[>] Degré

 
Exercice 1  2007  Correction  

Soit F𝕂(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 PQ=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* et ω=ei2πn.

  • (a)

    Soit P[X] un polynôme vérifiant P(ωX)=P(X).
    Montrer qu’il existe un polynôme Q[X] tel que P(X)=Q(Xn).

  • (b)

    En déduire la réduction au même dénominateur de la fraction rationnelle

    F=k=0n-1X+ωkX-ωk.

Solution

  • (a)

    Écrivons

    P=k=0+akXk

    avec (ak) suite de complexe nulle au-delà d’un certain rang.
    La relation P(ωX)=P(X) donne

    k=0+akωkXk=k=0+akXk

    puis

    k,akωk=ak.

    Par suite, ak=0 pour tout k0[n]. En posant b=an et Q==0+bX on obtient

    P(X)=Q(Xn).
  • (b)

    La réduction au même dénominateur de la fraction

    F=k=0n-1X+ωkX-ωk

    donne

    F=PXn-1 avec deg(P)=n.

    Comme F(ωX)=F(X) on obtient

    P(ωX)Xn-1=P(X)Xn-1

    puis P(ωX)=P(X).
    Par suite, P est de la forme P=aXn+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=nXn+1Xn-1.
 
Exercice 3  4569   

Si F est une fraction rationnelle de 𝕂(X) représentée par le quotient A/B (avec A et B𝕂[X], B0), on définit la fraction dérivée de F par

F=défAB-ABB2.
  • (a)

    Montrer que la définition de 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(X) telle que, pour tout n non pôle de F, F(n).
Montrer que F(X).

Solution

Soient P,Q[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=k=0pakXk et Q==0qbX,ak,b.

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

P(n)-ynQ(n)=0 avec F(n)=yn

définit une équation

a0+na1++npap-ynb0--ynnqbq=0.

Le système formé par ses équations est compatible (dans ) 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

tels que pour

R=k=0pαkXk[X] et S==0qβX[X]

on ait

R(n)-ynS(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

PS-QR

admet au moins p+q+1 racines.
Or

deg(PS-QR)p+q

donc

PS=QR

puis

F=RS(X).

[<] Généralités[>] Racines et pôles

 
Exercice 5  2004  Correction  

Montrer qu’il n’existe pas de fraction rationnelle F telle que F2=X.

Solution

Si F est solution alors deg(F2)=2deg(F)=1 avec deg(F). C’est impossible.

 
Exercice 6  2005   Correction  

Déterminer un supplémentaire de 𝕂[X] dans 𝕂(X).

Solution

Soit V={F𝕂(X)|deg(F)<0}. V𝕂(X), 0V et pour tous λ,μ𝕂, tous F,GV,

deg(λF+μG)max(deg(F),deg(G))<0

donc λF+μGV. Ainsi, V est un sous-espace vectoriel de 𝕂(X).

Clairement, V𝕂[X]={0}.

De plus, pour tout F𝕂(X), F=P+G avec P=Ent(F)𝕂[X] et GV.

 
Exercice 7  2006   Correction  

Soit F𝕂(X). Montrer

deg(F)<deg(F)-1deg(F)=0.

Solution

Supposons deg(F)<deg(F)-1. On écrit F=AB et F=AB-ABB2.

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

Sinon,

deg(F)<deg(F)-1deg(AB-AB)<deg(AB)=deg(AB)

donc coeff(AB)=coeff(AB) 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=Xp-1Xq-1

en précisant les multiplicités respectives.

Solution

Déterminons les racines communes à Xp-1 et Xq-1. Soit ω un telle racines.
On a ωp=ωq=1. Puisque p et q sont premiers entre eux, il existe u,v tels que pu+qv=1.
On a alors ω=ωpu+qv=(ωp)u(ωq)v=1. Inversement, 1 est racine commune.
De plus, notons que toutes les racines de Xp-1 et Xq-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 F𝕂(X).

  • (a)

    Soit a un zéro d’ordre α1 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 α1. On a P=(X-a)αP^ avec P^(a)0 et Q(a)0.

    F=(X-a)α-1(αP^Q+(X-a)P^Q-(X-a)P^Q)Q2

    a n’est pas racine de αP^Q+(X-a)P^Q-(X-a)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)0 et Q=(X-a)αQ^ avec Q^(a)0.

    F=(X-a)PQ^-αPQ^-(X-a)PQ^(X-a)α+1Q^2

    a n’est pas racine de (X-a)PQ^-αPQ^-(X-a)PQ^, donc a est pôle de multiplicité α+1 de F.

 
Exercice 10  2011   Correction  

Montrer qu’il n’existe pas de F(X) telle que

F=1X.

Solution

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

PQ-PQQ2=1X.

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(PQ-PQ)=Q2 et donc 0 est racine du polynôme Q d’une certaine multiplicité α1. 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 PQ-PQ. Or 0 est aussi racine de Q2 de multiplicité 2α>α-1 et donc 0 est pôle de F de multiplicité 2α-(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)

    X3X2-3X+2 dans [X]

  • (b)

    X3+X2+1X3+X2+X dans [X]

  • (c)

    X-1X3-3X-2 dans [X]

  • (d)

    1(X-1)2(X+1)2 dans [X]

  • (e)

    XX3-1 dans [X]

  • (f)

    1(X2+1)(X2+X+2) dans [X].

 
Exercice 12  2013  Correction  

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

  • (a)

    X2+2X+5X2-3X+2

  • (b)

    X2+1(X-1)(X-2)(X-3)

  • (c)

    1X(X-1)2

  • (d)

    2XX2+1

  • (e)

    1X2+X+1

  • (f)

    4(X2+1)2

  • (g)

    3X-1X2(X+1)2

  • (h)

    1X4+X2+1

  • (i)

    3(X3-1)2

Solution

  • (a)

    X2+2X+5X2-3X+2=1-8X-1+13X-2

  • (b)

    X2+1(X-1)(X-2)(X-3)=1X-1-5X-2+5X-3

  • (c)

    1X(X-1)2=1X+1(X-1)2-1X-1

  • (d)

    2XX2+1=1X-i+1X+i

  • (e)

    1X2+X+1=-i/3X-j+i/3X-j2

  • (f)

    4(X2+1)2=-1(X-i)2-iX-i-1(X+i)2+iX+i

  • (g)

    3X-1X2(X+1)2=-1X2+5X-4(X+1)2-5(X+1)

  • (h)

    1X4+X2+1=(1-j)/6X-j+(1-j2)/6X-j2-(1-j)/6X+j-(1-j2)/6X+j2.

  • (i)

    En exploitant l’astuce F(j2X)=F(jX)=F(X):
    3(X3-1)2=1/3(X-1)2-2/3(X-1)+j2/3(X-j)2-2j/3(X-j)+j/3(X-j2)2-2j2/3(X-j2).

 
Exercice 13  2014   

Soit n. Former la décomposition en éléments simples de

n!X(X-1)(X-n).
 
Exercice 14  2676     MINES (MP)Correction  

Décomposer en éléments simples dans (X) la fraction rationnelle

Xn-1Xn-1.

Solution

Les pôles de cette fraction rationnelles sont simples et sont les racines n-ième de l’unité ω0,,ωn-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-1Xn-1=k=0n-1αkX-ωk.

La partie polaire

λX-a

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

λ=P(a)Q(a).

En effet, si Q(X)=(X-a)R(X) on a Q(a)=R(a)
Ici

αk=(Xn-1(Xn-1))(ωk)=1n

et donc

Xn-1Xn-1=1nk=0n-11X-ωk.
 
Exercice 15  4204   Correction  

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

XpXn-1.

Solution

La fraction est exprimée sous forme irréductible et sa partie entière est nulle. En introduisant les racines n-ième de l’unité ωk=e2ikπ/n avec k0;n-1, le dénominateur peut être factorisé dans [X]:

Xn-1=k=0n-1(X-ωk).

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

XpXn-1=k=0n-1akX-ωk avec ak.

On calcule ak en multipliant par X-ωk puis en évaluant en ωk:

ak=Xpjk(X-ωj)|X=ωk=ωkpjk(ωk-ωj).

Méthode: Le dénominateur du quotient précédent correspond à (Xn-1)(ωk).

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

(Xn-1)=(k=0n-1(X-ωk))=k=0n-10jn-1jk(X-ωj).

En évaluant en ωk, tous les produits s’annulent sauf celui d’indice k:

(Xn-1)|X=ωk=0jn-1jk(ωk-ωj).

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

ak=ωkpnωkn-1=ωkp+1n.
 
Exercice 16  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 17  4570   Correction  

Soient λ1,,λn des complexes deux à deux distincts et P=(X-λ1)(X-λn). Exprimer en fonction de P et de ses dérivées les fractions

F=k=1n1X-λk,G=k=1n1(X-λk)2etH=1k,nk1(X-λk)(X-λ)

Solution

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

P=k=1n(1jnjk(X-λj))

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

PP=(k=1n1X-λk)=F

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

En dérivant F on fait apparaître -G:

G=-(PP)=P2-PP′′P2

En développant F2, on fait apparaître G et H:

F2=G+H donc H=F2-G=P′′P

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

[<] Décomposition en éléments simples

 
Exercice 18  2015  Correction  

Soit la fraction

F=1X(X+1).
  • (a)

    Réaliser la décomposition en éléments simples de F.

  • (b)

    En déduire une simplification pour n1 de k=1n1k(k+1).

  • (c)

    Procéder de même pour calculer: k=1n1k(k+1)(k+2).

Solution

  • (a)

    On obtient

    F=X+1-XX(X+1)=1X-1X+1.
  • (b)

    Par télescopage

    k=1n1k(k+1)=k=1n1k-1k+1=1-1n+1=nn+1.
  • (c)

    On a

    1X(X+1)(X+2)=1/2X-1X+1+1/2X+2

    donc

    k=1n1k(k+1)(k+2)=14-12n+2+12n+4.
 
Exercice 19  2016  Correction  

Exprimer la dérivée d’ordre n de

1X(X2+1).

Solution

Par décomposition en éléments simples

1X(X2+1)=1X-1/2X-i-1/2(X+i)

et on sait

(1X-a)(n)=(-1)nn!(X-a)n+1

donc

(1X(X2+1))(n)=(-1)nn!(1Xn+1-1/2(X-i)n+1-1/2(X+i)n+1).
 
Exercice 20  2017   Correction  

Soit

F=1X2+1(X).
  • (a)

    En réalisant la décomposition en éléments simples de F, exprimer F(n).

  • (b)

    Montrer qu’il existe Pnn[X] tel que

    F(n)=Pn(X2+1)n+1.
  • (c)

    Déterminer les zéros de Pn.

Solution

  • (a)

    La décomposition en éléments simples est

    F=12i(1X-i-1X+i)

    donc

    F(n)=(-1)nn!2i(1(X-i)n+1-1(X+i)n+1).
  • (b)

    F(n)=Pn(X2+1)n+1 avec

    Pn=(-1)nn!2i((X+i)n+1-(X-i)n+1)n[X].

    Mais Pn¯=Pn donc Pnn[X].

  • (c)

    Pour x:

    Pn(x)=0 (x+i)n+1=(x-i)n+1
    k{1,,n},x=cot(kπn+1).

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

 
Exercice 21  2018   Correction  

Soit

F=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)[X]2 tel que:

    (X+1)3U+(X-1)3V=1.

Solution

  • (a)

    On remarque que F(-X)=F(X).
    Si P(X)(X-1)3 est la partie polaire de F 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+3/16X-1-1/8(X+1)3-3/16(X+1)2-3/16X+1.
  • (c)

    En réduisant au même dénominateur

    U=116(2-3(X-1)+3(X-1)2) et V=-116(2+3(X+1)+3(X+1)2).
 
Exercice 22  4568   
  • (a)

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

    αX-a+G avec α=P(a)Q(a) et G𝕂(X) dont a n’est pas pôle.
  • (b)

    Application: Soit n*. On pose ωk=e2ikπ/n pour tout k0;n-1. Réduire au même dénominateur la fraction complexe

    F=1X-ω0++1X-ωn-1.
 
Exercice 23  2020   Correction  

Soient n tel que n2 et p{0,1,,n-1}. On pose pour k{0,1,,n-1}, ωk=exp(2ikπn).
Mettre sous forme irréductible la fraction

k=0n-1ωkpX-ωk.

Solution

On a

k=0n-1ωkpX-ωk=PXn-1 avec deg(P)<n.

De plus, par décomposition en éléments simples

P(ωk)(Xn-1)(ωk)=ωkp.

Par suite, on a

P(ωk)=nωkn-1ωkp=nωkp-1.

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

P=nXp-1 si p1 ou P=nXn-1 si p=0.
 
Exercice 24  4573   

Soit P un polynôme réel unitaire scindé à racines simples x1,,xn.

Calculer, pour tout p0;n-1,

k=1nxkpP(xk).
 
Exercice 25  2022  Correction  

Soit P[X] un polynôme scindé à racines simples x1,,xn.

  • (a)

    Former la décomposition en éléments simples de la fraction 1/P.

  • (b)

    On suppose P(0)0. Observer

    k=1n1xkP(xk)=-1P(0).

Solution

  • (a)

    On a

    1P=1λ(X-x1)(X-xn)=i=1nλiX-xi

    avec

    λi=1P(xi).
  • (b)

    En évaluant en 0

    i=1n1xiP(xi)=-1P(0).
 
Exercice 26  2023   Correction  

Soit P[X] un polynôme scindé à racines simples: x1,,xn.

  • (a)

    Former la décomposition en éléments simples de P′′/P.

  • (b)

    En déduire que

    k=1nP′′(xk)P(xk)=0.

Solution

  • (a)

    On a

    P′′P=P′′λ(X-x1)(X-xn)=i=1nλiX-xi

    avec λi=P′′(xi)P(xi).

  • (b)

    Puisque deg(XP′′P)<0 on a

    i=1nλi=0.
 
Exercice 27  4572   

Soit P un polynôme réel scindé sur . Montrer que

P(x)2-P(x)P′′(x)0pour tout x.
 
Exercice 28  3335   Correction  

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

  • (a)

    Montrer

    x,(P2-PP′′)(x)0.
  • (b)

    En déduire

    k{1,,n-1},ak-1ak+1ak2.

Solution

  • (a)

    En notant x1,,xn les racines réelles de P, on a

    P(x)P(x)=k=1n1x-xk.

    En dérivant, on obtient

    P(x)P′′(x)-P(x)2P(x)2=-k=1n1(x-xk)2

    ce qui permet de conclure.

  • (b)

    Notons x1<<xp les racines réelles de P de multiplicités α1,,αp*. Puisque P ne possède pas de racines complexes, on a

    α1++αp=deg(P).

    Par application du théorème de Rolle, P possède une racine dans chacun des intervalles ]x1;x2[,,]xp-1;xp[ et de plus x1,,xp sont racines de P de multiplicités α1-1,,αp-1 (en acceptant de dire qu’une racine de multiplicité 0, n’est pas racine). Puisque

    p-1+(α1-1)++(αp-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!ak)2-((k-1)!ak-1)((k+1)!ak+1)0

    puis l’inégalité voulue que le produit ak+1ak-1 soit positif ou non.

 
Exercice 29  2024    Correction  

Soient a1,,an deux à deux distincts et α1,,αn deux à deux distincts tels que

i,j{1,2,,n},ai+αj0.

Résoudre le système

{x1a1+α1+x2a2+α1++xnan+α1=1x1a1+α2+x2a2+α2++xnan+α2=1x1a1+αn+x2a2+αn++xnan+αn=1.

Solution

Considérons la fraction rationnelle

F(X)=1-i=1nxiai+X.

La satisfaction du système équivaut aux équations

F(α1)==F(αn)=0.

En réduisant F au même dénominateur

F=PQ avec P unitaire, deg(P)=n et Q=i=1n(X+ai).

Les équations F(α1)==F(αn)=0 signifient alors

P=(X-α1)(X-αn).

La décomposition en éléments simples F donne alors

xi=(-1)nk=1n(αk+ai)k=1,kin(ak-ai).
 
Exercice 30  5036    Correction  

Soit P un polynôme de degré n vérifiant

01xkP(x)dx=0pour tout k1;n.

Montrer

01(P(x))2dx=(n+1)2(01P(x)dx)2.

Solution

Introduisons les coefficients de P afin d’écrire

P=a0+a1X++anXn avec a0,a1,,an.

D’une part, on peut écrire

01(P(x))2dx=01(a0+a1x++anxn)P(x)dx.

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

01(P(x))2dx=a001P(x)dx.

D’autre part, pour tout k1;n,

01xkP(x)dx=01a0xk+a1xk+1++anxn+kdx

et l’hypothèse donne alors les équations

a0k+1+a1k+1++ann+k+1=0pour tout k1;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=a0X+1+a1X+2++anX+n+1.

Par réduction au même dénominateur,

F=Q(X+1)(X+2)(X+n+1) avec Qn[X].

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

Q=λ(X-1)(X-2)(X-n) avec λ.

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

01P(x)dx =a0+a12++ann+1=F(0)
=λ(-1)(-2)(-n)1×2××(n+1)=(-1)nλn+1.

Pour conclure, il reste à relier a0 et λ.

Méthode: a0 est le coefficient de 1X+1 dans la décomposition en éléments simples de F.

On a

a0=Q(X+2)(X+n+1)|X=-1=λ(-2)(-3)(-n-1)1×2××n=(-1)nλ(n+1)

et, finalement,

01(P(x))2dx=(-1)n(n+1)λ01P(x)dx=(n+1)2(01P(x)dx)2.


Édité le 08-11-2019

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