Exercices sur les fractions rationnelles

(1)

Les fractions rationnelles

Généralités

Exercice 1 [ 02007 ][correction]

SoitF ∈K(X) de représentant irréductibleP/Q.

Montrer queF est paire si, et seulement si,P et Qsont tous deux pairs ou impairs.

Soientn∈N^? et ω= eⁱ^2πⁿ.

a) SoitP ∈C[X] un polynôme vérifiantP(ωX) =P(X).

Montrer qu’il existe un polynômeQ∈C[X] tel queP(X) =Q(Xⁿ).

b) En déduire la réduction au même dénominateur de la fraction rationnelle

F =

n−1

X

k=0

X+ω^k X−ω^k

SoitF ∈C(X) telle que, pour toutn∈Nnon pôle deF,F(n)∈Q. Montrer queF ∈Q(X).

Degré

Montrer qu’il n’existe pas de fraction rationnelleF telle queF²=X.

SoitF ∈K(X). Montrer que degF⁰ <degF−1⇒degF = 0.

Déterminer un supplémentaire deK[X] dansK(X).

Racines et pôles

Soientpetqdeux entiers naturels non nuls premiers entre eux.

Déterminer les racines et les pôles de

F =X^p−1 X^q−1 en précisant les multiplicités respectives.

SoitF∈K(X).

a) Soitaun zéro d’ordreα>1 deF. Montrer queaest zéro d’ordre α−1 de F⁰. b) Comparer les pôles deF et deF⁰, ainsi que leur ordre de multiplicité.

Montrer qu’il n’existe pas deF ∈C(X) telle que F⁰= 1

X

Décomposition en éléments simples

Effectuer la décomposition en éléments simples dansC[X] des fractions rationnelles suivantes :

a) X²+ 2X+ 5

X²−3X+ 2 b) X²+ 1

(X−1)(X−2)(X−3) c) 1 X(X−1)² d) 2X

X²+ 1 e) 1

X²+X+ 1 f) 4

(X²+ 1)² g) 3X−1

X²(X+ 1)² h) 1

X⁴+X²+ 1 i) 3 (X³−1)²

Soitn∈N. Former la décomposition en éléments simples de n!

X(X−1). . .(X−n)

(2)

Décomposer en éléments simples dansC(X) la fraction rationnelle Xⁿ⁻¹

Xⁿ−1

Applications de la décomposition en éléments simples

Soit la fraction

F = 1

X(X+ 1) a) Réaliser la décomposition en éléments simples deF.

b) En déduire une simplification pourn>1 de

n

P

k=1 1 k(k+1). c) Procéder de même pour calculer :

n

P

k=1 1 k(k+1)(k+2).

Exprimer la dérivée d’ordrende

1 X(X²+ 1)

Soit

F = 1

X²+ 1 ∈C(X)

a) En réalisant la décomposition en éléments simples deF, exprimerF⁽ⁿ⁾. b) Montrer qu’il existeP_n∈Rn[X] tel que

F⁽ⁿ⁾= Pn

(X²+ 1)ⁿ⁺¹ c) Déterminer les zéros dePn.

Soit

F= 1

(X−1)³(X+ 1)³

a) Quelle relation existe entre la partie polaire deF en 1 et celle en−1.

b) Former la décomposition en éléments simples de la fractionF. c) En déduire un couple (U, V)∈R[X]² tel que :

(X+ 1)³U+ (X−1)³V = 1

On poseωk= e^2ikπ/naveck∈ {0, . . . , n−1} etn>2.

Réduire au même dénominateur F =

n−1

X

k=0

1 X−ω_k

Soientn∈Ntel que n>2 etp∈ {0,1, . . . , n−1}. On pose pour k∈ {0,1, . . . , n−1},ω_k = exp ^2ikπ_n

. Mettre sous forme irréductible la fraction

n−1

X

k=0

ω_k^p X−ωk

Soientn∈N^? etz1, z2, . . . , zn∈Cdeux à deux distincts. On pose Q=

n

Y

k=1

(X−z_k)

a) Pourp∈ {0,1, . . . , n−1}, exprimer la décomposition en éléments simples de X^p/Q à l’aide desQ⁰(zk).

b) En déduire, pourp∈ {0,1, . . . , n−1}, la valeur de

n

X

k=1

z^p_k Q⁰(zk)

(3)

SoitP ∈C[X] un polynôme scindé à racines simplesx1, . . . , xn. a) Former la décomposition en éléments simples de la fraction 1/P. b) On supposeP(0)6= 0. Observer

n

X

k=1

1

xkP⁰(xk) =− 1 P(0)

SoitP ∈C[X] un polynôme scindé à racines simples :x₁, . . . , x_n. a) Former la décomposition en éléments simples deP⁰⁰/P. b) En déduire que

n

X

k=1

P⁰⁰(x_k) P⁰(xk) = 0

SoitP ∈Rn[X] scindé à racines simples (x1, . . . , xn). Montrer

n

X

k=1

P⁰⁰(xk) P⁰(xk) = 0

Soienta1, . . . , an∈C, deux à deux distincts, etα1, . . . , αn∈C, deux à deux distincts, tels que

∀i, j∈ {1,2, . . . , n}, ai+αj 6= 0 Résoudre le système









 x₁

a₁+α₁ + x₂

a₂+α₁ +· · ·+ xn

a_n+α₁ = 1 x₁

a₁+α₂ + x₂

a₂+α₂ +· · ·+ xn

a_n+α₂ = 1 ...

x1

a₁+α_n + x2

a₂+α_n +· · ·+ xn

a_n+α_n = 1

SoitP(x) =a0+a1x+a2x²+· · ·+anxⁿ un polynôme réel dont toutes les racines sont réelles.

a) Montrer

∀x∈R,(P⁰²−P P⁰⁰)(x)>0 b) En déduire

∀k∈ {1, . . . , n−1}, a_k−1a_k+16a²_k

(4)

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]

SiF est paire alorsF(−X) =F(X) doncP(−X)Q(X) =P(X)Q(−X).

Q(X)|P(X)Q(−X) etP∧Q= 1 doncQ(X)|Q(−X). De mêmeQ(−X)|Q(X).

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

Sinest pair alorsQ(−X) =Q(X) puisP(−X) =P(X).

Sinest impair alorsQ(−X) =−Q(X) puis P(−X) =−P(X).

a) Ecrivons

P =

+∞

X

k=0

akX^k

avec (a_k) suite de complexe nulle au-delà d’un certain rang.

La relationP(ωX) =P(X) donne

+∞

X

k=0

a_kω^kX^k=

+∞

X

k=0

a_kX^k

puis

∀k∈N, akω^k=ak

Par suitea_k= 0 pour toutk6= 0 [n]. En posantb_`=a_n` etQ=

+∞

P

`=0

b_`X^` on obtient

P(X) =Q(Xⁿ) b) La réduction au même dénominateur de la fraction

F =

n−1

X

k=0

X+ω^k X−ω^k donne

F = P

Xⁿ−1 avec degP =n CommeF(ωX) =F(X) on obtient

P(ωX)

Xⁿ−1 = P(X) Xⁿ−1 puisP(ωX) =P(X).

Par suiteP est de la formeP =aXⁿ+b.

En étudiant la partie entière deF on obtienta=n.

En étudiant la valeur deF en 0 on obtient b=n.

Par suite

F =nXⁿ+ 1 Xⁿ−1

SoientP, Q∈C[X] tels queF =P/Q.

Le cas oùP= 0 étant immédiat, supposons-le désormais exclu.

Posonsp= degP etq= degQet écrivons P =

p

X

k=0

akX^k etQ=

q

X

`=0

b`X^`,ak, b`∈C

Considéronsp+q+ 1 naturelsnn’annulant pasQ. Pour chacun, la relation P(n)−ynQ(n) = 0 avecF(n) =yn ∈Q

définit une équation

a₀+na₁+· · ·+n^pa_p−y_nb₀− · · · −y_nn^qb_q= 0

Le système formé par ses équations est compatible (dansC) et à coefficients rationnels. Par application de la méthode de Gauss (par exemple), on peut affirmer que ce système possède une solution rationnelle. Il existe donc

α0, α1, . . . , αp, β0, β1, . . . , βq∈Q

tels que pour

R=

p

X

k=0

αkX^k∈Q[X] etS=

q

X

`=0

β`X^`∈Q[X] on ait

R(n)−ynS(n) = 0

pour chacun dep+q+ 1 naturelsninitialement considéré. On a alors pour ces n, P(n)S(n) =Q(n)R(n)

et donc le polynôme

P S−QR

(5)

admet au moinsp+q+ 1 racines.

Or

deg(P S−QR)6p+q donc

P S=QR puis

F = R

S ∈Q(X)

SiF est solution alors degF²= 2 degF = 1 avec degF ∈Z. C’est impossible.

Supposons degF⁰ <degF−1.F = ^A_B etF⁰= ^A⁰^B−AB_B2 ⁰. SiA ouB sont constants : c’est assez rapide

Sinon : degF⁰ <degF−1⇒deg(A⁰B−AB⁰)<degA⁰B= degAB⁰ donc coeff(A⁰B) = coeff(AB⁰) d’où degA= degB puis degF = 0.

SoitV ={F ∈K(X)/degF <0}.V ⊂K(X), 0∈V et ∀λ, µ∈K,∀F, G∈V, deg(λF +µG)6max(degF,degG)<0 doncλF +µG∈V.V est un sous-espace vectoriel.

ClairementV ∩K[X] ={0}.

De plus∀F ∈K(X),F =P+GavecP = Ent(F)∈K[X] etG∈V.

Déterminons les racines communes àX^p−1 etX^q−1. Soitω un telle racines.

On aω^p=ω^q = 1. Puisquepetqsont premiers entre eux, il existeu, v∈Ztels quepu+qv= 1.

On a alorsω=ω^pu+qv= (ω^p)^u(ω^q)^v = 1. Inversement, 1 est racine commune.

De plus, notons que toutes les racines deX^p−1 etX^q−1 sont simples.

Les racines deF sont les racinespème de l’unité autres que 1. Elles sont simples.

Les pôles deF sont les racinesqème de l’unité autres que 1. Ils sont simples.

1 n’est ni pôle, ni racine.

NotonsP/Qle représentant irréductible deF.

a) Soitazéro de multiplicitéα>1. On aP = (X−a)^αPˆ avec ˆP(a)6= 0 et Q(a)6= 0.

F⁰= (X−a)^α−1(αP Qˆ + (X−a) ˆP⁰Q−(X−a) ˆP Q⁰) Q²

an’est pas racine deαP Qˆ + (X−a) ˆP⁰Q−(X−a) ˆP Q⁰, doncaest racine de multiplicitéα−1 deF⁰.

b) Soitapôle deF de multiplicitéα. On aP(a)6= 0 etQ= (X−a)^αQˆ avec Q(a)ˆ 6= 0.

F⁰= (X−a)P⁰Qˆ−αPQˆ−(X−a)PQˆ⁰ (X−a)^α+1Qˆ²

an’est pas racine de (X−a)P⁰Qˆ−αPQˆ−(X−a)PQˆ⁰, doncaest pôle de multiplicitéα+ 1 deF⁰.

Par l’absurde, supposons qu’il existeF ∈C(X) telle queF⁰= 1/X.

NotonsP/Qson représentant irréductible.F⁰= 1/X donne (P⁰Q−P Q⁰)X =Q²

X diviseQ² donc 0 est racine deQ² et donc a fortiori deQ. Posonsα∈N^? sa multiplicité dansQ.

P etQétant premier entre eux, 0 n’est pas racine deP.

0 est racine de multiplicitéα−1 deP Q⁰ et racine de multiplicité au moinsαde P⁰Qdonc 0 est racine de multiplicité exactementα−1 deP⁰Q−P Q⁰.

D’autre part 0 est racine de multiplicité 2αdeQ²= (P⁰Q−P Q⁰)X.

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

a) ^X_X²₂^+2X+5_−3X+2 = 1−_X−1⁸ +_X−2¹³

b) (X−1)(X−2)(X−3)^X²⁺¹ = _X−1¹ −_X−2⁵ +_X−3⁵ c) _X(X−1)¹ 2 =_X¹ +_(X−1)¹ 2 −_X−1¹

d) _X^2X₂₊₁ = _X−i¹ +_X+i¹ e) _X₂_+X+1¹ =−^i/

√3 X−j + ^i/

√3 X−j²

f) _(X2⁴+1)² =−_(X−i)¹ 2 −_X−iⁱ −_(X+i)¹ 2 +_X+iⁱ

(6)

g) _X2^3X−1(X+1)² =−_X¹2 +_X⁵ −_(X+1)⁴ 2 −_(X+1)⁵

h) _X4+X¹²+1 = ^(1−j)/6_X−j +^(1−j_X−j²^)/62 −^(1−j)/6_X+j −^(1−j_X+j²^)/62 . i) En exploitant l’astuceF(j²X) =F(jX) =F(X) :

3

(X³−1)² =_(X−1)^1/32 −_(X−1)^2/3 +_(X−j)^j²^/32 −_(X−j)^2j/3 +_(X−j^j/32)² −_(X−j^2j²^/32). Exercice 11 :[énoncé]

La partie entière est nulle et 0,1, . . . , nsont pôles simples.

On peut donc écrire

n!

X(X−1)...(X−n)=

n

X

k=0

ak

(X−k) avec

a_k = n!

k(k−1)...1.(−1). . .(k−n)= (−1)^n−k n!

k!(n−k)!= (−1)^n−k n k

!

Les pôles de cette fraction rationnelles sont simples et sont les racinesn-ième de l’unitéω₀, . . . , ω_n−1. Sachant que la fraction rationnelle est de degré strictement négatif, sa partie entière est nulle et sa décomposition en éléments simples cherchée s’écrit

Xⁿ⁻¹ Xⁿ−1 =

n−1

X

k=0

α_k X−ωk

La partie polaire

λ X−a

d’un pôle simplead’une fraction rationnelleP/Qs’obtient par la relation λ= P(a)

Q⁰(a) En effet, siQ(X) = (X−a)R(X) on aQ⁰(a) =R(a) Ici

α_k =

Xⁿ⁻¹ (Xⁿ−1)⁰

(ω_k) = 1 n et donc

Xⁿ⁻¹ Xⁿ−1 = 1

n

n−1

X

k=0

1 X−ωk

a) On obtient

F= X+ 1−X X(X+ 1) = 1

X − 1 X+ 1 b) Par télescopage

n

X

k=1

1 k(k+ 1) =

n

X

k=1

1 k− 1

k+ 1 = 1− 1

n+ 1 = n n+ 1 c) On a

1

X(X+ 1)(X+ 2) =1/2 X − 1

X+ 1+ 1/2 X+ 2

donc n

X

k=1

1

k(k+ 1)(k+ 2) = 1 4− 1

2n+ 2+ 1 2n+ 4

Par décomposition en éléments simples 1

X(X²+ 1) = 1

X − 1/2

X−i− 1/2 (X+i) et on sait

1 X−a

(n)

= (−1)ⁿn!

(X−a)ⁿ⁺¹ donc

1 X(X²+ 1)

⁽ⁿ⁾

= (−1)ⁿn!

1

Xⁿ⁺¹ − 1/2

(X−i)ⁿ⁺¹ − 1/2 (X+i)ⁿ⁺¹

a) La décomposition en éléments simples est F = 1

2i 1

X−i− 1 X+i

donc

F⁽ⁿ⁾= (−1)ⁿn!

2i

1

(X−i)ⁿ⁺¹ − 1 (X+i)ⁿ⁺¹

(7)

b)F⁽ⁿ⁾= _(X2+1)^Pⁿⁿ⁺¹ avec P_n= (−1)ⁿn!

2i (X+i)ⁿ⁺¹−(X−i)ⁿ⁺¹

∈Cn[X]

MaisPn=Pn doncPn∈Rn[X].

c) Pourx∈R:

Pn(x) = 0⇔(x+i)ⁿ⁺¹= (x−i)ⁿ⁺¹

⇔ ∃k∈ {1, . . . , n}, x= cot kπ

n+ 1

Cela fournitnracines réelles et il n’en peut y en avoir d’autres complexes.

a) On remarque queF(−X) =F(X).

Si _(X−1)^P(X)3 est la partie polaire deF en 1, alors ^−P(−X)_(X+1)3 est sa partie polaire en−1.

b) On obtient 1

(X−1)³(X+ 1)³ = 1/8

(X−1)³− 3/16

(X−1)²+ 3/16

X−1− 1/8

(X+ 1)³− 3/16

(X+ 1)²− 3/16 X+ 1 c) En réduisant au même dénominateur

U = 1

16(2−3(X−1) + 3(X−1)²) etV =−1

16(2 + 3(X+ 1) + 3(X+ 1)²)

La réduction au même dénominateur deF s’écrit F = P

Xⁿ−1 avec degP < n.

∀k∈ {0, . . . n−1},

P(X) nXⁿ⁻¹

(ωk) = 1 donc

P(ω_k)−nωⁿ⁻¹_k = 0

PuisqueP−nXⁿ⁻¹∈Rn−1[X] et possèdenracines, c’est le polynôme nul.

Finalement

F = nXⁿ⁻¹ Xⁿ−1

On a n−1

X

k=0

ω^p_k X−ωk

= P

Xⁿ−1 avec degP < n De plus, par décomposition en éléments simples

P(ωk)

(Xⁿ−1)⁰(ω_k) =ω_k^p Par suite on a

P(ωk) =nω_kⁿ⁻¹ω_k^p=nω_k^p−1

Cesnrelations permettent de reconnaîtreP puisqu’on sait degP < n On obtient :

P =nX^p−1sip>1 ouP =nXⁿ⁻¹ sip= 0

a) On a

X^p Q =

n

X

k=1

λk

X−z_k avec

λk= z^p_k Q⁰(z_k) b) En multipliant parX,

X^p+1

Q =

n

X

k=1

λ_kX X−zk

puis en remplaçantX par un réel de limite +∞, on obtient d’un côté

n

P

k=1 z^p

k

Q⁰(z_k) et de l’autre 1 sip+ 1 =net 0 sinon.

a) On a

1

P = 1

λ(X−x1). . .(X−xn) =

n

X

i=1

λ_i X−xi

avec

λi = 1 P⁰(xi)

(8)

b) En évaluant en 0

n

X

i=1

1

xiP⁰(xi)=− 1 P(0)

a) On a

P⁰⁰

P = P⁰⁰

λ(X−x₁). . .(X−x_n) =

n

X

i=1

λi

X−x_i avecλ_i=^P_P⁰⁰0(x^(xiⁱ)⁾.

b) Puisque deg^XP_P⁰⁰ <0 on a

n

X

i=1

λ_i= 0

On a

P⁰⁰ P =

n

X

k=1

αk

X−xk

avecα_k= P⁰⁰(xk) P⁰(xk) Sachant que

xP⁰⁰(x)

P(x) −−−−−→

x→+∞ 0 on obtient

n

X

k=1

P⁰⁰(x_k) P⁰(xk) = 0

Considérons la fraction rationnelle F(X) = 1−

n

X

i=1

xi

a_i+X La satisfaction du système équivaut aux équations

F(α1) =. . .=F(αn) = 0

En réduisantF au même dénominateur F =P

Q avecP unitaire, degP =net Q=

n

Y

i=1

(X+ai) Les équationsF(α₁) =. . .=F(α_n) = 0 signifient alors

P = (X−α₁). . .(X−α_n) La décomposition en éléments simplesF donne alors

xi= (−1)ⁿ

n

Q

k=1

(α_k+a_i)

n

Q

k=1,k6=i

(ak−ai)

a) En notantx₁, . . . , x_n les racines réelles deP, on a P⁰(x)

P(x) =

n

X

k=1

1 x−x_k En dérivant, on obtient

P(x)P⁰⁰(x)−P⁰(x)² P(x)² =−

n

X

k=1

1 (x−x_k)² ce qui permet de conclure.

b) Notonsx₁< . . . < xp les racines réelles deP de multiplicitésα₁, . . . , αp∈N^?. PuisqueP ne possède pas de racines complexes, on a

α1+· · ·+αp= degP

Par application du théorème de Rolle,P⁰ possède une racine dans chacun des intervalles ]x₁, x₂[, . . . ,]x_p−1, x_p[ et de plusx₁, . . . , x_p sont racines deP⁰ de multiplicitésα₁−1, . . . , α_p−1 (en acceptant de dire qu’une racine de multiplicité 0, n’est pas racine). Puisque

p−1 + (α1−1) +· · ·+ (αp−1) = degP−1 = degP⁰ le polynômeP⁰ ne possède pas de racines complexes. Il en est de même de P⁰⁰,P⁽³⁾,. . .

En appliquant le résultat du a) àP^(k−1) enx= 0, on obtient ((k)!ak)²−((k−1)!a_k−1) ((k+ 1)!ak+1)>0 puis l’inégalité voulue que le produitak+1a_k−1 soit positif ou non.