0\) équivaut à \((-z)^2 – (-z) + 1 = 0\). Ces ensembles sont disjoints. Donc les deux facteurs sont premiers entre eux.
4. On a \(Q = X^{3 \cdot 4} + X^{3 \cdot 1 + 1} + X^{3 \cdot 0 + 2}\). Par la question 2, on peut écrire \(Q(X) = (X^2 + X + 1)S(X)\). En remplaçant \(X\) par \(-X\), et comme \(Q\) est pair, on obtient \(Q(X) = (X^2 – X + 1)S(-X)\). Ainsi, \(X^2 – X + 1\) divise aussi \(Q\). Par les questions 1 et 3, \(X^4 + X^2 + 1\) divise \(Q\).

Corrigé de l’exercice 7 : Factorisations classiques

1. Les racines de \(X^4 + 1\) sont les \(z\) tels que \(z^4 = -1 = e^{i\pi}\). Ce sont donc \(e^{i\pi/4}\), \(e^{3i\pi/4}\), \(e^{-3i\pi/4}\) et \(e^{-i\pi/4}\). Ainsi, \[X^4 + 1 = (X – e^{i\pi/4})(X – e^{-i\pi/4})(X – e^{3i\pi/4})(X – e^{-3i\pi/4}).\] On regroupe ensuite les paires conjuguées, comme le montre la figure ci-dessous. On utilise \((X – e^{i\theta})(X – e^{-i\theta}) = X^2 – 2\cos\theta\, X + 1\). Donc \(X^4 + 1 = (X^2 – \sqrt{2}X + 1)(X^2 + \sqrt{2}X + 1)\) dans \(\mathbb{R}[X]\).

   

2. On a \((X^2 + 1)^2 – 2X^2 = X^4 + 2X^2 + 1 – 2X^2 = X^4 + 1\). C’est une différence de deux carrés, donc \(X^4 + 1 = (X^2 + 1 – \sqrt{2}X)(X^2 + 1 + \sqrt{2}X)\). Les deux trinômes ont pour discriminant \(2 – 4 = -2 < 0\). On retrouve la factorisation en irréductibles de la question 1.
3. De même, \((X^2 + 1)^2 – X^2 = X^4 + X^2 + 1\). Donc \(X^4 + X^2 + 1 = (X^2 – X + 1)(X^2 + X + 1)\). Les discriminants valent \(-3\). Cette écriture est la factorisation de \(X^4 + X^2 + 1\) dans \(\mathbb{R}[X]\).
4. Comme \(-2\) est racine, on divise : \(X^3 + 8 = (X + 2)(X^2 – 2X + 4)\). Le trinôme a pour discriminant \(4 – 16 = -12 < 0\), et ses racines sont \(1 \pm i\sqrt{3}\). Dans \(\mathbb{R}[X]\), \(X^3 + 8 = (X + 2)(X^2 – 2X + 4)\) ; dans \(\mathbb{C}[X]\), \(X^3 + 8 = (X + 2)(X – 1 – i\sqrt{3})(X – 1 + i\sqrt{3})\).

Corrigé de l’exercice 8 : Factorisation de X^5 − 1 et X^6 + 1

1. Les racines sont \(1, \omega, \omega^2, \omega^3, \omega^4\), avec \(\omega^4 = \overline{\omega}\) et \(\omega^3 = \overline{\omega^2}\). En regroupant les paires conjuguées : \[X^5 – 1 = (X – 1)(X^2 – 2\cos\frac{2\pi}{5}X + 1)(X^2 – 2\cos\frac{4\pi}{5}X + 1).\] Les deux trinômes sont irréductibles, car \(|2\cos\theta| < 2\) donne un discriminant \(4\cos^2\theta – 4 < 0\).
2. On sait que \(X^5 – 1 = (X – 1)(X^4 + X^3 + X^2 + X + 1)\). Par intégrité de \(\mathbb{R}[X]\), \((X^2 – aX + 1)(X^2 – bX + 1) = X^4 + X^3 + X^2 + X + 1\). Or le produit de gauche vaut \(X^4 – (a + b)X^3 + (2 + ab)X^2 – (a + b)X + 1\). Par identification, \(a + b = -1\) et \(ab = -1\). Ainsi, \(a\) et \(b\) sont les racines de \(t^2 + t – 1\), à savoir \(\frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}\). Or \(a = 2\cos\frac{2\pi}{5} > 0\), car \(\frac{2\pi}{5} < \frac{\pi}{2}\). Donc \(a = \frac{\sqrt{5} – 1}{2}\) et \(b = -\frac{1 + \sqrt{5}}{2}\). Par conséquent, \(\cos\frac{2\pi}{5} = \frac{\sqrt{5} – 1}{4}\).
3. On reporte ces valeurs dans la question 1. On obtient \(X^5 – 1 = (X – 1)(X^2 – \frac{\sqrt{5} – 1}{2}X + 1)(X^2 + \frac{1 + \sqrt{5}}{2}X + 1)\).
4. Les racines de \(X^6 + 1\) vérifient \(z^6 = e^{i\pi}\). Ce sont donc les \(e^{i(2k+1)\pi/6}\), pour \(0 \leq\, k \leq\, 5\). Les paires conjuguées correspondent aux angles \(\pm\frac{\pi}{6}\), \(\pm\frac{\pi}{2}\) et \(\pm\frac{5\pi}{6}\). Or \(2\cos\frac{\pi}{6} = \sqrt{3}\), \(2\cos\frac{\pi}{2} = 0\) et \(2\cos\frac{5\pi}{6} = -\sqrt{3}\). Vérifions enfin : \((X^2 – \sqrt{3}X + 1)(X^2 + \sqrt{3}X + 1) = X^4 – X^2 + 1\), et \((X^2 + 1)(X^4 – X^2 + 1) = X^6 + 1\). Donc \(X^6 + 1 = (X^2 + 1)(X^2 – \sqrt{3}X + 1)(X^2 + \sqrt{3}X + 1)\).

Corrigé de l’exercice 9 : Factorisation à partir d’une racine complexe

1. On a \(i^2 = -1\), \(i^3 = -i\) et \(i^4 = 1\). Donc \(P(i) = 1 + 2i – 6 – 2i + 5 = 0\). Comme \(P\) est à coefficients réels, \(P(-i) = P(\overline{i}) = \overline{P(i)}\). Ainsi, \(P(i) = 0\) et \(P(-i) = 0\).
2. Les polynômes \(X – i\) et \(X + i\) divisent \(P\) et sont premiers entre eux. Leur produit \(X^2 + 1\) divise donc \(P\). La division euclidienne donne ensuite le quotient. En effet, \((X^2 + 1)(X^2 – 2X + 5) = X^4 – 2X^3 + 5X^2 + X^2 – 2X + 5 = P\). Le quotient est \(X^2 – 2X + 5\).
3. Le discriminant de \(X^2 – 2X + 5\) vaut \(4 – 20 = -16\). Ses racines sont donc \(1 \pm 2i\), et il est irréductible sur \(\mathbb{R}\). La figure ci-dessous place les quatre racines de \(P\), par paires conjuguées. Dans \(\mathbb{R}[X]\), \(P = (X^2 + 1)(X^2 – 2X + 5)\). Dans \(\mathbb{C}[X]\), \(P = (X – i)(X + i)(X – 1 – 2i)(X – 1 + 2i)\).

   

Corrigé de l’exercice 10 : Polynômes réels positifs

1. Notons \(d = \deg P\) et \(a_d\) son coefficient dominant. Quand \(x \to +\infty\), \(P(x)\) a le signe de \(a_d\), car \(P(x) = a_d x^d(1 + o(1))\). Comme \(P \geq\, 0\) et \(a_d \neq 0\), on obtient \(a_d > 0\). Soit ensuite \(a\) une racine réelle de multiplicité \(m\). On écrit \(P = (X – a)^m R\) avec \(R(a) \neq 0\). Par continuité, \(R\) garde un signe constant au voisinage de \(a\). Si \(m\) était impair, \((x – a)^m\) changerait de signe en \(a\), donc \(P\) aussi : c’est absurde. Ainsi, \(a_d > 0\) et toute racine réelle est de multiplicité paire.
2. Les racines non réelles vont par paires conjuguées de même multiplicité. On note \(z_1, \ldots, z_s\) celles de partie imaginaire strictement positive, de multiplicités \(n_1, \ldots, n_s\). Les racines réelles \(a_k\) ont des multiplicités \(2\mu_k\). On pose alors \(c = a_d\), \(S = \prod_k (X – a_k)^{\mu_k}\) et \(T = \prod_j (X – z_j)^{n_j}\). Dans ce cas, \(\overline{T} = \prod_j (X – \overline{z_j})^{n_j}\). La factorisation dans \(\mathbb{C}[X]\) s’écrit alors \(P = c\, S^2\, T\, \overline{T}\), avec \(c > 0\) et \(S\) réel.
3. Écrivons \(T = A + iB\), où \(A\) et \(B\) sont les polynômes réels formés des parties réelles et imaginaires des coefficients. Alors \(\overline{T} = A – iB\), donc \(T\overline{T} = A^2 + B^2\). Par conséquent, \(P = c S^2(A^2 + B^2)\). Ainsi, \(P = (\sqrt{c}\, SA)^2 + (\sqrt{c}\, SB)^2\) est une somme de deux carrés de polynômes réels.
4. Pour \(X^4 + 1\), on a \(c = 1\), \(S = 1\) et \(T = (X – e^{i\pi/4})(X – e^{3i\pi/4})\). La somme de ces racines vaut \(i\sqrt{2}\), et leur produit \(e^{i\pi} = -1\). Donc \(T = X^2 – i\sqrt{2}X – 1\), puis \(A = X^2 – 1\) et \(B = -\sqrt{2}X\). Vérifions : \((X^2 – 1)^2 + 2X^2 = X^4 + 1\). Ainsi, \(X^4 + 1 = (X^2 – 1)^2 + (\sqrt{2}X)^2\).

Corrigé de l’exercice 11 : Forme irréductible, degré et partie entière

1. D’abord, \(X^3 – 3X + 2 = (X – 1)^2(X + 2)\), car \(1\) est racine double (exercice 3). Ensuite, \(X^3 – X^2 – X + 1 = X^2(X – 1) – (X – 1) = (X – 1)^2(X + 1)\). On simplifie par \((X – 1)^2\) : \(F = \frac{X + 2}{X + 1}\), avec \(X + 2\) et \(X + 1\) premiers entre eux. Le degré vaut \(1 – 1 = 0\). De plus, \(F = 1 + \frac{1}{X + 1}\), donc la partie entière est \(1\). Ainsi, \(F = \frac{X + 2}{X + 1}\), de degré 0 et de partie entière 1, avec un zéro simple \(-2\) et un pôle simple \(-1\). Le réel 1 n’est ni zéro ni pôle.
2. On effectue la division de \(2X^4 + X^3 + 1\) par \(X^2 + 1\). Le quotient est \(2X^2 + X – 2\) et le reste \(-X + 3\). En effet, \((2X^2 + X – 2)(X^2 + 1) = 2X^4 + X^3 + X – 2\), et on ajoute \(3 – X\). Donc \(G = 2X^2 + X – 2 + \frac{3 – X}{X^2 + 1}\), de partie entière \(E = 2X^2 + X – 2\).
3. Les racines de \(X^2 + 1\) sont \(\pm i\). Or \(3 – i \neq 0\) et \(3 + i \neq 0\), donc le numérateur ne s’annule pas en \(\pm i\), et la forme est irréductible. Enfin, \(G(x) – E(x) = \frac{3 – x}{x^2 + 1}\) est de degré \(-1\). Les pôles de \(G\) sont \(i\) et \(-i\), simples, et \(G(x) – E(x) \to 0\) quand \(x \to +\infty\).

Corrigé de l’exercice 12 : Éléments simples, pôles simples

1. Le degré de \(F\) est \(-1\), donc sa partie entière est nulle. Les pôles \(0\), \(1\) et \(-2\) sont simples. On multiplie par chaque facteur, puis on évalue. En \(0\) : \(\frac{0 + 1}{(0 – 1)(0 + 2)} = -\frac{1}{2}\). En \(1\) : \(\frac{2}{1 \cdot 3} = \frac{2}{3}\). En \(-2\) : \(\frac{5}{(-2)(-3)} = \frac{5}{6}\). Contrôle en \(X = -1\) : \(F(-1) = 1\), et \(\frac{1}{2} – \frac{1}{3} + \frac{5}{6} = 1\). Donc \(F = -\frac{1}{2X} + \frac{2}{3(X – 1)} + \frac{5}{6(X + 2)}\).
2. Ici \(\deg G = 1\). La division de \(X^3\) par \(X^2 – 3X + 2\) donne le quotient \(X + 3\) et le reste \(7X – 6\). Pour les pôles simples : en \(1\), \(\frac{1^3}{1 – 2} = -1\) ; en \(2\), \(\frac{2^3}{2 – 1} = 8\). Vérifions : \(-\frac{1}{X – 1} + \frac{8}{X – 2} = \frac{7X – 6}{(X – 1)(X – 2)}\). Donc \(G = X + 3 – \frac{1}{X – 1} + \frac{8}{X – 2}\).
3. Les pôles \(\pm 2\) sont simples. En \(2\), le coefficient vaut \(\frac{1}{2 + 2} = \frac{1}{4}\), et en \(-2\), il vaut \(\frac{1}{-2 – 2} = -\frac{1}{4}\). Donc \(H = \frac{1}{4}(\frac{1}{X – 2} – \frac{1}{X + 2})\). Sur \(]2, +\infty[\), les deux quantités \(x – 2\) et \(x + 2\) sont positives. Une primitive est \(x \mapsto \frac{1}{4}\ln\frac{x – 2}{x + 2}\).

Corrigé de l’exercice 13 : Éléments simples, pôles multiples

1. La décomposition a la forme \(\frac{\alpha}{X + 1} + \frac{\beta}{X – 1} + \frac{\gamma}{(X – 1)^2}\), sans partie entière. Pour le pôle simple \(-1\) : \(\alpha = \frac{1}{(-2)^2} = \frac{1}{4}\). On multiplie ensuite par \((X – 1)^2\) et on évalue en \(1\) : \(\gamma = \frac{1}{2}\). Enfin, \(xF(x) \to 0\) en \(+\infty\), donc \(\alpha + \beta = 0\) et \(\beta = -\frac{1}{4}\). Contrôle en \(0\) : \(F(0) = 1\) et \(\frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{2} = 1\). Donc \(F = \frac{1}{4(X + 1)} – \frac{1}{4(X – 1)} + \frac{1}{2(X – 1)^2}\).
2. Avec \(Y = X – 1\), on a \(X^2 = (Y + 1)^2 = Y^2 + 2Y + 1\). Donc \(G = \frac{Y^2 + 2Y + 1}{Y^3} = \frac{1}{Y} + \frac{2}{Y^2} + \frac{1}{Y^3}\). Ainsi, \(G = \frac{1}{X – 1} + \frac{2}{(X – 1)^2} + \frac{1}{(X – 1)^3}\).
3. On cherche \(H = \frac{a}{X^2} + \frac{b}{X} + \frac{c}{(X – 1)^2} + \frac{d}{X – 1}\). D’abord, en multipliant par \(X^2\) et en évaluant en \(0\) : \(a = \frac{1}{1} = 1\). De même, en \(1\) : \(c = \frac{2}{1} = 2\). Ensuite, \(xH(x) \to 0\) donne \(b + d = 0\). Enfin, \(H(-1) = 0\) donne \(a – b + \frac{c}{4} – \frac{d}{2} = 0\). Avec \(d = -b\), on obtient \(\frac{3}{2} – \frac{b}{2} = 0\), donc \(b = 3\) et \(d = -3\). Contrôle en \(2\) : \(H(2) = \frac{3}{4}\), et \(\frac{1}{4} + \frac{3}{2} + 2 – 3 = \frac{3}{4}\). Donc \(H = \frac{1}{X^2} + \frac{3}{X} + \frac{2}{(X – 1)^2} – \frac{3}{X – 1}\).

Point de méthode : après une décomposition, un contrôle en un point non utilisé coûte quelques secondes et détecte presque toutes les erreurs de calcul.

Corrigé de l’exercice 14 : Décomposition sur C puis sur R

1. Les pôles \(1, j, j^2\) sont simples, et la partie entière est nulle. Le coefficient en \(\omega\) vaut \(\frac{1}{3\omega^2} = \frac{\omega}{3}\), car \(\omega^3 = 1\). Donc \(\frac{1}{X^3 – 1} = \frac{1}{3}(\frac{1}{X – 1} + \frac{j}{X – j} + \frac{j^2}{X – j^2})\).
2. On a \(j^2 = \overline{j}\), \(j + \overline{j} = -1\) et \(|j|^2 = 1\). Donc \[\frac{j}{X – j} + \frac{\overline{j}}{X – \overline{j}} = \frac{(j + \overline{j})X – 2j\overline{j}}{X^2 + X + 1} = \frac{-X – 2}{X^2 + X + 1}.\] Contrôle : \((X^2 + X + 1) – (X + 2)(X – 1) = 3\). Donc \(\frac{1}{X^3 – 1} = \frac{1}{3(X – 1)} – \frac{X + 2}{3(X^2 + X + 1)}\).
3. Les pôles de \(\frac{X}{X^4 – 1}\) sont \(1, -1, i, -i\), simples. Le coefficient en \(a\) vaut \(\frac{a}{4a^3} = \frac{1}{4a^2}\). Il vaut donc \(\frac{1}{4}\) en \(\pm 1\) et \(-\frac{1}{4}\) en \(\pm i\). Dans \(\mathbb{C}(X)\) : \[\frac{X}{X^4 – 1} = \frac{1}{4}(\frac{1}{X – 1} + \frac{1}{X + 1} – \frac{1}{X – i} – \frac{1}{X + i}).\] Ensuite, \(\frac{1}{X – i} + \frac{1}{X + i} = \frac{2X}{X^2 + 1}\). Donc, dans \(\mathbb{R}(X)\), \(\frac{X}{X^4 – 1} = \frac{1}{4(X – 1)} + \frac{1}{4(X + 1)} – \frac{X}{2(X^2 + 1)}\).

Corrigé de l’exercice 15 : Facteur irréductible au carré

1. Le degré de \(F\) vaut \(-5\), donc la partie entière est nulle. De plus, \(X\) et \(X^2 + 1\) sont irréductibles dans \(\mathbb{R}[X]\), avec des multiplicités 1 et 2. La décomposition a donc la forme \(\frac{a}{X} + \frac{bX + c}{X^2 + 1} + \frac{dX + e}{(X^2 + 1)^2}\), avec des coefficients réels.
2. Le pôle \(0\) est simple, donc \(a = \frac{1}{(0 + 1)^2} = 1\). Ensuite, \[F – \frac{1}{X} = \frac{1 – (X^2 + 1)^2}{X(X^2 + 1)^2} = \frac{-X^4 – 2X^2}{X(X^2 + 1)^2} = -\frac{X(X^2 + 2)}{(X^2 + 1)^2}.\] Or \(X^2 + 2 = (X^2 + 1) + 1\), donc \(F – \frac{1}{X} = -\frac{X}{X^2 + 1} – \frac{X}{(X^2 + 1)^2}\). Ainsi, \(F = \frac{1}{X} – \frac{X}{X^2 + 1} – \frac{X}{(X^2 + 1)^2}\).
3. Sur \(]0, +\infty[\), \(\frac{1}{x}\) a pour primitive \(\ln x\). Ensuite, \(\frac{x}{x^2 + 1}\) a pour primitive \(\frac{1}{2}\ln(x^2 + 1)\). Enfin, la dérivée de \(\frac{1}{x^2 + 1}\) vaut \(\frac{-2x}{(x^2 + 1)^2}\). Par conséquent, \(-\frac{x}{(x^2 + 1)^2}\) a pour primitive \(\frac{1}{2(x^2 + 1)}\). Une primitive est \(x \mapsto \ln x – \frac{1}{2}\ln(x^2 + 1) + \frac{1}{2(x^2 + 1)}\).

Corrigé de l’exercice 16 : Calcul d’une intégrale

1. On a \(X^3 + 1 = (X + 1)(X^2 – X + 1)\), et le trinôme a pour discriminant \(-3\). La décomposition s’écrit donc \(\frac{\alpha}{X + 1} + \frac{\beta X + \gamma}{X^2 – X + 1}\). En \(-1\) : \(\alpha = \frac{1}{3}\), puisque \(Q^{\prime}(-1) = 3\). Ensuite, \(xF(x) \to 0\) donne \(\alpha + \beta = 0\), donc \(\beta = -\frac{1}{3}\). En \(X = 0\) : \(1 = \alpha + \gamma\), donc \(\gamma = \frac{2}{3}\). Contrôle : \((X^2 – X + 1) + (X + 1)(2 – X) = 3\). Donc \(\frac{1}{X^3 + 1} = \frac{1}{3(X + 1)} + \frac{-X + 2}{3(X^2 – X + 1)}\).
2. On écrit \(-x + 2 = -\frac{1}{2}(2x – 1) + \frac{3}{2}\). De plus, \(x^2 – x + 1 = (x – \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4}\). Ainsi, \(\int \frac{dx}{(x – \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4}} = \frac{2}{\sqrt{3}}\arctan\frac{2x – 1}{\sqrt{3}}\). En regroupant, avec le facteur \(\frac{1}{3}\) : une primitive sur \(]-1, +\infty[\) est \(\Phi(x) = \frac{1}{3}\ln(x + 1) – \frac{1}{6}\ln(x^2 – x + 1) + \frac{1}{\sqrt{3}}\arctan\frac{2x – 1}{\sqrt{3}}\).
3. On a \(\Phi(1) = \frac{\ln 2}{3} – 0 + \frac{1}{\sqrt{3}}\cdot\frac{\pi}{6}\) et \(\Phi(0) = 0 – 0 – \frac{1}{\sqrt{3}}\cdot\frac{\pi}{6}\). Par différence, on obtient la valeur. La figure ci-dessous représente l’aire obtenue et la fonction \(x \mapsto \int_0^x \frac{dt}{1 + t^3}\). Donc \(I = \frac{\ln 2}{3} + \frac{\pi}{3\sqrt{3}} \approx 0{,}836\).

   

4. D’abord, \(\frac{1}{3}\ln(x + 1) – \frac{1}{6}\ln(x^2 – x + 1) = \frac{1}{6}\ln\frac{(x + 1)^2}{x^2 – x + 1}\). Cette quantité tend vers \(\frac{1}{6}\ln 1 = 0\). Ensuite, le terme en arctangente tend vers \(\frac{\pi}{2\sqrt{3}}\). Ainsi, \(\int_0^x \frac{dt}{1 + t^3} = \Phi(x) – \Phi(0)\) tend vers \(\frac{\pi}{2\sqrt{3}} + \frac{\pi}{6\sqrt{3}}\). La limite vaut \(\frac{2\pi}{3\sqrt{3}} \approx 1{,}209\).

Corrigé de l’exercice 17 : Dérivées k-ièmes

1. On a \(\frac{1}{x^2 – 1} = \frac{1}{2}(\frac{1}{x – 1} – \frac{1}{x + 1})\), les coefficients valant \(\frac{1}{2}\) et \(-\frac{1}{2}\). Par récurrence immédiate, \((\frac{1}{x – a})^{(k)} = \frac{(-1)^k k!}{(x – a)^{k+1}}\). Donc \(f^{(k)}(x) = \frac{(-1)^k k!}{2}(\frac{1}{(x – 1)^{k+1}} – \frac{1}{(x + 1)^{k+1}})\).
2. En \(x = 0\), on trouve \(f^{(k)}(0) = \frac{(-1)^k k!}{2}((-1)^{k+1} – 1) = \frac{k!}{2}(-1 – (-1)^k)\). Si \(k\) est pair, cela vaut \(-k!\), et si \(k\) est impair, cela vaut \(0\). Contrôle : \(f(0) = -1\). Ensuite, \(f^{\prime}(x) = \frac{-2x}{(x^2 – 1)^2}\), donc \(f^{\prime}(0) = 0\). Enfin, \(f^{\prime\prime}(0)\) est la dérivée en \(0\) de \(f^{\prime}\), soit \(\lim \frac{-2}{(x^2 – 1)^2} = -2\). Ainsi, \(f^{(k)}(0) = -k!\) si \(k\) est pair, et \(0\) sinon.
3. On a \(\frac{1}{x – i} – \frac{1}{x + i} = \frac{2i}{x^2 + 1}\), donc \(g(x) = \frac{1}{2i}(\frac{1}{x – i} – \frac{1}{x + i})\). En dérivant \(k\) fois : \[g^{(k)}(x) = \frac{(-1)^k k!}{2i}(\frac{1}{(x – i)^{k+1}} – \frac{1}{(x + i)^{k+1}}).\] Pour \(x\) réel, les deux termes sont conjugués, et \(z – \overline{z} = 2i\operatorname{Im} z\). Donc \(g^{(k)}(x) = (-1)^k k! \operatorname{Im}\frac{1}{(x – i)^{k+1}}\). En \(0\), comme \(\frac{1}{-i} = i\), on a \(\frac{1}{(-i)^{k+1}} = i^{k+1} = e^{i(k+1)\pi/2}\). Donc \(g^{(k)}(0) = (-1)^k k! \sin\frac{(k+1)\pi}{2}\).
4. On a \((1 – x^2 + x^4)(1 + x^2) = 1 + x^6\). Donc \(1 – x^2 + x^4 = g(x) + x^6 g(x)\), ce qui donne l’égalité voulue. Par la formule de Leibniz, \((x^6 g)^{(k)}(0) = \sum_{p=0}^{k}\binom\,{k}{p}(x^6)^{(p)}(0)\, g^{(k-p)}(0)\). Or, pour \(p \leq\, 5\), \((x^6)^{(p)}\) s’annule en \(0\). Ainsi, pour \(k \leq\, 4\), \(g^{(k)}(0)\) est la dérivée \(k\)-ième en \(0\) de \(1 – x^2 + x^4\). On obtient \(1, 0, -2, 0, 24\). La formule de la question 3 donne \(\sin\frac{\pi}{2} = 1\), puis \(-\sin\pi = 0\), \(2\sin\frac{3\pi}{2} = -2\), \(-6\sin 2\pi = 0\) et \(24\sin\frac{5\pi}{2} = 24\). Les deux méthodes concordent pour \(k \leq\, 4\).

Corrigé de l’exercice 18 : Sommes sur les racines avec P’/P

1. On a \(P^{\prime} = 3X^2 + 1\), de racines \(\pm\frac{i}{\sqrt{3}}\). Or \((\frac{i}{\sqrt{3}})^3 = -\frac{i}{3\sqrt{3}}\). Donc \(P(\frac{i}{\sqrt{3}}) = 1 + i(\frac{1}{\sqrt{3}} – \frac{1}{3\sqrt{3}})\), de partie réelle 1, donc non nul. Par conjugaison, \(P(-\frac{i}{\sqrt{3}}) \neq 0\). Ainsi, \(P\) et \(P^{\prime}\) n’ont aucune racine commune. Les trois racines de \(P\) sont donc simples.
2. D’après le cours, pour un polynôme scindé à racines simples : \(\frac{P^{\prime}}{P} = \sum_{k=1}^{3}\frac{1}{X – x_k}\).
3. On évalue en \(0\), qui n’est pas racine : \(\sum_k \frac{1}{0 – x_k} = \frac{P^{\prime}(0)}{P(0)} = 1\). Donc \(\sum_k \frac{1}{x_k} = -1\). Avec les relations coefficients-racines, \(\sigma_1 = 0\), \(\sigma_2 = 1\) et \(\sigma_3 = -1\). Or \(\sum_k \frac{1}{x_k} = \frac{x_2x_3 + x_1x_3 + x_1x_2}{x_1x_2x_3} = \frac{\sigma_2}{\sigma_3} = -1\). Les deux méthodes donnent \(\sum_k \frac{1}{x_k} = -1\).
4. En \(X = 1\), on a \(P(1) = 3\) et \(P^{\prime}(1) = 4\). Donc \(\sum_k \frac{1}{1 – x_k} = \frac{4}{3}\). Ensuite, on dérive la décomposition : \((\frac{P^{\prime}}{P})^{\prime} = -\sum_k \frac{1}{(X – x_k)^2}\). Or \((\frac{P^{\prime}}{P})^{\prime} = \frac{P^{\prime\prime}P – P^{\prime 2}}{P^2}\), et \(P^{\prime\prime}(1) = 6\). On en déduit \(\sum_k \frac{1}{(1 – x_k)^2} = \frac{16 – 3 \times 6}{9}\). Donc \(\sum_k \frac{1}{1 – x_k} = \frac{4}{3}\) et \(\sum_k \frac{1}{(1 – x_k)^2} = -\frac{2}{9}\). Ce nombre négatif n’a rien d’étonnant : deux des racines ne sont pas réelles.

Corrigé de l’exercice 19 : Sommes sur les racines de l’unité

1. Soit \(P = X^n – 1\), scindé à racines simples \(\omega_0, \ldots, \omega_{n-1}\). Alors \(\frac{P^{\prime}}{P} = \sum_k \frac{1}{X – \omega_k}\). On évalue en \(2\), qui n’est pas racine. Donc \(S = \frac{P^{\prime}(2)}{P(2)} = \frac{n 2^{n-1}}{2^n – 1}\). Pour \(n = 2\), on retrouve \(1 + \frac{1}{3} = \frac{4}{3}\).
2. On a \(X^n – 1 = (X – 1)Q\). Les racines de \(Q\) sont donc les racines de \(X^n – 1\) autres que \(1\), soit \(\omega_1, \ldots, \omega_{n-1}\). Elles sont simples, et \(Q\) est unitaire de degré \(n – 1\). Ainsi, \(\frac{Q^{\prime}}{Q} = \sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{X – \omega_k}\). En \(1\), on a \(Q(1) = n\) et \(Q^{\prime}(1) = 1 + 2 + \cdots + (n – 1) = \frac{n(n – 1)}{2}\). Donc \(T = \frac{n – 1}{2}\).
3. On factorise par l’angle moitié : \(1 – e^{i\theta} = e^{i\theta/2}(e^{-i\theta/2} – e^{i\theta/2}) = -2i\sin\frac{\theta}{2}\, e^{i\theta/2}\). Comme \(\theta \notin 2\pi\mathbb{Z}\), \(\sin\frac{\theta}{2} \neq 0\). Donc \[\frac{1}{1 – e^{i\theta}} = \frac{i\, e^{-i\theta/2}}{2\sin\frac{\theta}{2}} = \frac{i\cos\frac{\theta}{2} + \sin\frac{\theta}{2}}{2\sin\frac{\theta}{2}}.\] Ainsi, \(\frac{1}{1 – e^{i\theta}} = \frac{1}{2} + \frac{i}{2}\cot\frac{\theta}{2}\).
4. Avec \(\theta = \frac{2k\pi}{n}\), pour \(1 \leq\, k \leq\, n – 1\), on obtient \(T = \frac{n – 1}{2} + \frac{i}{2}\sum_{k=1}^{n-1}\cot\frac{k\pi}{n}\). Or \(T = \frac{n – 1}{2}\) est réel. On identifie les parties imaginaires. Donc \(\sum_{k=1}^{n-1}\cot\frac{k\pi}{n} = 0\). Les parties réelles concordent aussi. Ce résultat se voit d’ailleurs directement, car \(\cot\frac{(n – k)\pi}{n} = -\cot\frac{k\pi}{n}\).

Corrigé de l’exercice 20 : La fonction logarithme n’est pas rationnelle

1. Écrivons \(F = \frac{P}{Q}\) sous forme irréductible, avec \(Q(a) \neq 0\). Alors \(F^{\prime} = \frac{P^{\prime}Q – PQ^{\prime}}{Q^2}\). Le dénominateur de la forme irréductible de \(F^{\prime}\) divise \(Q^2\), qui ne s’annule pas en \(a\). Donc \(a\) n’est pas pôle de \(F^{\prime}\).
2. Écrivons \(F = \frac{P}{(X – a)^m Q_1}\) avec \(P(a) \neq 0\) et \(Q_1(a) \neq 0\). On pose \(G = \frac{P}{Q_1}\) : \(a\) n’est pas pôle de \(G\), et \(G(a) \neq 0\). Alors \[F^{\prime} = \frac{G^{\prime}}{(X – a)^m} – \frac{mG}{(X – a)^{m+1}} = \frac{H}{(X – a)^{m+1}}, \quad H = (X – a)G^{\prime} – mG.\] D’après la question 1, \(a\) n’est pas pôle de \(G^{\prime}\). Donc \(a\) n’est pas pôle de \(H\), et \(H(a) = -mG(a) \neq 0\). Par conséquent, \(a\) est un pôle d’ordre exactement \(m + 1\) de \(F^{\prime}\).
3. Supposons \(F^{\prime} = \frac{1}{X}\). Alors \(0\) est un pôle simple de \(F^{\prime}\). Si \(0\) n’est pas pôle de \(F\), la question 1 contredit ce fait. Si \(0\) est un pôle d’ordre \(m \geq\, 1\) de \(F\), la question 2 donne un pôle d’ordre \(m + 1 \geq\, 2\) pour \(F^{\prime}\), ce qui est aussi absurde. Aucune fraction rationnelle n’a donc pour dérivée \(\frac{1}{X}\).
4. Supposons que \(\ln x = \frac{P(x)}{Q(x)}\) pour tout \(x \in ]\alpha, \beta[\), où \(Q\) ne s’annule pas. En dérivant, \(\frac{1}{x} = F^{\prime}(x)\) sur cet intervalle, avec \(F = \frac{P}{Q}\). Écrivons alors \(F^{\prime} – \frac{1}{X} = \frac{N}{D}\). Le polynôme \(N\) s’annule sur tout l’intervalle, donc en une infinité de points : il est nul. Ainsi, \(F^{\prime} = \frac{1}{X}\), ce qui contredit la question 3. La fonction \(\ln\) ne coïncide donc avec aucune fonction rationnelle sur un intervalle.

Point de méthode : dériver augmente de 1 l’ordre de chaque pôle ; ainsi, une dérivée de fraction rationnelle n’a jamais de pôle simple.

Corrigé de l’exercice 21 : Problème, une famille de fractions et des sommes télescopiques

1. Le dénominateur est scindé à racines simples \(0, -1, \ldots, -n\), et le numérateur vaut 1. Le degré de \(F_n\) vaut \(-(n + 1) < 0\). Les pôles sont \(0, -1, \ldots, -n\), tous simples, et la partie entière est nulle.
2. Le coefficient en \(-k\) vaut \(\frac{1}{\prod_{j \neq k}(j – k)}\), obtenu en multipliant par \(X + k\) puis en évaluant en \(-k\). D’une part, \(\prod_{j=0}^{k-1}(j – k) = (-k)(-k + 1)\cdots(-1) = (-1)^k k!\). D’autre part, \(\prod_{j=k+1}^{n}(j – k) = (n – k)!\). Le coefficient vaut donc \(\frac{(-1)^k}{k!(n – k)!} = \frac{(-1)^k}{n!}\binom\,{n}{k}\). Ainsi, \(F_n = \frac{1}{n!}\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k\binom\,{n}{k}}{X + k}\).
3. Pour \(n \geq\, 1\), \(\deg F_n \leq\, -2\), donc \(xF_n(x) \to 0\) quand \(x \to +\infty\). D’autre part, \(\frac{x}{x + k} \to 1\). En multipliant la décomposition par \(x\) et en passant à la limite, on obtient \(0 = \frac{1}{n!}\sum_k (-1)^k\binom\,{n}{k}\). Donc \(\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom\,{n}{k} = 0\).
4. D’un côté, \(F_n(1) = \frac{1}{1 \cdot 2 \cdots (n + 1)} = \frac{1}{(n + 1)!}\). De l’autre, la décomposition donne \(F_n(1) = \frac{1}{n!}\sum_k \frac{(-1)^k}{k + 1}\binom\,{n}{k}\). Donc \(\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{k + 1}\binom\,{n}{k} = \frac{n!}{(n + 1)!} = \frac{1}{n + 1}\).
5. On réduit au même dénominateur \(X(X + 1)\cdots(X + n + 1)\) : \[F_n(X) – F_n(X + 1) = \frac{(X + n + 1) – X}{X(X + 1)\cdots(X + n + 1)}.\] Donc \(F_n(X) – F_n(X + 1) = (n + 1)F_{n+1}(X)\).
6. Soit \(m \geq\, 1\). La question 5, appliquée avec \(n = m – 1\), donne \(F_m(p) = \frac{1}{m}(F_{m-1}(p) – F_{m-1}(p + 1))\). La somme télescope : \[\sum_{p=1}^{N} F_m(p) = \frac{1}{m}(F_{m-1}(1) – F_{m-1}(N + 1)).\] Or \(F_{m-1}(1) = \frac{1}{m!}\), et \(F_{m-1}(N + 1) \to 0\) car \(\deg F_{m-1} < 0\). La suite converge donc, et sa limite vaut \(\frac{1}{m \cdot m!}\).
7. Pour \(n = 2\), la question 2 donne \(F_2 = \frac{1}{2}(\frac{1}{X} – \frac{2}{X + 1} + \frac{1}{X + 2})\). Par la question 6, \(\sum_{p=1}^{N}F_2(p) = \frac{1}{2}(F_1(1) – F_1(N + 1))\), avec \(F_1(1) = \frac{1}{2}\). Contrôle pour \(N = 1\) : \(\frac{1}{4} – \frac{1}{12} = \frac{1}{6} = \frac{1}{1 \cdot 2 \cdot 3}\). La figure ci-dessous montre la convergence des sommes partielles vers \(1\) et \(\frac{1}{4}\). Donc \(\sum_{p=1}^{N}\frac{1}{p(p+1)(p+2)} = \frac{1}{4} – \frac{1}{2(N + 1)(N + 2)}\), de limite \(\frac{1}{4}\).

   

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Pour aller plus loin en maths sup

• Le cours : fractions rationnelles, cours de maths sup
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