Exercice 1 2007 Correction

Soit $F \in 𝕂 (X)$ de représentant irréductible $P / Q$ .
Montrer que $F$ est paire si, et seulement si, les polynômes $P$ et $Q$ sont tous deux pairs.

Solution

Si $F$ est paire alors $F (- X) = F (X)$ donc $P (- X) Q (X) = P (X) Q (- X)$ . Le polynôme $Q (X)$ divise $P (X) Q (- X)$ et $P \land Q = 1$ donc $Q (X)$ divide $Q (- X)$ . De même, $Q (- X)$ divise $Q (X)$ Or $coeff (Q (X)) = 1$ et $coeff (Q (- X)) = {(- 1)}^{n}$ avec $n = \deg (Q)$ .

Si $n$ est pair alors $Q (- X) = Q (X)$ puis $P (- X) = P (X)$ . Les deux polynômes sont pairs

Si $n$ est impair alors $Q (- X) = - Q (X)$ puis $P (- X) = - P (X)$ . Les deux polynômes sont impairs mais alors non premiers entre eux ce qui est exclu.

Exercice 2 2008 Correction

Soient $n \in ℕ^{*}$ et $ω = e^{i \frac{2 π}{n}}$ .

(a)

Soit $P \in ℂ [X]$ un polynôme vérifiant $P (ω X) = P (X)$ .

Montrer qu’il existe un polynôme $Q \in ℂ [X]$ tel que $P (X) = Q (X^{n})$ .
(b)

En déduire la réduction au même dénominateur de la fraction rationnelle

$F = \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{X + ω^{k}}{X - ω^{k}} .$

Solution

(a)

Écrivons

$P = \sum_{k = 0}^{N} a_{k} X^{k} avec N \in ℕ et a_{0}, \dots, a_{N} \in ℂ$

La relation $P (ω X) = P (X)$ donne

$\sum_{k = 0}^{N} a_{k} ω^{k} X^{k} = \sum_{k = 0}^{N} a_{k} X^{k}$

Par identification des coefficients d’un polynôme,

$\forall k 0, \dots, N, a_{k} ω^{k} = a_{k} .$

Par suite, $a_{k} = 0$ pour tout $k \neq 0 [n]$ . En posant $b_{ℓ} = a_{n ℓ}$ et $Q = \sum_{ℓ = 0}^{⌊ N / n ⌋} b_{ℓ} X^{ℓ}$ , on obtient

$P (X) = Q (X^{n}) .$
(b)

La réduction au même dénominateur de la fraction

$F = \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{X + ω^{k}}{X - ω^{k}}$

donne

$F = \frac{P}{X^{n} - 1} avec \deg (P) = n .$

On remarque

$F (ω X) = \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{ω X + ω^{k}}{ω X - ω^{k}} = \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{X + ω^{k - 1}}{X - ω^{k - 1}} = F (X)$

En effet $ω^{- 1} = ω^{n - 1}$ . On obtient donc

$\frac{P (ω X)}{X^{n} - 1} = \frac{P (X)}{X^{n} - 1}$

ce qui entraîne $P (ω X) = P (X)$ .

Par suite, $P$ est de la forme $P = a X^{n} + b$ .

En étudiant la partie entière de $F$ , on obtient $a = n$ .

En étudiant la valeur de $F$ en $0$ , on obtient $b = n$ .

Par suite,

$F = n \frac{X^{n} + 1}{X^{n} - 1} .$

Exercice 3 4569

Si $F$ est une fraction rationnelle de $𝕂 (X)$ représentée par le quotient $A / B$ (avec $A$ et $B \in 𝕂 [X]$ , $B \neq 0$ ), on définit la fraction dérivée de $F$ par

F^{'} \overset{déf}{=} \frac{A^{'} B - A B^{'}}{B^{2}} .

(a)

Montrer que la fraction définissant $F^{'}$ ne dépend pas du quotient $A / B$ représentant $F$ .
(b)

Étudier le degré de $F^{'}$ en fonction de celui de $F$ .
(c)

Montrer qu’il n’existe pas de fractions $F$ de $𝕂 (X)$ vérifiant $F^{'} = 1 / X$ .

Exercice 4 539 CENTRALE (MP)Correction

Soit $F \in ℂ (X)$ telle que, pour tout $n \in ℕ$ non pôle de $F$ , $F (n) \in ℚ$ .
Montrer que $F \in ℚ (X)$ .

Solution

Soient $P, Q \in ℂ [X]$ tels que $F = P / Q$ .
Le cas où $P = 0$ étant immédiat, supposons-le désormais exclu.
Posons $p = \deg (P)$ et $q = \deg (Q)$ et écrivons

P = \sum_{k = 0}^{p} a_{k} X^{k} et Q = \sum_{ℓ = 0}^{q} b_{ℓ} X^{ℓ}, a_{k}, b_{ℓ} \in ℂ .

Considérons $p + q + 1$ naturels $n$ n’annulant pas $Q$ . Pour chacun, la relation

P (n) - y_{n} Q (n) = 0 avec F (n) = y_{n} \in ℚ

définit une équation

a_{0} + n a_{1} + \dots + n^{p} a_{p} - y_{n} b_{0} - \dots - y_{n} n^{q} b_{q} = 0 .

Le système formé par ses équations est compatible (dans $ℂ$ ) 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

α_{0}, α_{1}, \dots, α_{p}, β_{0}, β_{1}, \dots, β_{q} \in ℚ

tels que pour

R = \sum_{k = 0}^{p} α_{k} X^{k} \in ℚ [X] et S = \sum_{ℓ = 0}^{q} β_{ℓ} X^{ℓ} \in ℚ [X]

on ait

R (n) - y_{n} S (n) = 0

pour chacun de $p + q + 1$ naturels $n$ initialement considéré. On a alors pour ces $n$ ,

P (n) S (n) = Q (n) R (n)

et donc le polynôme

P S - Q R

admet au moins $p + q + 1$ racines.
Or

\deg (P S - Q R) \leq p + q

donc

P S = Q R

puis

F = \frac{R}{S} \in ℚ (X) .

[<] Généralités[>] Racines et pôles

Exercice 5 2004 Correction

Montrer qu’il n’existe pas de fraction rationnelle $F$ telle que $F^{2} = X$ .

Solution

Si $F$ est solution alors $\deg (F^{2}) = 2 \deg (F) = 1$ avec $\deg (F) \in ℤ$ . C’est impossible.

Exercice 6 2005 Correction

Déterminer un sous-espace vectoriel supplémentaire du sous-espace vectoriel $𝕂 [X]$ dans l’espace $𝕂 (X)$ .

Solution

Soit $V = {F \in 𝕂 (X) | \deg (F) < 0}$ . $V \subset 𝕂 (X)$ , $0 \in V$ et pour tous $λ, μ \in 𝕂$ , tous $F, G \in V$ ,

\deg (λ F + μ G) \leq \max (\deg (F), \deg (G)) < 0

donc $λ F + μ G \in V$ . Ainsi, $V$ est un sous-espace vectoriel de $𝕂 (X)$ .

Clairement, $V \cap 𝕂 [X] = {0}$ .

De plus, pour tout $F \in 𝕂 (X)$ , $F = P + G$ avec $P = Ent (F) \in 𝕂 [X]$ et $G \in V$ .

Exercice 7 2006 Correction

Soit $F \in 𝕂 (X)$ . Montrer

\deg (F^{'}) < \deg (F) - 1 ⟹ \deg (F) = 0 .

Solution

Supposons $\deg (F^{'}) < \deg (F) - 1$ . On écrit $F = \frac{A}{B}$ et $F^{'} = \frac{A^{'} B - A B^{'}}{B^{2}}$ .

Si $A$ ou $B$ sont constants: c’est assez rapide.

Sinon,

\deg (F^{'}) < \deg (F) - 1 ⟹ \deg (A^{'} B - A B^{'}) < \deg (A^{'} B) = \deg (A B^{'})

donc $coeff (A^{'} B) = coeff (A B^{'})$ d’où $\deg (A) = \deg (B)$ puis $\deg (F) = 0$ .

[<] Degré[>] Décomposition en éléments simples

Exercice 8 2009 Correction

Soient $p$ et $q$ deux entiers naturels non nuls premiers entre eux.
Déterminer les racines et les pôles de

F = \frac{X^{p} - 1}{X^{q} - 1}

en précisant les multiplicités respectives.

Solution

Déterminons les racines communes à $X^{p} - 1$ et $X^{q} - 1$ . Soit $ω$ un telle racines.
On a $ω^{p} = ω^{q} = 1$ . Puisque $p$ et $q$ sont premiers entre eux, il existe $u, v \in ℤ$ tels que $p u + q v = 1$ .
On a alors $ω = ω^{p u + q v} = {(ω^{p})}^{u} {(ω^{q})}^{v} = 1$ . Inversement, 1 est racine commune.
De plus, notons que toutes les racines de $X^{p} - 1$ et $X^{q} - 1$ sont simples.
Les racines de $F$ sont les racines $p$ ème de l’unité autres que 1. Elles sont simples.
Les pôles de $F$ sont les racines $q$ ème de l’unité autres que 1. Ils sont simples.
1 n’est ni pôle, ni racine.

Exercice 9 2010 Correction

Soit $F \in 𝕂 (X)$ .

(a)

Soit $a$ un zéro d’ordre $α \geq 1$ de $F$ . Montrer que $a$ est zéro d’ordre $α - 1$ de $F^{'}$ .
(b)

Comparer les pôles de $F$ et de $F^{'}$ , ainsi que leur ordre de multiplicité.

Solution

Notons $P / Q$ le représentant irréductible de $F$ .

(a)

Soit $a$ zéro de multiplicité $α \geq 1$ . On a $P = {(X - a)}^{α} \hat{P}$ avec $\hat{P} (a) \neq 0$ et $Q (a) \neq 0$ .

$F^{'} = \frac{{(X - a)}^{α - 1} (α \hat{P} Q + (X - a) {\hat{P}}^{'} Q - (X - a) \hat{P} Q^{'})}{Q^{2}}$

$a$ n’est pas racine de $α \hat{P} Q + (X - a) {\hat{P}}^{'} Q - (X - a) \hat{P} Q^{'}$ , donc $a$ est racine de multiplicité $α - 1$ de $F^{'}$ .
(b)

Soit $a$ pôle de $F$ de multiplicité $α$ . On a $P (a) \neq 0$ et $Q = {(X - a)}^{α} \hat{Q}$ avec $\hat{Q} (a) \neq 0$ .

$F^{'} = \frac{(X - a) P^{'} \hat{Q} - α P \hat{Q} - (X - a) P {\hat{Q}}^{'}}{{(X - a)}^{α + 1} {\hat{Q}}^{2}}$

$a$ n’est pas racine de $(X - a) P^{'} \hat{Q} - α P \hat{Q} - (X - a) P {\hat{Q}}^{'}$ , donc $a$ est pôle de multiplicité $α + 1$ de $F^{'}$ .

Exercice 10 2011 Correction

Montrer qu’il n’existe pas de $F \in ℂ (X)$ telle que

F^{'} = \frac{1}{X} .

Solution

Par l’absurde supposons qu’une telle fraction $F$ existe et considérons $P / Q$ son représentant irréductible:

\frac{P^{'} Q - P Q^{'}}{Q^{2}} = \frac{1}{X} .

Méthode: On étudie la multiplicité¹¹ 1 Par ce raisonnement, on voit que les multiplicités des pôles d’une fraction dérivée sont au moins égales à 2. de $0$ en tant que pôle de $F^{'}$ .

On a $X (P^{'} Q - P Q^{'}) = Q^{2}$ et donc $0$ est racine du polynôme $Q$ d’une certaine multiplicité $α \geq 1$ . $0$ est alors racine de $Q^{'}$ de multiplicité $α - 1$ mais n’est pas racine de $P$ car $P$ et $Q$ sont premiers entre eux. On en déduit que $0$ est racine de multiplicité exactement $α - 1$ de $P^{'} Q - P Q^{'}$ . Or $0$ est aussi racine de $Q^{2}$ de multiplicité $2 α > α - 1$ et donc $0$ est pôle de $F^{'}$ de multiplicité $2 α - (α - 1) = α + 1 > 1$ . C’est absurde.

[<] Racines et pôles[>] Applications de la décomposition en éléments simples

Exercice 11 4555

Décomposer en éléments simples:

(a)

$\frac{X^{3}}{X^{2} - 3 X + 2}$ dans $ℝ [X]$
(b)

$\frac{X^{3} + X^{2} + 1}{X^{3} + X^{2} + X}$ dans $ℂ [X]$
(c)

$\frac{X - 1}{X^{3} - 3 X - 2}$ dans $ℝ [X]$
(d)

$\frac{1}{{(X - 1)}^{2} {(X + 1)}^{2}}$ dans $ℝ [X]$
(e)

$\frac{X}{X^{3} - 1}$ dans $ℝ [X]$
(f)

$\frac{1}{(X^{2} + 1) (X^{2} + X + 2)}$ dans $ℝ [X]$ .

Exercice 12 2013 Correction

Effectuer la décomposition en éléments simples dans $ℂ (X)$ des fractions rationnelles suivantes:

(a)

$\frac{X^{2} + 2 X + 5}{X^{2} - 3 X + 2}$
(b)

$\frac{X^{2} + 1}{(X - 1) (X - 2) (X - 3)}$
(c)

$\frac{1}{X {(X - 1)}^{2}}$
(d)

$\frac{2 X}{X^{2} + 1}$
(e)

$\frac{1}{X^{2} + X + 1}$
(f)

$\frac{4}{{(X^{2} + 1)}^{2}}$
(g)

$\frac{3 X - 1}{X^{2} {(X + 1)}^{2}}$
(h)

$\frac{1}{X^{4} + X^{2} + 1}$
(i)

$\frac{3}{{(X^{3} - 1)}^{2}}$

Solution

(a)

$\frac{X^{2} + 2 X + 5}{X^{2} - 3 X + 2} = 1 - \frac{8}{X - 1} + \frac{13}{X - 2}$
(b)

$\frac{X^{2} + 1}{(X - 1) (X - 2) (X - 3)} = \frac{1}{X - 1} - \frac{5}{X - 2} + \frac{5}{X - 3}$
(c)

$\frac{1}{X {(X - 1)}^{2}} = \frac{1}{X} + \frac{1}{{(X - 1)}^{2}} - \frac{1}{X - 1}$
(d)

$\frac{2 X}{X^{2} + 1} = \frac{1}{X - i} + \frac{1}{X + i}$
(e)

$\frac{1}{X^{2} + X + 1} = - \frac{i / \sqrt{3}}{X - j} + \frac{i / \sqrt{3}}{X - j^{2}}$
(f)

$\frac{4}{{(X^{2} + 1)}^{2}} = - \frac{1}{{(X - i)}^{2}} - \frac{i}{X - i} - \frac{1}{{(X + i)}^{2}} + \frac{i}{X + i}$
(g)

$\frac{3 X - 1}{X^{2} {(X + 1)}^{2}} = - \frac{1}{X^{2}} + \frac{5}{X} - \frac{4}{{(X + 1)}^{2}} - \frac{5}{(X + 1)}$
(h)

$\frac{1}{X^{4} + X^{2} + 1} = \frac{(1 - j) / 6}{X - j} + \frac{(1 - j^{2}) / 6}{X - j^{2}} - \frac{(1 - j) / 6}{X + j} - \frac{(1 - j^{2}) / 6}{X + j^{2}}$ .
(i)

En exploitant l’astuce $F (j^{2} X) = F (j X) = F (X)$ :
$\frac{3}{{(X^{3} - 1)}^{2}} = \frac{1 / 3}{{(X - 1)}^{2}} - \frac{2 / 3}{(X - 1)} + \frac{j^{2} / 3}{{(X - j)}^{2}} - \frac{2 j / 3}{(X - j)} + \frac{j / 3}{{(X - j^{2})}^{2}} - \frac{2 j^{2} / 3}{(X - j^{2})}$ .

Exercice 13 2014

Soit $n \in ℕ$ .

(a)

Former la décomposition en éléments simples de

$\frac{n!}{X (X - 1) \dots (X - n)} .$
(b)

En déduire une expression simplifiée des sommes

$\sum_{k = 0}^{n} \frac{{(- 1)}^{k}}{k + 1} (\binom{n}{k}) et \sum_{k = 0}^{n} \frac{{(- 1)}^{k}}{2 k + 1} (\binom{n}{k}) .$

Exercice 14 2676 MINES (MP)Correction

Décomposer en éléments simples dans $ℂ (X)$ la fraction rationnelle

\frac{X^{n - 1}}{X^{n} - 1} .

Solution

Les pôles de cette fraction rationnelles sont simples et sont les racines $n$ -ième de l’unité $ω_{0}, \dots, ω_{n - 1}$ . Sachant que la fraction rationnelle est de degré strictement négatif, sa partie entière est nulle et sa décomposition en éléments simples cherchée s’écrit

\frac{X^{n - 1}}{X^{n} - 1} = \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{α_{k}}{X - ω_{k}} .

La partie polaire

\frac{λ}{X - a}

d’un pôle simple $a$ d’une fraction rationnelle $P / Q$ s’obtient par la relation

λ = \frac{P (a)}{Q^{'} (a)} .

En effet, si $Q (X) = (X - a) R (X)$ on a $Q^{'} (a) = R (a)$
Ici

α_{k} = (\frac{X^{n - 1}}{{(X^{n} - 1)}^{'}}) (ω_{k}) = \frac{1}{n}

et donc

\frac{X^{n - 1}}{X^{n} - 1} = \frac{1}{n} \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{1}{X - ω_{k}} .

Exercice 15 4204 Correction

Soient $p$ et $n$ deux entiers avec $0 \leq p < n$ . Former la décomposition en éléments simples dans $ℂ [X]$ de

\frac{X^{p}}{X^{n} - 1} .

Solution

La fraction est exprimée sous forme irréductible et sa partie entière est nulle. En introduisant les racines $n$ -ième de l’unité $ω_{k} = e^{2 i k π / n}$ avec $k \in ⟦ 0; n - 1 ⟧$ , le dénominateur peut être factorisé dans $ℂ [X]$ :

X^{n} - 1 = \prod_{k = 0}^{n - 1} (X - ω_{k}) .

La décomposition en éléments simples de la fraction s’écrit alors

\frac{X^{p}}{X^{n} - 1} = \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{a_{k}}{X - ω_{k}} avec a_{k} \in ℂ .

On calcule $a_{k}$ en multipliant par $X - ω_{k}$ puis en évaluant en $ω_{k}$ :

a_{k} = {\frac{X^{p}}{\prod_{j \neq k} (X - ω_{j})} |}_{X = ω_{k}} = \frac{ω_{k}^{p}}{\prod_{j \neq k} (ω_{k} - ω_{j})} .

Méthode: Le dénominateur du quotient précédent correspond à ${(X^{n} - 1)}^{'} (ω_{k})$ .

En effet, par dérivation d’un produit en la somme des produits obtenus où l’on dérive un seul facteur:

{(X^{n} - 1)}^{'} = {(\prod_{k = 0}^{n - 1} (X - ω_{k}))}^{'} = \sum_{k = 0}^{n - 1} \prod_{\begin{matrix} 0 \leq j \leq n - 1 \\ j \neq k \end{matrix}} (X - ω_{j}) .

En évaluant en $ω_{k}$ , tous les produits s’annulent sauf celui d’indice $k$ :

{{(X^{n} - 1)}^{'} |}_{X = ω_{k}} = \prod_{\begin{matrix} 0 \leq j \leq n - 1 \\ j \neq k \end{matrix}} (ω_{k} - ω_{j}) .

On peut alors proposer une expression simple des coefficients de la décomposition

a_{k} = \frac{ω_{k}^{p}}{n ω_{k}^{n - 1}} = \frac{ω_{k}^{p + 1}}{n} .

Exercice 16 5749 Correction

Soit $n \in ℕ$ . Réaliser la décomposition en éléments simples de

F_{n} = \frac{1}{X^{n} (X + 1)} .

Solution

On remarque

F_{n + 1} = \frac{(X + 1) - X}{X^{n + 1} (X + 1)} = \frac{1}{X^{n + 1}} - \frac{1}{X^{n} (X + 1)} = \frac{1}{X^{n + 1}} - F_{n} .

Puisque

F_{0} = \frac{1}{X + 1}

on obtient successivement

	$F_{1}$	$= \frac{1}{X} - \frac{1}{X + 1},$
	$F_{2}$	$= \frac{1}{X^{2}} - \frac{1}{X} + \frac{1}{X + 1},$
	$F_{3}$	$= \frac{1}{X^{3}} - \frac{1}{X^{2}} + \frac{1}{X} - \frac{1}{X + 1}, etc$

ce qui s’apparente à des décompositions en éléments simples.

Par récurrence sur $n \in ℕ$ , on établit

F_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{{(- 1)}^{n - k}}{X^{k}} + \frac{{(- 1)}^{n}}{X + 1}

ce qui produit la décomposition en éléments simples de $F_{n}$ .

Exercice 17 4556

Soit $P$ un polynôme complexe non constant.

Exprimer en fonction des racines de $P$ et de leurs multiplicités respectives la décomposition en éléments simples de la fraction $P^{'} / P$ .

Exercice 18 4570 Correction

Soient $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ des complexes deux à deux distincts et $P = (X - λ_{1}) \dots (X - λ_{n})$ . Exprimer en fonction de $P$ et de ses dérivées les fractions

F = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{X - λ_{k}}, G = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{{(X - λ_{k})}^{2}} et H = \sum_{\begin{matrix} 1 \leq k, ℓ \leq n \\ k \neq ℓ \end{matrix}} \frac{1}{(X - λ_{k}) (X - λ_{ℓ})} .

Solution

La dérivée d’un produit est la somme des produits obtenus en ne dérivant qu’un facteur:

P^{'} = \sum_{k = 1}^{n} (\prod_{\begin{matrix} 1 \leq j \leq n \\ j \neq k \end{matrix}} (X - λ_{j})) .

En divisant par $P$ , on fait apparaître¹¹ 1 Cette formule est un cas particulier de celle vue dans le sujet 4556. $F$ :

\frac{P^{'}}{P} = (\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{X - λ_{k}}) = F .

Méthode: $G$ et $H$ se déduisent par dérivation et élévation au carré.

En dérivant $F$ on fait apparaître $- G$ :

G = - {(\frac{P^{'}}{P})}^{'} = \frac{P^{', 2} - P P^{''}}{P^{2}} .

En développant $F^{2}$ , on fait apparaître $G$ et $H$ :

F^{2} = G + H donc H = F^{2} - G = \frac{P^{''}}{P} .

Cette dernière formule aurait aussi pu être découverte par un calcul direct.

[<] Décomposition en éléments simples

Exercice 19 2015 Correction

Soit la fraction

F = \frac{1}{X (X + 1)} .

(a)

Réaliser la décomposition en éléments simples de $F$ .
(b)

En déduire une simplification pour $n \geq 1$ de $\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k (k + 1)}$ .
(c)

Procéder de même pour calculer: $\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k (k + 1) (k + 2)}$ .

Solution

(a)

On obtient

$F = \frac{X + 1 - X}{X (X + 1)} = \frac{1}{X} - \frac{1}{X + 1} .$
(b)

Par télescopage

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k (k + 1)} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1} = 1 - \frac{1}{n + 1} = \frac{n}{n + 1} .$
(c)

On a

$\frac{1}{X (X + 1) (X + 2)} = \frac{1 / 2}{X} - \frac{1}{X + 1} + \frac{1 / 2}{X + 2}$

donc

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k (k + 1) (k + 2)} = \frac{1}{4} - \frac{1}{2 n + 2} + \frac{1}{2 n + 4} .$

Exercice 20 5941 Correction

(a)

Réaliser la décomposition en éléments de la fraction

$F = \frac{1}{4 X^{2} - 1} .$
(b)

En déduire la valeur

$lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{4 k^{2} - 1} .$

Solution

(a)

La partie entière de $F$ est nulle et la fraction admet $1 / 2$ et $- 1 / 2$ pour pôles simples. La décomposition en éléments simples de $F$ s’écrit

$\frac{1}{4 X^{2} - 1} = \frac{a}{2 X - 1} + \frac{b}{2 X + 1}$

avec

$a = {\frac{1}{2 X + 1} |}_{X = 1 / 2} = \frac{1}{2} et b = - a = - \frac{1}{2} .$

Ainsi,

$\frac{1}{4 X^{2} - 1} = \frac{1}{2} (\frac{1}{2 X - 1} - \frac{1}{2 X + 1}) .$
(b)

Pour $n \in ℕ^{*}$ ,

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{4 k^{2} - 1} = \frac{1}{2} \sum_{k = 1}^{n} (\frac{1}{2 k - 1} - \frac{1}{2 k + 1}) .$

On peut visualiser une somme télescopique

$\sum_{k = 1}^{n} (\frac{1}{2 k - 1} - \frac{1}{2 k + 1}) = \sum_{k = 1}^{n} (\frac{1}{2 k - 1} - \frac{1}{2 (k + 1) - 1}) = 1 - \frac{1}{2 n + 1} .$

Par opérations sur les limites,

$lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{4 k^{2} - 1} = \frac{1}{2} .$

Exercice 21 2016 Correction

Exprimer la dérivée d’ordre $n$ de

\frac{1}{X (X^{2} + 1)} .

Solution

Par décomposition en éléments simples

\frac{1}{X (X^{2} + 1)} = \frac{1}{X} - \frac{1 / 2}{X - i} - \frac{1 / 2}{(X + i)}

et on sait

{(\frac{1}{X - a})}^{(n)} = \frac{{(- 1)}^{n} n!}{{(X - a)}^{n + 1}}

donc

{(\frac{1}{X (X^{2} + 1)})}^{(n)} = {(- 1)}^{n} n! (\frac{1}{X^{n + 1}} - \frac{1 / 2}{{(X - i)}^{n + 1}} - \frac{1 / 2}{{(X + i)}^{n + 1}}) .

Exercice 22 2017 Correction

Soit

F = \frac{1}{X^{2} + 1} \in ℂ (X) .

(a)

En réalisant la décomposition en éléments simples de $F$ , exprimer la dérivée $n$ -ième de la fonction $t \mapsto \frac{1}{t^{2} + 1}$ .

On note $F^{(n)}$ la fraction rationnelle associée à la dérivée précédente.

(b)

Montrer qu’il existe $P_{n} \in ℝ_{n} [X]$ tel que

$F^{(n)} = \frac{P_{n}}{{(X^{2} + 1)}^{n + 1}} .$
(c)

Déterminer les zéros de $P_{n}$ .

Solution

(a)

La décomposition en éléments simples est

$F = \frac{1}{2 i} (\frac{1}{X - i} - \frac{1}{X + i})$

On a donc

$\frac{1}{t^{2} + 1} = \frac{1}{2 i} (\frac{1}{t - i} - \frac{1}{t + i})$

Or

$\frac{d^{n}}{d t^{n}} (\frac{1}{t - a}) = {(- 1)}^{n} \frac{n!}{{(t - a)}^{n + 1}}$

donc

$\frac{d^{n}}{d t^{n}} (\frac{1}{t^{2} + 1}) = \frac{{(- 1)}^{n} n!}{2 i} (\frac{1}{{(t - i)}^{n + 1}} - \frac{1}{{(t + i)}^{n + 1}}) .$
(b)

On a

$F^{(n)} = \frac{P_{n}}{{(X^{2} + 1)}^{n + 1}}$

avec

$P_{n} = \frac{{(- 1)}^{n} n!}{2 i} ({(X + i)}^{n + 1} - {(X - i)}^{n + 1}) \in ℂ_{n} [X] .$

Mais $\bar{P_{n}} = P_{n}$ donc $P_{n} \in ℝ_{n} [X]$ .
(c)

Pour $x \in ℝ$ :

$P_{n} (x) = 0$ $\Leftrightarrow {(x + i)}^{n + 1} = {(x - i)}^{n + 1}$

$\Leftrightarrow \exists k \in {1, \dots, n}, x = \cot (\frac{k π}{n + 1}) .$

Cela fournit $n$ racines réelles et il n’en peut y en avoir d’autres complexes.

Exercice 23 5943 Correction

Déterminer les annulations de la dérivée $n$ -ième de la fonction $f$ définie sur $] - 1; 1 [$ par la relation

f (t) = \frac{1}{t^{2} - 1} .

Solution

Par décomposition en éléments simples,

f (t) = \frac{1}{2} (\frac{1}{t - 1} - \frac{1}{t + 1}) .

Par récurrence, on vérifie

\frac{d^{n}}{d t^{n}} (\frac{1}{t - 1}) = {(- 1)}^{n} \frac{n!}{{(t - 1)}^{n + 1}} et \frac{d^{n}}{d t^{n}} (\frac{1}{t + 1}) = {(- 1)}^{n} \frac{n!}{{(t + 1)}^{n + 1}} .

On obtient donc

f^{(n)} (t) = {(- 1)}^{n} \frac{n!}{2} (\frac{1}{{(t - 1)}^{n + 1}} - \frac{1}{{(t + 1)}^{n + 1}}) .

Après réduction au même dénominateur,

f^{(n)} (t) = {(- 1)}^{n} \frac{n!}{2} \cdot \frac{P_{n} (t)}{{(t^{2} - 1)}^{n + 1}} avec P_{n} (t) = {(t + 1)}^{n + 1} - {(t - 1)}^{n + 1} .

Pour $t \in] - 1; 1 [$ ,

P_{n} (t) = 0 \Leftrightarrow {(\frac{t + 1}{t - 1})}^{n + 1} = 1 .

Cas: $n$ est pair. L’équation $x^{n + 1} = 1$ a pour seule solution $x = 1$ . L’équation $\frac{t + 1}{t - 1} = 1$ n’ayant pas de solutions, la dérivée $n$ -ième de $f$ ne s’annule pas.

Cas: $n$ est impair. L’équation $x^{n + 1} = 1$ a pour solution $x = 1$ et $x = - 1$ . L’équation $\frac{t + 1}{t - 1} = 1$ n’a toujours pas de solutions mais l’équation $\frac{t + 1}{t - 1} = - 1$ a pour solution $t = 0$ . La dérivée $n$ -ième de $f$ s’annule en $0$ uniquement.

Exercice 24 6011 Correction

Résoudre sur $] 0; + \infty [$ l’équation différentielle

x y^{'} - y = \frac{x}{x^{2} + 1} .

Solution

C’est une équation différentielle linéaire d’ordre $1$ .

La solution générale homogène s’exprime $y_{h} (x) = λ x$ avec $λ \in ℝ$ .

Par la méthode de variation des constantes, on exprime une solution particulière de la forme $y_{p} (x) = λ (x) x$ avec $λ$ fonction dérivable vérifiant

x^{2} λ^{'} (x) = \frac{x}{x^{2} + 1}

soit

λ^{'} (x) = \frac{1}{x (x^{2} + 1)} .

Par décomposition en éléments simples,

\frac{1}{X (X^{2} + 1)} = \frac{1}{X} - \frac{X}{X^{2} + 1} .

La fonction $λ$ donnée par

λ (x) = \ln (x) - \frac{1}{2} \ln (x^{2} + 1)

convient et détermine la solution particulière

y_{p} (x) = x \ln (x) + \frac{1}{2} x \ln (x^{2} + 1) = \frac{1}{2} x \ln (\frac{x^{2}}{x^{2} + 1}) .

La solution générale s’exprime

y (x) = \frac{1}{2} x \ln (\frac{x^{2}}{x^{2} + 1}) + λ x avec λ \in ℝ .

Exercice 25 2018 Correction

Soit

F = \frac{1}{{(X - 1)}^{3} {(X + 1)}^{3}} .

(a)

Quelle relation existe entre la partie polaire de $F$ en 1 et celle en $- 1$ .
(b)

Former la décomposition en éléments simples de la fraction $F$ .
(c)

En déduire un couple $(U, V) \in ℝ {[X]}^{2}$ tel que:

${(X + 1)}^{3} U + {(X - 1)}^{3} V = 1 .$

Solution

(a)

On remarque que $F (- X) = F (X)$ .
Si $\frac{P (X)}{{(X - 1)}^{3}}$ est la partie polaire de $F$ en 1, alors $\frac{- P (- X)}{{(X + 1)}^{3}}$ est sa partie polaire en $- 1$ .
(b)

On obtient

$\frac{1}{{(X - 1)}^{3} {(X + 1)}^{3}} = \frac{1 / 8}{{(X - 1)}^{3}} - \frac{3 / 16}{{(X - 1)}^{2}} + \frac{3 / 16}{X - 1} - \frac{1 / 8}{{(X + 1)}^{3}} - \frac{3 / 16}{{(X + 1)}^{2}} - \frac{3 / 16}{X + 1} .$
(c)

En réduisant au même dénominateur

$U = \frac{1}{16} (2 - 3 (X - 1) + 3 {(X - 1)}^{2}) et V = - \frac{1}{16} (2 + 3 (X + 1) + 3 {(X + 1)}^{2}) .$

Exercice 26 4568

(a)

Soit $a \in ℂ$ un pôle simple d’une fraction rationnelle $F$ de $ℂ (X)$ exprimée sous forme irréductible $P / Q$ . Montrer que la fraction $F$ peut s’écrire

$\frac{α}{X - a} + G avec α = \frac{P (a)}{Q^{'} (a)} et G \in ℂ (X) dont a n’est pas pôle.$
(b)

Application : Soit $n \in ℕ^{*}$ . On pose $ω_{k} = e^{2 i k π / n}$ pour tout $k \in ⟦ 0; n - 1 ⟧$ . Réduire au même dénominateur la fraction complexe

$F = \frac{1}{X - ω_{0}} + \dots + \frac{1}{X - ω_{n - 1}} .$

Exercice 27 2020 Correction

Soient $n \in ℕ$ tel que $n \geq 2$ et $p \in {0,1, \dots, n - 1}$ . On pose pour $k \in {0,1, \dots, n - 1}$ , $ω_{k} = \exp (\frac{2 i k π}{n})$ .
Mettre sous forme irréductible la fraction

\sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{ω_{k}^{p}}{X - ω_{k}} .

Solution

On a

\sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{ω_{k}^{p}}{X - ω_{k}} = \frac{P}{X^{n} - 1} avec \deg (P) < n .

De plus, par décomposition en éléments simples

\frac{P (ω_{k})}{{(X^{n} - 1)}^{'} (ω_{k})} = ω_{k}^{p} .

Par suite, on a

P (ω_{k}) = n ω_{k}^{n - 1} ω_{k}^{p} = n ω_{k}^{p - 1} .

Ces $n$ relations permettent de reconnaître $P$ puisque l’on sait $\deg (P) < n$ . On obtient

P = n X^{p - 1} si p \geq 1 ou P = n X^{n - 1} si p = 0 .

Exercice 28 5942 Correction

Soient $x_{1}, \dots, x_{n}$ des réels deux à deux distincts (avec $n \geq 2$ ). On considère

P = \prod_{i = 1}^{n} (X - x_{i}) .

(a)

Établir

$\frac{1}{P} = \sum_{j = 1}^{n} \frac{a_{j}}{X - x_{j}} avec a_{j} = \frac{1}{P^{'} (x_{j})} .$
(b)

En déduire

$\sum_{j = 1}^{n} \frac{1}{P^{'} (x_{j})} = 0 .$

Solution

(a)

La fraction $1 / P$ est de partie entière nulle et de pôles $x_{1}, \dots, x_{n}$ simples. Sa décomposition en éléments simples s’écrit

$\frac{1}{P} = \sum_{j = 1}^{n} \frac{a_{j}}{X - x_{j}}$

avec

$a_{j} = {\frac{1}{\prod_{i \neq j} (X - x_{i})} |}_{X = x_{j}} = \frac{1}{\prod_{i \neq j} (x_{j} - x_{i})} .$

Parallèlement, par dérivation d’un produit,

$P^{'} = \sum_{j = 1}^{n} \prod_{i \neq j} (X - x_{i})$

et donc

$P^{'} (x_{j}) = \prod_{i \neq j} (x_{j} - x_{i})$

On en déduit $a_{j} = 1 / P^{'} (x_{j})$ .
(b)

Puisque $n \geq 2$ , on remarque

$lim_{x \to + \infty} \frac{x}{P (x)} = 0 .$

Or

$lim_{x \to + \infty} \frac{x}{P (x)} = lim_{x \to + \infty} \sum_{j = 1}^{n} \frac{a_{j} x}{x - x_{j}} = \sum_{j = 1}^{n} a_{j} .$

Par unicité de la limite,

$\sum_{j = 1}^{n} a_{j} = \sum_{j = 1}^{n} \frac{1}{P^{'} (x_{j})} = 0 .$

Exercice 29 4573

Soit $P$ un polynôme réel unitaire scindé à racines simples $x_{1}, \dots, x_{n}$ .

Calculer, pour tout $p \in ⟦ 0; n - 1 ⟧$ ,

\sum_{k = 1}^{n} \frac{x_{k}^{p}}{P^{'} (x_{k})} .

Exercice 30 2022 Correction

Soit $P \in ℂ [X]$ un polynôme scindé à racines simples $x_{1}, \dots, x_{n}$ non nulles.

(a)

Former la décomposition en éléments simples de la fraction $P^{'} / P$ .
(b)

En déduire

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{x_{k}} = - \frac{P^{'} (0)}{P (0)} .$
(c)

Établir

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{x_{k} P^{'} (x_{k})} = - \frac{1}{P (0)} .$

Solution

(a)

Le polynôme $P$ s’écrit

$P = λ (X - x_{1}) \dots (X - x_{n}) avec λ \in ℂ^{*} .$

La décomposition en éléments simples de $P^{'} / P$ s’écrit

$\frac{P^{'}}{P} = \sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{X - x_{i}} .$
(b)

En évaluant en $0$ , il vient

$\sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{x_{i}} = - \frac{P^{'} (0)}{P (0)} .$
(c)

La décomposition en éléments simples de $1 / P$ s’écrit

$\frac{1}{P} = \frac{1}{λ (X - x_{1}) \dots (X - x_{n})} = \sum_{i = 1}^{n} \frac{λ_{i}}{X - x_{i}}$

avec

$λ_{i} = \frac{1}{P^{'} (x_{i})} .$

En évaluant en $0$ ,

$\sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{x_{i} P^{'} (x_{i})} = - \frac{1}{P (0)} .$

Exercice 31 2023 Correction

Soit $P \in ℂ [X]$ un polynôme scindé à racines simples: $x_{1}, \dots, x_{n}$ .

(a)

Former la décomposition en éléments simples de $P^{''} / P$ .
(b)

En déduire que

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{P^{''} (x_{k})}{P^{'} (x_{k})} = 0 .$

Solution

(a)

On a

$\frac{P^{''}}{P} = \frac{P^{''}}{λ (X - x_{1}) \dots (X - x_{n})} = \sum_{i = 1}^{n} \frac{λ_{i}}{X - x_{i}}$

avec $λ_{i} = \frac{P^{''} (x_{i})}{P^{'} (x_{i})}$ .
(b)

Puisque $\deg (\frac{X P^{''}}{P}) < 0$ on a

$\sum_{i = 1}^{n} λ_{i} = 0 .$

Exercice 32 4572

Soit $P$ un polynôme réel scindé sur $ℝ$ . Montrer que

P^{'} {(x)}^{2} - P (x) P^{''} (x) \geq 0 pour tout x \in ℝ .

Exercice 33 3335 Correction

Soit $P (x) = a_{0} + a_{1} x + a_{2} x^{2} + \dots + a_{n} x^{n}$ un polynôme réel dont toutes les racines sont réelles.

(a)

Montrer

$\forall x \in ℝ, (P^{', 2} - P P^{''}) (x) \geq 0 .$
(b)

En déduire

$\forall k \in {1, \dots, n - 1}, a_{k - 1} a_{k + 1} \leq a_{k}^{2} .$

Solution

(a)

En notant $x_{1}, \dots, x_{n}$ les racines réelles de $P$ , on a

$\frac{P^{'} (x)}{P (x)} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{x - x_{k}} .$

En dérivant, on obtient

$\frac{P (x) P^{''} (x) - P^{'} {(x)}^{2}}{P {(x)}^{2}} = - \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{{(x - x_{k})}^{2}}$

ce qui permet de conclure.
(b)

Notons $x_{1} < \dots < x_{p}$ les racines réelles de $P$ de multiplicités $α_{1}, \dots, α_{p} \in ℕ^{*}$ . Puisque $P$ ne possède pas de racines complexes, on a

$α_{1} + \dots + α_{p} = \deg (P) .$

Par application du théorème de Rolle, $P^{'}$ possède une racine dans chacun des intervalles $] x_{1}; x_{2} [, \dots,] x_{p - 1}; x_{p} [$ et de plus $x_{1}, \dots, x_{p}$ sont racines de $P^{'}$ de multiplicités $α_{1} - 1, \dots, α_{p} - 1$ (en acceptant de dire qu’une racine de multiplicité 0, n’est pas racine). Puisque

$p - 1 + (α_{1} - 1) + \dots + (α_{p} - 1) = \deg (P) - 1 = \deg (P^{'})$

le polynôme $P^{'}$ ne possède pas de racines complexes. Il en est de même de $P^{''}$ , $P^{(3)}$ ,…
En appliquant le résultat du a) à $P^{(k - 1)}$ en $x = 0$ , on obtient

${(k! a_{k})}^{2} - ((k - 1)! a_{k - 1}) ((k + 1)! a_{k + 1}) \geq 0$

puis l’inégalité voulue que le produit $a_{k + 1} a_{k - 1}$ soit positif ou non.

Exercice 34 2024 Correction

Soient $a_{1}, \dots, a_{n} \in ℂ$ deux à deux distincts et $α_{1}, \dots, α_{n} \in ℂ$ deux à deux distincts tels que

\forall i, j \in {1,2, \dots, n}, a_{i} + α_{j} \neq 0 .

Résoudre le système

{\begin{matrix} \frac{x_{1}}{a_{1} + α_{1}} + \frac{x_{2}}{a_{2} + α_{1}} + \dots + \frac{x_{n}}{a_{n} + α_{1}} & = 1 \\ \frac{x_{1}}{a_{1} + α_{2}} + \frac{x_{2}}{a_{2} + α_{2}} + \dots + \frac{x_{n}}{a_{n} + α_{2}} & = 1 \\ ⋮ \\ \frac{x_{1}}{a_{1} + α_{n}} + \frac{x_{2}}{a_{2} + α_{n}} + \dots + \frac{x_{n}}{a_{n} + α_{n}} & = 1 . \end{matrix}

Solution

Considérons la fraction rationnelle

F (X) = 1 - \sum_{i = 1}^{n} \frac{x_{i}}{a_{i} + X} .

La satisfaction du système équivaut aux équations

F (α_{1}) = \dots = F (α_{n}) = 0 .

En réduisant $F$ au même dénominateur

F = \frac{P}{Q} avec P unitaire, \deg (P) = n et Q = \prod_{i = 1}^{n} (X + a_{i}) .

Les équations $F (α_{1}) = \dots = F (α_{n}) = 0$ signifient alors

P = (X - α_{1}) \dots (X - α_{n}) .

La décomposition en éléments simples $F$ donne alors

x_{i} = \frac{{(- 1)}^{n} \prod_{k = 1}^{n} (α_{k} + a_{i})}{\prod_{k = 1, k \neq i}^{n} (a_{k} - a_{i})} .

Exercice 35 5036 Correction

Soit $P$ un polynôme de degré $n$ vérifiant

\int_{0}^{1} x^{k} P (x) d x = 0 pour tout k \in ⟦ 1; n ⟧ .

Montrer

\int_{0}^{1} {(P (x))}^{2} d x = {(n + 1)}^{2} {(\int_{0}^{1} P (x) d x)}^{2} .

Solution

Introduisons les coefficients de $P$ afin d’écrire

P = a_{0} + a_{1} X + \dots + a_{n} X^{n} avec a_{0}, a_{1}, \dots, a_{n} \in ℝ .

D’une part, on peut écrire

\int_{0}^{1} {(P (x))}^{2} d x = \int_{0}^{1} (a_{0} + a_{1} x + \dots + a_{n} x^{n}) P (x) d x .

En développant par linéarité puis en simplifiant les termes nuls, on obtient

\int_{0}^{1} {(P (x))}^{2} d x = a_{0} \int_{0}^{1} P (x) d x .

D’autre part, pour tout $k \in ⟦ 1; n ⟧$ ,

\int_{0}^{1} x^{k} P (x) d x = \int_{0}^{1} a_{0} x^{k} + a_{1} x^{k + 1} + \dots + a_{n} x^{n + k} d x

et l’hypothèse donne alors les équations

\frac{a_{0}}{k + 1} + \frac{a_{1}}{k + 1} + \dots + \frac{a_{n}}{n + k + 1} = 0 pour tout k \in ⟦ 1; n ⟧ .

(1)

Méthode: On réduit au même dénominateur la fraction exprimant le premier membre et l’on étudie le polynôme exprimant le numérateur.

Introduisons la fraction

F = \frac{a_{0}}{X + 1} + \frac{a_{1}}{X + 2} + \dots + \frac{a_{n}}{X + n + 1} .

Par réduction au même dénominateur,

F = \frac{Q}{(X + 1) (X + 2) \dots (X + n + 1)} avec Q \in ℝ_{n} [X] .

Les équations (1) assurent que $Q$ s’annule en $1,2, \dots, n$ et, puisqu’il s’agit d’un polynôme de degré inférieur à $n$ , on peut l’écrire

Q = λ (X - 1) (X - 2) \dots (X - n) avec λ \in ℝ .

On exprime ensuite l’intégrale de $P$ à l’aide de la fraction $F$

	$\int_{0}^{1} P (x) d x$	$= a_{0} + \frac{a_{1}}{2} + \dots + \frac{a_{n}}{n + 1} = F (0)$
		$= \frac{λ (- 1) (- 2) \dots (- n)}{1 \times 2 \times \dots \times (n + 1)} = {(- 1)}^{n} \frac{λ}{n + 1} .$

Pour conclure, il reste à relier $a_{0}$ et $λ$ .

Méthode: $a_{0}$ est le coefficient de $\frac{1}{X + 1}$ dans la décomposition en éléments simples de $F$ .

On a

a_{0} = {\frac{Q}{(X + 2) \dots (X + n + 1)} |}_{X = - 1} = \frac{λ (- 2) (- 3) \dots (- n - 1)}{1 \times 2 \times \dots \times n} = {(- 1)}^{n} λ (n + 1)

et, finalement,

\int_{0}^{1} {(P (x))}^{2} d x = {(- 1)}^{n} (n + 1) λ \int_{0}^{1} P (x) d x = {(n + 1)}^{2} {(\int_{0}^{1} P (x) d x)}^{2} .

Édité le 22-03-2025

	$P_{n} (x) = 0$	$\Leftrightarrow {(x + i)}^{n + 1} = {(x - i)}^{n + 1}$
		$\Leftrightarrow \exists k \in {1, \dots, n}, x = \cot (\frac{k π}{n + 1}) .$