Document créé le 29 octobre 2015
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Chapitre 12 Polynômes, fractions rationnelles 12.1 12 .1
Anne Anneau au des des polyn polynôm ômes es
Solution Solution 12.1.1 12.1.1
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On écrit A écrit A = = (X 2 + 1)2
( X 2 + X + + 1)(X 1)(X 2 − X + + 1). 1) . − X 2 = (X De la même manière : B = A( A (X 2 ) = (X ( X 4 + X 2 + 1)(X 1)(X 4 − X 2 + 1) = (X ( X 2 + X + + 1)(X 1)(X 2 − X + + 1) (X 2 + 1)2 − 3X 2 √ + 1)(X √ + 1) = (X ( X 2 + X + + 1)(X 1)(X 2 − X + + 1)(X 1)(X 2 + 3X + 1)(X 2 − 3X +
Solution Solution 12.1.2 12.1.2
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1 1 X (X + + 1) = (X + + 1)(X 1)(X + + 2). 2) . 2! 2! 1 1 n Montrons par récurrence sur n que P que P n = (X ( X + + 1)(X 1)(X + + 2) (X + + n) = (X + + k). n! n! k=1
On constate que P que P 1 = 1 + X , P 2 = 1 + X + +
···
Comme on vient de le voir la propriété est vraie si n = 1 et si n si n = 2. Supposons qu’elle le soit pour un certain entier n 1 fixé. Dans ces conditions :
n n 1 1 n 1 (X + + k ) = (X + + k ) + (X + + k) (n + 1)! k=0 n! k=1 (n + 1)! k=0
P n+1 = P n +
1 = (n + 1)!
n
(X + + k)
k =1
n+1 1 (X + + k) (n + 1)! k=1
n + 1 + X =
Ce qui établit la propriété au rang n + 1 et 1 et établit la récurrence. Solution Solution 12.1.3 12.1.3
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On peut écrire P n = (X 0 + X 1 )(X )(X 0·2 + X 1·2 ) Ainsi P Ainsi P n =
n
k=0 α ∈{0,1} k
X α
k
k
2
=
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n
· · · (X 0·2
X α0 +α1 2+···+α
n
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n
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+ X 1·2 ) =
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n
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k
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k
(X 0·2 + X 1·2 ).
k=0
n
2
Cette dernière somme est étendue à tous les (α ( α0 , α1 , . . . , αn ) de E = E = 0, 1 n . Mais quand (α0 , . . . , αn ) décrit E , l’entier m = α 0 + α + α1 2 + + αn 2n décrit 0, 1, . . . , 2n+1 on obtient toutes les représentations en binaire sur n + 1 chiffres.) 1 chiffres.)
···
2n+1−1
Conclusion : pour tout entier n entier n,, P n =
{ }
{
X m .
m=0 n
Remarque : on retrouve ce résultat par récurrence en utilisant P n (X ) = P n−1 (X )(1 )(1 + X 2 ).
− 1} (en effet
12.1 Anneau des polynômes Solution Solution 12.1.4 12.1.4
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Chapitr Chapitre e 12 : Polynômes,
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fractions rationnelles
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1. Si P Si P = 0 ou Q = Q = 0 alors [ alors [P, P, Q] = 0. 0 . Supposons donc deg donc deg P = p 0 et deg Q = q = q 0. Alors deg P Q = deg P Q = p = p + q . Il en résulte deg[P, deg[P, Q] p + q . Soient a Soient a p = 0 le coefficient dominant de P et b et b q = 0 celui de Q de Q.. Le coefficient dominant de P de P Q est a p bq et celui de P Q est a p bq . Le coefficient de degré p + q dans dans [P, Q] est donc a donc a p bq a p bq = 2i 2 iIm(a Im( a p bq ). Donc si a si a p bq / R, c’est-à-dire ar c’est-à-dire argg (a p ) = arg(b arg(bq ) (π ) alors deg[ alors deg[P, P, Q] = deg P + + deg Q. Dans le cas contraire, on a deg[P, deg[P, Q] < deg < deg P + + deg Q.
∈
−
2. Soien Soientt P, P, Q, R trois éléments de
C[X ].
On constate que :
−
[[P, [[P, Q], R] = [P, [ P, Q]R [P, Q]R = P Q P Q R = P QR P QR P QR + QR + P Q R
−
−
−
Par permutation circulaire, on en déduit :
−
(P Q
− P Q)R
[[P, [[P, Q], R] = P QR [[Q, [[Q, R], P ] P ] = QRP [[R, [[R, P ] P ], Q] = RP Q
QR + P Q R − P QR − P QR + − − QRP − − QRP + QR P = P QR − P QR − P QR + QR + P QR − RP Q − RP Q + RP Q = P = P QR − P QR − P Q R + P QR
En sommant, on trouve [[ trouve [[P, P, Q], R] + [[Q, [[ Q, R], P ] P ] + [[R, [[R, P ] P ], Q] = 0. 0. Solution Solution 12.1.5 12.1.5 m
Posons A Posons A = =
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n
j
a j X et B et B =
j=0 j =0
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m+n
k
bk X . Ainsi AB Ainsi AB =
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cr X r avec c avec c r =
r=0
k=0
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a j bk .
j+ j +k=r
Supposons par l’absurde que les c r ne soient pas premiers entre eux dans leur ensemble. Soit d Soit d un diviseur premier commun de tous les c r . Par hypothèse les a les a j sont premiers entre eux dans leur ensemble, de même que les b k . Il existe donc un plus petit entier j 0 dans 0, . . . , m tel que d que d ne divise pas a j0 . De même, il existe un plus petit entier k 0 dans 0, . . . , n tel que d que d ne divise pas b pas b k0 .
{
{
}
}
( j,k) j,k) =( =( j0 ,k0 )
Dans ces conditions c conditions c j0 +k0 = a j0 bk0 + S avec S avec S S = =
a j bk .
j+ j +k= j0 +k0
Tous les a les a j bk de S de S sont sont divisibles par d (car j (car j < j 0 ou k ou k < k 0 ). Or c Or c j0 +k0 est divisible lui aussi par d (comme tous les d les d r .) On en déduit que d que d divise S divise S c j0 +k0 = a j0 bk0 . Le théorème de Gauss donne alors d a j0 ou d ou d b k0 ce qui est absurde. Conclusion : les coefficients du polynôme C = C = AB sont premiers entre eux dans leur ensemble.
− −
Solution Solution 12.1.6 12.1.6
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|
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On connait la factorisation X factorisation X n
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−1=
|
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n
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Par identification des coefficients constants, cette factorisation donne
n
(1
k=0
− ωk X ) =
n
−
k=0
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( ωk )(X )(X
n
n
−
− − ωk ) =
( ωk )
k=0
n
−
(X
−
n
(X
k=0
Mathématique Mathématiquess en MPSI © Jean-Michel Ferrard
− − ωk ) = −
n
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k=0
−1.
− − ωk ) = −
Mais quand ω quand ω décrit l’ensemble des racines n-ièmes n -ièmes de l’unité, ω l’unité, ω en fait autant. Ainsi P Ainsi P =
.
( ωk ) =
k=0
On sait que pour complexe z de module 1 module 1 on o n a z z = 1. En particulier ω particulier ω ω k = 1. Le polynôme P de P de l’énoncé s’écrit donc : P =
.
(X
k=0
− − ωk ).
.
n
(X
k=0
− − ωk )
− − ωk ) = 1 − X n.
(X
k=0
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12.2 Divisibilité, racines
12.2
Chapitre 12 : Polynômes,
fractions rationnelles
Divisibilité, racines
Solution 12.2.1
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On constate que deg A 3 et que deg B = 3. D’autre part A(a) = 1 = B(a), A(b) = 1 = B(b), A(b) = 1 = B(b) et A(0) = 0 = B(0). A et B prennent la même valeur en quatre points distincts (donc plus que leurs degrés.) Il en découle que les polynômes A et B sont identiques. Solution 12.2.2
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− 1)2 si et seulement si A n(1) = An(1) = 0. an + bn = −1 c’est-à-dire a = n et b = −n − 1.
An est divisible par (X Cela équivaut à
n
(n + 1)an + nbn = 0
n
On trouve alors le polynôme A n = nX n+1 (n + 1)X n + 1. On constate que A 0 = 0. Pour tout entier k 1, on a : Ak
− Ak−1
−
− (k + 1)X k − (k − 1)X k + kX k−1 = kX k+1 − 2kX k + kX k−1 = kX k−1(X − 1)2
= kX k+1
n
On en déduit A n = A n
− A0 =
(Ak
− Ak−1) = (X − 1)
k=1
n
2
kX k−1 .
k=1
n−1
Conclusion : le quotient dans la division euclidienne de A n par (X
−
Solution 12.2.3
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1)2
est Q n =
(k + 1)X k .
k=0
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Pour étudier la divisibilité de A n par B , on se place dans C[X ] (cf ex 6.2.5). Or B = (X j)(X j) divise A n si et seulement si A( j) = A( j) = 0. Puisque An est à coefficients réels, on a An ( j) = A( j). Il suffit donc d’exprimer la condition A n ( j) = 0. Or A n ( j) = ( j + 1) n j n 1 = ( j 2 )n j n 1 = ( 1)n j 2n j n 1.
−
−
− −
−
− −
−
− −
Cette expression est périodique de période 6. Si on pose n = 6q + r, avec r 0, . . . , 5 , on a donc A n ( j) = Ar ( j). On trouve successivement :
∈ {
}
A1 ( j) = j 2
A0 ( j) =
−1 = 0 A3 ( j) = −3 =0
− j 2 − 1 = 0 A5 ( j) = − j − j 2 − 1 = 0
− − j − 1 = 0 A4 ( j) = j 2 − j − 1 =0
A2 ( j) = j
Conclusion : A n est divisible par B si et seulement si n = 6q + 1 ou n = 6q + 5. Solution 12.2.4
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On constate que (a 1)3 = 2 : le réel a est racine de B = (X La division de A par B s’écrit A = (X + 2)B + 2.
− 1)3 − 2 = X 3 − 3X 2 + 3X − 3.
−
On en déduit A(2) = (a + 2)B(2) + 2 = 2. Solution 12.2.5
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La division A = BQ + R de A par B dans R[X ] est aussi valable dans C[X ]. Dans cette division, R s’écrit R = αX + β , avec (α, β ) R2 . Comme on se place dans C[X ], on peut évaluer l’égalité A = BQ + R au point i.
∈
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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12.2 Divisibilité, racines
Chapitre 12 : Polynômes,
fractions rationnelles
Ainsi A(i) = B(i)Q(i) + αi + β , avec B (i) = 0 et A(i) = (cos θ + i sin θ)n = cos nθ + i sin nθ.
Par identification des parties réelles et des parties imaginaires, il vient
α = sin nθ β = cos nθ
Conclusion : le reste dans la division de A par B est R = (sin nθ)X + cos nθ. Solution 12.2.6
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Les polynômes A et B sont à coefficients réels, mais il est équivalent de dire que B divise A dans R[X ] ou que B divise A dans C[X ] (en effet la division de A par B dans R[X ] est aussi valable dans C[X ] et il suffit d’invoquer l’unicité de cette division euclidienne dans C[X ].) On constate que B = (X + 1)(X
− i)(X + i).
Pour montrer que A est divisible par B , il suffit donc de montrer qu’il l’est par (X + 1), (X (car ces trois polynômes de degré 1 sont premiers entre eux deux à deux.)
− i) et (X + i)
Cela équivaut à montrer que A( 1) = A(i) = A( i) = 0. Or pour ω
−
−
∈ {−1, i, −i} donc pour toute racine quatrième de l’unité (sauf 1) on a : A(ω) = (ω4 )m ω 3 + (ω4 )n ω2 + (ω4 ) p ω + (ω4 )q = ω 3 + ω 2 + ω + 1 = B(ω) = 0
Conclusion : B = X 3 + X 2 + X + 1 divise toujours A = X 4m+3 + X 4n+2 + X 4 p+1 + X 4q . Solution 12.2.7
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Notons λ le reste commun dans la division de A par X
− 1, X − 2, X − 3. A = (X − 2)Q2 + λ Il existe donc des polynômes Q 2 , Q3 , Q4 tels que A = (X − 3)Q3 + λ . A = (X − 4)Q4 + λ Il s’ensuit que A − λ est divisible par X − 2, X − 3, X − 4 donc par leur produit. Mais le polynôme A − λ est unitaire. On a donc exactement A − λ = (X − 2)(X − 3)(X − 4).
Il reste à utiliser la dernière hypothèse, qui s’exprime par A(1) = 0. On évalue l’égalité A
− λ = (X − 2)(X − 3)(X − 4) en 1 et on trouve λ = 6.
Conclusion :
− 2)(X − 3)(X − 4) + 6 = X 3 − 9X 2 + 26X − 18.
Le polynôme cherché est A = (X Solution 12.2.8
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On constate que A 0 = 0, A 1 = B. Pour tout entier k 0, on a : Ak+1
− Ak
= X k+2 cos kθ
− X k+1 cos(k + 1)θ − X k+1 cos(k − 1)θ + X k cos kθ = X k+2 cos kθ − X k+1 cos(k + 1)θ + cos(k − 1)θ + X k cos kθ = X k+2 cos kθ − 2X k+1 cos θ cos kθ + X k cos kθ
= X k cos kθ B Par sommation, on en déduit A n =
n−1
k=0
n−1
(Ak+1
− Ak ) = B
X k cos kθ.
k=0
Ainsi le reste de la division de A n par B est nul, et le quotient est Q n =
n−1
X k cos kθ.
k=0 Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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12.3 Dérivation des polynômes
12.3
Chapitre 12 : Polynômes,
fractions rationnelles
Dérivation des polynômes
Solution 12.3.1
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− 1) + 2!5 (X − 1)2 = 52 X 2 − X + 32 convient.
Le polynôme P = 3 + 4(X Solution 12.3.2
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n
On a P =
ak (X
−
k=0
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P (k) (a) a) avec a k = . P est unitaire donc P (n) (a) = n!. k! k
Pour déterminer P , il faut donc connaître les d k = P (k) (a), pour 0
k
n.
− a)P + 2bP en utilisant la formule de Leibniz. On trouve, pour tout entier k, nP (k) = (X − a)P (k+1) + kP (k) + 2bP (k+2) . Si on se place en a, on en déduit : (n − k)P (k) (a) = 2bP (k+2)(a), donc (n − k)dk = 2bdk+2. deg P = n ⇒ d k = 0 si k > n. On en déduit (avec k = n − 1) d n−1 = bd n+1 donc d n−1 = 0. On dérive k fois nP = (X
2b
Pour k < n, l’égalité d k =
n
− k d k+2 montre alors que d n−3 = dn−5 = dn−7 = . . . = 0. n/2
n
dk k dn−2r Le polynôme P = X s’écrit donc P = X n−2r . k! (n 2r)! r=0 k=0 Avec k = n
2b
− 2r, d k = n −
−
b br br n! d k+2 donne d n−2r = dn−2(r−1) puis d n−2r = dn = . k r r! r!
n/2
br n! (X r!(n 2r)! r=0
On a ainsi obtenu P =
Solution 12.3.3
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− a)n−2r .
−
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+∞
P (k)(0) k On connait la formule de Taylor à l’origine : P = X . k! k=0 1 Ici P = X n (a n!
−
−
− −
1 n n n 1 2n n j n− j j n bX ) = X ( b) a X = ( b)k−n a2n−k X k . n! j n! k=n k n j=0
On en déduit P (k) (0) = 0 si k < n (normal car 0 est racine de multiplicité n.) De même P (k) = 0 si k > 2n (c’est normal car deg P = 2n.)
− − − − − −
k! n Enfin, pour tout k de n , . . . , 2n , P (k) (0) = ( n! k n n bn a a Enfin, on remarque que P (X ) = X n X = P n! b b a Ainsi : k N, P (k) (X ) = ( 1)k P (k) X donc P (k) b
{
}
∀ ∈
Solution 12.3.4
−
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b)k−n a2n−k
∈ Z.
X .
a = ( 1)k P (k) (0) b
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∈ Z. .
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On constate que P n = P n−1 et P n = P n−1 + X n /n! Supposons par l’absurde que P n admette une racine double α. On a alors P n (α) = P n (α) = 0 donc P n (α) = P n−1 (α) = 0. On en déduit α n /n! = P n (α)
− P n−1(α) = 0 donc α = 0 ce qui est absurde car P (0) = 1 = 0.
Conclusion : pour tout entier n, le polynôme P n n’a que des racines simples. Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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12.3 Dérivation des polynômes Solution 12.3.5
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Chapitre 12 : Polynômes,
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Il existe deux polynômes Q1 et Q 2 tels que A + 5 admet donc
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fractions rationnelles
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A = (X + 1) 3 Q1
− 5
− 1)3Q2 + 11
A = (X
−1 comme racine triple. De même 1 est racine triple de A − 11. Ainsi −1 est racine double de (A + 5) = A et 1 est racine double de (A − 11) = A . Donc A est divisible par (X + 1) 2 et par (X − 1)2 donc par (X 2 − 1)2 = X 4 − 2X 2 + 1. On sait que deg A = 4. Il en résulte qu’il existe λ dans R tel que A = λ(X 4 − 2X 2 + 1). X 5 2X 3 2 On intègre : il existe (λ, µ) dans R tel que A = λ − 3 + X + µ. 5 8λ 8λ Il reste à exprimer que A(−1) = −5 et A(1) = 11 donc − + µ = −5 et + µ = 11. 15 15 Il en découle λ = 15 et µ = 3. Finalement A = 3X 5 − 10X 3 + 15X + 3. A = (3X 2 − 9X + 8)(X + 1) 3 − 5 On vérifie que A = (3X 2 + 9X + 8)(X − 1)3 + 11
Solution 12.3.6
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On commence par développer A n , pour tout n
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1.
− 1)2X n+1 − (2n2 − 2n − 1)X n + n2X n−1 − X − 1, puis A n = (n + 1)(n − 1)2 X n − n(2n2 − 2n − 1)X n−1 + (n − 1)n2 X n−2 − 1. et A n = n(n + 1)(n − 1)2 X n−1 − n(n − 1)(2n2 − 2n − 1)X n−2 + (n − 2)(n − 1)n2 X n−3 . An (1) = (n − 1)2 − (2n2 − 2n − 1) + n2 − 2 = 0 On en déduit : An (1) = (n + 1)(n − 1)2 − n(2n2 − 2n − 1) + (n − 1)n2 − 1 = 0 An (1) = n(n + 1)(n − 1)2 − n(n − 1)(2n2 − 2n − 1) + (n − 2)(n − 1)n2 = 0 On trouve A n = (n
An (1) = An (1) = A n (1) = 0 prouve que 1 est racine au moins triple de A.
− 1)3.
Autrement dit, le polynôme A n est divisible par (X Il y a en fait une meilleure méthode.
− 2k + 1)X k+1 − (2k 2 − 2k − 1)X k + k 2 X k−1 − X − 1 En effet Ak−1 = (k 2 − 4k + 4)X k − (2k 2 − 6k + 3)X k−1 + (k 2 − 2k + 1)X k−2 − X − 1 La différence A k − Ak−1 se factorise comme on le voit ci-dessous : Ak − Ak−1 = (k − 1)2 X k+1 − 3X k + 3X k−1 − X k−2 = (k − 1)2 X k−2 (X − 1)3 . n n 3 On a A 1 = 0, donc A n = A n − A1 = (Ak − Ak−1 ) = (X − 1) (k − 1)2 X k−2 . k=2 k=2 3 On retrouve donc que A n est divisble par (X − 1) . Ak = (k 2
n−2
Qui plus est, on trouve le quotient Q n =
(k + 1) 2 X k .
k=0
Solution 12.3.7
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Si A est constant, il n’est pas divisible par son polynôme dérivé, sauf si A = 0. On considèrera donc un polynôme A de degré n
1, divisible par A .
Si a n X n est le terme dominant de A, celui de A est na n X n−1 . 1 La division de A par A s’écrit donc A = (X + λ)A , avec λ n A partir de là, il y a plusieurs variantes pour la démonstration.
∈ K.
1. Méthode vue en classe... Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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12.4 Arithmétique dans K[X ]
Chapitre 12 : Polynômes,
fractions rationnelles
2. L’égalité nA = (X + λ)A montre que λ est une racine A. Soit m 1 la multiplicité de cette racine. Il existe donc un polynôme B tel que A = (X + λ)m B, avec B ( λ) = 0. On reporte cette expression de A dans l’égalité nA = (X + λ)A . On obtient n(X + λ)m B = (X + λ) m(X + λ)m−1 B + (X + λ)m B . Après simplification par (X + λ)m , on trouve : (n m)B = (X + λ)B . On se place ensuite au point λ. Sachant que B ( λ) = 0, il vient m = n. Autrement dit A = (X + λ)n B et B est une constante µ (car deg A = n). On a donc obtenu A = µ(X + λ)n et on termine comme dans la première méthode.
−
−
− −
−
3. On dérive k fois nA = (X + λ)A et on trouve : nA (k) = kA (k) + (X + λ)A(k+1) . Si on se place au point λ, on trouve (n k)A(k) ( λ) = 0 donc A (k) ( λ) = 0 si k = n. A(k) ( λ) A(n) ( λ) k Il en découle (formule de Taylor) que : A = (X + λ) = (X + λ)n . k! n! k0
−
−
−
−
−
−
Le polynôme A est donc de la forme A = µ(X + λ)n et on termine comme précédemment.
12.4
Arithmétique dans K[X ]
Solution 12.4.1
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– Si (AB) (A + B) = 1 il existe U, V dans K[X ] tels que (AB)U + (A + B)V = 1. Cette égalité s’écrit aussi A(BU + V ) + BV = 1. Sous cette forme c’est une égalité de Bezout pour A et B . On en déduit que les polynômes A et B sont premiers entre eux.
∧
– Inversement, supposons que A et B soient premiers entre eux. Il existe U, V dans K[X ] tels que AU + BV = 1.
Les égalités de Bezout
(A + B)U + B(V
− U ) = 1
∧
(A + B)
montrent que
A(U V ) + (A + B)V = 1 A Puisque A + B est premier avec A et B , il est premier avec leur produit.
−
Conclusion : on a l’équivalence A Solution 12.4.2
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∧ B = 1 ⇔ .
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(A + B) .
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∧ (AB) = 1. .
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∧ B = 1
(A + B) = 1
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Soit n = pq + r la division euclidienne de n par p. q −1
− 1) + − 1 − 1) X kp + X r − 1. k=0 r Puisque 0 r < p, il en découle que X − 1 est le reste dans la division de X n − 1 par X p − 1. On a
: X n
−1
= X pq+r
−1
= X r (X pq
X r
= X r (X p
On forme la suite des divisions de l’algorithme d’Euclide appliqué au couple (n, p) : n = pq 1 + r1 ,
p = r 1 q 2 + r2 ,
r1 = r 2 q 3 + r3 , . . . ,
rn−1 = r n q n+2
L’entier r n , dernier reste non nul dans cet algorithme, est le pgcd de n et de p. Ce qui précède montre que l’algorithme d’Euclide appliqué aux polynômes X n restes successifs R 1 = X r1 1, R2 = X r2 1, . . . , Rn = X r 1.
−
−
− 1 et X p − 1 conduit aux
− Dans cet algorithme R n est le dernier reste non nul (car r n | r n−1 ⇒ R n | R n−1 .) Il en découle que le pgcd de X n − 1 et de X p − 1 est R n = X r − 1 = X pgcd(n,p) − 1. n
n
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12.4 Arithmétique dans K[X ] Solution 12.4.3
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Chapitre 12 : Polynômes,
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Puisque A, B ne sont pas tous deux nuls, leur pgcd D est non nul.
Il existe deux polynômes A et B tels que A = D A et B = D B .
L’égalité AU + BV = D donne alors D(AU + BV ) = D donc AU + BV = 1. Cette égalité de Bezout prouve que U et V sont premiers entre eux. Solution 12.4.4
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Puisque P
∧ Q = 1, il existe U, V dans C[X ] tels que U P + V Q = 1. 1 1 On en déduit A(P + iQ) + B(P − iQ) = 1, avec A = (U − iV ) et B = (U + iV ). 2 2 Il en découle que P + iQ et P − iQ sont premiers entre eux. Or a est racine double de P 2 + Q2 = (P + iQ)(P − iQ). Il est donc ou bien racine double de P + iQ, ou bien racine double de P − iQ. Ainsi a est racine de P + iQ ou de P − iQ . Dans tous les cas, il est racine de leur produit (P + iQ )(P − iQ ) = P 2 + Q2 . Solution 12.4.5
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− 1)3 et (X + 1) 2 étant premiers entre eux, il existe des solutions (U, V ). On trouve l’une d’elles en appliquant l’algorithme d’Euclide à (X − 1)3 et (X + 1) 2 . On trouve tout d’abord (X − 1)3 = (X + 1) 2 (X − 5) + 12X + 4. (X
On obtient ensuite 36(X + 1) 2 = (12X + 4)(3X + 5) + 16. En “remontant” les calculs, on en déduit : 16 = 36(X + 1) 2
− (12X + 4)(3X + 5) = 36(X + 1) 2 − (3X + 5) (X − 1)3 − (X + 1) 2 (X − 5) = −(3X + 5)(X − 1)3 + (3X 2 − 10X + 11)(X + 1) 2 Une solution (U 0 , V 0 ) de (X − 1)3 U 0 + (X + 1) 2 V 0 = 1 est donc : −1 (3X + 5), V 0 = −1 (3X 2 − 10X + 11) U 0 =
16
16
Pour tout couple (U, V ) on a alors :
− 1)3U + (X + 1) 2V = 1 ⇔ ⇔
(X
− 1)3U + (X + 1) 2V = (X − 1)3U 0 + (X + 1) 2V 0 (X − 1)3 (U − U 0 ) = (X + 1) 2 (V 0 − V ) (X
Cela équivaut (Gauss) à l’existence de C dans
R[X ] tel
que
U = U 0 + (X + 1) 2 C V = V 0
.
− (X − 1)3C
Remarque : la solution (U 0 , V 0 ) obtenue par la méthode précédente est “optimale”, car elle minimise les degrés. Pour toute autre solution (U, V ), on a deg U 2 et deg V 3. Solution 12.4.6
Puisque (1
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− X )6 ∧ X 6 = 1, il existe des polynômes S, T tels que (1 − X )6S + X 6T = 1.
On peut construire (S, T ) tels que deg S 5 et deg T 5.
Mais cette méthode conduirait à des calculs un peu trop compliqués. Remarquons que (1
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
− X )6S + X 6T = 1 équivaut à ∀ x ∈] − 1, 1[, (1 − x)6S (x) + x6T (x) = 1. mathprepa.fr
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12.4 Arithmétique dans K[X ]
Chapitre 12 : Polynômes,
1
fractions rationnelles
T (x) = S (x) + o(x5 ). (1 (1 x)6 1 Cela signifie (puisqu’on veut deg S 5) que S (x) est le DL de en 0 à l’ordre 5. (1 x)6 1 Or = (1 x)−6 = 1 + 6x + 21x2 + 56x3 + 126x4 + 252x5 + o(x5 ). (1 x)6 On en déduit donc S = 1 + 6X + 21X 2 + 56X 3 + 126X 4 + 252X 5 . Sous cette forme le problème devient :
−
x)6
= S (x) + x6
−
−
−
−
− X )6S (X ) + X 6T (X ) = 1 ⇔ (1 − X )6T (1 − X ) + X 6S (1 − X ) = 1. Cela signifie que le polynôme T est donné par T (X ) = S (1 − X ). On trouve alors : T (X ) = 1 + 6(1 − X ) + 21(1 − X )2 + 56(1 − X )3 + 126(1 − X )4 + 252(1 − X )5 = −252X 5 + 1386X 4 − 3080X 3 + 3465X 2 − 1980X + 462 On remarque enfin que (1
Solution 12.4.7
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L’hypothèse signifie que A(1) = 1, A(2) = 7 et A(3) = 13. La division de A par B = (X
− 1)(X − 2)(X − 3) s’écrit A = BQ + R, avec deg R < 3. Le reste R peut donc s’écrire : R = aX 2 + bX + C , avec (a,b,c) ∈ R3 .
On évalue l’égalité A = BQ + R en 1, 2, 3 en utilisant le fait que B (1) = B(2) = B(3) = 0. Il vient
A(1) = 3 = a + b + c qui donne immédiatement a = b = c = 1.
A(2) = 7 = 4a + 2b + c A(3) = 13 = 9a + 3b + c
Le reste dans la division de A par B est donc R = X 2 + X + 1. Solution 12.4.8
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Pour tous nombres complexes a et b, on a a 3 On en déduit la factorisation de P dans
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− b3 = (a − b)(a − jb)(a − jb).
C[X ] :
− e3iθ )(X 3 − e−3iθ ) = X 3 − (eiθ )3 X 3 − (e−iθ )3 = (X − eiθ )(X − jeiθ )(X − jeiθ )(X − e−iθ )(X − je−iθ )(X − je−iθ ) = (X − eiθ )(X − ei(θ+ ) )(X − ei(θ− ) )(X − e−iθ )(X − e−i(θ− ) )(X − e−i(θ+
P = (X 3
2π 3
2π 3
2π 3
2π 3
)
)
Pour obtenir la factorisation dans R[X ], on regroupe deux à deux les termes conjugués et on utilise le développement (X eiα)(X e−iα) = X 2 2X cos α + 1. On en déduit : P
− − − = (X − eiθ )(X − e−iθ )(X − ei(θ+ ) )(X − e−i(θ+ 2π = X 2 − 2X cos θ + 1 X 2 − 2X cos(θ + )+1 3 2π 3
2π 3
Solution 12.4.9
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On constate que P = (X n + niX n−1 + On résout (z + i)n = (z
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2π 3
− ei(θ− ))(X − e−i(θ− 2π X 2 − 2X cos(θ − )+1 3
)
)(X
2π 3
)
)
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··· ) − (X n − niX n−1 + ··· ) = 2niX n−1 + ··· .
− i)n dans C pour trouver les racines de P . z + i n On observe que z = i n’est pas solution. Donc (z + i)n = (z − i)n ⇔ = 1. z−i 2ikπ Notons ω k = exp les racines n-ièmes de 1 (0 k n − 1.) n z + i n z + i On a l’équivalence = 1 ⇔ ∃k ∈ {1, . . . , n− 1}, = ω k (car k = 0 est exclu.) z−i z−i
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Page 9
12.5 Relations coefficients-racines
Chapitre 12 : Polynômes,
fractions rationnelles
2ikπ ikπ ikπ + 1 exp + exp z + i ωk + 1 n n n . Or = ω k z = i = i = i 2ikπ ikπ ikπ z i ωk 1 exp 1 exp exp n n n kπ 2cos n = cotan kπ , avec 1 k n 1. On obtient donc z = i kπ n 2i sin n kπ Les θk = forment une suite strictement croissante de ]0, π[. n D’autre part l’application x cotan x est strictement décroissante (donc injective) sur ]0, π[.
− −
exp
⇔
−
−
−
−
−
→
Les solutions obtenues sont distinctes deux à deux. Comme deg P = n
− 1, on a obtenu toutes les racines de P (ce sont des racines simples.) Compte tenu du n−1 kπ coefficient dominant, on en déduit : P = 2ni X − cotan . n
k=1
12.5
Relations coefficients-racines
Solution 12.5.1
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Notons σ 1 , σ 2 et σ 3 les fonctions symétriques élémentaires de x, y, z. Le système (S ) s’écrit σ1 = σ 2 = σ 3 = 1. Cela équivaut à dire que x,y,z est l’ensemble de l’équation t 3 σ1 t2 + σ2 t σ3 = 0, c’est-à-dire de l’équation t 3 t2 + t 1 = 0.
−
Cette équation s’écrit (t
−
− 1)(t − i)(t + i) = 0, donc S = {1, −i, i}.
{ −
S des
} −
solutions
Conclusion : les solutions de (S ) sont les six triplets (x,y,z) tels que x,y,z = 1, i, i . Solution 12.5.2
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} { − }
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Comme dans l’exercice précédent :
⇔ −
x + y + z = 1
σ1 = 1
x2 + y2 + z 2 = 9 1 1 1 + + = 1 x y z
σ12 2σ2 = 9 σ2 =1 σ3
⇔
x,y,z sont les solutions
σ1 = 1
de t 3
−4 ⇔ σ3 = −4 σ2 =
− t2 − 4t + 4 = 0
c’est-à-dire de : (t
− 1)(t − 2)(t + 2) = 0
Les solutions sont les six triplets (x,y,z) tels que x,y,z = 1, 2, 2 . Solution 12.5.3
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Notons a,b, c, d les racines de P = x 4
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{
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} {
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−}
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− 4x3 + x2 + 6x + 2.
On choisit par exemple de noter a et b celles qui vérifient a + b = 2. On écrit les r et on ajoute la condition a + b = 2. On transforme ce système par équivalences :
a + b + c + d = 4 ab + ac + ad + bc + bd + cd = 1 abc + abd + acd + bcd = abcd = 2 a + b = 2
−6
⇔
c + d = 2 (a + b)(c + d) + ab + cd = 1 ab(c + d) + cd(a + b) =
−6
(ab)(cd) = 2 a + b = 2
⇔
c + d = 2 ab + cd =
−3 ab + cd = −3 (ab)(cd) = 2 a + b = 2
Le fait qu’on obtienne deux équations identiques confirme que le problème a des solutions. Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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12.5 Relations coefficients-racines
Le sous-système Or t 2 + 3t
ab + cd =
Chapitre 12 : Polynômes,
−3
fractions rationnelles
signifie que ab et cd sont les solutions de t 2 + 3t + 2 = 0.
(ab)(cd) = 2
− 2 = (t + 1)(t + 2). ab + cd = −3 On en déduit ⇔ {ab,cd} = {−1, −2}.
(ab)(cd) = 2
{a, b} et {c, d} jouant le même rôle, on peut supposer ab = −1 et cd = −2. On obtient finalement
Le système
Le système
a + b = 2 ab =
a + b = 2 ab =
et
−1
c + d = 2 cd =
.
−2
signifie que a, b sont les racines de t2
−1
c + d = 2
− 2t − 1 = 0.
signifie que a, b sont les racines de t 2
− 2t − 2 = 0. −2 √ √ √ √ Or t 2 − 2t − 1 = 0 ⇔ t ∈ 1 − 2, 1 + 2 et t 2 − 2t − 2 = 0 ⇔ t ∈ 1 − 3, 1 + 3 √ √ √ √ Finalement, on peut choisir a = 1 − 2, b = 1 + 2, c = 1 − 3 et d = 1 + 3. On a ainsi obtenu les solutions de P = x 4 − 4x3 + x2 + 6x + 2. cd =
Solution 12.5.4
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Avec les notations habituelles, on a
⇒
On a (S ) :
a3 + pa + q = 0
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a + b + c = σ 1 = 0 a2 + b2 + c2 = σ 12
− 2σ2 = −2 p
donc a 3 + b3 + c3 = p(a + b + c)
b3 + pb + q = 0
.
−
c3 + pc + q = 0
− 3q = −3q .
a4 + pa2 + qa = 0
Mais (S )
⇒ a4 + b4 + c4 = − p(a2 + b2 + c2) − q (a + b + c) = 2 p2.
b4 + pb2 + qb = 0 c4 + pc2 + qc = 0
La somme des puissances quatrièmes des racines de P = X 3 + pX + q est donc égale à 2 p2 . Solution 12.5.5
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La somme des trois racines a, b, c de A(X ) = X 3 + pX 2 + qX + r = 0 est a + b + c = p.
−
Les scalaires α, β,γ peuvent donc s’écrire : α = p
− − a, β = − p − b et γ = − p − c. Or si on pose y = − p − x, on a l’équivalence A(x) = 0 ⇔ A(− p − y) = 0. Ainsi x est racine A si et seulement si y = − p − x est racine de B (Y ) = −A(− p − Y ). Le polynôme unitaire dont les racines sont α, β,γ est donc :
−A(− p − X ) = ( p + X )3 − p( p + X )2 + q ( p + X ) − r = X 3 + 2 pX 2 + ( p2 + q )X − r + qp
B(X ) =
Solution 12.5.6
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Pour cet exercice, on va voir trois méthodes. Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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12.5 Relations coefficients-racines
Chapitre 12 : Polynômes,
fractions rationnelles
⇔ A et A = 3X 2 + p ont une racine commune. Dire que A et A ont une racine commune, c’est dire que deg(A ∧ A ) 1. Or 3A = XA + (2 pX + 3q ). Donc A ∧ A = A ∧ (2 pX + 3q ).
1. A = X 3 + pX + q a une racine multiple
Remarquons que si p = 0 alors la condition est q = 0. On peut donc supposer p = 0.
On obtient alors 4 p2 A = (2 pX + 3q )(6 pX Ainsi A
− 9q ) + 4 p3 + 27q 2.
∧ A = (2 pX + 3q ) ∧ (4 p3 + 27q 2).
La condition sur le pgcd s’écrit ici 4 p3 + 27q 2 = 0 (c’est compatible avec le cas p = 0.) Conclusion : A = X 3 + pX + q a une racine multiple si et seulement si 4 p3 + 27q 2 = 0.
⇔ A et A = 3X 2 + p ont une racine commune. p Mais A possède deux racines ω et −ω, avec ω 2 = − . 3
2. A = X 3 + pX + q a une racine multiple
2 p ω + q . 3
On constate que A(ω) = ωω 2 + pω + q = De même, A( ω) =
−
−2 p ω + q .
3 Il reste à exprimer que A(ω) = 0 ou A( ω) = 0, ce qui se résume à A(ω)A( ω) = 0.
−
−
−
2 p 2 p 4 p2 2 4 p3 ω + q ω + q = q 2 ω = q 2 + . 3 3 9 27 Conclusion : A = X 3 + pX + q a une racine multiple 4 p3 + 27q 2 = 0. Or A(ω)A( ω) =
−
−
⇔
3. Soient a, b, c les racines de A = X 3 + pX + q . On pose ϕ = (a
− b)2(b − c)2(c − a)2.
ϕ est une fonction symétrique de a, b, c. On a σ 1 = 0, σ 2 = p, σ 3 =
−q .
Par construction, A possède une racine multiple si et seulement si ϕ = 0. Il reste à exprimer ϕ en fonction des coefficients de A.
− b)2 = (a + b)2 − 4ab. Or a + b + c = 0 et abc = −q . q c3 + 4q − pc + 3q 2 2 Il en découle (en supposant c = 0) que (a − b) = c + 4 = = . c c c Finalement, on trouve ϕ en fonction de p et q (en supposant q = −abc = 0) : On remarque que (a
1 ( pa + 3q )( pb + 3q )( pc + 3q ) abc 1 = ( p3 σ3 + 3qp2 σ2 9q 2 pσ1 + 27q 3 ) = σ3
ϕ =
− −
−
−
−
Si q = 0, et par exemple si a = 0, alors
−(4 p3 + 27q 2)
b + c = 0 bc = p
Dans ces conditions on a encore ϕ = b 2 c2 (b
− c)2 = p2(−4bc) = −4 p3 = −(4 p3 + 27q 2). Conclusion : A = X 3 + pX + q a une racine multiple ⇔ 4 p3 + 27q 2 = 0. Solution 12.5.7
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Selon l’énoncé, P = 8x3
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− 42x2 + 63x − 27 admet trois racines a, b, c telles que ac = b2.
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12.5 Relations coefficients-racines
Chapitre 12 : Polynômes,
fractions rationnelles
On ajoute cette condition aux r :
⇔
21 a + b + c = 4 ab + ac + bc =
63 8
27 8
abc =
ac = b 2
21 4
a + b + c =
⇔
63 8
b(a + b + c) = 27 8
b3 =
ac = b 2
Les deux dernières équations expriment que a, c sont les solutions de 4t2 3 Or 4t2 15t + 9 = (t 3)(4t 3). On obtient donc a, c = ,3 . 4 3 3 Les racines de P = 8x3 42x2 + 63x 27 sont , , 3. 4 2 Ces racines sont effectivement en progression géométrique de raison 2.
−
−
−
{ }
−
Solution 12.5.8
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3 2
b =
15 4
a + c = 9 4
ac =
− 15t + 9 = 0.
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Notons a,b, c les solutions de A(x) = x 3 + px2 + qx + r = 0. On sait que a + b + c = p.
−
Dire que a est égal à b + c, c’est écrire que 2a = a + b + c = p. p Finalement la condition s’exprime en disant que est solution de A(x) = 0. 2 p p3 p 3 pq p3 pq Or A = + + r = + r. 2 8 4 2 8 2 La condition recherchée est donc : p 3 4 pq + 8r = 0.
−
−
−
−
−
−
−
Solution 12.5.9
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Si x annule A et B , il annule le reste R dans la division A = BQ + R de A par B.
Or le reste de cette division est R = (a2 –
− a − 1) (a + 1)x − 1 . √ 5 1 − √ 5 1 + Si a 2 − a − 1 = 0, c’est-à-dire si a ∈ , : 2 2
Dans ce cas, le polynôme B divise le polynôme A.
Chacune des deux racines de B est donc une racine de A. 1 : a+1
– Sinon, la seule racine commune possible est celle de R, donc x =
1 a+2 = . La condition cherchée est donc a = a+1 (a + 1)2 En effet, si x est racine de R et de B , alors il est racine de A = BQ + R. On constate que B
Conclusion : A, B ont au moins un zéro commun Solution 12.5.10
Posons A(x) = x n
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√ − √
⇔ ∈ −
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1 + 5 1 5 2, , . 2 2
a
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−2.
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− 1.
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12.5 Relations coefficients-racines
Le changement de variable β =
Chapitre 12 : Polynômes,
α+2 s’inverse en α = 2α + 5
fractions rationnelles
− 2 . On a les équivalences : −5β 2β − 1
⇔ α3 + 2α2 − α + 1 = 0 − 2 3 + 2 5β − 2 2 + 5β − 2 + 1 = 0 ⇔ − 5β 2β − 1 2β − 1 2β − 1 ⇔ −(5β − 2)3 + 2(5β − 2)2(2β − 1) + (5β − 2)(2β − 1)2 + (2β − 1)3 = 0 ⇔ 3β 3 − 20β 2 + 15β − 3 = 0 ⇔ B(β ) = 0, avec B (β ) = 3β 3 − 20β 2 + 15β − 3.
A(α) = 0
Ainsi A(α) = 0 La question posée revient donc à calculer
β 3 , où β décrit l’ensemble des racines de B . 20 20 2 310 Avec les notations habituelles, σ 1 = β = et β 2 = σ12 2σ2 = 10 = . 3 3 9 On somme les égalités 3β 3 20β 2 + 15β 3 = 0, pour toutes les racines β de B : 20 6200 100 5381 3 β 3 20 β 2 + 15 β 9 = 0 β 3 = β 2 5 β + 3 = +3 = 3 27 3 27 α + 2 3 5381 Conclusion : quand α décrit l’ensemble des racines de A, on a = . 2α + 5 27 Ce résultat est confirmé par Maple en une seule instruction :
−
− − − − ⇒ −
− −
> sum(((alpha+2)/(2*alpha+5))^3,alpha=RootOf(x^3+2*x^2-x+1,x);
5381 27 Solution 12.5.11
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Dire que P possède une racine au moins double, c’est dire que P et P ont un zéro en commun. Or les racines P = 3(X 2 1) sont 1 et 1. D’autre part P ( 1) = λ + 2 et P (1) = λ 2. La condition de l’énoncé équivaut donc à λ 2, 2 .
−
– –
−
−
−
∈ {− } Si λ = −2 alors P = X 3 − 3X − 2 = (X + 1) 2 (X − 2), et P (x) = 0 ⇔ x ∈ {−1, 2}. Si λ = 2 alors P = X 3 − 3X + 2 = (X − 1)2 (X + 2), et P (x) = 0 ⇔ x ∈ {−2, 1}.
Solution 12.5.12
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Soient a, b, c les racines de P . On écrit les r, en ajoutant la condition a = c. Il reste alors à trouver λ pour que ce système ait des solutions :
a + b + c = 8 ab + ac + bc = 13
−λ
abc = 6 + 2λ a = c
⇔
2a + b = 8 a2 + 2ab = 13 a2 b = 6 + 2λ
−λ
a = c
Il reste donc à trouver λ pour que le système
3a2
⇔
− 16a = λ − 13 2a3 − 8a2 = −6 − 2λ
b = 8
− 2a a2 + 2a(8 − 2a) = 13 − λ a2 (8 − 2a) = 6 + 2λ c = a ait une solution a.
On remarque que a = 0 ne peut pas convenir. On peut donc opérer des réductions de degré en utilisant a comme pivot (les systèmes obtenus sont équivalents) :
3a2
− 16a = λ − 13 ⇔ 3a2 − 16a = λ − 13 ⇔ 2a3 − 8a2 = −6 − 2λ 4a2 + (λ − 13)a = −9 − 3λ 25 − 13λ Il reste à exprimer que a = est solution de 3a2 − 16a = 13 − λ.
3a2
− 16a = λ − 13 (3λ + 25)a = 25 − 13λ
3λ + 25
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12.5 Relations coefficients-racines
Chapitre 12 : Polynômes,
− 13λ)2 − 16(25 − 13λ)(3λ + 25) = (λ − 13)(3λ + 25)2. Cela s’écrit 9(λ3 − 122λ2 − 375λ) = 0 ou encore λ(λ + 3)(λ − 125) = 0.
fractions rationnelles
Cela équivaut à : 3(25
Les valeurs de λ pour lesquelles P a une racine au moins double sont donc 0, 3, 125. 25 13λ – Si λ = 0, on trouve a = c = = 1, puis b = 8 2a = 6. 3λ + 25 Effectivement P = X 3 8X 2 + 13X 6 = (X 1)2 (X 6).
−
–
–
−
− − − − − 25 − 13λ Si λ = −3, on trouve a = c = = 4, puis b = 8 − 2a = 0. 3λ + 25 Effectivement P = X 3 − 8X 2 + 16X = X (X − 4)2 . 25 − 13λ Si λ = 125, on trouve a = c = = −4, puis b = 8 − 2a = 16. 3λ + 25 Effectivement P = X 3 − 8X 2 − 112X − 256 = (X − 16)(X + 4) 2 .
Solution 12.5.13
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Posons A(x) = x 6 + mx4 + 10x3 + nx + p. Si le polynôme A possède une racine quadruple a, alors a est une racine de A, A , A , A(3). Or A (x) = 6x(5x3 + 2mx + 10) et A (3)(x) = 12(10x3 + 2mx + 5). La valeur a = 0 ne convient pas car A (3) (0) = 0. Ainsi a vérifie
5a3 + 2ma + 10 = 0
qui équivaut à
10a3 + 2ma + 5 = 0
Réciproquement, avec ces données,
2ma + 15 = 0
donc à
a3 = 1
m =
a3 = 1
A(a) = a 6 + ma4 + 10a3 + na + p = 1 + ma + 10 + na + p = na + p + A (a) = 6a5 + 4ma3 + 30a2 + n = 36a2 + 4m + n = 36a2
Le système
A(a) = 0 A (a) = 0
est donc équivalent à
−152 a2
7 2
− 30a2 + n = 6a2 + n
−6a2 7 5 p = 6a3 − = 2 2 n =
Conclusion : le polynôme A admet une racine quadruple a si et seulement si on a les conditions a3 = 1,
m =
−152 a2,
n =
−6a2,
p =
5 2
Il y a donc trois cas, suivant que a = 1, a = j ou a = j 2 . On constate effectivement qu’avec la condition a 3 = 1, on a la factorisation : x6
–
−
15 2 4 a x + 10x3 2
−
6a2 x
5 + 2
= (x4
4ax3
+ 6a2 x2
4a3 x +
a4 )
x2
− − 5 = (x − a)4 x2 + 4ax + a2 2 15 5 Dans le cas a = 1, on trouve m = − , n = −6 et p = . 2 2 15 5 5 On a effectivement : A(x) = x 6 − x4 + 10x3 − 6x + = (x − 1)4 x2 + 4x + 2 2 2
−152 j 2, n = −6 j 2 et p = 52 . 15 5 On a effectivement : A(x) = x 6 − j 2 x4 + 10x3 − 6 j 2 x + = (x − j)4 2 2
5 + 4ax + a2 2
.
– Dans le cas a = j, on trouve m =
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x2
5 + 4 jx + j 2 . 2
Page 15
12.6 Fractions rationnelles
Chapitre 12 : Polynômes,
−152 j, n = −6 j et p = 52 . 15 5 On a effectivement : A(x) = x 6 − jx 4 + 10x3 − 6 jx + = (x − j 2 )4 2 2
fractions rationnelles
– Dans le cas a = j 2 , on trouve m =
Solution 12.5.14
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Notons x, y, z trois nombres complexes quelconques. Posons S n = x n + yn + z n pour tout n de N.
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Notons σ 1 , σ2 , σ3 les fonctions symétriques élémentaires de x, y, z :
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5 x2 + 4 j 2 x + j . 2
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σ1 = x + y + z σ2 = xy + xz + yz
σ3 = xyz On sait que x, y,z sont les racines de P (t) = t 3 σ1 t2 + σ2 t σ3 . Pour tout entier n, on a donc tn+3 σ1 tn+2 + σ2 tn+1 σ3 tn = 0 quand t x,y,z . Si on ajoute les trois égalités on trouve : S n+3 = σ 1 S n+2 σ2 S n+1 + σ3 S n .
−
−
D’autre part, on a
−
−
∈ {
−
S 0 = 3
}
S 1 = σ 1 S 2 = σ 12
− 2σ2
L’hypothèse S 2 = 0 donne ici S 3 = σ 1 S 2
− − ⇔ − − − ⇔ − − ⇔ −
σ2 S 1 + σ3 S 0 =
−σ2σ1 + 3σ3.
S 2 = 0
Le système proposé s’écrit
et on a les équivalences suivantes :
S 4 = 0 S 5 = 2 σ12
S 2 = 0 S 4 = 0 S 5 = 2
− ⇔ − − − − ⇔ − − σ12
2σ2 = 0
σ1 S 3
σ2 S 2 + σ3 S 1 = 0
σ1 S 4
σ2 S 3 + σ3 S 2 = 2
σ12
σ1 (4σ3
σ1 σ2 ) = 0
σ22 σ1
σ1 ( σ2 σ1 + 3σ3 ) + σ3 σ1 = 0 σ2 ( σ2 σ1 + 3σ3 ) = 2
σ12
2σ2 = 0
2σ2 = 0
4σ3
σ1 σ2 = 0
σ22 σ1
3σ2 σ3 = 2
2σ2 = 0
3σ2 σ3 = 2
La dernière équivalence est dûe au fait que l’éventualité σ 1 = 0 conduit à σ2 = 0, ce qui est contradictoire avec la troisième égalité. Poursuivons la résolution :
⇔
1 σ2 = σ12 2 1 1 σ3 = σ1 σ2 = σ13 4 8 1 5 3 5 σ σ =2 4 1 16 1
S 2 = 0 S 4 = 0 S 5 = 2
⇔
σ15 = 32 1 σ2 = σ12 2 1 3 σ3 = σ1 8
σ1 = 2 σ2 = 2 σ3 = 1
Finalement le système initial équivaut à dire que x, y,z sont les solutions de t 3 2t2 + 2t Or t 3 2t2 + 2t 1 = 0 (t 1)(t2 t + 1) = 0 t 1, j, j 2 . Conclusion : les solutions sont les six triplets (x,y,z) tels que x,y,z = 1, j, j 2 .
−
12.6
−
⇔ −
−
−
⇔ ∈ { − − } { } { − − }
− 1 = 0.
Fractions rationnelles
Solution 12.6.1
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n
La décomposition cherchée est de la forme : R =
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λk . x + k k=0
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12.6 Fractions rationnelles
Chapitre 12 : Polynômes,
fractions rationnelles
Pour obtenir λ k , on multiplie R par x + k et on remplace x par
−k. On trouve : n! n! (−1)k n! λk = j =k = k−1 = k−1 n n ( k + j) ( k + j) (k j) (−k + j) − − − (−k + j) j=0 j=0 j=k+1 j=k+1 0 j n
− n
( 1)k n! n Ainsi λ k = = ( 1)k : La décomposition est R = k!(n k)! k
−
−
−
Solution 12.6.2
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−
1 (x
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k=0
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1 a b c d α β γ = + + + + + + . x4 (x i)3 x4 x3 x2 x (x i)3 (x i)2 x i
La décomposition s’écrit R = Cette écriture implique
.
n ( 1)k k x+k
i)3
−
= a + bx + cx2 + dx3 + o(x3 ).
−
−
1
Pour trouver a,b, c, d, on développe donc f (x) =
en 0 à l’ordre 3. (x i)3 Or f (x) = i(1 + ix)−3 = i 1 3ix 6x2 + 10ix3 + o(x3 ) = i 3x + 6ix2 + 10x3 + o(x3 ). On trouve donc a = i, b = 3, c = 6i et d = 10. 1 Ensuite, la décomposition de R donne 4 = α + β (x i) + γ (x i)2 + o(x i)2 . x 1 Cela s’écrit aussi, en posant x = i + y : = α + βy + γy 2 + o(y 2 ). (i + y)4 1 1 Pour trouver α, β,γ , on développe g(y) = = en 0 à l’ordre 2. 4 (i + y) (1 iy)4 On trouve g(y) = (1 iy)−4 = 1 + 4iy 10y 2 + o(y 2 ). Ainsi α = 1, β = 4i et γ = 10. 1 i 3 6i 10 1 4i 10 Conclusion : 4 = + + + + . x (x i)3 x4 x3 x2 x (x i)3 (x i)2 x i Remarque : connaissant a, b, c, d, on pouvait trouver α, β,γ de manière plus artisanale... 1 – On multiplie R par (x i)3 et on donne à x la valeur i : on trouve α = 4 = 1. i – On fait tendre x vers dans xR(x). On trouve d + γ = 0, donc γ = 10.
−
− −
−
−
−
−
− −
−
−
−
−
−
− −
−
−
−
− − −
−
− ∞
−
– Pour trouver β , on peut donner à x une valeur (par exemple x = 1) et identifier. 6i 10 β 10 6i 10i β On peut aussi écrire R = + 2+ + = + + . x x (x i)2 x i x2 x(x i) (x i)2 On fait tendre x vers dans x 2 R(x). On trouve 0 = 6i 10i + β donc β = 4i.
···
− − − ··· −
∞
Solution 12.6.3
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n − abx2 λ µ αn−k La décomposition s’écrit R = n = + + (1) x (1 − ax)(1 − bx) 1 − ax 1 − bx k=1 xk 1 On multiplie cette égalité par 1 − ax et on donne à x la valeur : on trouve λ = a n . a
1
Pour des raisons évidentes de symétrie, on a bien sûr µ = b n . Après multiplication par x n (1 ax)(1 bx), l’égalité (1) donne :
−
1
−
abx2
= (1
−
− ax)(1 − bx)
αn−k xn−k + xn λ(1
k=1
= (1
− (a + b)x
= α 0 + α1
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
n
n−1 2 + abx ) αk xk k=0
− (a + b)α0)x +
+ o(xn−1 )
n−1
αk
k=2
− bx) + µ(1 − ax)
− (a + b)αk−1 + abαk−2 xk + o(xn−1)
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Page 17
12.6 Fractions rationnelles
Chapitre 12 : Polynômes,
L’identification des termes de degré 2 donne Pour tout entier k de 3, . . . , n
fractions rationnelles
α0 = 1 α1 = a + b α2 = (a + b)α1
− abα0 − ab = a2 + b2
− 1}, on trouve α k − (a + b)αk−1 + abαk−2 = 0.
{
On reconnait une équation récurrente linéaire d’ordre 2 dont l’équation caractéristique est t 2 (a+b)t+ab = 0, c’est-à-dire (t a)(t b) = 0.
−
−
Autrement dit, il existe u, v tels que αk = uak + vb k pour k
−
∈ {1, . . . , n − 1}.
Compte tenu de la valeur de α 1 et de α 2 , il vient u = v = 1 donc α k = a k + bk si k n 1 abx2 an bn an−k + bn−k Conclusion : on a R = n = + + . x (1 ax)(1 bx) 1 ax 1 bx k=1 xk
−
Solution 12.6.4
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1.
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On procède à des divisions successives de A = x 11 par B = x 2 + x + 1.
−x − 1 et Q 1 = x9 − x8 + x6 − x5 + x3 − x2 + 1. – Q1 = BQ2 + R2 , avec R 2 = 3x + 7 et Q 2 = x 7 − 2x6 + x5 + 2x4 − 4x3 + 2x2 + 3x − 6. – Q2 = BQ3 + R3 , avec R 3 = 3x − 15 et Q 3 = x 5 − 3x4 + 3x3 + 2x2 − 9x + 9. – Q3 = BQ4 + R4 , avec R 4 = −15x + 9 et Q 4 = x 3 − 4x2 + 6x. Ainsi A = R 1 + BQ 1 = R 1 + B(R2 + BQ 2 ) = ··· = R 1 + BR 2 + B 2 R3 + B 3 R4 + B 4 Q4 . – A = BQ1 + R1 , avec R 1 =
On obtient alors :
A R1 R2 R3 R 4 = Q + + + + 4 B4 B4 B3 B2 B x+1 3x + 7 3x 15 = x 3 4x2 + 6x + + (x2 + x + 1)4 (x2 + x + 1)3 (x2 + x + 1)2
R =
−
Solution 12.6.5
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−
−
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La décomposition est de la forme R =
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x5
Ensuite ci + d =
x5
x2
+1 (x + 1)2
x=i =
.
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−
−
(x2
x→−1
+ 1)2 R(x)
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a b cx + d ex + f + + 2 + 2 . 2 2 (x + 1) x + 1 (x + 1) x +1
On trouve tout d’abord a = lim (x + 1)2 R(x) =
(x2
.
−9 − (x215x + x + 1)
x=i
x2
+1 + 1)2
= x=−1
−14 .
i+2 1 = = 2i 2
− i. Donc
⇒ b = 1 − a − d − f = 34 − f .
On donne à x la valeur 0 : 1 = a + b + d + f
c =
−1
d =
1 2
On donne à x la valeur j , et on utilise j 3 = 1 et 1 + j + j 2 = 0. On a R( j) = 1. 5 7 Donc 1 = aj 2 bj + (cj + d) j (ej + f ) j 2 = + f e + j + f b . 4 4 7 1 5 On en déduit 0 = + f b = 2f + 1 donc f = et b = . 4 2 4 5 3 1 De même, 1 = + f e = e e = . 4 4 4 1 5 2x 1 x+2 Conclusion : R = + . 2 2 2 4(x + 1) 4(x + 1) 2(x + 1) 4(x2 + 1)
−
−
−
−
− −
Solution 12.6.6
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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− ⇒ − −
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−
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− −
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Page 18
12.6 Fractions rationnelles
Chapitre 12 : Polynômes,
La décomposition en éléments simples de R dans R(x) =
x (x2 + 1)(x2
a
=
− j 2)2
x
−i
+
C(X ) s’écrit
fractions rationnelles
:
b c d e f + + + + x + i (x j)2 x j (x + j)2 x + j
− − La fraction R est impaire. Les décompositions de R(x) et de −R(−x) doivent donc coïncider. a b c d e f On a −R(−x) = + + + . − − x + i x − i (x + j)2 x + j (x − j)2 x − j b = a L’identification (possible grâce à l’unicité de la décomposition) donne alors : e = −c . f = d Pour obtenir a, on multiplie R par x − i et on donne à x la valeur i. x i 1 j On trouve (x − i)R(x) = donc a = = = . (x + i)(x2 − j 2 )2 2i(−1 − j 2 )2 2 j 2 2 Pour obtenir c, on multiplie R par (x − j)2 et on donne à x la valeur j . x j j On trouve (x − j)2 R(x) = 2 donc c = = . − (x + 1)(x + j)2 4( j 2 + 1) j 2 4 2ax c 2dx c − Pour obtenir d, on peut écrire : R(x) = 2 + + . x + 1 (x − j)2 x2 − j 2 (x + j)2 j On multiplie par x et on fait tendre x vers ∞. On trouve 0 = 2(a + d) donc d = −a = − . 2 j j j j j j − − − Donc R(x) = + + . 2(x − i) 2(x + i) 4(x − j)2 2(x − j) 4(x + j)2 2(x + j)
Solution 12.6.7
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a bx + c dx + e fx + g + 2 + 2 + 2 . x+1 x +x+1 x +x+2 x +x+3 6 On trouve a = lim (x + 1)R(x) = 2 = 1. 2 x→−1 (x + x + 1)(x + x + 2)(x2 + x + 3) x=−1 La décomposition est de la forme R =
6 De même bj + c = 2 (x + 1)(x + x + 2)(x2 + x + 3)
= x= j
− − − − − −
3 = ( j + 1)
b =
3 j. Donc
c = 0
Soit ω une racine de x 2 + x + 2 (inutile de l’expliciter). On va utiliser ω 2 + ω = On a dω + e =
6 2 (x + 1)(x + x + 1)(x2 + x + 3)
=
x=ω
−6
De même, soit α une racine de x 2 + x + 3. On va utiliser α 2 + α = On a f α + g =
6 (x + 1)(x2 + x + 1)(x2 + x + 2)
Conclusion : R =
1 x+1
Solution 12.6.8
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= x=α
3 = (α + 1)
− x2 +3xx + 1 + x2 +3xx + 2 − x2 +xx + 3
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e = 0
3.
f =
α. Donc
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2.
d = 3
= 3ω. Donc
(ω + 1)
3
.
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1
g = 0
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On factorise le dénominateur. D’abord x 8 + x4 + 1 = (x4 + 1)2 De même
− x4 = (x4 + x2 + 1)(x4 − x2 + 1). x4 + x2 + 1 = (x2 + x + 1)(x2 − x + 1) √ √ x4 − x2 + 1 = (x2 + 1)2 − 3x2 = (x2 + x 3 + 1)(x2 − x 3 + 1)
ax + b cx + d ex + f gx + h + + + x2 + x + 1 x2 x + 1 x2 + x 3 + 1 x2 x 3 + 1 La parité de R donne les relations c = a, d = b, g = e, h = f . On peut donc écrire : ax + b ax b ex + f ex f R = 2 + x + x + 1 x2 x + 1 x2 + x 3 + 1 x2 x 3 + 1 Ainsi R s’écrit R =
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
√ − − √ − − √ − − −√ − − − √ (b − a)x2 + b (f − e 3)x2 + f =2 4 +2 x + x2 + 1 x4 − x2 + 1 mathprepa.fr
Page 19
12.6 Fractions rationnelles
Chapitre 12 : Polynômes,
− √ f = b
Or R(ix) = R(x). On en déduit
f
e 3 = a
√ 3
donc f = b et e =
−b
3
(2b
fractions rationnelles
− a).
Pour trouver a et b on multiplie R par x 2 + x + 1 et on donne à x la valeur j . 1 1 1 1 aj + b = 2 = = . Donc a = 0 et b = . ( j j + 1)( j 4 j 2 + 1) ( 2 j)( 2 j 2 ) 4 4
−
−
−
−
√
1 1 2x 3 + 3 Conclusion : R = + + 4(x2 + x + 1) 4(x2 x + 1) 12(x2 + x 3 + 1)
−
Solution 12.6.9
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√
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− .
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√ − − √
2x 3 3 12(x2 x 3 + 1) .
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1 = R(1 x). x5 (1 x)5 1 x(1 x) La décomposition de R doit également faire apparaître cette invariance. On constate que R(x) =
−
−
−
−
Cette décomposition est donc de la forme : R =
a b c d e a b c d e αx + β + 4 + 3 + 2 + + + + + + + 2 5 5 4 3 2 x x x x x (1 x) (1 x) (1 x) (1 x) 1 x x x+1
−
La même invariance implique α(1
−
−
−
−
−
− x) + β = αx + β donc α = 0.
La décomposition de R implique x 5 R(x) = a + bx + cx2 + dx3 + ex4 + o(x4 ). Pour obtenir a,b, c, d, e on effectue un développement de x 5 R(x) en 0 à l’ordre 4 : x5 R(x) =
(1
−
1 = (1 x)5 (1 x + x2 )
−
− x)−5 (1 + x) 1 +1 x3
− − −
= 1 + 5x + 15x2 + 35x3 + 70x4 + o(x4 ) (1 + x) 1 = 1 + 5x + 15x2 + 35x3 + 70x4 + o(x4 ) 1 + x = 1 + 6x + 20x2 + 49x3 + 99x4 + o(x4 )
x3 + o(x4 )
x3
x4 + o(x4 )
Pour trouver β , on multiplie R par x 2 x + 1 et on donne à x la valeur j. 1 On trouve β = 5 = 1. La décomposition de R est donc : j (1 + j)5
−
−
R =
−
1 6 20 49 99 1 6 20 49 99 + + + + + + + + + + x5 x4 x3 x2 x (1 x)5 (1 x)4 (1 x)3 (1 x)2 1 x x2
−
Solution 12.6.10
On peut écrire R =
.
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a bx + c P (x) + 2 + 2 . x x + x + 1 (x + 1)4
On trouve a = lim xR(x) = 2, et bj + c = x→0
j3
− j + 2 = 4 j + 1 donc
( j 2 + 1)4 j
2 4x + 1 P (x) + 2 + 2 . x x + x + 1 (x + 1)4 P (x) x3 x + 2 On en déduit : 2 = 2 (x + 1)4 (x + 1)4 (x2 + x + 1)x
Ainsi R =
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− .
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1 x+1
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b = 4 c = 1
− x2 − x24x+ +x +1 1 −6x7 + 3x6 − 23x5 + 8x4 − 29x3 + 3x2 − 10x − 4 = −
(x2 + 1)4 On termine par des divisions successives de P (x) par x 2 + 1, comme dans l’exercice 6-6-4. 2 4x + 1 2(x 1) x+4 5x + 1 3(2x 1) Après calculs : R = + 2 + 2 . x x + x + 1 (x + 1)4 (x2 + 1)3 (x2 + 1)2 x2 + 1
− −
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