Exercices corrigés - Fractions rationnelles

Si $F$ est une fraction rationnelle, alors $\deg(F^2)=2\deg (F)$. Or, $\deg(X)=1$, et l'équation $2n=1$ n'a pas de solutions dans $\mathbb Z$.

On écrit $F=A/B$, avec $\deg(F)=\deg(A)-\deg(B)$. On a $F'=(A'B-AB')/B^2$, et donc $\deg(F')=\deg(A'B-AB')-2\deg(B)$. Or, $\deg(A'B)=\deg(AB')=\deg(A)+\deg(B)-1$. Si $\deg(A'B-AB')=\deg(A)+\deg(B)-1$, on aurait $\deg(F')=\deg(F)-1$, ce qui n'est pas le cas. On a donc $\deg(A'B-AB')<\deg(A'B)=\deg(AB')$. Mais si $A=a_k X^k+\dots$ et $B=b_nX^n+\dots,$ alors $A'B=ka_kb_nX^{k+n-1}+\dots$ et $AB'=na_kb_nX^{k+n-1}+\dots$. Pour que $\deg(A'B-AB')$ soit inférieur strict à $n+k-1$, il est donc nécessaire que $k=n$, c'est-à-dire que $A$ et $B$ aient le même degré. Ceci signifie exactement $\deg(F)=0$.

Les racines de $X^p-1$ (resp. $X^q-1$) sont les racines $p$-ièmes de l'unité (resp. $q$-ièmes) et elles sont toutes simples. Mais il peut y avoir des simplifications entre le numérateur et le dénominateur et on doit déterminer les racines communes. Soit donc $\omega$ une racine de $X^p-1$ et de $X^q-1$. Alors $\omega^p=\omega^q=1$. Mais, puisque $p$ et $q$ sont premiers entre eux, on peut d'après le théorème de Bézout trouver deux entiers $u,v\in\mathbb Z$ tels que $pu+qv=1$. Alors $$\omega=\omega^{pu+qv}=(\omega^p)^u(\omega^q)^v=1.$$ Réciproquement, $1$ est racine commune des deux polynômes. On a donc prouvé que les racines de la fraction rationnelle sont les racines $p$-ièmes de l'unité autre que 1. Ses pôles sont les racines $q$-ièmes de l'unité, autre que 1. Les multiplicités respectives sont à chaque fois égales à 1.

1. • On commence par calculer la partie entière de la fraction rationnelle : $$X^2+2X+5=1(X^2-3X+2)+5X+3.$$
   • On factorise le dénominateur $$X^2-3X+2=(X-1)(X-2).$$
   • On écrit la décomposition en éléments simples a priori : $$\frac{X^2+2X+5}{X^2-3X+2}=1+\frac a{X-1}+\frac{b}{X-2}.$$
   • On calcule les coefficients $a$ et $b$ : posons $P(X)=X^2+2X+5$, $Q(X)=X^2-3X+2$, $Q'(X)=2X-3.$ $$a=\frac{P(1)}{Q'(1)}=\frac{8}{-1}=-8$$ $$b=\frac{P(2)}{Q'(2)}=\frac{13}{1}=13.$$
   • Ainsi, $$ \frac{X^2+2X+5}{X^2-3X+2}=1-\frac {8}{X-1}+\frac{13}{X-2}.$$
2. • Puisque le degré du dénominateur est strictement supérieur au degré du numérateur, la partie entière est nulle.
   • On a donc $$\frac{X^2+3X+1}{(X-1)^2(X-2)}=\frac{a}{X-2}+\frac{b}{X-1}+\frac{c}{(X-1)^2}.$$
   • Calculons $a$. On pose $P(X)=X^2+3X+1$, $Q(X)=(X-1)^2(X-2)$, $Q'(X)=2(X-1)(X-2)+(X-1)^2$ et $$a=\frac{P(2)}{Q'(2)}=\frac{11}{1}=11.$$
   • Calculons $c$. On multiplie par $(X-1)^2$ et on évalue en $X=1$. \begin{eqnarray*} \frac{X^2+3X+1}{X-2}&=&\frac{11(X-1)^2}{X-2}+b(X-1)+c\\ \frac{5}{-1}&=& c\implies c=-5. \end{eqnarray*} On a donc $$\frac{X^2+3X+1}{(X-1)^2(X-2)}=\frac{11}{X-2}+\frac{b}{X-1}+\frac{-5}{(X-1)^2}.$$
   • Pour calculer $b$, on multiplie par $X$ et on fait tendre $X$ vers l'infini. $$\frac{X(X^2+3X+1)}{(X-1)^2(X-2)}=\frac{11X}{X-2}+\frac{bX}{X-1}+\frac{-5X}{(X-1)^2}.$$ Quand $X\to+\infty,$ $$1= 11+ b+ 0 \implies b=-10.$$ Conclusion : $$\frac{X^2+3X+1}{(X-1)^2(X-2)}=\frac{11}{X-2}-\frac{10}{X-1}-\frac{5}{(X-1)^2}.$$
3. • La partie entière est nulle.
   • On factorise le dénominateur : $$X^4-1=(X^2-1)(X^2+1)=(X-1)(X+1)(X^2+1).$$
   • On écrit $$\frac1{X^4-1}=\frac a{X-1}+\frac{b}{X+1}+\frac{cX+d}{X^2+1}.$$
   • On pose $P(X)=1$, $Q(X)=X^4-1$ de sorte que $Q'(X)=4X^3$ et $$a=\frac{P(1)}{Q'(1)}=\frac14$$ $$b=\frac{P(-1)}{Q'(-1)}=\frac{-1}{4}.$$
   • Pour calculer $c$ et $d$, on effectue d'abord la décomposition en éléments neutres sur $\mathbb C$ et on regroupe les termes conjugués.
   • Décomposons la fraction rationnelle sur $\mathbb C.$ $$X^4-1=(X-1)(X+1)(X^2+1)=(X-1)(X+1)(X-i)(X+i).$$ On écrit $$\frac 1{X^4-1}=\frac{a}{X-1}+\frac{b}{X+1}+\frac{e}{X-i}+\frac{f}{X+i}.$$ On pose $P(X)=1$, $Q(X)=X^4-1$, $Q'(X)=4X^3.$ On a déjà vu $a=1/4$, $b=-1/4$ et on a $$e=\frac{P(i)}{Q'(i)}=\frac{1}{4i^3}=\frac{1}{-4i}=\frac{i}4$$ $$f=\frac{P(i)}{Q'(-i)}=\frac{1}{4(-i)^3}=\frac{1}{4i}=\frac{-i}4.$$ Ainsi, $$\frac 1{X^4-1}=\frac{1/4}{X-1}-\frac{1/4}{X+1}+\frac{i/4}{X-i}-\frac{i/4}{X+i}.$$
   • On termine en passant de $\mathbb C$ à $\mathbb R$. \begin{eqnarray*} \frac 1{X^4-1}&=&\frac{1/4}{X-1}-\frac{1/4}{X+1}+\frac{i/4}{X-i}-\frac{i/4}{X+i}\\ &=&\frac{1/4}{X-1}-\frac{1/4}{X+1}+\frac 14\cdot \frac{i(X+i)-i(X-i)}{(X-i)(X+i)}\\ &=&\frac{1/4}{X-1}-\frac{1/4}{X+1}+\frac 14\cdot \frac{-2}{X^2+1}\\ &=&\frac{1/4}{X-1}-\frac{1/4}{X+1}-\frac{1/2}{X^2+1}. \end{eqnarray*}

On commence par réaliser la décomposition en éléments simples sur $\mathbb C$. Les pôles sont $-1$ (double), $i$ et $-i$. La fraction rationnelle étant à coefficients réels, les parties polaires sont conjuguées. On a donc $$\frac{X^4+1}{(X+1)^2(X^2+1)}=1+\frac{a}{(X+1)^2}+\frac{b}{X+1}+\frac{c}{X-i}+\frac{\bar c}{X+i}.$$ Multipliant par $X-i$ et faisant $X=i$, on trouve $$c=\frac{i^4+1}{(i+i)(i+1)^2}=-\frac12.$$ De même, on a $$a=\frac{1+1}{1+1}=1.$$ En retranchant $\frac1{(X+1)^2}$, on trouve $$\frac{X^4-X^2}{(X+1)^2(X^2+1)}=\frac{X^2(X-1)}{(X+1)(X^2+1)}=1+\frac{b}{X+1}+\frac c{X-i}+\frac{\bar c}{X+i}.$$ Multipliant par $X+1$ et faisant $X=-1$, on trouve $$b=-1.$$ Finalement, $$\frac{X^4+1}{(X+1)^2(X^2+1)}=1+\frac{1}{(X+1)^2}-\frac{1}{X+1}-\frac{1/2}{X-i}-\frac{1/2}{X+i}.$$ Finalement, en regroupant les deux derniers termes, on trouve la décomposition sur $\mathbb R$ : $$\frac{X^4+1}{(X+1)^2(X^2+1)}=1+\frac{1}{(X+1)^2}-\frac{1}{X+1}-\frac{X}{X^2+1}.$$

1. Les pôles de $1/(X^n-1)$ sont les racines $n$-ièmes de l'unité, c'est-à-dire les complexes $x_k=e^{2ik\pi/n}$, $k=0,\dots,n-1$. Chaque pôle est simple, la partie polaire correspondante est donc de la forme $\frac{c_k}{X-x_k}$ avec $c_k=\frac{1}{P'(x_k)}=\frac{1}{nx_k^{n-1}}$. Or, $x_k^{n-1}=\frac{x_k^n}{x_k}=\frac1{x_k}=e^{-2ik\pi/n}$. La décomposition en éléments simples recherché vaut donc $$\frac1{X^n-1}=\frac1n\sum_{k=0}^{n-1}\frac{e^{2ik\pi/n}}{X-e^{2ik\pi/n}}.$$
2. Les racines de $X^n-1$ sont les complexes $\omega_k=e^{2ik\pi/n}$, $0\leq k\leq n-1$. La fraction rationnelle admet donc $n$ pôles, qui sont tous simples. Sa décomposition en éléments simples a pour forme $$\frac{X^{n-1}}{X^n-1}=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{\alpha_k}{X-\omega_k}$$ avec $\alpha_k=\frac{\omega_k^{n-1}}{n\omega_k^{n-1}}=\frac{1}{n}$. La décomposition en éléments simples est $$\frac{X^{n-1}}{X^n-1}=\frac1n\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{X-e^{2ik\pi/n}}.$$

La fraction admet 1 comme pôle double et $\omega_k=e^{2i\pi k/n}$, $k=1,\dots,n-1$ comme pôles simples. On commence par calculer le coefficient devant $(X-1)^2$. On écrit que la fraction est égale à $$\frac{1}{(X-1)^2(1+X+\dots+X^{n-1})}=\frac{\lambda}{(X-1)^2}+Q(X),$$ où $1$ n'est pas pôle double de $Q$. Multipliant par $(X-1)^2$ et faisant tendre $X$ vers $1,$ on en déduit que $\lambda=\frac{1}{n}.$ Le coefficient devant $\frac1{X-\omega_k}$ est lui obtenu en dérivant le dénominateur, et en remplaçant par $\omega_k$. On trouve : $$\frac{1}{\omega_k^n-1+(\omega_k-1)n\omega_k^{n-1}}=\frac{\omega_k}{n(\omega_k-1)}.$$ Enfin, pour calculer le terme en $\frac1{X-1}$, on écrit que $$\frac{1}{(X-1)^2(1+X+\dots+X^{n-1})}-\frac{1/n}{(X-1)^2}=\frac{\mu}{(X-1)}+R(X),$$ où $1$ n'est plus un pôle de $R$. On a alors \begin{eqnarray*} \frac{1}{(X-1)^2(1+X+\dots+X^{n-1})}-\frac{1/n}{(X-1)^2}\\ =\frac{n-(1+X+\dots+X^{n-1})}{n(X-1)^2(1+X+\dots+X^{n-1})}\\ =-\frac{(X-1)+(X^2-1)+\dots+(X^{n-1}-1)}{n(X-1)^2(1+X+\dots+X^{n-1})}\\ =-\frac{1+(1+X)+(1+X+X^2)+\dots+(1+X+\dots+X^{n-2})}{n(X-1)(1+X+\dots+X^{n-1})}. \end{eqnarray*} Multipliant par $X-1$ et faisant $X=1$, on trouve $$\mu=-\frac{1+2+\dots+n-1}{n^2}=\frac{1-n}{2n}.$$ Finalement, la décomposition en éléments simples de la fraction rationnelle est donc : $$\frac{1-n}{2n(X-1)}+\frac{1}{n(X-1)^2}+\sum_{k=1}^{n-1}\frac{\omega_k}{n(\omega_k-1)}\frac{1}{X-\omega_k}.$$

On va réaliser à chaque fois une décomposition en éléments simples.

1. On peut factoriser $1-X^2$ en $(1-X)(1+X)$ et on sait qu'il existe des réels $a$ et $b$ de sorte que $$\frac{1}{1-X^2}=\frac{a}{X-1}+\frac{b}{X+1}.$$ Notons $Q(X)=1-X^2$, de sorte que $Q'(X)=-2X$. On a $a=1/Q'(1)=-1/2$ et $b=1/Q'(-1)=1/2.$ Ainsi, $$\frac{1}{1-X^2}=\frac{-1/2}{X-1}+\frac{1/2}{X+1}.$$ Ainsi, une primitive de $x\mapsto \frac1{1-x^2}$ sur $]1,+\infty[$ est la fonction $$x\mapsto \frac 12\ln(x+1)-\frac 12\ln(x-1).$$
2. On peut factoriser $X^3-7X+6$ en $(X+3)(X-1)(X-2)$ (pour cela, on remarque auparavant que $1$ est racine évidente par exemple). On en déduit qu'il existe trois réels $a$, $b$ et $c$ tels que $$\frac{X}{X^3-7X+6}=\frac{a}{X+3}+\frac{b}{X-1}+\frac{c}{X-2}.$$ Posons $P(X)=X$ et $Q(X)=X^3-7X+6$, de sorte que $Q'(X)=3X^2-7.$ Alors on a $$a=\frac{P(-3)}{Q'(-3)}=-\frac3{20},\ b=\frac{P(1)}{Q'(1)}=-\frac 14,\ c=\frac{P(2)}{Q(2)}=\frac 25.$$ On a donc $$\frac{x}{x^3-7x+6}=-\frac{3}{20(x+3)}-\frac1{4(x-1)}+\frac2{5(x-2)}.$$ Une primitive de cette fonction sur $]2,+\infty[$ est donc donnée par $$x\mapsto -\frac3{20}\ln(x+3)-\frac 14\ln(x-1)+\frac 25\ln(x-2).$$

On va commencer par décomposer en éléments simples la fraction rationnelle $$\frac{1}{X^2-3X+2}.$$ On peut factoriser $X^2-3X+2$ en $(X-1)(X-2).$ On a donc $$\frac{1}{X^2-3X+2}=\frac{a}{X-1}+\frac b{X-2}.$$ Notons $P(X)=X^2-3X+2$ de sorte que $P'(X)=2X-3$. Alors $a=\frac1{P'(1)}=-1$ et $b=\frac 1{P'(2)}=1.$ Ainsi, on a $$f(x)=\frac{1}{x-2}-\frac 1{x-1}.$$ D'autre part, il est facile de voir (par exemple par récurrence) que la dérivée $n$-ème de $x\mapsto \frac 1x$ est $x\mapsto \frac{(-1)^n n!}{x^{n+1}}.$ On en déduit finalement que $$f^{(n)}(x)=\frac{(-1)^n n!}{(x-2)^{n+1}}-\frac{(-1)^n n!}{(x-1)^{n+1}}.$$

D'après les formules d'Euler, on a \begin{align*} P(x)&=\sum_{k=0}^n\left( \frac{a_k}2(e^{ikx}+e^{-ikx})+\frac{b_k}{2i}(e^{ikx}-e^{-ikx})\right)\\ &=\sum_{k=0}^n\left( \frac{a_k}2\left((e^{ix})^k+\frac 1{(e^{ix})^k}\right)+\frac{b_k}{2i}\left((e^{ix})^k-\frac 1{(e^{ix})^k}\right)\right). \end{align*} Ceci incite à considérer la fraction rationnelle $$R(X)=\sum_{k=0}^n\left( \frac{a_k}2\left(X^k+\frac 1{X^k}\right)+\frac{b_k}{2i}\left(X^k-\frac 1{X^k}\right)\right)$$ de sorte que $$P(x)=R(e^{ix}).$$ $R$ peut s'écrire $R=A/B$ où $\deg(A)\leq 2n$. Ainsi, $R$ admet au plus $2n$ racines. L'application $[0;2\pi[\to \mathbb C$, $x\mapsto e^{ix}$ étant injective, des racines distinctes de $P$ dans $[0;2\pi[$ donnent des racines distinctes de $P$. Donc $P$ admet au plus $2n$ racines dans $[0,2\pi[$.