Exercice 1 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 2 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 3 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