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Exo7

Fractions rationnelles

Corrections de Léa Blanc-Centi.

1 Fractions rationnelles

Exercice 1Existe-t-il une fraction rationnelleFtelle que

F(X)2= (X2+1)3?

SoitF=PQ

une fraction rationnelle écrite sous forme irréductible. On suppose qu"il existe une fraction rationnelleGtelle que

GP(X)Q(X)

=X 1.

Si G=anXn++a1X+a0b

nXn++b1X+b0, montrer quePdivise(a0b0X)et queQdivise(anbnX). 2.

En déduire que F=PQ

est de la formeF(X) =aX+bcX+d. 3. Pour Y=aX+bcX+d, exprimerXen fonction deY. En déduire l"expression deG. Soitn2NetP(X) =c(Xa1)(Xan)(où lesaisont des nombres complexes et oùc6=0). 1. Exprimer à l"aide de Pet de ses dérivées les sommes suivantes: nå k=11Xaknå k=11(Xak)2å

16k;`6n

k6=`1(Xak)(Xa`) 2.

Montrer que si zest racine deP0mais pas deP, alors il existel1;:::;lndes réels positifs ou nuls tels

que

ånk=1lk=1 etz=ånk=1lkak. Si toutes les racines dePsont réelles, que peut-on en déduire sur les

racines deP0?

Exercice 4Décomposer les fractions suivantes en éléments simples surR, par identification des coefficients.

1.F=XX

24
1

2.G=X33X2+X4X1

3.H=2X3+X2X+1X

22X+1

4.K=X+1X

4+1

Décomposer les fractions suivantes en éléments simples surR, en raisonnant par substitution pour obtenir les

coefficients.

1.F=X5+X4+1X

3X

2.G=X3+X+1(X1)3(X+1)

3.H=X(X2+1)(X2+4)

4.K=2X4+X3+3X26X+12X3X2

Décomposer les fractions suivantes en éléments simples surR. 1. À l"aide de di visionseuclidiennes successi ves:

F=4X62X5+11X4X3+11X2+2X+3X(X2+1)3

2. À l"aide d"une di visionselon les puissances croissantes :

G=4X410X3+8X24X+1X

3(X1)2

3.

Idem pour :

H=X4+2X2+1X

5X3 4. A l"aide du changement d"indéterminée X=Y+1 :

K=X5+X4+1X(X1)4

1. Décomposer les fractions sui vantesen éléments simples sur C. (32i)X5+3iX

2+iX+2X+iX

2+i2X(X+i)2

2. Décomposer les fractions sui vantesen éléments simples sur R, puis surC. X

5+X+1X

41X

23(X2+1)(X2+4)X

2+1X 4+1

3 Applications

Exercice 8On poseQ0= (X1)(X2)2,Q1=X(X2)2etQ2=X(X1). À l"aide de la décomposition en éléments

simples de

1X(X1)(X2)2, trouver des polynômesA0;A1;A2tels queA0Q0+A1Q1+A2Q2=1. Que peut-on en

déduire surQ1,Q2etQ3?

SoitTn(x) =cosnarccos(x)pourx2[1;1].

1. (a)

Montrer que pour tout q2[0;p],Tn(cosq) =cos(nq).

(b)

Calculer T0etT1.

(c) Montrer la relation de récurrence Tn+2(x) =2xTn+1(x)Tn(x), pour toutn>0. (d) En déduire que Tnune fonction polynomiale de degrén. 2. Soit P(X) =l(Xa1)(Xan)un polynôme, où lesaksont deux à deux distincts etl6=0. Montrer que

1P(X)=nå

k=11P

0(ak)Xak

3.

Décomposer

1T nen éléments simples.

Indication pourl"exer cice1 NÉcrireF=PQ

sous forme irréductible.Indication pourl"exer cice2 NÉcrireG=AB

sous forme irréductible (on pourra choisir par exemplen=max(degA;degB)).Indication pourl"exer cice3 NConsidérerP0=Pet sa dérivée, et enfinP00=P.Indication pourl"exer cice4 NPourGetH, commencer par faire une division euclidienne pour trouver la partie polynomiale.Indication pourl"exer cice5 NLes fractionsF;Kont une partie polynomiale, elles s"écrivent

F=X2+X+1+X2+X+1X

3X K=X+1+4X26X+12X3X2Indication pourl"exer cice6 NPourF, commencer par écrireF=aX +F1oùF1=N(X2+1)3puis diviserNparX2+1. PourK, commencer par obtenirK=1+1X

+K1, puis faire le changement d"indéterminée dansK1.Indication pourl"exer cice9 NPour 1. exprimer cos

(n+2)qet cos(nq)en fonction de cos(n+1)q. Pour 3. chercher les racines deTn: w k=cos(2k+1)p2n pourk=0;:::;n1.4

Correction del"exer cice1 NÉcrivonsF(X)=P(X)Q(X)avecPetQdeuxpolynômespremiersentreeux, avecQunitaire. LaconditionF(X)2=

(X2+1)3devientP2= (X2+1)3Q2. AinsiQ2diviseP2. D"oùQ2=1, puisqueP2etQ2sont premiers entre eux. DoncQ=1 (ou1). AinsiF=Pest un polynôme etP2= (X2+1)3.

En particulierP2est de degré 6, doncPdoit être de degré 3. ÉcrivonsP=aX3+bX2+cX+d, on développe

l"identitéP2= (X2+1)3: X

6+3X4+3X2+1=

a

On identifie les coefficients : pour le coefficient deX6, on aa=1, puis pour le coefficient deX5, on ab=0

; pour le coefficient de 1, on ad=1, puis pour le coefficient deX, on ac=0. Mais alors le coefficient deX3

doit vérifier 2ad+2bc=0, ce qui est faux.

Ainsi aucun polynôme ne vérifie l"équationP2= (X2+1)3, et par le raisonnement du début, aucune fraction

non plus.Correction del"exer cice2 N1.Posons G=AB etF=PQ (avecA;B;P;Qdes polynômes). On réécrit l"identitéG(F(X))=Xsous la forme A(F(X)) =XB(F(X)). Posonsn=max(degA;degB). Alorsn>1 car sinon,AetBseraient constants et G(PQ ) =Xaussi. On a doncA=ånk=0akXketB=ånk=0bkXk, où(an;bn)6= (0;0), et l"identité devient nå k=0a kPQ k =Xnå k=0b kPQ k

En multipliant parQn, cela donne

nå k=0a kPkQnk=nå k=0b kXPkQnk: Donc (a0b0X)Qn+ (+(akbkX)PkQnk+) + (anbnX)Pn=0

où les termes dans la parenthèse centrale sont tous divisibles parPet parQ. CommeQdivise aussi le

premier terme, alorsQdivise(anbnX)Pn. D"après le lemme de Gauss, puisquePetQsont premiers

entre eux, alorsQdivise(anbnX). De même,Pdivise tous les termes de la parenthèse centrale et le

dernier, doncPdivise aussi(a0b0X)Qn, doncPdivise(a0b0X). 2.

Supposons de plus qu"on a écrit G=AB

sous forme irréductible, c"est-à-dire avec pgcd(A;B) =1. Vu queanetbnne sont pas tous les deux nuls, alorsanbnXn"est pas le polynôme nul. CommeQdivise a nbnXalors nécessairementQest de degré au plus 1 ; on écritQ(X) =cX+d. Par ailleurs,a0b0X n"est pas non plus le polynôme nul, car sinon on auraita0=b0=0 et doncAetBseraient tous les deux sans terme constant, donc divisibles parX(ce qui est impossible puisqu"ils sont premiers entre eux).

DoncPest aussi de degré au plus 1 et on écritP(X) =aX+b. Conclusion :F(X) =aX+bcX+d. Notez quea

etbne sont pas tous les deux nuls en même temps (de même pourbetd). 3. Si Y=aX+bcX+davec(a;b)6= (0;0), alorsX=dYbcYa. Autrement dit si on notef(X) =aX+bcX+d, alors sa bijection réciproque estf1(Y) =dYbcYa. Nous avons prouvé queGaX+bcX+d=X. Cette identité s"écritGf(X)=X. Appliquée enX=f1(Y)

elle devientGf(f1(Y))=f1(Y), c"est-à-direG(Y) =f1(Y). AinsiG(Y) =dYbcYa.Correction del"exer cice3 N5

1.(a) Puisque P(X) =c(Xa1)(Xan):

P

0(X) =c(Xa2)(Xan)+c(Xa1)(Xa3)(Xan)

++c(Xa1)(Xak1)(Xak+1)(Xan) ++c(Xa1)(Xan1) La dérivée est donc la somme des termes de la forme : c(Xa1)(Xan)Xak=P(X)Xak. Ainsi P

0(X) =P(X)Xa1++P(X)Xak++P(X)Xan:

Donc :

P0P =nå k=11Xak (b)

Puisque

ånk=11(Xak)2est la dérivée deånk=11Xak, on obtient par dérivation deP0P P

02PP00P

2=nå

k=11(Xak)2 (c) On a remarqué que la déri véede P0est la somme de facteursc(Xa1)(Xan)avec un des facteurs en moins, donc de la forme c(Xa1)(Xan)Xak=PXak. De mêmeP00est la somme de facteurs c(Xa1)(Xan)avecdeuxfacteursenmoins, c"est-à-diredelaformec(Xa1)(Xan)(Xak)(Xa`)=P(Xak)(Xa`): P

00=å

16k;`6n

k6=`P(Xak)(Xa`)doncP00P

16k;`6n

k6=`1(Xak)(Xa`) 2.

On applique l"identité

P0(X)P(X)=ånk=11Xakenzavec les hypothèsesP(z)6=0 etP0(z) =0. On en déduit nå k=11zak=0. L"expression conjuguée est aussi nulle : nå k=11zak=nå k=1zakjzakj2=0

Posonsmk=1jzakj2. Alors

nå k=1m k(zak) =0 donc nå k=1m k! z=nå k=1m kak

Posonslk=mk=(ånk=1mk), alors :

Les lksont des réels positifs.

ånk=1lk=1

Et z=ånk=1lkak.

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