dx - fractions rationnelles

DX - FRACTIONS RATIONNELLES
On désigne une fraction rationnelle non nulle irréductible à coefficients réels par
f (x) =
P (x)
.
Q(x)
où P et Q sont des polynômes de degrés respectifs p et q. On note
deg f = deg P − deg Q .
Si α est un pôle de f d’ordre n, c’est-à-dire une racine de Q d’ordre n, on notera R(x) le quotient de
Q(x) par (x − α)n . Si de plus α n’est pas réel, alors on notera
(x − α)(x − ᾱ) = x2 + ux + v
qui est un polynôme à coefficients réels, et S(x) sera le quotient de Q(x) par (x2 + ux + v)n .
I Théorème de décomposition
Le théorème de décomposition des fractions rationnelles en éléments simples sur C, dit que f (x) s’écrit
comme somme de différentes parties :
(1) une partie polynomiale de degré p − q, si p ≥ q
a0 xp−q + a1 xp−q−1 + · · · + ap−q
(2) pour tout pôle α d’ordre n, une partie polaire de la forme
b0
b1
bn−1
,
+
+ ··· +
n
n−1
(x − α)
(x − α)
x−α
cette décomposition étant unique.
Dans le cas de la décomposition sur R, on a encore (1), on a aussi (2) pour tout pôle réel, auxquelles
s’ajoutent dans le cas des pôles α non réels des sommes du type
(3)
(x2
c0 x + d0
c1 x + d1
cn−1 x + dn−1
.
+ 2
+ ··· + 2
n
n−1
+ ux + v)
(x + ux + v)
x + ux + v
Là encore, la décomposition est unique.
Exemple 1
x9 + x
(x − 1)3 (x2 + 1)2 (x + 2)
DX 2
–
–
–
–
On a p = 9 et q = 8. Il y a une partie polynomiale de degré p − q = 1.
Il y a un pôle réel d’ordre 3 : 1
un pôle réel d’ordre 1 : −2
deux pôles non réels conjugués d’ordre 2 : i et −i .
La décomposition sur C sera de la forme
(ax + b) +
d
e
c
+
+
3
2
(x − 1)
(x − 1)
x−1
+
g
x+2
+
h
k
+
2
(x − i)
x−i
+
ℓ
m
+
2
(x + i)
x+i
Sur R les deux dernières sommes seront remplacées par
nx + r
sx + t
+ 2
.
2
2
(x + 1)
x +1
Les méthodes qui suivent donnent des moyens pour déterminer les coefficients qui apparaissent dans
la décomposition.
II Méthodes globales
A) Par identification
On écrit la décomposition cherchée sous forme littérale. On réduit au même dénominateur, et l’on
identifie les numérateurs, ce qui fournit un système d’équations linéaires dont les inconnues sont les
coefficients.
Exemple 2
x2 − 3
(x − 1)2 (x + 1)
=
=
a
b
c
+
+
(x − 1)2 x − 1 x + 1
(b + c)x2 + (a − 2c)x + a − b + c
.
(x − 1)2 (x + 1)
Il reste à résoudre le système
et l’on obtient (a, b, c) = (−1, 32 , − 12 ).

=1
 b+c
a − 2c
=0

a − b + c = −3
B) En donnant à x des valeurs numériques
La décomposition étant écrite sous forme littérale, on donne à x des valeurs judicieuses, par exemple
celles qui annulent le numérateur. Il en faut au moins autant que de coefficients à déterminer. On
obtient là encore un système que l’on résout. On peut aussi calculer
lim xs f (x)
x→∞
DX 3
pour une valeur convenable de s.
Exemple 3
a
b
c
x2 − 2x − 3
=
+
+
.
2
2
(x − 1) (x − 2)
(x − 1)
x−1 x−2
On effectue les calculs suivants :

















f (−1) = 0 =
a b
c
− −
4 2 3
f (3) = 0 =
a b
+ +c
4 2
lim xf (x) = 1 = b + c
x→+∞
On obtient facilement (a, b, c) = (4, 4, −3)
Remarque : ces méthodes ne sont intéressantes que si le nombre de coefficients à déterminer est petit.
III Réduction du nombre de coefficients à déterminer
A) Cas des fractions paires ou impaires
Pour de telles fractions, si α est un pôle d’ordre n, il en est de même de −α.
– Le coefficient de (x + α)−p est, au signe près, celui de (x − α)−p .
– La partie polynomiale a même parité que f .
– Si 0 est un pôle, la partie polaire relative à 0 a même parité que f .
En pratique, on écrit la fraction décomposée sous forme littérale. On calcule f (−x) si f est paire et
−f (−x) si f est impaire, et l’on identifie le développement obtenu avec celui de f (x), ce qui fait apparaître les termes égaux et les termes nuls.
Exemple 4
x6 + 2
d
e
gx + h
= ax2 + bx + c +
+
+ 2
.
2
2
(x + 1)(x − 16)
x−4 x+4
x +1
comme f est paire, on calcule f (−x)
f (x) = f (−x) = ax2 − bx + c −
e
−gx + h
d
−
+ 2
.
x+4 x−4
x +1
On en déduit que b = g = 0 et que d = −e. Donc
f (x) = ax2 + c +
d
d
h
−
+ 2
.
x−4 x+4 x +1
DX 4
B) Fractions vérifiant une relation du type f (λx) = µf (x)
Si α est un pôle d’ordre n, il en est de même de λα, et les coefficients des décompositions polaires
relatives à ces pôles sont liés par des relations qui proviennent de l’unicité de la décomposition. La
méthode est analogue au III A).
Exemple 5
f (x) =
x6
.
x5 − 1
Posons z = e2iπ/5 : c’est une racine 5−ième de l’unité. On a
f (z k x) = z k f (x) .
Si l’on pose
f (x) = ax + b +
d
e
g
h
c
+
+
+
+
,
2
3
x−1 x−z x−z
x−z
x − z4
on écrit le début de la décomposition de z −k f (z k x). Par identification on a
f (x) = z −k f (z k x) = ax + z −k b +
cz −2k
+ ··· .
x − z −k
on en déduit b = 0, et en faisant varier k, sachant que z −1 = z 4 , on obtient
k
k
k
k
=1
=2
=3
=4
: z −k
: z −k
: z −k
: z −k
= z4
= z3
= z2
=z
donc
donc
donc
donc
h = cz −2 = cz 3
g = cz −4 = cz
e = cz −6 = cz 4
e = cz −8 = cz 2 .
C) Fractions vérifiant des relations du type f (x − λ) = µf (x) ou f (λ − x) = µf (x)
Les coefficients des décompositions polaires relatives à α et α − λ ou λ − α sont liés. Même méthode
qu’en A et B.
Exemple 6
(x2
1
c
a
b
d
+
.
=
+
+
2
2
2
− 3x + 2)
(x − 1)
x − 1 (x − 2)
x−2
Or
f (3 − x) = f (x) =
a
b
+
+ ··· .
2
(2 − x)
2−x
d’où a = c et b = −d.
D) Cas de la décomposition dans C d’une fraction à coefficients réels
• Les coefficients de la partie polynomiale sont réels.
DX 5
• Les coefficients de la partie polaire relative à un pôle réel sont réels.
• Si α est un pôle non réel d’ordre p, alors ᾱ en est un aussi.
1
1
est le conjugué de celui de
. Cela vient du fait que f (x) = f (x).
Le coefficient de
p
(x − α)
(x − ᾱ)p
Exemple 7
a
ā
x−1
=
+
.
2
x +1
x−i x+i
IV Détermination des coefficients par pôle
A) Recherche de la partie polynomiale lorsque p ≥ q
On effectue la division euclidienne de P par Q : le quotient est la partie polynomiale cherchée.
Remarque : le coefficient de xp−q est le rapport des termes de plus haut degré. En particulier si p = q,
la partie polynomiale se réduit à une constante qui est le rapport des termes de plus haut degré.
Si l’on a
P = UQ + V
avec deg(V ) < deg(Q) on obtient donc
P
V
=U+ .
Q
Q
On pourra continuer la décomposition aussi bien en utilisant la fraction P/Q qu’en utilisant V /Q.
En fait P est en général plus simple que V bien que de degré plus élevé, et il est souvent préférable
d’utiliser P/Q, ce qui évite d’ailleurs de calculer V .
On peut déterminer a d’une autre manière, en effectuant le développement limité de f à l’infini. On
met tout d’abord xp en facteur dans P (x) et xq dans Q(x). On a donc
P (x)
= xp−q H(x) ,
Q(x)
où H est une fraction rationnelle. On pose alors x = 1/u, et l’on cherche le développement limité de
H(1/u) à l’ordre p − q en 0. En multipliant le résultat obtenu par xp−q on obtient, en revenant en x,
le quotient cherché.
Exemple 8
f (x) =
x5 + 2x − 1
.
(x − 1)3 (x + 1)
a) En développant le dénominateur
Q(x) = (x − 1)3 (x + 1) = (x − 1)2 (x2 − 1) = (x2 − 2x + 1)(x2 − 1) = x4 − 2x3 + 2x − 1 ,
DX 6
puis la division euclidienne de P (x) par Q(x) donne x + 2 comme quotient.
b) En mettant en facteur la plus grosse puissance de x au numérateur et dénominateur
f (x) =
1 + 2u4 − u5
x5 (1 + 2/x4 − 1/x5 )
=
x
,
x4 (1 − 1/x)3 (1 + 1/x)
(1 − u)3 (1 + u)
où u = 1/x. On effectue le développement limité à l’ordre 1
1 + 2u4 − u5 = 1 + ◦(u) et (1 − u)3 = 1 − 3u + ◦(u) ,
d’où
(1 − u)3 (1 + u) = (1 − 3u)(1 + u) + ◦(u) = 1 − 2u + ◦(u)
et
H(1/u) = (1 − 2u + ◦(u))−1 = 1 + 2u + ◦(u) ,
soit
H(x) = 1 + 2/x + ◦(1/x) ,
et donc
f (x) = xH(x) = x + 2 + ◦(1) .
On retrouve bien x + 2.
B) Recherche de la partie polaire relative à α
1) Cas général
On pose
Q(x) = (x − α)n R(x) ,
et on fait un développement limité de P/R à l’ordre n − 1 au voisinage de α .
En pratique, cela revient à poser x = α + h et à diviser P (α + h) par Q(α + h) suivant les puissances
croissantes de h, à l’ordre n − 1. On obtient
a0 + a1 h + · · · + an−1 hn−1
ce qui fournit la partie polaire cherchée :
a0
a1
an−1
+
+ ··· +
.
n
n−1
(x − α)
(x − α)
x−α
Remarque 1 : a0 =
P (α)
.
R(α)
Remarque 2 : ces calculs sont valables y compris si α n’est pas réel.
DX 7
Exemple 9
Reprenons l’exemple 8. Posons x − 1 = h et développons à l’ordre 2.
x5 + 2x − 1
P (x)
=
R(x)
x+1
=
=
(1 + 5h + 10h2 ) + 2(1 + h) − 1 + ◦(h2 )
2+h
2
2 + 7h + 10h + ◦(h2 )
7h2
= 1 + 3h +
+ ◦(h2 ) ,
2+h
2
d’où la partie polaire relative à 1 :
2) Cas d’un pôle simple
1
3
7
.
+
+
3
2
(x − 1)
(x − 1)
2(x − 1)
a) D’après la remarque 1 précédente, si
Q(x) = (x − α)R(x)
on a
P (α)
.
R(α)
Cela revient à multiplier f (x) par x − α et à remplacer x par α.
a0 =
Exemple 10
−1 dans
Toujours dans l’exemple 8, le coefficient de 1/(x + 1) est obtenu en remplaçant x par
ce qui donne 1/2.
x5 + 2x − 1
P (x)
=
,
R(x)
(x − 1)3
b) On peut obtenir autrement le coefficient. En effet, si l’on écrit
R(x) =
on remarque que
R(α) = lim
x→α
d’où
Q(x) − Q(α)
x−α
Q(x) − Q(α)
= Q′ (α) ,
x−α
a0 =
P (α)
.
Q′ (α)
Exemple 11 Reprenons l’exemple 5. Les racines sont simples et valent z k = e2ikπ/5 . Le coefficient
de 1/(x − z k ) est la valeur de
x6
P (x)
=
Q′ (x)
5x4
en z k , c’est-à-dire z 2k /5.
Remarque : si Q(x) = Q1 (x)Q2 (x) et si α est racine simple de Q1 (x) et n’est pas racine de Q2 (x),
on a
P (α)
a0 = ′
.
Q1 (α)Q2 (α)
DX 8
C) Décomposition dans R dans le cas des pôles non réels
On a posé
(x − α)(x − ᾱ) = x2 + ux + v ,
et si α est un pôle d’ordre n
Q(x) = (x2 + ux + v)n S(x) .
1) Cas où S(x) = 1
On divise P (x) par x2 + ux + v. Soit U le quotient et V le reste. On a alors
f (x) =
(x2
V (x)
U (x)
P (x)
= 2
+ 2
,
n
n
+ ux + v)
(x + ux + v)
(x + ux + v)n−1
où V est de degré plus petit que 1.
On recommence en divisant U (x) par x2 + ux + v, et on poursuit l’opération autant de fois qu’il le faut.
De plus le quotient de la dernière division donne la partie polynomiale, qu’il n’est donc pas besoin de
déterminer au départ.
Exemple 12
x5 + 1
.
(x2 + 1)2
On a les divisions
x5 + 1 = (x2 + 1)(x3 − x) + x + 1 et x3 − x = (x2 + 1)x − 2x ,
d’où la décomposition
2x
x+1
+ x.
− 2
2
2
(x + 1)
x +1
2) Cas général
On part de la décomposition
f (x) =
Tn (x)
an x + bn
.
+
(x2 + ux + v)n (x2 + ux + v)n−1 S(x)
En multipliant par (x2 + ux + v)n et en faisant x = α, on obtient
P (α)
= an α + bn .
S(α)
Ce nombre est un nombre complexe. En identifiant les parties réelles et imaginaires par exemple, (ou
en utilisant le fait que (1, α) est une base de C comme espace vectoriel sur R), on détermine an et bn ,
puis on calcule Tn (x). On trouve
Tn (x) =
P (x) − (an x + bn )S(x)
.
x2 + ux + v
DX 9
On doit obtenir un polynôme, ce qui permet de vérifier la justesse de an et bn . Puis on recommence
les opérations avec la fraction
Tn (x)
.
2
(x + ux + v)n−1 S(x)
Exemple 13
f (x) =
(x2
+
ax + b
T (x)
x+1
= 2
+ 2
.
2
2
+ x + 1)
(x + 1)
(x + 1)(x2 + x + 1)2
1)2 (x2
On commence par la partie en x2 + 1 plus simple que x2 + x + 1.
En multipliant par (x2 + 1)2 et en faisant x = i, on trouve
ai + b =
(i2
i+1
= −i − 1 .
+ i + 1)2
donc (a, b) = (−1, −1). On détermine ensuite T (x) :
T (x) =
x + 1 + (x + 1)(x2 + x + 1)2
.
x2 + 1
En développant
((x2 + 1) + x)2 = (x2 + 1)2 + 2(x2 + 1)x + x2
on trouve
T (x) = (x + 1)(x2 + 2x + 2) .
On cherche alors a′ et b′ tels que
T (x)
U (x)
a′ x + b′
+ 2
=
.
(x2 + 1)(x2 + x + 1)2
x2 + 1
(x + x + 1)2
On multiplie par x2 + 1 et l’on fait x = i, ce qui donne
a′ i + b′ =
(i2
T (i)
= −T (i) = −3i + 1 ,
+ i + 1)2
donc (a′ , b′ ) = (−3, 1), et finalement
f (x) =
U (x)
−3x + 1
−x − 1
+ 2
+ 2
.
2
2
(x + 1)
x +1
(x + x + 1)2
Déterminons U (x).
U (x) =
(x + 1)(x2 + 2x + 2) − (−3x + 1)(x2 + x + 1)2
.
x2 + 1
On peut développer le numérateur et effectuer la division par x2 + 1. On peut aussi essayer de faire
apparaître ce facteur au numérateur
(x + 1)(x2 + 2x + 2) = (x + 1)((x2 + 1) + 2x + 1)
= (x + 1)(x2 + 1) + 2(x2 + 1) + 3x − 1
= (x + 3)(x2 + 1) + 3x − 1 ,
DX 10
puis
(3x − 1)(x2 + x + 1)2 = (3x − 1)((x2 + 1)2 + 2x(x2 + 1) + x2 )
= (3x − 1)((x2 + 1)2 + (x2 + 1)(2x + 1) − 1)
= (3x − 1)(x2 + 1)2 + (x2 + 1)(6(x2 + 1) + x − 7) − 3x + 1
= (3x + 5)(x2 + 1)2 + (x − 7)(x2 + 1) ,
d’où
U (x) = (x2 + 1)(3x + 5) + 2x − 4 = 3x3 + 5x2 + 5x + 1 .
Il ne reste plus qu’à décomposer le troisième terme par la méthode du IV C) 1).
3) Passage par la décomposition dans C
On peut décomposer tout d’abord sur C, puis regrouper les termes conjugués. En réduisant au même
dénominateur, on trouve
ā
T (x)
a
+
= 2
,
p
p
(x − α)
(x − ᾱ)
(x + ux + v)p
que l’on décompose par la méthode IV C) 1).
Exemple 14
f (x) =
x+1
.
x(x2 + 1)2
Les pôles non réels sont i et −i. On utilise IV B) 1) en posant x = i + h. On a
x+1
x(x + i)2
=
=
=
1+i+h
1+i+h
=
2
(i + h)(2i + h)
(i + h)(−4 + 4ih + ◦(h))
1+i+h
i
1+i+h
=
−4i − 8h + ◦(h)
4 1 − 2ih + ◦(h)
i
1
(1 + i + h)(1 + 2ih + ◦(h)) = − (−i + 1 + (2 + i)h + ◦(h)) ,
4
4
d’où la partie polaire relative à i
−
1
4
−i + 1
2+i
+
2
(x − i)
x−i
.
Celle relative à −i s’obtient en prenant le conjugué :
i+1
2−i
1
+
.
−
4 (x + i)2 x + i
En regroupant les termes de même degré, on obtient
1 x2 + 2x − 1 2x − 1
+ 2
−
.
2
(x2 + 1)2
x +1
DX 11
Le premier terme de cette somme se décompose facilement en écrivant le numérateur sous la forme
x2 + 1 + (2x − 2) ,
d’où la partie polaire cherchée
x
−x + 1
− 2
.
2
2
(x + 1)
x +1
V Procédés divers
A) Fractions paires
Si f est paire il existe une fraction rationnelle g telle que
f (x) = g(x2 ) .
On décompose g(X), puis on remplace X par x2 . On achève la décomposition des termes qui ne le
seraient pas encore.
Exemple 15
f (x) =
2x2
.
x4 − 1
g(X) =
2X
,
X2 − 1
On prend
qui se décompose en
1
1
+
.
X +1 X −1
g(X) =
On a donc
f (x) =
x2
Le second terme se décompose lui même
1
1
=
x2 − 1
2
1
1
+ 2
.
+1 x −1
1
1
−
x−1 x+1
.
B) Si f est la dérivée d’une fraction g
On décompose g et l’on dérive. Ceci n’a d’intérêt que si la recherche de g est évidente et si g a une
forme simple. En général c’est au contraire dans le but de trouver une primitive de f que l’on a besoin
de la décomposer.
Exemple 16
f (x) =
Cette fraction est la dérivée de
g(x) =
(x2
x
.
− 1)2
−1
,
2(x2 − 1)
DX 12
qui se décompose en
1
4
D’où
1
f (x) =
4
1
1
−
x+1 x−1
C) Si f est le carré d’une fraction g
.
1
1
−
2
(x − 1)
(x + 1)2
.
On décompose g, on élève au carré, et l’on décompose les doubles produits.
Exemple 17
f (x) =
On décompose
g(x) =
donc
f (x) =
1
9
1
.
(x − 1)2 (x + 2)2
1
1
=
(x − 1)(x + 2)
3
1
1
2
+
−
(x − 1)2 (x + 2)2 (x − 1)(x + 2)
1
1
−
x−1 x+2
=
1
9
,
1
1
+
−
2g(x)
,
(x − 1)2 (x + 2)2
et l’on termine en remplaçant g(x) par son développement.
D) Exemple divers
On a intérêt, avant de se lancer dans les calculs, à regarder de près la forme du numérateur et du
dénominateur, et à en utiliser au maximum toutes leurs particularités.
Exemple 18
f (x) =
x4 + x3 + 2x2 − x + 1
.
x(x2 + 1)2
Le numérateur se sépare en un polynôme pair qui est (x2 + 1)2 et un polynôme impair, ce qui permet
de décomposer rapidement.
f (x) =
1
x2 − 1
1
−2
1
+ 2
= + 2
+
.
x (x + 1)2
x (x + 1)2 x2 + 1
Certaines méthodes sont plus rapides que d’autres.
Exemple 19 Si l’on reprend l’exemple 14, on peut aller plus rapidement en cherchant d’abord la
partie polaire relative à 0. On trouve 1/x, et l’on a
f (x) =
T (x)
1
+ 2
.
x (x + 1)2
DX 13
En formant f (x) − 1/x, on trouve
T (x) = −x3 − 2x + 1
et l’on décompose rapidement en écrivant
T (x) = −x(x2 + 1) − x + 1 .
En général, c’est en mélangeant les diverses méthodes que l’on parvient au résultat, surtout dans le
cas d’une fraction compliquée.
VI Décomposition des fractions figurant dans le texte
Exemple 1
x9 + x
(x − 1)3 (x2 + 1)2 (x + 2)
1
4
41
514
+
+
+
3
2
6(x − 1)
9(x − 1)
27(x − 1) 675(x + 2)
28 − 29i
3−i
28 + 29i
3+i
−
−
−
.
−
2
2
40(x − i)
200(x − i) 40(x + i)
200(x + i)
= x+1+
Pour la décomposition sur R les quatre derniers termes sont remplacés par
7x + 11
x+3
−
.
2
2
10(x + 1)
25(x2 + 1)
Exemple 4
Exemples 5, 11
x6 + 2
1
2049
2049
= x2 + 15 −
+
−
.
2
2
2
(x + 1)(x − 16)
17(x + 1) 68(x − 4) 68(x + 4)
1
x6
=x+
x5 − 1
5
z2
z4
z
z3
1
+
+
+
+
x − 1 x − z x − z2 x − z3 x − z4
,
où z = e2iπ/5 .
Exemple 6
(x2
Exemple 7
1
2
1
2
1
=
+
+
−
.
2
2
2
− 3x + 2)
(x − 1)
x − 1 (x − 2)
x−2
x−1
1+i
1−i
=
+
.
2
x +1
2(x − i) 2(x + i)
Exemples 8, 9, 10
1
1
3
7
x5 + 2x − 1
=x+2+
+
.
+
+
(x − 1)3 (x + 1)
(x − 1)3 (x − 1)2
2(x − 1) 2(x + 1)
Exemple 13
(x2
+
x+1
3x − 1
1
3x + 2
x+1
=− 2
− 2
− 2
+ 2
.
2
2
2
+ x + 1)
(x + 1)
x + 1 (x + x + 1)
x +x+1
1)2 (x2
DX 14
Exemples 14,19
1
x−1
x
x+1
= − 2
− 2
.
2
2
2
x(x + 1)
x (x + 1)
x +1
VII Exercices sur les fractions rationnelles
1) Décomposer en éléments simples les fractions suivantes
a)
x3 − x + 5
x2 − 1
x6 + x5 − 4x + 3
x(x − 1)(x − 2)
b)
c)
n!
x(x + 1)...(x + n)
2) Décomposer sur C puis sur R.
a)
1
x3 + 1
b)
x5 + 2x − 1
x4 − 1
x4 − 2x2 + 1
x(x + 1)(x2 + 1)
c)
d)
1
xn − 1
3) Décomposer
a)
x2 + 1
x2 (x − 1)3
x7
(x2 − 1)3
b)
c)
xn (1
1
− x)n
4) Décomposer sur C puis sur R.
a)
x6
(x2 + 1)2 (x + 1)2
b)
x
(x +
1)n (x2
+ x + 1)
5) Décomposer sur C
f (x) =
x6
(x5 + 1)2
en remarquant qu’il existe un nombre z tel que f (zx) = zf (x).
6) Décomposer sur R.
a)
d)
x7 + 1
(x2 + x + 1)3
b)
16x3
(x − 1)3 (x + 1)2 (x2 + 1)2
x2 (x2 − 1)
(x2 − x + 1)2 (x4 + 4x2 + 1)
e)
(x2
+
a2 )(x2
c)
x3 + 1
(x2 + x + 1)(x2 + 1)2
1
(a, b, c, distincts)
+ b2 )(x2 + c2 )
7) Soit P un polynôme de C[x] et a une racine simple de P . Calculer en fonction de P ′ (a) et de P ′′ (a)
la partie polaire relative à a dans la décomposition de la fraction 1/P 2 en éléments simples.
8) Soit Pn le polynôme vérifiant pour tout x réel
Pn (cos x) = cos(nx) .
DX 15
Décomposer les fractions suivantes en éléments simples :
1
Pn (x)
a)
1
(1 − x2 )Pn (x)
b)
REPONSES
1)
a) x +
5
5
−
2(x − 1) 2(x + 1)
b) x3 + 4x2 + 10x + 22 +
n
X
1
k n
(−1)
k x+k
c)
3
1
91
−
+
2x x − 1 2(x − 2)
k=0
2)
a)
b) x +
1
3
1
j
j2
+
+
x+1 1+j
1 + j2
=
1
3
1
−x + 2
+
x + 1 x2 − x + 1
1
1
3+i
3−i
1
1
3x − 1
+
−
−
=x+
+
−
2(x − 1) x + 1 4(x − i) 4(x + i)
2(x − 1) x + 1 2(x2 + 1)
c) 1 +
1
1−i
1+i
1 2x + 2
−
−
=1+ − 2
x x−i x+i
x x +1
d)
n−1
1 X zp
n
x − zp
où z = e2iπ/n
p=0
si n est pair : n = 2k


k−1
X
1  1
2x cos(2pπ/n) − 2) 
1
−
+
2
n x − 1 x + 1 p=1 x − 2x cos(2pπ/n) + 1
si n est impair : n = 2k + 1

1  1
+
n x−1
k
X
p=1

2x cos(2pπ/n) − 2 
x2 − 2x cos(2pπ/n) + 1
3)
2
3
2
3
1
− +
−
+
x2 x (x − 1)3
(x − 1)2 x − 1
1
1
1
1
1
11
1
3
1
b) x +
+
+
−
+
+
8 (x − 1)3
(x + 1)3
16 (x − 1)2 (x + 1)2
2 x−1 x+1
n X
2n − k − 1
1
(−1)k
c)
+
n−k
xk
(x − 1)k
a)
−
k=1
DX 16
4)
a)
i
i
1
i−4
i+4
1
−
+
−
+
−
2
2
2
4(x + 1)
x + 1 8(x − i)
8(x − i) 8(x + i)
8(x + i)
1
1
x
4x + 1
1+
−
+
−
4(x + 1)2 x + 1 2(x2 + 1)2 4(x2 + 1)
1+
=
2
1
1
2+j
2 n 2+j
+ (−j )
−
−
(−j)
3(x − j)
3(x − j 2 )
(x + 1)n (x + 1)n−2
1
1
1
+
−
− ···
−
(x + 1)n−3 (x + 1)n−5
(x + 1)n−6
n
b)
les deux premiers termes se regroupent en
(−1)n x
si n = 3k
x2 + x + 1
(−1)n+1 (x + 1)
si n = 3k + 1 ;
x2 + x + 1
;
(−1)n
si n = 3k + 2
x2 + x + 1
5)
1
25
z3
z
2
2z 2
2z 4
1
+
+
−
−
−
(x + 1)2
x + 1 (x + z)2 x + z (x + z 2 )2 x + z 2
z4
2z
z2
2z 3
+
−
+
−
où z = e2iπ/5
(x + z 3 )2 x + z 3 (x + z 4 )2 x + z 4
6)
a) x − 3 +
b)
3x + 5
4x + 2
x+1
− 2
+ 2
2
+ x + 1 (x + x + 1)
(x + x + 1)3
x2
1
2x − 2
5
1
x+1
1
+
+ 2
−
+
+ 2
3
2
2
(x − 1)
4(x − 1) 2(x + 1)
4(x + 1) (x + 1)
x +1
2x − 2
x+1
2x
−
−
x2 + x + 1 x2 + 1 (x2 + 1)2
√
√
−4x + 5
4x − 3 − 1
4x + 3 − 1
x−2
√ +
√
+
+
3(x2 − x + 1)2
9(x2 − x + 1) 18(x2 + 2 + 3) 18(x2 + 2 − 3)
c)
d)
e)
7)
8)
(b2
−
a2 )(c2
1
1
1
+ 2
+ 2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
− a )(x + a ) (a − b )(c − b )(x + b ) (a − c )(b − c2 )(x2 + c2 )
P ′′ (a)
1
−
(P ′ (a))2 (x − a)2 (P ′ (a))3 (x − a)
DX 17
a)
n−1
sin((2k + 1)π/2n)
1 X
(−1)k
n
x − cos((2k + 1)π/2n)
k=0
b)
−
n−1
(−1)n
1 X
(−1)k
1
+
+
2(x − 1) 2(x + 1) n
sin((2k + 1)π/2n)(x − cos((2k + 1)π/2n)
k=0
VIII Compléments théoriques
Si K est un corps commutatif, on sait construire l’anneau K[x] des polynômes à coefficients dans K.
C’est un anneau commutatif et intègre. On peut construire un corps à partir de cet anneau : c’est le
corps K(x) des fractions rationnelles sur K.
P
de l’ensemble K[x] × (K[x| \ {0}). On appelle P le
Q
numérateur et Q le dénominateur de cet élément.
On appelle fraction rationnelle un élément noté
On commence par munir l’ensemble K[x] × (K[x| \ {0}), dont les éléments sont notés
internes
P
R
P S + QR
+ =
Q S
QS
et
P
, de deux lois
Q
P R
PR
· =
.
Q S
QS
L’ensemble K[x] × (K[x| \ {0}) muni de ces lois ne constitue pas un corps. Pour avoir un corps on
considère la relation d’équivalence dans K[x] × (K[x| \ {0}) définie par
P
R
∼
si et seulement si P S = RQ .
Q
S
Le corps K[x] est obtenu par passage au quotient. Cela signifie que l’on ne distinguera pas deux fractions
P
R
rationnelles
et
telles que P S = QR. On écrit alors, par abus de notation
Q
S
R
P
= .
Q
S
(Ceci n’est pas une égalité dans K[x] × (K[x| \ {0}) mais dans l’ensemble quotient K[x]).
Quelle que soit la fraction non nulle
P
, il existe deux polynômes R et S premiers entre eux, tels que
Q
R
P
= .
Q
S
(Il suffit de diviser P et Q par un PGCD).
DX 18
P
R
est irréductible, et que l’on a réduit la fraction .
S
Q
R
On appelle pôle de la fraction une racine du polynôme S. L’ordre du pôle est l’ordre de la racine de S.
S
R
R
une racine du polynôme R. L’ordre de la racine de
étant l’ordre
On appelle racine de la fraction
S
S
de la racine de R.
On dit que la fraction
On appelle degré de la fraction
R
le nombre
S
deg(P/Q) = deg P − deg Q = deg R − deg S .
Remarque : si K est un corps de caractéristique non nulle, on ne peut pas nécessairement associer
1
à une fraction rationnelle une fonction de K dans K. Par exemple, si K = Z/2Z, la fraction 2
x +x
est dans K(x), mais on ne peut pas définir de fonction de K dans K puisque le dénominateur est
identiquement nul sur K.
Sur R ou C, deux fractions équivalentes ne définissent pas nécessairement la même fonction.
x
1
Les fractions
et
sont égales dans le corps des quotients, mais définissent deux fonctions
x(x − 1)
x−1
différentes puisque le domaine de définition de la première est R \ {0, 1}, et celui de la seconde est
R \ {1}, la deuxième fonction s’obtenant en prolongeant par continuité la première en 0.
Comme pour les polynômes si f et g sont deux fractions rationnelles, on a
deg(f + g) ≤ max(deg f, deg g) ,
l’égalité ayant lieu si les degrés sont différents.
Pour le montrer, on peut toujours supposer les fractions réduites au même dénominateur :
f = P/Q
et g = R/Q .
Alors
deg(f + g) = deg((P + R)/Q) = deg(P + R) − deg Q
≤ max(deg P, deg R) − deg Q
≤ max(deg P − deg Q, deg R − deg Q)
≤ max(deg(P/Q), deg(R/Q))
≤ max(deg f, deg g)
et dans le cas où f et g sont de degrés différents, il en est de même de P et R et on a des égalités
partout.