Feuille 23

(1)

Feuille 23

Exercice23.1 Solution p. 3

Décomposer X²

X²+ien éléments simples dansC(X).

Montrer qu’il n’existe pas de fraction rationnelleF ∈K(X)telle queF² =X.

SoitP un polynôme à coefficients complexes de degrén≥2et dont les racines, notéesx1, . . . , xn, sont suppo- sées simples.

1. Donner la décomposition en éléments simples de 1 P(X). 2. Montrer que

n

X

i=1

1

P⁰(xi) = 0.

SoitP un polynôme de degrénadmettantnracines distinctes notéesx₁, . . . , x_n. 1. Décomposer la fraction rationnelle P⁰

P en éléments simples.

2. Calculer

n

X

i=1

1

(x−x_i)² et X

1≤i<j≤n

1

(x−x_i)(x−x_j) en fonction dePet de ses dérivées.

SoitP ∈ R[X]un polynôme non constant. Montrer qu’il n’existe pas de fraction rationnelleF ∈ R(X)telle queF

Å X² 1 +X

ã

=P(X).

SoitF une fraction rationnelle surK, oùKest un corps de caractéristique nulle.

1. Démontrer que siαest une racine deF de multiplicitém ∈N^∗, alorsαest une racine deF⁰de multiplicité m−1.

2. Démontrer que siβ est un pôle deF de multiplicitép∈N^∗, alorsβest un pôle deF⁰de multiplicitép+ 1.

SoitP ∈C[X]. Quelle est la décomposition en éléments simples deF(X) = P⁰(X) P(X) ? Déterminer tous les polynômesP ∈C[X]tels queP⁰diviseP.

Décomposer en éléments simples dansR(X)la fraction X²ⁿ (X²+ 1)ⁿ.

(2)

Exercice23.9 Solution p. 5 Calcul de

Z

dt t⁷−1.

SoitN un entier supérieur ou égal à 2. Calculer

N

X

n=2

3n²−1 (n−1)²n²(n+ 1)².

Calcul de

Z

t⁴+t²+ 1 (t²+t+ 1)³ dt.

Calcul de

Z

sintdt cos²t+ tan²t.

SoitP, Q∈C[X]tels queQ6= 0etP∧Q= 1. Trouver une condition nécessaire et suffisante sur la parité de P et deQpour que la fraction rationnelleF = ^P_Q soit paire. Même question pourF impaire.

On noteU_nl’ensemble des racinesn-ièmes de l’unité dansC, oùndésigne un entier strictement positif.

1. SiC ∈C[X]avecdeg(C)< n, donner la décomposition en éléments simples de C(X) Xⁿ−1. 2. Trouver deux polynômes (aussi simples que possible)AetBdeC[X]tels que X

ω∈Un

ω

(X−ω) = A B.

3. Trouver deux polynômes (aussi simples que possible)AetBdeC[X]tels que X

ω∈Un

ω

(X−ω)² = A B.

Décomposer 3

(X³−1)² en éléments simples dansC(X), à l’aide d’un développement limité au voisinage de 1.

SoitP un polynôme non constant à coefficients complexes.

1. Donner la décomposition de P⁰

P à l’aide des racines dePet de leurs multiplicités.

2. En déduire le théorème de Lucas : les racines deP⁰sont dans l’enveloppe convexe des racines deP, c’est-à-dire que les racines deP⁰ sont des barycentres à coefficients positifs des racines deP.

On poseK0(X) ={F ∈K(X)/ deg(F)≤0}. 1. Montrer queK0(X)est un anneau.

2. Quels sont les idéaux deK0(X)?

Décomposer 1

(X−1)(Xⁿ−1) en éléments simples dansC(X).

On notez₁, . . . , z₄les racines du polynômeX⁴−X³+ 1. CalculerS=

4

X

k=1

z_k³+ 2 (z²_k−1)².

(3)

Solution de l’exercice 23.1 Énoncé F = X²

X²+i = 1− i

X²+i. OrX²+i=Ä

X−e⁻^iπ⁴ ä Ä

X+ e⁻^iπ⁴ ä . Alors i

X²+i = i ÄX−e⁻^iπ⁴ ä Ä

X+ e⁻^iπ⁴ ä = a

X−e⁻îπ⁴ + b X+ e⁻îπ⁴ On multiplie parX−e⁻îπ⁴ et on évalue ene⁻îπ⁴, on obtienta= i

2 e⁻^iπ⁴ et de même on obtientb= i

−2 e⁻^iπ⁴ =−a.

Alors :

F = 1− i 2 e⁻^iπ⁴ Ä

X−e⁻^iπ⁴ä+ i 2 e⁻^iπ⁴ Ä

X+ e⁻^iπ⁴ä

Solution de l’exercice 23.2 Énoncé

SoitF une telle fraction rationnelle.

On a alors1 = degX= degF²= 2 degF c’est absurde.

Lesx_isont simples.deg 1

P <0donc la partie entière est nulle. Ainsi 1

P = 1

Qn

i=1(X−xi) =

n

X

i=1

α_i X−xi, et d’après le cours, on sait queαi= 1

P⁰(x_i). D’où : 1

P =

n

X

i=1

1 (X−x_i)P⁰(x_i) Donc

n

X

i=1

1

P⁰(x_i) = lim

X→+∞

X

P(X) = 0cardegP ≥2et t

t−x_i −−−−→

t→+∞ 1.

1. D’après le théorème de d’Alembert,P est scindé dansC[X]donc on peut écrireP =λ

k

Y

i=1

(X−ai)^mⁱ. AlorsP⁰ =λ

k

X

i=1

mi(X−ai)^mⁱ⁻¹Y

j6=i

(X−aj)^m^j puis P⁰ P =

k

X

i=1

mi

X−a_i. 2. ÅP⁰

P ã0

=

n

X

i=1

−1

(X−x_i)² donc

n

X

i=1

1

(X−x_i)² =−P⁰⁰P −P⁰² P² . Or

n

X

i=1

1 X−xi

!2

=

n

X

i=1

1

(X−xi)² + 2 X

1≤i<j≤n

1

(X−xi)(X−xj).

Donc X

1≤i<j≤n

1

(X−xi)(X−xj) = 1 2

ÅP⁰²

P² +P⁰⁰P −P⁰² P²

ã

= P⁰⁰P 2P² = P⁰⁰

2P.

NotonsDle domaine de définition deF. Le nombre de pôles deF étant fini, il exister₀ tel queB₀(−1, r₀)\ {−1} ⊂D. On a alors :

x→−1lim

x∈B₀(−1,r₀)

X² 1 +X

= +∞

De plusFÄ _X2

X+1

äest de degrédegF par composition. DoncdegF = degP (et P non constant). En particulier

|F(X)| −−−−−−→

|X|→+∞ +∞. On en déduit :

x→−1lim

x∈B₀(−1,r₀)

F Å

X² 1 +X

ã

= +∞

(4)

D’autre part, on a évidemment :

x→−1lim

x∈B0(−1,r0)

P(x) =P(−1)

Il faudrait admettre le résultatF‹◦G‹=Ffl◦G, faux dans le cas général, qui est implicitement utilisé ici. Il faut admettre directement le résultat sous peine de se retrouver avec une démonstration longue et imbuvable.

SoitF ∈K(X), alors il existeP, Q∈K[X]tels queP∧Q= 1etF = P

Q, ainsiF est irréductible. D’après le cours, on aF⁰ = P⁰Q−P Q⁰

Q² .

1. Supposons queαest racine deFde multiplicitém∈N^∗, alorsαest racine dePmais pas deQcarP∧Q= 1. Donc il existeA∈K[X]tel queP(X) = (X−α)^mA(X)etA(α)6= 0. De plus, on sait d’après le cours que αest racine de multiplicité m−1deP⁰, donc il existe B ∈ K[X]tel que P⁰(X) = (X −α)^m−1B(X) et B(α)6= 0.

Et il vient :

F⁰(X) = (X−α)^m−1(

H(X)

z }| {

B(X)Q(X)−(X−α)A(X)Q⁰(X)) Q²(X)

On a bienH(α)6= 0, doncαest encore racine deF⁰de multiplicitém−1(il n’est éventuellement plus racine sim= 1).

2. On suppose cette fois queβest un pôle deF de multiplicitép∈N^∗, alorsβest, de même, racine deQet pas deP, donc il existeA, B∈K[X]tels que :

• Q(X) = (X−β)^pA(X)etA(β)6= 0.

• Q⁰(X) = (X−β)^p−1B(X)etB(β)6= 0. On a alors :

F⁰(X) = (X−β)^p−1(P⁰(X)(X−β)A(X)−P(X)B(X))

(X−β)^2pA²(X) = P⁰(X)(X−β)A(X)−P(X)B(X) (X−β)^p+1A²(X)

ce qui prouve queβest encore pôle de multiplicitép+ 1. (en effet2p−(p−1) =p+ 1).

Autre solution :

On peut aussi écrireF sous la formeF(X) = (X−α)^mP(X)

Q(X), avecP etQdes polynômes tels queP(α)6= 0et Q(α)6= 0. On a alors :

F⁰(X) = (X−α)^m−1 Å

mP(X)

Q(X) + (x−α)P⁰(X)Q(X)−Q⁰(X)P(X) Q²(X)

ã

Enα, le membre de droite est non-nul, ce qui prouve queαest de multiplicitém−1.

Siαest un pôle de multiplicitém⁰, le calcul précédent reste valable avecm=−m⁰.αest alors un pôle de multiplicité

|m−1|=m⁰+ 1

D’après le théorème de d’Alembert,P est scindé dansC[X]donc on peut écrireP =λ

k

Y

i=1

(X−a_i)^mⁱ. AlorsP⁰ =λ

k

X

i=1

mi(X−ai)^mⁱ⁻¹Y

j6=i

(X−aj)^m^j puis P⁰ P =

k

X

i=1

mi

X−ai.

SidegP ≤0, alorsP⁰= 0, doncP⁰|P ⇔P = 0. On peut donc maintenant supposer quedegP ≥1.

Supposons queP⁰diviseP : il existeQ∈C[X]tel queP =QP⁰. AlorsdegQ= degP−degP⁰ = 1et en égalant

(5)

les coefficients de degrén= degP, on obtient queQest de la forme 1

n(X−α), donc P⁰

P = n X−α. D’après l’unicité de la décomposition en éléments simples,k= 1, ai =αetmi =n. AinsiP =λ(X−α)ⁿ.

La réciproque étant claire, on a montré que l’ensemble des polynômes tels queP⁰ |Pvaut{λ(X−α)ⁿ/ n∈N^∗, λ, α∈C} ∪ {0}.

F(X) = X²ⁿ

(X²+ 1)ⁿ =G(X²)avecG(X) = Xⁿ (X+ 1)ⁿ.

G(X−1) = (X−1)ⁿ Xⁿ =

n

X

k=0

Çn k

å

(−1)^kX^n−k

Xⁿ =

n

X

k=0

(−1)^k Çn

k å

X^k , doncG(X) =

n

X

k=0

(−1)^k Çn

k å

(X+ 1)^k

Et finalement,F(X) =G(X²) =

n

X

k=0

(−1)^k Çn

k å

(X²+ 1)^k .

X⁷−1 =

6

Y

i=0

(X−eⁱ^2kπ⁷ ) = (X−1) Å

X²−2 cos2π 7 X+ 1

ã Å

X²−2 cos4π 7 X+ 1

ã Å

X²−2 cos6π 7 X+ 1

ã . en regroupant les racines complexes conjuguées. On cherche alors les coefficients réels tels qu’on ait :

1

X⁷−1 = A

X−1 + A1X+B1

X²−2 cos^2π₇ X+ 1+ A2X+B2

X²−2 cos^4π₇ X+ 1+ A3X+B3

X²−2 cos^6π₇ X+ 1 En multipliant par(X−1), et en substituantX = 1, on obtient queA= 1

7. De plus, pourk∈ {1,2,3}:

X−eⁱ^2kπ⁷

X⁷−1 = 1

6

X

j=0

X^jeⁱ^2kπ⁷ ^(6−j)

d’après la formule de Bernoulli. Donc, si on multiplie parÄ

X−eⁱ^2kπ⁷ ä

des deux côtés, et si l’on évalue eneⁱ^2kπ⁷ , on obtient :

1

6

X

j=0

eⁱ^2kπ⁷ eⁱ^2kπ⁷ ^(6−j)

= A_keⁱ^2kπ⁷ +B_k eⁱ^2kπ⁷ −e⁻ⁱ^2kπ⁷

⇔ 1 7 eⁱ^12kπ⁷

= A_keⁱ^2kπ⁷ +B_k 2isin^2kπ₇

⇔ 1 7

Å

cos2kπ

7 +isin2kπ 7

ã

= A_k

2 −iA_kcos^2kπ₇

2 sin^2kπ₇ −i B_k

2 sin^2kπ₇ en multipliant en haut et en bas par eⁱ^2kπ⁷

⇔







Ak = 2

7cos2kπ 7 Bk =−A_kcos2kπ

7 −2

7sin2kπ 7 =−2

7 Å

cos² 2kπ

7 + sin² 2kπ 7

ã

=−2 7

(6)

Alors vient :

2 7

Z

_cos

Å2kπ 7

ã t−1 t²−2 cos

Å2kπ 7

ã t+ 1

dt= 1 7cos

Å2kπ 7

ã

Z

_2t₋_{2 cos}

Å2kπ 7

ã

t²−2 cos Å2kπ

7 ã

t+ 1 dt+2

7

cos² Å2kπ

7 ã

−1 t²−2 cos

Å2kπ 7

ã t+ 1

dt

= 1 7cos

Å2kπ 7

ã ln

Å

t²−2 cos Å2kπ

7 ã

t+ 1 ã

−2 7sin²

Å2kπ 7

ã

×

Z

dt Å

t−cos Å2kπ

7 ãã2

+ sin² Å2kπ

7 ã

= 1 7cos

Å2kπ 7

ã ln

Å

t²−2 cos Å2kπ

7 ã

t+ 1 ã

−2 7sin²

Å2kπ 7

ã

×

arctan Ü

t−cos Å2kπ

7 ã

sin Å2kπ

7 ã

ê

+C

Par conséquent :

Z

dt t⁷−1 = 1

7

Z

dt t−1 +

3

X

k=1

Z

_cos

Å2kπ 7

ã t−1 t²−2 cos

Å2kπ 7

ã t+ 1

dt

= 1

7ln|t−1|+

3

X

k=1





 1 7cos

Å2kπ 7

ã ln

Å

t²−2 cos Å2kπ

7 ã

t+ 1 ã

−2 7sin²

Å2kπ 7

ã arctan

Ü t−cos

Å2kπ 7

ã

sin Å2kπ

7 ã

ê

# +C oùC∈R.

Réalisons une décomposition en éléments simples deP(X) = 3X²−1

(X−1)²X²(X+ 1)², on a 3X²−1

(X−1)²X²(X+ 1)² = a

X−1 + b (X−1)² En évaluant(X−1)²F(X)enX= 1, on calcule queα⁰ = 2

4 = 1

2. De même avec les deux autres pôles,β⁰ = −1 1 etγ⁰= 2

4 = 1 2.

(7)

F est paire, doncγ =−αetβ = 0. De plusF(2) = 11 36 = 2α

3 +1 4 + 1

18 = 2α 3 +11

36, doncα= 0.

N

X

n=2

3n²−1

(n−1)²n²(n+ 1)² =

N

X

n=2

Å 1

2(n−1)² − 1

n² + 1 2(n+ 1)²

ã

= 1 2

N

X

n=2

1 (n−1)² −

N

X

n=2

1 n² +1

2

N

X

n=2

1 (n+ 1)²

= 1 2

N

X

n=2

Å 1

(n−1)² − 1 n²

ã + 1

2

N

X

n=2

Å 1

(n+ 1)² − 1 n²

ã

= 1 2

Å 1− 1

N² ã

+1 2

Å 1

(N+ 1)² −1 4

ã

= 3 8− 1

2N² + 1 2(N+ 1)²

t²+t+ 1 = Å

t+1 2

ã2

+3

4 >0, donc on peut calculer cette primitive surR.

t⁴+t²+ 1 =t²(t²+t+ 1)−t(t²+t+ 1) +t²+t+ 1 = (t²+t+ 1)(t²−t+ 1) = (t²+t+ 1)(t²+t+ 1−2t). Ainsi t⁴+t²+ 1

(t²+t+ 1)³ = 1

t²+t+ 1− 2t (t²+t+ 1)². Donc :

I =

Z

dt t²+t+ 1−

Z

2tdt (t²+t+ 1)²

=

Z

dt t+¹₂2

+³₄

−

Z

2 t+¹₂

−1 Ä t+ ¹₂2

+³₄ä2 dt

= 2

√3arctan

Å2t+ 1

√3 ã

+ 1

t+¹₂2

+³₄ +

Z

√ 3 2 du

9

16(u²+ 1)² où on a poséu= 2t+ 1

√

3 (changement affine), posons maintenantu= tanθ(possible carC¹).

Ainsi,

Z

du (u²+ 1)² =

Z

cos²θdθ

=

Z

1 + cos 2θ

2 dθ

= θ

2 +sin 2θ 4 +k

= 1 2

Å

arctanu+1 2

2u 1 +u²

ã +k

= 1 2

Ñ

arctan2t+ 1

√

3 + 2t+ 1

√ 3

1 +Ä_2t+1

√3

ä2 é

+k .

DoncI = Å 2

√

3 + 4 3√

3 ã

arctan

Å2t+ 1

√ 3

ã

+ 1

t²+t+ 1+ 1 3√

3

√

3(2t+ 1) t²+t+ 1 +k. Ainsi

I = 10√ 3

9 arctan

Å2t+ 1

√3 ã

+2

3× t+ 2 t²+t+ 1+k

(8)

Solution de l’exercice 23.12 Énoncé f est définie surR\ ^π₂ +πZ

Les règles de Bioche nous conseille de poser. u= cost, ce qui est possible carcosest une application de classeC¹, on a donc du=−sintdt.

Ainsi

Z

sintdt cos²t+ tan²t =

Z

sint

u²+_u¹2 −1 · −1

sintdu (car tan²t= 1 cos²t−1)

=−

Z

u²

u⁴−u²+ 1du

=−

Z

u²du

(u²+ 1)²−3u² =−

Z

u²

(u²−√

3u+ 1)(u²+√

3 + 1)du On procède ensuite à une décomposition en éléments simples de la fraction rationnelle :

R(X) = −X²

X⁴−X²+ 1 = α0X+β0

X²+√

3X+ 1+ α1X+β1

X²−√

3X+ 1

OrRest paire, donc d’après l’unicité de la décomposition en éléments simples, on aα₀ =−α₁etβ₀ =β₁. R(0) = 0, doncβ₀+β₁ = 0et doncβ₀ =β₁ = 0., on aR(1) = −1etR(1) = α₀

2 +√

3 − α₀ 2−√

3 =−2√ 3α₀, doncα0= 1

2√

3. Ainsi

Z

sintdt

cos²t+ tan²t = 1 2√

3 Ñ

Z

xdx Äx+

√ 3 2

ä2

+¹₄

−

Z

xdx Äx−

√ 3 2

ä2

+¹₄ é

= 1 2√

3 Ñ

1 2

Z

2u+√ 3 (u²+√

3u+ 1)du−1 2

Z

_√

3 du (u²+√

3u+ 1)−1 2

Z

2u−√ 3 (u²−√

3u+ 1)du

−1 2

Z

_√

3 du (u²−√

3u+ 1) é

= 1 4√

3 Ñ

Z

2u+√ 3 (u²+√

3u+ 1)du−

Z

2u−√ 3 (u²−√

3u+ 1)du é

−1 4

Ñ

Z

du Äx−

√3 2

ä2

+¹₄

+

Z

du Äx+

√ 3 2

ä2

+¹₄ é

= 1 4√

3ln



 Äx+

√3 2

ä2

+ ¹₄ Äx−

√ 3 2

ä2

+ ¹₄



−1 4

1

1 2

Ç

arctan 2 Ç

x−

√ 3 2

å

+ arctan 2 Ç

x+

√ 3 2

åå

= 1 4√

3ln

Ñ Äcost+

√ 3 2

ä2

+¹₄ Äcost−

√ 3 2

ä2

+¹₄ é

−1 2

ÄarctanÄ

2 cost−√ 3ä

+ arctanÄ

2 cost+√ 3ää

+k

Et on oublie pas la constante d’intégration!

Supposons queF = ^P_Q est paire, on aF(X) =F(−X).

DoncP(X)Q(−X) =P(−X)Q(X), alorsP |P(−X)Q(X), doncP |P(−X)d’après le théorème de Gauss car P∧Q= 1. PuisP(X) =±P(−X). (en étudiant le degré et le coefficient dominant)

DoncP etQ(de même) sont impairs ou pairs. maisF est paire, doncP, Qsont tous deux pairs ou impairs. Mais si P, Qsont impairs, alorsX |P etX |QdoncP ∧Q6= 1, doncF paire⇔P, Qpairs.

(9)

SiF est impaire, on montre de même queP, Qsont pairs ou impairs. DoncP est pair etQimpair ou l’inverse. La réciproque est évidente.

Autre solution :

Lemme. SoitP ∈C[X]\ {0}.P est pair si et seulement sivX(P)¹est pair et, pour toutxracine deP,−xest racine de même multiplicité.

Sens direct. SoitPpair. CommePest pair, on peut remplacertpar−t, donc nécessairement la valuation est paire.

P(t)∼ −t^v^X^(P⁾ ∼t^v^X^(P⁾. Au voisinage de0,P(t)∼λt^v^X^(P⁾etP(−t)∼λ(−t)^v^X^(P)donc1^v^X^(P⁾ ∼(−1)^v^X^(P) au voisinage de0. Soitk ∈ N.P^(k) est soit pair soit impair, doncP^(k)(t) = 0si et seulement siP^(k)(−t) = 0, ce qui donne la propriété sur les racines.

Sens indirect SoitPvérifiant la condition. AlorsP peut s’écrire : P(X) =λX^2k

n

Y

i=1

(X²−x²_i)^mⁱ

Oùk= ^v^X₂^(P⁾,x₁· · ·x_net−x₁· · · −x_nsont les racines non nulles dePde multiplicités respectivesm₁· · ·m_n. AinsiP est bien pair.

Pair. SoitP, Q∈C[X]tels que^P_Q soit pair et queP∧Q= 1.

AlorsP(X)Q(−X) =P(−X)Q(X), donc le polynômeP(X)Q(−X)est pair.

Soitx₀ 6= 0une racine de multiplicitém₀deP. Ainsix₀est racine deP(X)Q(−X)de multiplicitém₁ ≥m₀. Alors d’après le lemme−x₀ est une racine deP(X)Q(−X)de multiplicitém1, orP∧Q= 1donc−x₀ n’est pas racine deQ(−x), donc−x₀est racine deP de multiplicitém1.

En appliquant le même raisonnement pour la racine−x₀, on en déduit quem₀ ≥m₁, doncx₀etx₁ont la même multiplicité, c’est vrai pour chaque racine.

De plus,v_X(Q(−X)) =v_X(Q(X))orP etQsont premiers entre eux, donc soitv_X(P) =v_X(P(X)Q(−X)) soitv_X(P) = 0. Ainsiv_X(P)est pair, donc d’après le lemmeP est pair.

On en déduitQpair. Réciproquement, siP etQsont pairs alors ^P_Qest pair.

Impair. SoitP, Q∈C[X]tels que^P_Q soit impair et queP ∧Q= 1. Si ^P_Q(0)⁽⁰⁾ est défini, alors il est nul, donc,0une racine (ou un pôle) de ^P_Q. En appliquant le résultat précédent à^{P /X}_Q (respectivement _Q/X^P ), on montre queP etQ sont de parité opposée. La réciproque est évidente.

1. Écrivons la décomposition en éléments simples de C(X)

Xⁿ−1 comme : C(X)

Xⁿ−1 = X

ω∈Uⁿ

λω

X−ω

cardegC < n. En particulier, on a au voisinage deω: (X−ω) C(X)

Xⁿ−1 =λω+O(X−ω) Par la règle de l’Hôpital, le membre de gauche tend vers :

(Cω)

nωⁿ⁻¹ = C(ω)ω n

Le membre de droite tend versλ_ω. On en déduit queλ_ω = C(ω)ω n .

1. vX(P)désigne la valuation du polynômeP

(10)

Ou, d’après le cours, on sait queλω= C(ω)

d

dX(Xⁿ−1) ω

, ce qui donne le résultat.

2. D’après ce qui précède, cette expression correspond à une décomposition en éléments simples avecC(ω) =n pour toutω, orCest de degré au plusn−1, donc nécessairementC=n, d’où

X

ω∈Uⁿ

ω

X−ω = n Xⁿ−1 Ou bien : On prendB =Xⁿ−1etAtel que∀ω∈Un, A(ω)

n = 1, on choisit donc A

B = n Xⁿ−1. 3. On dérive l’égalité n

Xⁿ−1 = X

ω∈Un

ω

X−ω. On obtient : X

ω∈Uⁿ

ω

(X−ω)² = n²Xⁿ⁻¹ (Xⁿ−1)²

En posantF(X) =, les pôles sont1, j,¯j, de multiplicité 2, donc la décomposition en éléments simples s’écrit F(X) = a

X−1+ b

X−j + c

X−¯j + d

(X−1)² + e

(X−j)² + f (X−¯j)².

D’après les relations entre les racines3-ièmes de l’unité, on aF(jX) =F(X) =F(¯jX), c’est-à-dire : a

jX−1+ b

jX −j+ c

jX−¯j+ d

(jX −1)²+ e

(jX−j)²+ f

(jX−¯j)² = a¯j

X−¯j+ b¯j

X−1+ c¯j

X−j+ dj (X−¯j)²+ ej

(X−1)² + f j (X−j)²

Par unicité de la décomposition en éléments simplesb = aj, c = a¯j, e = d¯j et f = dj. Donc il reste à trouver aetd.

F(X+ 1) = 3

((X+ 1)³−1)² = 3

(3X+ 3X²+o(X²))² = 1 3X²

Å 1

(1 +X+o(X))² ã

= 1

3X²(1−2X+o(X)) En multipliant parX², on obtient, par unicité du développement limitéd= 1

3 eta=−2 3.

module au carré, oublie du carré sur le module. C’est bien un barycentre à poids positifs des éléments de l’ensemble.

1. Voir correction de l’exercice 4(solution page 3).

2. Soitzune racine deP⁰.

1^ercas :P(z) = 0, doncz= 1·z+ 0α1+· · · 2^ecas :P(z)6= 0, alors d’après le résultat précédent :

n

X

i=1

mi

z−αi

=

i.e.

n

X

i=1

m_i z−α_i

|z−α_i|² = 0 i.e. z

n

X

i=1

mi

|z−αi|² =

n

X

i=1

mi

|z−αi|²αi

Posons,∀i∈J1, nK, λ_i = m_i

|z−αi|² ∈R+, alors par passage au conjugué : z= 1

P

1≤i≤nλ_i X

1≤i≤n

λiαi

ce qui conclut.

(11)

Solution de l’exercice 23.17 Énoncé 1. K(X)est un anneau car c’est un corps. Montrons queK0(X)est un sous-anneau deK(X).

• deg(1_K_(X₎) = deg 1 = 0, donc1∈K0(X)

• SiP, Q∈K0(X), alorsdegP ≤0etdegQ≤0.

Ordeg(P +Q)≤max(degP,degQ)≤0etdeg(P Q) = degP+ degQ≤0 doncP +Q∈K0(X)etP Q∈K0(X)

DoncK0(X)est un anneau en tant que sous-anneau deK(X). 2. SoitIun idéal deK0(X)tel queI 6={0}.

Alors {degF / F ∈I\ {0}} est une partie non-vide deZ majorée par0, donc elle possède un maximum k∈Zet il existeF₀ ∈I de degrék.

Par définition dek,I ⊂ {F ∈K0(X)/ degF ≤k}. Réciproquement, soitF ∈ {F ∈K0(X)/ degF ≤k}. Alors il existe(P, Q)∈K[X]×K[X]\ {0}tels queF = ^P_Q etdegP−degQ≤k.

OrF =F0

P

QF0 oùdeg P QF0

= degP−degQ−degF0 ≤k−k= 0. Donc P QF0

∈K0(X)puisF ∈I.

DoncI ={F ∈K0(X)/ degF ≤k}.

On vérifie réciproquement que c’est un idéal quelque soit k ∈ K−∞,0K ∪ {−∞} cardeg(F + G) ≤ max(degF,degG)etdeg(F G) = degF ×degG.

Les idéaux deK0(X)sont donc les{F ∈K0/ degF ≤k}pourk∈K−∞,0K ∪ {−∞}

Procédons à la décomposition en éléments simples de la fraction rationnelle : pourn≥1:

F = 1

(X−1)(Xⁿ−1)

= 1

(X−1)

n−1

Y

k=0

ÄX−eⁱ^2kπⁿ ä

= 1

(X−1)²

n−1

Y

k=1

ÄX−eⁱ^2kπⁿ ä

= 1

(X−1)²

n−1

Y

k=1

(X−ω_k)

avecω_k= eⁱ^2kπⁿ

DES=

n−1

X

k=0

α_k X−ωk

+ β

(X−1)² Pourk∈J1, n−1K, ω_kest pôle simple donc d’après le cours :

α_k= 1

((X−1)(Xⁿ−1))⁰(ω_k) = 1

((Xⁿ−1) +nXⁿ⁻¹(X−1))(ω_k) = 1

n(1−ω_kⁿ⁻¹) = ω_k n(ω_k−1) Pour les termes en X-1, on réalise un développement limité en1, et on trouvera les coefficients restants par unicité de la décomposition en éléments simples et du développement limité.

(12)

F(1 +X) = 1

X((1 +X)ⁿ−1)

= 1

XÄ

nX +ⁿ⁽ⁿ⁻¹⁾₂ X²+o(X²)ä

= 1 nX²

Ç 1

1 +ⁿ⁻¹₂ X+o(X) å

= 1

nX² −n−1 2nX +o

Å1 X

ã

Doncβ = 1

n etα₀ =−n−1 2n .

DoncF = 1

n(X−1)² + 1−n 2n(X−1)+

n−1

X

k=1

1 nÄ

1−e⁻ⁱ^2kπⁿ ä

(X−ωk)

On commence par faire une décomposition en éléments simples de X³+ 2

(X²−1)² de la forme : a0

X−1 + b0

(X−1)² + a1

X+ 1+ b1

(X+ 1)²

On a alorsS =

4

X

k=1

3

4(z_k−1)² + 1

z_k+ 1+ 1 4(z_k+ 1)². On trouveb1 = 1

4 etb0 = 3

4 par les techniques usuelles (multiplication par(X±1)² et évaluation en±1). Puis : a0 +a1 = 1(terme enx³) et−a₀ +b0+a1 +b1 = 2(terme constant). Donca1 = 1eta0 = 0. Donc la somme demandée est :

S =

4

X

k=1

3

4(z_k−1)² + 1

z_k+ 1+ 1 4(z_k+ 1)² CalculonsP et ses premières dérivées :

P =X⁴−X³+ 1 P⁰= 4X³−3X² P⁰⁰= 12X²−6X On sait d’aprèsl’exercice 4(correction page 3), que : 1 : P⁰

P =

4

X

k=1

1

X−z_k et 2 : P⁰²−P P⁰⁰ P² =

4

X

k=1

1 (X−z_k)². En évaluant 1 en−1, on a :

4

X

k=1

1

1 +z_k =−P⁰(−1)

P(−1) =−−7 3 = 7

3 En évaluant 2 en1, on a :

3 4

4

X

k=1

1

(1−z_k)² = 3 4

P⁰²(1)−P(1)P⁰⁰(1) P²(1) = 3

4(1−6) = −15 4 Et en évaluant 2 en−1, on a :

1 4

4

X

k=1

1

(−1−z_k)² = 1 4

P⁰²(−1)−P(−1)P⁰⁰(−1) P²(−1) = 1

4

49−3×18

9 =−5

36

D’où S =−14 9