Planche no 27 Fractions rationnelles : corrigé
Planche no 27 Fractions rationnelles : corrigé Exercice no 1 1) Soit F = X2 +3X +5 X2 −3X +2 X2 +3X +5 (X −1)(X −2) 1 et 2 ne sont pas racines du polynôme X2 +3X+5 et donc F est bien sous forme irréductible
Exo7 - Exercices de mathématiques
Exercice 1 Existe-t-il une fraction rationnelle F telle que F(X) 2 =(X2 +1)3? Indication H Correction H Vidéo [006964] Exercice 2 Soit F = P Q une fraction rationnelle écrite sous forme irréductible On suppose qu’il existe une fraction ration-nelle G telle que G P(X) Q(X) =X 1 Si G= a nX n+ +a 1X+a 0 b nXn+ +b 1X+b 0, montrer que P divise
Feuille 6 Fractions rationnelles
6 Exercice 5 Décomposer en éléments simples, sur ℂ puis sur ℝ, les fractions rationnelles suivantes : a ???? ????2−1 b ????+1 ????2+1 c ???? 2 ????3−1 Correction exercice 5
Études de fractions rationnelles avec corrigés
Exercice corrigé r2-02 h(x) = x3 x2 +4 Directive:Reporterladéterminationdeszérosdeh àlafindel’étudedeh Calculerles zérosdeh àlaprécisionde 0 05
Polynômes et fractions rationnelles
Exercice 45 Décomposer la fraction rationnelle suivante dans ( ) et dans ( ) ( ) Allez à : Correction exercice 45 Exercice 46 1 Soit Si est une racine simple de , montrer que le coefficient de l’élément simple est ( ) ( ) 2 Décomposer dans ( ) la fraction Allez à : Correction exercice 46 CORRECTIONS Correction exercice 1 Dans [ ]
1 Feuille d’exercices N - u-bordeauxfr
Vu l’unicité de la décomposition d’une fraction rationnelle en éléments simples, on trouve par l’identification a = c Donc a = c = 0, et la décomposition s’écrit sous la forme suivante : X X4 +X2 +1 = b X2 −X +1 + −b X2 +X +1 (4): Finalement, on remplace X par 1 dans l’identité précédente, on obtient 1 3 = b 1 + −b 3
TD no 5 : Polynˆomes et fractions rationnelles
Exercice 5 1 1 Calculer le reste et le quotient de la division euclidienne de 1+X+X2+X3 6 D´ecomposer en ´el´ements simples la fraction rationnelle 1
Révisions fonctions rationnelles Deux exercices corrigés
Corrigé exercice 1 1) Le discriminant du dénominateur de f(x) vaut – 3, donc x2 – x + 1 ne s'annule pas sur et est f étant une fonction rationnelle,
Intégration des fractions rationnelles: réduction en
Int egration des fractions rationnelles, premi ere partie: R eduction en fractions simples Marcel D el eze Liens hypertextes Calcul num erique du nombre ˇavec des sommes de Darboux
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Exo7
Fractions rationnelles
Corrections de Léa Blanc-Centi.
1 Fractions rationnelles
Exercice 1Existe-t-il une fraction rationnelleFtelle queF(X)2= (X2+1)3?
SoitF=PQ
une fraction rationnelle écrite sous forme irréductible. On suppose qu"il existe une fraction rationnelleGtelle queGP(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)2å16k;`6n
k6=`1(Xak)(Xa`) 2.Montrer que si zest racine deP0mais pas deP, alors il existel1;:::;lndes réels positifs ou nuls tels
queånk=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
241
2.G=X33X2+X4X1
3.H=2X3+X2X+1X
22X+14.K=X+1X
4+1Décomposer les fractions suivantes en éléments simples surR, en raisonnant par substitution pour obtenir les
coefficients.1.F=X5+X4+1X
3X2.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+3iX2+iX+2X+iX
2+i2X(X+i)2
2. Décomposer les fractions sui vantesen éléments simples sur R, puis surC. X5+X+1X
41X23(X2+1)(X2+4)X
2+1X 4+13 Applications
Exercice 8On poseQ0= (X1)(X2)2,Q1=X(X2)2etQ2=X(X1). À l"aide de la décomposition en éléments
simples de1X(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 que1P(X)=nå
k=11P0(ak)Xak
3.Décomposer
1T nen éléments simples.Indication pourl"exer cice1 NÉcrireF=PQ
sous forme irréductible.Indication pourl"exer cice2 NÉcrireG=ABsous 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;:::;n1.4Correction 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: X6+3X4+3X2+1=
aOn 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 kEn multipliant parQn, cela donne
nå k=0a kPkQnk=nå k=0b kXPkQnk: Donc (a0b0X)Qn+ (+(akbkX)PkQnk+) + (anbnX)Pn=0où 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 premiersentre 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):
P0(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 P0(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 P02PP00P
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`): P00=å
16k;`6n
k6=`P(Xak)(Xa`)doncP00P16k;`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=0Posonsmk=1jzakj2. Alors
nå k=1m k(zak) =0 donc nå k=1m k! z=nå k=1m kakPosonslk=mk=(ånk=1mk), alors :
Les lksont des réels positifs.
ånk=1lk=1
Et z=ånk=1lkak.
En particulier si lesaksont tous des nombres réels, alorszest aussi un nombre réel. On vient de prouver
que si un polynômePa toutes ses racines réelles, alorsP0a aussi toutes ses racines réelles. On a même
plus : si on ordonne les racines réelles dePena16a266analors une racinezdeP0est réelle et vérifiea16z6an.Plus généralement, l"interprétation géométrique de ce que l"on vient de prouver s"appelle le théorème de
Gauss-Lucas : "Les racines deP0sont dans l"enveloppe convexe des racines (réelles ou complexes) de
P.»
6Correction del"exer cice4 N1.F=XX
24.Commençons par factoriser le dénominateur :X24= (X2)(X+2), d"où une décomposition en élémentssimplesdutypeF=aX2+bX+2. Enréduisantaumêmedénominateur, ilvientXX
24=(a+b)X+2(ab)X
24et en identifiant les coefficients, on obtient le systèmea+b=1
2(ab) =0. Ainsia=b=12
et XX 24=12X2+12 X+2
2.G=X33X2+X4X1.
Lorsque le degré du numérateur (ici 3) est supérieur ou égal au degré du dénominateur (ici 1), il faut
(ou partie entière). Ici la division euclidienne s"écritX33X2+X4=(X1)(X22X1)5. Ainsi en divisant les deux membres parX1 on obtient X33X2+X4X1=X22X15X1
La fraction est alors déjà décomposée en éléments simples.3.H=2X3+X2X+1X
22X+1.
Commençons par faire la division euclidienne du numérateur par le dénominateur : 2X3+X2X+1= (X22X+1)(2X+5)+7X4, ce qui donneH=2X+5+7X4X22X+1. Il reste à décomposer en éléments
simples la fraction rationnelleH1=7X4X22X+1. Puisque le dénominateur se factorise en(X1)2, elle sera
de la formeH1=a(X1)2+bX1. En réduisant au même dénominateur, il vient7X4X22X+1=bX+abX
22X+1et en
identifiant les coefficients, on obtientb=7 eta=3. Finalement,2X3+X2X+1X
22X+1=2X+5+3(X1)2+7X1
4.K=X+1X
4+1.Ici, il n"y a pas de partie polynomiale puisque le degré du numérateur est strictement inférieur au degré
du dénominateur. Le dénominateur admet quatre racines complexeseip4 ,e3ip4 ,e5ip4 =e3ip4 ete7ip4 =eip4 En regroupant les racines complexes conjuguées, on obtient sa factorisation surR: X4+1=(Xeip4
)(Xeip4 )(Xe3ip4 )(Xe3ip4X22cosp4
+1X22cos3p4 +1 = (X2p2X+1)(X2+p2X+1) Puisque les deux facteurs(X2p2X+1)et(X2+p2X+1)sont irréductibles surR, la décomposition en éléments simples deKest de la formeK=aX+bX2p2X+1+cX+dX
2+p2X+1.
En réduisant au même dénominateur et en identifiant les coefficients avec ceux deK=X+1X4+1, on obtient
le système8>>< >:a+c=0p2a+bp2c+d=0 a+p2b+cp2d=1 b+d=1Système que l"on résout ena=p2
4 ,c=p2 4 ,b=2+p2 4 etd=2p2 4 . Ainsi X+1X4+1=p2
4X+2+p2
4 X2p2X+1+p2
4 X+2p2 4 X2+p2X+1
7Correction del"exer cice5 N1.F=X5+X4+1X
3X. Pour obtenir la partie polynomiale, on fait une division euclidienne :X5+X4+1= (X3X)(X2+X+1)+X2+X+1. Ce qui donneF=X2+X+1+F1, oùF1=X2+X+1X
3X. PuisqueX3X=X(X1)(X+1),
la décomposition en éléments simples est de la forme F1=X2+X+1X(X1)(X+1)=aX
+bX1+cX+1Pour obtenira:
on multiplie l"ég alitépar X:X(X2+X+1)X(X1)(X+1)=XaX +bX1+cX+1, on simplifieX2+X+1(X1)(X+1)=a+bXX1+cXX+1,
on remplace Xpar 0 et on obtient1=a+0+0, donca=1. De même, en multipliant parX1 et en remplaçantXpar 1, il vientb=32 . Puis en multipliant parX+1 et en remplaçantXpar1, on trouvec=12D"où
X5+X4+1X
3X=X2+X+11X
+12X+1+32
X12.G=X3+X+1(X1)3(X+1).
La partie polynomiale est nulle. La décomposition en éléments simples est de la formeG=a(X1)3+
b(X1)2+cX1+dX+1.En multipliant les deux membres de l"ég alitépar (X1)3, en simplifiant puis en remplaçantXpar
1, on obtienta=32
De même, en multipliant par X+1, en simplifiant puis en remplaçantXpar1, on obtientd=18 En multipliant par Xet en regardant la limite quandX!+¥, on obtient 1=c+d. Doncc=78 En remplaçant Xpar 0, il vient1=a+bc+d. Doncb=54Ainsi :
G=X3+X+1(X1)3(X+1)=32
(X1)3+54 (X1)2+78 X1+18 X+13.H=X(X2+1)(X2+4).
PuisqueX2+1 etX2+4 sont irréductibles surR, la décomposition en éléments simples sera de la forme
X(X2+1)(X2+4)=aX+bX
2+1+cX+dX
2+4En remplaçant Xpar 0, on obtient 0=b+14
d. En multipliant les deux membres par X, on obtientX2(X2+1)(X2+4)=aX2+bXX2+1+cX2+dXX
2+4. En calculant
la limite quandX!+¥, on a 0=a+c. Enfin, en évaluantlesfractionsenX=1etX=1, onobtient110 =a+b2 +c+d5 et110 =a+b2 +c+d5La résolution du système donneb=d=0,a=13
,c=13 et doncX(X2+1)(X2+4)=13
XX 2+113 XX 2+4 84.K=2X4+X3+3X26X+12X3X2.
Pour la partie polynomiale, on fait la division euclidienne:2X4+X3+3X26X+1= (2X3X2)(X+1)+(4X26X+1)
ce qui donneK=X+1+K1oùK1=4X26X+12X3X2. Pour trouver la décomposition en éléments simples de
K1, on factorise son numérateur: 2X3X2=2X2(X12
), ce qui donne une décomposition de la forme K 1=aX 2+bX +cX12On obtient alorsaen multipliant les deux membres de l"égalité parX2puis en remplaçantXpar 0:
a=1. On obtient de mêmecen multipliant parX12 et en remplaçantXpar12 :c=2. Enfin ontrouveben identifiant pour une valeur particulière non encore utilisée, par exempleX=1, ou mieux en
multipliant les deux membres parXet en passant à la limite pourX!+¥:b=4. Finalement: