Décomposer les fractions rationnelles suivantes en éléments simples complexes ou réels :

(1)

Lycée Hoche MPSI B Feuille Fractions rationnelles

1.

^(Efr01)

Décomposer les fractions rationnelles suivantes en éléments simples complexes ou réels :

(X + 2)

(X + 1)(X

²

+ 1) , X

²

(X

²

+ 1)

²

, 1 1 − X

²

1 (X − 1)(X − 2) · · · (X − n) , 1

(X − 1)

²

(X − 2) X

⁵

(X

⁴

− 1)

²

, X

X

⁴

+ X

²

+ 1 , X

⁷

− X

⁶

− X + 1 (X − 1)

⁵

X

²

X

⁴

− 2X

²

cos α + 1 (α 6≡ 0 mod 2π), 1 (X

²

− 1)

²

X

⁴

(X − 1)

²

(X + 1) 2.

^(Efr02)

On rappelle que

∀n ∈ N

^∗

: 1

1 − X = 1 + X + · · · + X

ⁿ⁻¹

+ X

ⁿ

1 − X En déduire les décompositions en éléments simples de

1 X

ⁿ

(1 − X )

1 X(1 − X)

ⁿ

1 (X + 1)(X + 2)

⁶

3.

^(Efr03)

Formule de Taylor pour une fraction rationnelle.

Soit F ∈ C (X) et a un nombre complexe qui n'est pas un pôle de F .

a. Soit k un entier naturel quelconque, montrer que a n'est pas un pôle de F

^(k)

.

b. Soit n un entier naturel quelconque, on dénit une fraction rationnelle R

_n

par :

F = F e (a)+ f F

⁰

(a)

1! (X −a)+ · · ·+ F g

⁽ⁿ⁾

(a)

n! (X −a)

ⁿ

+ R

_n

Montrer que a est un zéro de R

n

de multiplicité strictement supérieure à n .

c. En déduire la décomposition en éléments simples

de 1

(X − 1)

³

(X + 1)

²

4.

^(Efr04)

Soit n ≥ 2 dans N et A

_n

, B

_n

dans Z [X ] :

A

n

=

bⁿ⁻¹₂ c

X

k=0

(−1)

^k

n

2k + 1

X

^2k+1

B

n

=

bⁿ₂c

X

k=0

(−1)

^k

n

2k

X

^2k

On dénit la fraction rationnelle F

_n

=

^A_Bⁿ

n

et l'ensemble I

n

= J 0, n − 1 K \

n − 1 2

On remarque que si n est pair,

ⁿ⁻¹₂

n'est pas entier et il n'y a rien à enlever à J 0, n − 1 K. Pour k ∈ I

_n

, on note :

θ

_k

= (2k + 1)π

2n , t

_k

= tan(θ

_k

)

a. Montrer que, pour x non congru à

^π₂

modulo π , sin(nx) = (cos(x))

ⁿ

A f

_n

(tan(x)) cos(nx) = (cos(x))

ⁿ

B f

n

(tan(x))

En déduire que tan(nx) = F f

_n

(tan(x)) lorsque tan(x) n'est pas un pôle de F

_n

.

b. Montrer que {t

_k

, k ∈ I

_n

} est l'ensemble des racines de B

_n

. Calculer A f

_n

(t

_k

) pour k ∈ I

_n

.

c. Quel est le degré de F

_n

? Quels sont les pôles de F

_n

? Montrer que la décomposition en éléments simples de F

_n

est

− 1 n

X

k∈In

1 + t

²_k

X − t

_k

si n est pair 1

n X − 1 n

X

k∈In

1 + t

²_k

X − t

k

si n est impair 5.

^(Efr05)

Soit a un pôle de multiplicité m de F ∈ K(X) .

Est-il encore un pôle de F

⁰

? et de quelle multiplicité ? 6.

^(Efr06)

Valuations d'une fraction rationnelle.

Pour tout a ∈ C et F ∈ C (X) , on dénit v

_a

(F ) ∈ Z (valuation de F en a ) de la manière suivante :

v

a

(F ) = 0 si a n'est ni un pôle ni un zéro de F . v

a

(F ) = m si a est un zéro de F de multiplicité m . v

a

(F ) = −m si a est un pôle de F de multiplicité m .

a. Montrer que v

a

(F ) = m si et seulement si il existe des polynômes P et Q tels que F = (X − a)

^{m P}_Q

avec P e (a) 6= 0 et Q(a) e 6= 0 .

b. Soit F et G deux fractions rationnelles. Montrer que v

a

(F G) = v

a

(F ) + v

a

(G) .

Montrer que v

a

(F + G) ≥ min(v

a

(F ), v

a

(G)) avec égalité lorsque v

a

(F ) 6= v

a

(G) .

c. Soit F , G

1

, G

2

trois fractions rationnelles vériant F

²

+ G

₁

F + G

₂

= 0

_C_(X)

Montrer qu'un pôle de F est soit un pôle de G

1

soit un pôle de G

2

.

7.

^(Efr07)

Préciser la fraction R telle que 1

1 + X

²

= 1 − X

²

+ X

⁴

+ R En déduire la partie polaire relative au pôle 0 de

F = X + 1 X

⁴

(X

²

+ 1)

Achever la décomposition en éléments simples de F . 8.

^(Efr08)

Soit a un nombre complexe non nul. On dénit une

suite de fractions rationnelles par : F

0

= 1 −

¹_a

X

(1 + X )(1 + aX)(1 + a

²

X )

∀n ∈ N : F

n+1

= a F b

n

(aX)

En utilisant une décomposition en éléments simples, simplier

F

₀

+ F

₁

+ · · · + F

_n

(2)

9.

^(Efr09)

Soit α 6= 0 mod π et f dénie dans R par

∀x ∈ R , f (x) = 1

1 − 2x cos α + x

²

Former une expression complexe de f

⁽ⁿ⁾

. En déduire une expression simple de f

⁽ⁿ⁾

(cos α) .

10.

^(Efr10)

Soit p naturel non nul, P polynôme de degré < p . On dénit une fraction F et une suite (u

n

)

_n∈N∗

F = P

X (X + 1) · · · (X + p) et u

n

= F(n) e a. Préciser les coecients de la décomposition en élé-

ments simples de F . On les notera λ

0

, λ

1

, · · · , λ

p

. b. Montrer la convergence de la suite

n

X

k=1

u

_k

!

n∈N^∗

et exprimer sa limite en fonction des λ

_i

.

11.

^(Efr11)

Soit x

1

, · · · , x

n

complexes non nuls deux à deux distincts et r ∈ J 0, n K. Montrer que

¹

n

X

j=1

x

^r_j

Q

k6=j

(x

_j

− x

_k

) =



 

 

 

 

0 si r < n − 1 1 si r = n − 1

X

j

x

j

si r = n 12.

(Efr12)

a. Soit k ∈ N

^∗

, donner un développement limité à l'ordre 1 en 1 de la fonction x → x

^k

.

b. Soit n ∈ N

^∗

, donner un développement limité à l'ordre 1 en 1 de

x → 1

(1 + x + x

²

+ · · · + x

ⁿ⁻¹

)

²

c. Calculer la partie polaire relative au pôle 1 de

1 (X

ⁿ

− 1)

²

d. Décomposer en éléments simples de C(X ) 1

(X

ⁿ

− 1)

²

13.

^(Efr13)

Soit a , b , c dans C \ {−1, 0, 1} et deux à deux distincts. Résoudre le système aux inconnues x , y , z



 



 

 x a − 1 + y

a + z a + 1 = 1 x

b − 1 + y b + z

b + 1 = 1 x

c − 1 + y c + z

c + 1 = 1

14.

^(Efr14)

Démonstration arithmétique de l'existence et de l'unicité d'une partie polaire.

Soit a ∈ C un pôle de multiplicité α de F ∈ C (X ) . Montrer, avec des outils arithmétiques qu'il existe un unique polynôme Λ tel que a ne soit pas un pôle de F −

_(X−a)^Λ α

et que deg(Λ) < α .

1d'après Knuth Art of Computer Programming Vol I p36.

15.

^(Efr15)

Pour n ∈ N

^∗

décomposer dans R (X) , F = X

ⁿ

+ 1

(X

²

− 1)(X

ⁿ

− 1) . (Attention à la parité de n )

16.

(Efr14)

Soit P de racines z

₁

, · · · , z

_p

dans C avec les mul- tiplicités m

₁

, · · · , m

_p

. Soit z une racine de P

⁰

. Montrer que

0 = m

1

|z − z

₁

|

²

(z − z

1

) + · · · + m

1

|z − z

_p

|

²

(z − z

p

).

(3)

Lycée Hoche MPSI B Feuille Fractions rationnelles : corrigés

1.

^(Cfr01)

On décompose d'abord en éléments simples de pre- mière espèce puis de deuxième espèce.

Calcul facile car tous les pôles sont simples, puis on regroupe les conjugués

(X + 2) (X + 1)(X

²

+ 1)

= 1

2(X + 1) + −1 + 3i

4(X + i) + −1 − 3i 4(X − i)

= 1

2(X + 1) + −X + 3 2(X

²

+ 1) Dans C (X ) : deux pôles doubles conjugués (ou oppo-

sés).

X

²

(X

²

+ 1)

²

= a

(X − i)

²

+ b X − i

+ c

(X + i)

²

+ d X + i Par conjugaison (ou parité) : c = a , d = −b . Par supertildation en i : a =

_(2i)⁻¹₂

=

¹₄

.

Valeur en 0 :

0 = −(a + c) + i(b − d) ⇒ b = − i 4 X

²

(X

²

+ 1)

²

= 1

4(X − i)

²

− i 4(X − i)

+ 1

4(X + i)

²

+ i 4(X + i) Dans R [X] , évident par développement idiot

X

²

(X

²

+ 1)

²

= X

²

+ 1 − 1 (X

²

+ 1)

²

= 1

X

²

+ 1 − 1 (X

²

+ 1)

²

Deux pôles simples. Calculs faciles.

1 1 − X

²

= 1

2(1 − X) + 1 2(1 + X )

Tous les pôles sont simples. Calculs par supertildation en faisant apparaitre un coecient du binôme.

1 (X − 1)(X − 2) · · · (X − n)

= 1

(n − 1)!

n−1

X

i=0

n − 1 i − 1

(−1)

ⁿ⁻ⁱ

X − i

1 (X − 1)

²

(X − 2) = −1

(X − 1)

²

+ −1

X − 1 + 1 X − 2

X

⁵

(X

⁴

− 1)

²

= 1

16(X − 1)

²

+ 1 8(X − 1)

− 1

16(X + 1)

²

+ 1

8(X + 1) + R

avec

R = − i

16(X − i)

²

− 1 8(X − i)

+ i

16(X + i)

²

− 1 8(X + i) ou

R = − 1

4(x

²

+ 1)

²

+ 1 4(x

²

+ 1)

Les pôles sont les racines carrées de j et j

²

soit j , −j , j

²

, −j

²

. On note a , b , c , d les coecients correspon- dants. Comme la fraction est réelle, c = a et d = b . Comme la fraction est impaire b = −a . On calcule a avec la dérivée du dénominateur :

a = j

4j

³

+ 2j = j 4 + 2j

X

⁴

+ X

²

+ 1 =

j 4+2j

X − j −

j 4+2j

X + j +

j² 4+2j²

X − j

²

−

j² 4+2j²

X + j

²

On cherche des coecients réel tels que

X

⁴

+ X

²

+ 1 = aX + b

X

²

+ X + 1 + cX + d X

²

− X + 1 Par imparité, a = c et d = −b . En multipliant par X et en allant à l'inni, on obtient a = b = 0 . En prenant la valeur en 1 , on obtient la valeur de b . Finalement :

X

⁴

+ X

²

+ 1 =

1 2

X

²

− X + 1 −

1 2

X

²

+ X + 1 On peut commencer par factoriser le numérateur et

simplier par (X−1)

²

. On divise pour obtenir la partie entière et on utilise la formule de Taylor en 1 pour la partie polaire

X

⁷

− X

⁶

− X + 1

(X − 1)

⁵

= X

²

+ 4X + 10

+ 6

(X − 1)

³

+ 15

(X − 1)

²

+ 20 X − 1 Les pôles sont e

ⁱ^α²

, e

⁻ⁱ^α²

, −e

ⁱ^α²

, e

⁻^α²

. Ils sont simples.

Notons a , b , c , d les coecients des parties polaires correspondantes. Par conjugaison : b = a , d = c . Par parité c = −a , d = −b . Tout s'exprime donc en fonction de a

b = a c = −a d = −a

Le calcul de a se fait en supertildant à l'aide de la factorisation

a = e

^iα

e

ⁱ^α²

− e

⁻ⁱ^α²

e

ⁱ^α²

+ e

ⁱ^α²

e

ⁱ^α²

+ e

⁻ⁱ^α²

= e

^iα

2i sin

^α₂

2e

ⁱ^α²

2 cos

^α₂

= − i

4 sin α e

ⁱ^α²

(4)

Finalement X

²

X

⁴

− 2X

²

cos α + 1 =

−ie

ⁱ^α²

4 sin α(X − e

ⁱ^α²

) + ie

⁻ⁱ^α²

4 sin α(X − e

⁻ⁱ^α²

) + ie

ⁱ^α²

4 sin α(X + e

ⁱ^α²

) + −ie

⁻ⁱ^α²

4 sin α(X + e

⁻ⁱ^α²

) Coecients indéterminés.

1 (X

²

− 1)

²

= a

(X − 1)

²

+ b X − 1

+ c

(X + 1)

²

+ d X + 1 Par parité : c = a , d = −b . Le a est facile à calculer par supertildation a =

¹₄

. On peut calculer le b par la méthode servant à prouver l'existence et l'unicité de la partie polaire

1 (X

²

− 1)

²

− 1

4(X − 1)

²

= − X + 3 (X − 1)(X + 1)

²

On déduit b = −

¹₄

. Finalement :

1 (X

²

− 1)

²

= 1

4(X − 1)

²

− 1 4(X − 1)

+ 1

4(X + 1)

²

+ 1 4(X − 1) Ne pas oublier la partie entière à calculer par division

sans préciser le reste. Le résidu en 1 se calcule par développement limité.

X

⁴

(X − 1)

²

(X + 1) = X + 1 + 1 2(X − 1)

²

+ 7

4(X − 1) + 1 4(X + 1) 2. pas de correction pour Efr02.tex

3.

^(Cfr03)

Formule de Taylor pour une fraction rationnelle.

a. Soit F une fraction dont a n'est pas un pôle. Il existe des polynômes P et Q tels que F =

^P_Q

avec Q(a) e 6= 0 . Les dérivées successives de F sont des fractions dont le dénominateur est une puissance de Q donc a n'est pôle d'aucune de ces dérivées.

b. Dénissons la fraction R

_n

par la formule : R

_n

= F −

F (a) + F

⁰

(a)

1! (X − a) + · · ·

D'après les propriétés algébriques de la dérivation : R

^(k)n

(a) = 0 pour 0 ≤ k ≤ n . En particulier de R

n

(a) = 0 , on déduit que a est un zéro de R

n

. Soit p sa multiplicité. Il existe alors une fraction G telle que F = (X − a)

^p

G avec G(a) 6= 0 . En utilisant la formule de Leibniz, on montre que R

^(p)n

(a) = p!G(a) 6= 0 . On en déduit que p > n .

En divisant par (X − a)

ⁿ⁺¹

, la contribution de la

partie principale de la formule de Taylor apparait donc comme la partie polaire en a de la fraction

F (X − a)

ⁿ⁺¹

Cette méthode peut être utile pour chercher la partie polaire d'un pôle avec une multiplicité élecée.

c. On peut appliquer deux fois la question précédente.

dér. succ. : 1

(X + 1)

²

, −2

(X + 1)

³

, 6 (X + 1)

⁴

val. en 1 : 1

4 , − 1

4 , 3

8 dér. succ. : 1

(X − 1)

³

, −3 (X − 1)

⁴

val. en −1 : − 1

8 , − 3

16 On en déduit :

1 (X − 1)

³

(X + 1)

²

=

1 4

(X − 1)

³

+

−1 4

(X − 1)

²

+

3 16

X − 1 + −

¹₈

(X + 1)

²

+ −

₁₆³

X + 1 4.

^(Cfr04)

a. La séparation entre les puissances paires et im- paires dans la formule du binôme permet d'écrire

e

^inx

= (cos x + i sin x)

ⁿ

= (cos x)

ⁿ

B f

_n

(tan x) + i A f

_n

(tan x) . On en déduit

sin(nx) = (cos(x))

ⁿ

A f

_n

(tan(x)) (1) cos(nx) = (cos(x))

ⁿ

B f

n

(tan(x)) (2) tan(nx) = F f

n

(tan(x)). (3) D'après 2, tous les t

k

avec k ∈ I

n

sont des racines de B

n

. On obtient donc autant de racines que le degré de B

n

, ce sont donc toutes les racines de B

n

ou les pôles de F

n

. D'après 1,

A f

n

(t

k

) = sin

^(2k+1)π₂

cos

ⁿ

θ

_k

= (−1)

^k

cos

ⁿ

θ

_k

. b. Si n = 2p est pair,

deg(A

_n

) = 2p − 1, deg(B

_n

) = 2p, deg(F

_n

) = −1.

Si n = 2p + 1 est impair,

deg(A

n

) = 2p + 1, deg(B

n

) = 2p, deg(F

n

) = +1.

(5)

Lycée Hoche MPSI B Feuille Fractions rationnelles : corrigés

c. Dans le cas impair n = 2p + 1 , la décomposition contient une partie entière qui est le quotient de la division de

A

n

= (−1)

^p

X

ⁿ

+ 0X

ⁿ⁻¹

+ · · ·

par B

_n

= (−1)

^p

nX

ⁿ⁻¹

+ 0X

ⁿ⁻²

+ · · · Or

A

_n

= X

n B

_n

+ pol de degré n − 2 donc ce quotient est

^X_n

.

Dans le cas pair, la décomposition en éléments simples ne comporte pas de partie entière.

La partie polaire relative au pôle t

_k

est

_X−t^λ^k_k

avec λ

k

= A f

n

(t

k

)

B f

⁰_n

(t

_k

) . Dérivons la relation 2.

− n sin(nx) = −n(sin x)(cos

ⁿ⁻¹

x) B f

_n

(x) + cos

ⁿ

x(1 + tan

²

x) B f

⁰_n

(tan x).

Comme sin θ

_k

= 0 ,

B f

_n⁰

(t

k

) = − n sin(nθ

k

) cos

ⁿ⁻²

θ

k

= n(−1)

ⁿ⁺¹

cos

ⁿ⁻²

θ

k

⇒ λ

k

= −1 n cos

²

θ

k

= − 1 + t

²_k

n . 5.

^(Cfr05)

Soit a un pôle de multiplicité m de F ∈ K(X) . Il

existe alors A et B K[X] tel que

F = A

(X − a)

^m

B avec A(a) e 6= 0, B(a) e 6= 0.

Avec les règles de dérivation :

F

⁰

= (X − a)A

⁰

B − mAB − (X − a)AB

⁰

(X − a)

^m+1

B

²

Notons N le numérateur.

N f

⁰

(a) = −m A(a) e B(a) e 6= 0.

On en déduit que a est un pôle de F

⁰

de multiplicité m + 1 .

6. pas de correction pour Efr06.tex 7. pas de correction pour Efr07.tex

8.

^(fr08)

Décomposons F

₀

en éléments simples F

0

= α

1 + X + β

1 + aX + γ 1 + a

²

X

sans calculer tout de suite les coecients. Écrivons la somme en respectant les colonnes

α

1 + X + β

1 + aX + γ 1 + a

²

X aα

1 + aX + aβ

1 + a

²

X + aγ 1 + a

³

X a

²

α

1 + a

²

X + a

²

β

1 + a

³

X + a

²

γ 1 + a

⁴

X ...

Un facteur γ + aβ + a

²

α se dégage dans le coeur de la sommation. Ce facteur est nul car comme le degré de F

0

est −2 , en multipliant par X et en allant à l'inni, il vient

α + β a + γ

a

²

= 0

La somme se simplie en domino et il ne reste que deux termes à chaque extrémité

α

1 + X + β + aα

1 + aX + a

ⁿ⁻¹

γ + a

ⁿ

β

1 + a

ⁿ⁺¹

X + a

ⁿ

γ 1 + a

ⁿ⁺²

X Les coecients α , β , γ dans F

0

se calculent comme d'ha- bitude

α = 1 +

¹_a

(1 − a)(1 − a

²

) β = 1 +

_a¹2

(1 −

¹_a

)(1 − a) γ = 1 +

_a¹₃

(1 −

_a¹₂

)(1 −

_a¹

) 9. pas de correction pour Efr09.tex 10. pas de correction pour Efr10.tex 11.

^(Cfr11)

On considère

F = X

^r

(X − x

1

) · · · (X − x

n

)

Comme les x

i

sont non nuls, ce sont les pôles de F et ils sont simples. Décomposons :

F = Q +

n

X

j=1

λ

j

X − x

_j

où Q est la partie entière et

λ

j

= x

^r_j

Q

k6=j

(x

j

− x

k

)

Si r < n − 1 , Q = 0 , XF → 0 en l'inni donc X

j

λ

j

= 0

Si r = n − 1 , Q = 0 , XF → 1 en l'inni donc X

j

λ

_j

= 1 Si r = n , Q = 1 et

n

X

j=1

λ

j

X − x

_j

= F − 1

= X

ⁿ

− (X − x

1

) · · · (X − x

n

) (X − x

1

) · · · (X − x

n

)

= (x

1

+ · · · x

n

)X

ⁿ⁻¹

+ · · · (X − x

₁

) · · · (X − x

_n

) d'où en multipliant par X et en allant à l'inni

X

j

λ

_j

= x

₁

+ · · · x

_n

(6)

12. pas de correction pour Efr12.tex 13.

^(Cfr13)

On considère une fraction

F = x X − 1 + y

X + z X + 1 Alors, (x, y, z) est solution si et seulement si

F e (a) = F e (b) = F(c) = 1 e

Cela revient à chercher un polynôme A de degré 2 avec des valeurs prescrites en a , b , c :



 



 



A(a) = (a e − 1)a(a + 1) A(b) = (b e − 1)b(b + 1) A(c) = (c e − 1)c(c + 1)

On peut l'obtenir avec les polynômes d'interpolation de Lagrange en a , b , c . Il reste alors à décomposer la fraction F en éléments simples pour obtenir la solution (x, y, z) . 14.

^(Cfr14)

Soit F =

_B^A

un représentant irréductible. Il existe

B

1

∈ C [X] tel que

B = (X − a)

^α

B

1

, B

1

∧ (X − a)

^α

= 1.

D'après Bezout, il existe Λ, V ∈ C [X ] tels que ΛB

1

+ (X − a)

^α

V = A.

En divisant éventuellement Λ par (X − a)

^α

, on peut supposer deg(Λ) < α . En divisant par B , on obtient

F = Λ

(X − a)

^α

+ V B

1

.

Ceci prouve l'existence. Si U

1

, V

1

est un autre couple solution de l'équation de Bezout, en soustrayant,

(Λ − U

2

)B

1

= (V

2

− V )(X − a)

^α

⇒ Λ = U

2

avec le théorème de Gauss si deg(U

2

) < α .

15.

^(Cfr15)

Les pôles sont +1 et −1 et les éléments de U

n

. La multiplicité de 1 est toujours 2 , mais celle de −1 dépend de la parité de n . En fait −1 est un pôle double si n est pair mais n'est pas un pôle si n est impair. Les autres éléments de U

n

sont des pôles simples.

Commençons par former la décomposition complexe en cherchant la partie polaire

_X−u^λ^u

en u ∈ U

n

\ {−1, 1} . On utilise la dérivée du dénominateur pour calculer λ

u

λ

u

= u

ⁿ

+ 1

(n + 2)u

ⁿ⁺¹

− nu

ⁿ⁻¹

− 2u = 2 n(u − u

⁻¹

)

= − i

n sin θ si u = e

^iθ

. Regroupons les pôles conjugués :

− i

n sin θ(X − e

^iθ

) + i

n sin θ(X − e

^−iθ

)

= ie

^−iθ

− ie

^iθ

n sin θ(X

²

− 2 cos θX + 1)

= 2

n(X

²

− 2 cos θX + 1) .

Pour former la partie polaire en 1 (notée Π

1

), on cherche le développement limité à l'ordre 1 en 1 de

x 7→ x

ⁿ

+ 1

(x + 1)(1 + x + · · · + x

ⁿ⁻¹

) . Le développement fondamental est

x

^k

= 1 + k(x − 1) + o(x − 1).

Après calculs, le coecient de (x − 1) est nul et le déve- loppement cherché est

1 n + o(x − 1) ⇒ Π

1

= 1 n(X − 1)

²

.

Si n est pair ( = 2p ), la fraction est conservée par la substitution de −X à X qui échange les pôles doubles 1 et −1 . Les autres racines de 1 sont des pôles simples.

On en déduit Π

₋₁

= Π

1

et . F = 1

n(X − 1)

²

+ 1 n(X + 1)

²

+

p−1

X

k=1

2 n(X

²

− 2 cos θ

k

X + 1) avec θ

k

= 2kπ n . Si n est impair ( = 2p + 1 ), −1 n'est pas un pôle. la décomposition est la même sans

_n(X+1)¹ 2

.

16. pas de correction pour Efr16.tex