Exercice 1 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 2 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 3 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 4 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 5 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 6 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 7 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 8 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 9 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 10 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 11 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 12 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 13 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 14 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 15 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 16 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} .

[<] Décomposition en éléments simples

Édité le 22-03-2024

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

Applications de la décomposition en éléments simples