Corrigé des exercices : Décomposition en éléments simples en maths sup (MPSI)

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Euclide sur deux polynômes de degrés 4 et 3

Idée clé : on enchaîne les divisions euclidiennes jusqu’à un reste nul, puis on rend unitaire le dernier reste non nul.

1. D’abord, on divise \(A\) par \(B\). Le quotient vaut \(X-1\). En effet, \((X-1)B=X^4+3X^3-2X^2-5X+3\), donc \(A=(X-1)B+R_2\) avec \(R_2=X^2+4X+3\). Ensuite, on divise \(B\) par \(R_2\) : \(B=X\,R_2+R_3\) avec \(R_3=-X-3\). Enfin, \(R_2=(X+3)(X+1)=(-X-1)R_3\), avec un reste nul.
2. Le dernier reste non nul est \(-X-3\). Après division par son coefficient dominant, on obtient \(A\wedge B=X+3\).
3. Les racines communes à \(A\) et \(B\) sont les racines de leur PGCD. Ainsi, \(-3\) est l’unique racine commune. Vérification : \(A(-3)=81-81-9+3+6=0\) et \(B(-3)=-27+36-6-3=0\). On peut d’ailleurs écrire \(A=(X+3)(X^3-X+2)\) et \(B=(X+3)(X^2+X-1)\).

Corrigé de l’exercice 2 – Forme irréductible, zéros et pôles

Idée clé : on factorise complètement avant de lire quoi que ce soit, car un facteur commun cache un faux zéro et un faux pôle.

1. Le numérateur s’annule en \(1\), et sa dérivée \(3X^2-3\) aussi : \(1\) est racine double. Donc \(X^3-3X+2=(X-1)^2(X+2)\). Par ailleurs, \(X^4-X^2=X^2(X-1)(X+1)\). Après simplification par \(X-1\), on obtient \(F=\dfrac{(X-1)(X+2)}{X^2(X+1)}=\dfrac{X^2+X-2}{X^3+X^2}\). Cette écriture est irréductible, car numérateur et dénominateur n’ont aucune racine commune.
2. Le degré vaut \(2-3=-1\). Les zéros sont \(1\) et \(-2\), tous deux simples. Les pôles sont \(0\), double, et \(-1\), simple. Remarquons que \(1\) reste un zéro simple, alors qu’il était double au numérateur initial.
3. Le degré est négatif, donc la partie entière est nulle. On cherche \(F=\dfrac{a}{X}+\dfrac{b}{X^2}+\dfrac{c}{X+1}\). En cachant \(X^2\) et en évaluant en \(0\), on obtient \(b=\dfrac{-2}{1}=-2\). En cachant \(X+1\), on trouve \(c=\dfrac{1-1-2}{1}=-2\). Enfin, \(xF(x)\) tend vers \(1\), donc \(a+c=1\) et \(a=3\). Finalement,
   \[F=\frac{3}{X}-\frac{2}{X^2}-\frac{2}{X+1}.\]
   Contrôle en \(-2\) : \(-\tfrac{3}{2}-\tfrac{1}{2}+2=0\), ce qui confirme que \(-2\) est un zéro.

Corrigé de l’exercice 3 – Partie entière d’une fraction

Idée clé : le degré de \(F\) vaut \(2\), donc la division euclidienne est indispensable.

1. Le discriminant de \(X^2-X+1\) vaut \(1-4=-3<0\). Ce trinôme n’a donc aucune racine réelle et il est irréductible dans \(\mathbb{R}[X]\).
2. On effectue la division. D’abord, \((X^2-X+1)(2X^2+X-1)=2X^4-X^3+2X-1\). Par conséquent, \(2X^4-X^3+5=(X^2-X+1)(2X^2+X-1)+6-2X\). La partie entière vaut \(E=2X^2+X-1\) et \(\deg F=4-2=2\).
3. Un diviseur commun au numérateur et à \(X^2-X+1\) divise aussi le reste \(6-2X\). Or \(X^2-X+1\) est irréductible et ne divise pas \(6-2X\), de degré \(1\). Donc le PGCD vaut \(1\) et l’écriture est irréductible. Le seul facteur du dénominateur est un trinôme irréductible, si bien que la décomposition s’écrit
   \[F=2X^2+X-1+\frac{-2X+6}{X^2-X+1}.\]

Corrigé de l’exercice 4 – Trois pôles simples par évaluation

Idée clé : pour chaque pôle simple, on cache le facteur correspondant et on évalue le reste au pôle.

1. Le degré vaut \(-1\), donc la partie entière est nulle. Les trois pôles \(0\), \(2\) et \(-3\) sont simples. On cherche \(F=\dfrac{a}{X}+\dfrac{b}{X-2}+\dfrac{c}{X+3}\).
2. En \(0\) : \(a=\dfrac{5}{(-2)\times 3}=-\dfrac{5}{6}\). En \(2\) : \(b=\dfrac{9}{2\times 5}=\dfrac{9}{10}\). En \(-3\) : \(c=\dfrac{14}{(-3)\times(-5)}=\dfrac{14}{15}\). Ainsi,
   \[F=-\frac{5}{6X}+\frac{9}{10(X-2)}+\frac{14}{15(X+3)}.\]
3. Contrôle : \(xF(x)\) tend vers \(1\), quotient des coefficients dominants. Or \(-\tfrac{5}{6}+\tfrac{9}{10}+\tfrac{14}{15}=\tfrac{-25+27+28}{30}=1\). Le résultat est cohérent.

Corrigé de l’exercice 5 – Un pôle double et un pôle simple

Idée clé : deux coefficients s’obtiennent par évaluation, le troisième par la limite de \(xF(x)\).

1. Le degré est négatif. La forme est donc \(F=\dfrac{\alpha}{X+1}+\dfrac{\beta}{(X+1)^2}+\dfrac{\gamma}{X-3}\).
2. En multipliant par \((X+1)^2\) puis en évaluant en \(-1\), on obtient \(\beta=\dfrac{-3+1}{-1-3}=\dfrac{1}{2}\). En cachant \(X-3\), on trouve \(\gamma=\dfrac{10}{16}=\dfrac{5}{8}\). Ensuite, \(xF(x)\) tend vers \(0\), car \(\deg F=-2\). Donc \(\alpha+\gamma=0\) et \(\alpha=-\dfrac{5}{8}\). Finalement,
   \[F=-\frac{5}{8(X+1)}+\frac{1}{2(X+1)^2}+\frac{5}{8(X-3)}.\]
3. D’une part, \(F(0)=\dfrac{1}{1\times(-3)}=-\dfrac{1}{3}\). D’autre part, le membre de droite vaut \(-\tfrac{5}{8}+\tfrac{1}{2}-\tfrac{5}{24}=\tfrac{-15+12-5}{24}=-\tfrac{1}{3}\). Les deux valeurs coïncident.

Corrigé de l’exercice 6 – Deux polynômes premiers entre eux

Idée clé : un reste constant non nul fournit immédiatement une relation de Bézout.

1. On a \((X-1)(X^2+X+1)=X^3-1\). Donc \(B=(X-1)A+3\).
2. Il vient \(B-(X-1)A=3\), puis \(A\cdot\dfrac{1-X}{3}+B\cdot\dfrac{1}{3}=1\). Ainsi, \(U=\dfrac{1-X}{3}\) et \(V=\dfrac{1}{3}\) conviennent. D’après le théorème de Bézout, \(A\) et \(B\) sont premiers entre eux.
3. Les racines de \(A\) sont \(j\) et \(\overline{j}=j^2\), avec \(j^3=1\). Or \(B(j)=j^3+2=3\neq 0\), et de même \(B(j^2)=3\). Par conséquent, \(A\) et \(B\) n’ont aucune racine complexe commune : ils sont bien premiers entre eux.

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Relation de Bézout avec contraintes de degré

Idée clé : on remonte l’algorithme d’Euclide, puis le lemme de Gauss décrit toutes les solutions.

1. D’abord, \((X+2)(X^2-X+1)=X^3+X^2-X+2\), donc \(A=(X+2)B+X\). Ensuite, \(B=(X-1)X+1\). Enfin, \(X=X\times 1+0\). Le dernier reste non nul vaut \(1\), donc \(A\wedge B=1\).
2. On part de \(1=B-(X-1)X\). Or \(X=A-(X+2)B\). En substituant, il vient \(1=B-(X-1)A+(X-1)(X+2)B\). On regroupe :
   \[(1-X)A+(X^2+X-1)B=1.\]
   Ainsi, \(U_0=1-X\) et \(V_0=X^2+X-1\), de degrés \(1<2\) et \(2<3\).
3. Soit \((U,V)\) une solution. Par différence, \(A(U-U_0)=-B(V-V_0)\). Donc \(B\) divise \(A(U-U_0)\). Comme \(A\wedge B=1\), le lemme de Gauss donne \(B\mid U-U_0\). Écrivons \(U=U_0+KB\). En reportant, \(AKB=-B(V-V_0)\), puis \(V=V_0-KA\) car \(B\neq 0\). Réciproquement, ces couples conviennent. Les solutions sont donc \(U=1-X+KB\) et \(V=X^2+X-1-KA\), avec \(K\in\mathbb{R}[X]\).

Vérification de la relation obtenue. D’une part, \((1-X)(X^3+X^2+2)=-X^4+X^2-2X+2\). D’autre part, \((X^2+X-1)(X^2-X+1)=X^4-X^2+2X-1\). La somme vaut bien \(1\). Ce contrôle prend une minute et évite de perdre tous les points d’une question sur une erreur de signe.

Corrigé de l’exercice 8 – Interpolation en 0 et en 2 par Bézout

Idée clé : la relation de Bézout entre \(X^2\) et \((X-2)^2\) fabrique une solution particulière, puis Gauss donne toutes les autres.

1. On développe : \((3-X)X^2=3X^2-X^3\) et \((X+1)(X-2)^2=X^3-3X^2+4\). La somme vaut \(4\). Après division par \(4\), l’identité est vérifiée.
2. Multiplions l’identité par \(-4\) : \((X-3)X^2-(X+1)(X-2)^2=-4\). Autrement dit, \(1+(X-3)X^2=-3+(X+1)(X-2)^2\). Notons \(P_0\) ce polynôme commun. D’une part, \(P_0-1=(X-3)X^2\) est divisible par \(X^2\). D’autre part, \(P_0+3=(X+1)(X-2)^2\) est divisible par \((X-2)^2\). Ainsi, \(P_0=X^3-3X^2+1\) convient.
3. Soit \(P\) quelconque. Comme \(P-1=(P-P_0)+(P_0-1)\), la condition \(X^2\mid P-1\) équivaut à \(X^2\mid P-P_0\). De même, \((X-2)^2\mid P+3\) équivaut à \((X-2)^2\mid P-P_0\). Or \(X^2\) et \((X-2)^2\) sont premiers entre eux, d’après la question 1. Par le corollaire du lemme de Gauss, les deux conditions équivalent à \(X^2(X-2)^2\mid P-P_0\). Les solutions sont donc \(P=X^3-3X^2+1+X^2(X-2)^2K\), avec \(K\in\mathbb{R}[X]\). En particulier, \(P_0\) est la seule de degré au plus \(3\).
4. La condition \(X^2\mid P-1\) signifie \(P(0)=1\) et \(P^{\prime}(0)=0\). De même, la seconde signifie \(P(2)=-3\) et \(P^{\prime}(2)=0\). Ainsi, la courbe passe par \((0,1)\) et \((2,-3)\) avec une tangente horizontale en ces deux points. On le vérifie : \(P_0^{\prime}=3X(X-2)\).

Corrigé de l’exercice 9 – Un trinôme irréductible sur R

Idée clé : le coefficient de seconde espèce s’obtient en évaluant en une racine complexe du trinôme, puis en identifiant parties réelle et imaginaire.

1. Le discriminant de \(X^2+2X+5\) vaut \(4-20=-16<0\). La forme est donc \(F=\dfrac{a}{X-1}+\dfrac{\mu X+\nu}{X^2+2X+5}\).
2. En cachant \(X-1\) : \(a=\dfrac{1+3}{1+2+5}=\dfrac{1}{2}\).
3. Les racines du trinôme sont \(-1\pm 2i\). Multiplions par \(X^2+2X+5\) puis évaluons en \(z=-1+2i\). On obtient \(\mu z+\nu=\dfrac{z+3}{z-1}=\dfrac{2+2i}{-2+2i}\). Or \(\dfrac{1+i}{-1+i}=\dfrac{(1+i)(-1-i)}{2}=\dfrac{-2i}{2}=-i\). Donc \(-\mu+\nu+2\mu i=-i\). Par identification, \(\mu=-\dfrac{1}{2}\) et \(\nu=\mu=-\dfrac{1}{2}\). Finalement,
   \[F=\frac{1}{2(X-1)}-\frac{X+1}{2(X^2+2X+5)}.\]
4. On remarque que \(X+1\) est la moitié de la dérivée de \(X^2+2X+5\). Ainsi, une primitive sur \(]1,+\infty[\) est \(x\mapsto \dfrac{1}{2}\ln(x-1)-\dfrac{1}{4}\ln(x^2+2x+5)\).

Corrigé de l’exercice 10 – Parité et pôles doubles

Idée clé : l’unicité de la décomposition transforme la parité de \(F\) en relations entre coefficients.

1. Comme \((X^2-4)^2=(X-2)^2(X+2)^2\) et \(\deg F=-2\), on cherche \(F=\dfrac{\alpha}{X-2}+\dfrac{\beta}{(X-2)^2}+\dfrac{\gamma}{X+2}+\dfrac{\delta}{(X+2)^2}\).
2. On calcule \(F(-X)=-\dfrac{\alpha}{X+2}+\dfrac{\beta}{(X+2)^2}-\dfrac{\gamma}{X-2}+\dfrac{\delta}{(X-2)^2}\). Or \(F(-X)=F(X)\). Par unicité de la décomposition, \(\gamma=-\alpha\) et \(\delta=\beta\).
3. En multipliant par \((X-2)^2\) et en évaluant en \(2\), on obtient \(\beta=\dfrac{9}{16}\). Ensuite, \(F(0)=\dfrac{1}{16}\). Le membre de droite vaut en \(0\) : \(-\dfrac{\alpha}{2}+\dfrac{\beta}{4}-\dfrac{\alpha}{2}+\dfrac{\beta}{4}=-\alpha+\dfrac{9}{32}\). Donc \(\alpha=\dfrac{9}{32}-\dfrac{2}{32}=\dfrac{7}{32}\). Finalement,
   \[F=\frac{7}{32(X-2)}+\frac{9}{16(X-2)^2}-\frac{7}{32(X+2)}+\frac{9}{16(X+2)^2}.\]
4. Sur \(]2,+\infty[\), une primitive est \(x\mapsto\dfrac{7}{32}\ln\dfrac{x-2}{x+2}-\dfrac{9}{16}\left(\dfrac{1}{x-2}+\dfrac{1}{x+2}\right)\).

Corrigé de l’exercice 11 – Pôles en les racines cubiques de -8

Idée clé : la formule \(P(a)/Q^{\prime}(a)\) se simplifie grâce à la relation \(a^3=-8\).

1. On écrit \(-8=8e^{i\pi}\). Les pôles sont donc les \(2e^{i(\pi+2k\pi)/3}\), soit \(1+i\sqrt{3}\), \(-2\) et \(1-i\sqrt{3}\). Ils sont simples et forment un triangle équilatéral inscrit dans le cercle de rayon \(2\), comme sur la figure de l’énoncé.
2. Pour un pôle \(a\), le coefficient vaut \(\dfrac{a}{3a^2}=\dfrac{1}{3a}=\dfrac{a^2}{3a^3}=-\dfrac{a^2}{24}\). En \(-2\), il vaut \(-\dfrac{4}{24}=-\dfrac{1}{6}\). Ensuite, \((1+i\sqrt{3})^2=-2+2i\sqrt{3}\), d’où le coefficient \(\dfrac{1-i\sqrt{3}}{12}\). Par conjugaison, celui de \(1-i\sqrt{3}\) vaut \(\dfrac{1+i\sqrt{3}}{12}\). Ainsi,
   \[F=-\frac{1}{6(X+2)}+\frac{1-i\sqrt{3}}{12\,(X-1-i\sqrt{3})}+\frac{1+i\sqrt{3}}{12\,(X-1+i\sqrt{3})}.\]
3. Les deux derniers termes sont conjugués. Leur somme vaut \(\dfrac{2\,\mathrm{Re}\big((1-i\sqrt{3})(X-1+i\sqrt{3})\big)}{12(X^2-2X+4)}\), le calcul étant mené pour \(X\) réel. Or la partie réelle vaut \(X-1+3=X+2\). Donc
   \[F=-\frac{1}{6(X+2)}+\frac{X+2}{6(X^2-2X+4)}.\]
   Contrôle en \(0\) : \(-\tfrac{1}{12}+\tfrac{2}{24}=0=F(0)\).

Variante directe sur \(\mathbb{R}\). On factorise \(X^3+8=(X+2)(X^2-2X+4)\), puis on obtient \(-\tfrac{1}{6}\) en cachant \(X+2\). Ensuite, la différence \(F+\dfrac{1}{6(X+2)}\) se simplifie par \(X+2\). Le numérateur \(6X+X^2-2X+4=(X+2)^2\) le montre aussitôt, et l’on retrouve le même résultat.

Corrigé de l’exercice 12 – Sommes sur les racines par P’/P

Idée clé : chaque somme cherchée est une valeur de \(Q^{\prime}/Q\) ou de sa dérivée.

1. Les racines de \(P\) sont \(1\), de multiplicité \(2\), et \(-2\), de multiplicité \(3\). D’après le cours, \(\dfrac{P^{\prime}}{P}=\dfrac{2}{X-1}+\dfrac{3}{X+2}\).
2. On a \(\dfrac{Q^{\prime}}{Q}=\sum_{i}\dfrac{1}{X-x_i}\) et \(Q^{\prime}=4X^3-2\). D’abord, \(Q(2)=17\) et \(Q^{\prime}(2)=30\), d’où \(\sum_i\dfrac{1}{2-x_i}=\dfrac{30}{17}\). Ensuite, en \(0\) : \(\sum_i\dfrac{1}{-x_i}=\dfrac{Q^{\prime}(0)}{Q(0)}=-\dfrac{2}{5}\), d’où \(\sum_i\dfrac{1}{x_i}=\dfrac{2}{5}\). Les relations de Viète donnent le même résultat.
3. En dérivant, \(\left(\dfrac{Q^{\prime}}{Q}\right)^{\prime}=\dfrac{Q^{\prime\prime}Q-Q^{\prime 2}}{Q^2}=-\sum_i\dfrac{1}{(X-x_i)^2}\). Or \(Q(1)=4\), \(Q^{\prime}(1)=2\) et \(Q^{\prime\prime}(1)=12\). Donc \(\sum_i\dfrac{1}{(1-x_i)^2}=\dfrac{4-48}{16}=-\dfrac{11}{4}\). Si toutes les racines étaient réelles, cette somme serait strictement positive. Par conséquent, \(Q\) possède des racines non réelles, conjuguées deux à deux.

Corrigé de l’exercice 13 – Pôle triple par changement de variable

Idée clé : après le changement \(X=1+h\), la partie polaire en \(1\) se lit sur un développement suivant les puissances croissantes de \(h\).

1. En cachant \(X+1\) et en évaluant en \(-1\), on obtient le coefficient \(\dfrac{1}{(-2)^3}=-\dfrac{1}{8}\).
2. On a \((2+h)\left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{h}{4}+\dfrac{h^2}{8}\right)=1+\dfrac{h^3}{8}\). Par conséquent,
   \[\frac{1}{2+h}=\frac{1}{2}-\frac{h}{4}+\frac{h^2}{8}-\frac{h^3}{8(2+h)}.\]
3. Comme \(X+1=2+h\), on divise cette égalité par \(h^3\) : \(F=\dfrac{1}{2h^3}-\dfrac{1}{4h^2}+\dfrac{1}{8h}-\dfrac{1}{8(2+h)}\). On revient à \(X\) :
   \[F=\frac{1}{2(X-1)^3}-\frac{1}{4(X-1)^2}+\frac{1}{8(X-1)}-\frac{1}{8(X+1)}.\]
   Le dernier terme confirme le coefficient de la question 1. Contrôle en \(0\) : \(-\tfrac{1}{2}-\tfrac{1}{4}-\tfrac{1}{8}-\tfrac{1}{8}=-1=F(0)\).

Corrigé de l’exercice 14 – Somme d’une série par éléments simples

Idée clé : les coefficients de la décomposition ont une somme nulle, si bien que les termes harmoniques se compensent.

1. Les trois pôles sont simples. En \(0\) : \(\dfrac{1}{1\times 3}=\dfrac{1}{3}\). En \(-1\) : \(\dfrac{1}{(-1)\times 2}=-\dfrac{1}{2}\). En \(-3\) : \(\dfrac{1}{(-3)(-2)}=\dfrac{1}{6}\). Ainsi, \(\dfrac{1}{X(X+1)(X+3)}=\dfrac{1}{3X}-\dfrac{1}{2(X+1)}+\dfrac{1}{6(X+3)}\).
2. En sommant de \(1\) à \(n\), on obtient \(S_n=\dfrac{1}{3}H_n-\dfrac{1}{2}(H_{n+1}-1)+\dfrac{1}{6}\left(H_{n+3}-\dfrac{11}{6}\right)\). On écrit ensuite \(H_{n+1}=H_n+\frac{1}{n+1}\) et \(H_{n+3}=H_n+\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}\). Le coefficient de \(H_n\) vaut \(\tfrac{1}{3}-\tfrac{1}{2}+\tfrac{1}{6}=0\). Il reste
   \[S_n=\frac{7}{36}-\frac{1}{3(n+1)}+\frac{1}{6(n+2)}+\frac{1}{6(n+3)}.\]
   Vérification pour \(n=1\) : \(\tfrac{7}{36}-\tfrac{1}{6}+\tfrac{1}{18}+\tfrac{1}{24}=\tfrac{9}{72}=\tfrac{1}{8}\), qui est bien le premier terme.
3. Les trois fractions en \(n\) tendent vers \(0\). Donc \((S_n)\) converge vers \(\dfrac{7}{36}\).

Corrigé de l’exercice 15 – Intégrale d’une fraction rationnelle

Idée clé : une fois le pôle réel traité, le terme restant se sépare en une dérivée logarithmique et une arctangente.

1. Le trinôme \(x^2+1\) est irréductible. On cherche \(\dfrac{a}{x+1}+\dfrac{\mu x+\nu}{x^2+1}\). En cachant \(x+1\), on trouve \(a=\dfrac{1+3}{1+1}=2\). Ensuite, la différence vaut \(\dfrac{x^2+3-2(x^2+1)}{(x+1)(x^2+1)}=\dfrac{(1-x)(1+x)}{(x+1)(x^2+1)}\). Ainsi,
   \[\frac{x^2+3}{(x+1)(x^2+1)}=\frac{2}{x+1}+\frac{1}{x^2+1}-\frac{x}{x^2+1}.\]
2. Une primitive sur \([0,1]\) est \(x\mapsto 2\ln(1+x)+\arctan x-\dfrac{1}{2}\ln(1+x^2)\). Elle est nulle en \(0\). En \(1\), elle vaut \(2\ln 2+\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{1}{2}\ln 2\). Par conséquent, \(I=\dfrac{3}{2}\ln 2+\dfrac{\pi}{4}\).

Contrôle numérique : \(I\approx 1{,}0397+0{,}7854\approx 1{,}825\). Or la fonction intégrée vaut \(3\) en \(0\) et \(1\) en \(1\), et elle décroît sur \([0,1]\). Une valeur moyenne voisine de \(1{,}8\) est donc tout à fait plausible.

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – PGCD de deux binômes

Idée clé : l’algorithme d’Euclide sur les binômes reproduit exactement l’algorithme des soustractions sur les exposants.

1. On développe : \(X^{m-n}(X^n-1)+X^{m-n}-1=X^m-X^{m-n}+X^{m-n}-1=X^m-1\). L’égalité est établie.
2. Soit \(D\) un diviseur commun de \(B_m\) et \(B_n\). Alors \(D\) divise \(B_m-X^{m-n}B_n=B_{m-n}\). Réciproquement, un diviseur commun de \(B_{m-n}\) et \(B_n\) divise \(B_m\). Les deux couples ont donc les mêmes diviseurs communs, et \(B_m\wedge B_n=B_{m-n}\wedge B_n\).
3. On raisonne par récurrence forte sur \(s=m+n\geqslant 2\). Si \(m=n\), alors \(B_m\wedge B_m=B_m\), car \(B_m\) est unitaire, et \(m\wedge m=m\). Supposons \(m>n\), le cas \(m<n\) étant symétrique. D’après la question 2, \(B_m\wedge B_n=B_{m-n}\wedge B_n\). Or \(m-n\geqslant 1\) et \((m-n)+n<s\). L’hypothèse de récurrence donne \(B_{m-n}\wedge B_n=B_{(m-n)\wedge n}\). Enfin, \((m-n)\wedge n=m\wedge n\) dans \(\mathbb{Z}\). Ainsi, \(B_m\wedge B_n=X^{m\wedge n}-1\). Le cas \(s=2\) correspond à \(m=n=1\), déjà traité.
4. Comme \(12\wedge 18=6\), on obtient \((X^{12}-1)\wedge(X^{18}-1)=X^6-1\). De même, \(10\wedge 21=1\), donc \((X^{10}-1)\wedge(X^{21}-1)=X-1\).

Variante par les racines. Les deux binômes sont scindés à racines simples sur \(\mathbb{C}\). Leurs racines communes sont les complexes \(z\) tels que \(z^m=z^n=1\). D’après la relation de Bézout dans \(\mathbb{Z}\), cela équivaut à \(z^{d}=1\) avec \(d=m\wedge n\). Le PGCD est donc le produit des \(X-z\) pour \(z^d=1\), c’est-à-dire \(X^d-1\). Cette preuve est plus rapide, mais elle repose sur la factorisation complète, alors que la méthode d’Euclide reste valable dans tout corps.

Corrigé de l’exercice 17 – Pôles entiers consécutifs et sommes alternées

Idée clé : le comportement à l’infini de \(X^{m+1}F_n\) relie la somme des coefficients au degré de la fraction.

1. Posons \(Q=\prod_{j=0}^{n}(X-j)\). Ses racines sont simples et \(\deg F_n=-(n+1)<0\). Le coefficient en \(k\) vaut donc \(\dfrac{1}{Q^{\prime}(k)}=\dfrac{1}{\prod_{j\neq k}(k-j)}\). D’une part, \(\prod_{j<k}(k-j)=k!\). D’autre part, \(\prod_{j>k}(k-j)=\prod_{i=1}^{n-k}(-i)=(-1)^{n-k}(n-k)!\). Ainsi, \(\lambda_k=\dfrac{(-1)^{n-k}}{k!\,(n-k)!}\).
2. La division de \(X^m\) par \(X-k\) s’écrit \(X^m=(X-k)R_k+k^m\). Donc \(\dfrac{X^m}{X-k}=R_k+\dfrac{k^m}{X-k}\). En multipliant la décomposition de \(F_n\) par \(X^m\), on obtient \(X^mF_n=\sum_k\lambda_kR_k+\sum_k\dfrac{k^m\lambda_k}{X-k}\). Or \(\deg(X^mF_n)=m-n-1<0\), et la dernière somme est aussi de degré négatif. Le polynôme \(\sum_k\lambda_kR_k\) est donc de degré négatif, c’est-à-dire nul. La formule est démontrée.
3. Multiplions par \(X\) : \(X^{m+1}F_n=\sum_k k^m\lambda_k\dfrac{X}{X-k}\). Quand \(x\) tend vers \(+\infty\), le membre de droite tend vers \(\sum_k k^m\lambda_k\). Le membre de gauche est une fraction de degré \(m-n\). Il tend donc vers \(0\) si \(m<n\), et vers \(1\) si \(m=n\), quotient des coefficients dominants. Ainsi, \(\sum_k k^m\lambda_k=0\) si \(m<n\), et \(1\) si \(m=n\).
4. On multiplie par \(n!\), en remarquant que \(n!\,\lambda_k=(-1)^{n-k}\binom{n}{k}\). On obtient la formule annoncée : la somme vaut \(0\) si \(m<n\) et \(n!\) si \(m=n\). Pour \(n=2\) : avec \(m=0\), \(1-2+1=0\) ; avec \(m=1\), \(0-2+2=0\) ; avec \(m=2\), \(0-2+4=2=2!\).

Remarque de fond : pour \(m<n\), la somme obtenue est une différence finie d’ordre \(n\) du polynôme \(X^m\). Le résultat traduit donc le fait qu’une telle différence annule tout polynôme de degré strictement inférieur à \(n\). La décomposition en éléments simples en fournit ici une preuve très courte, sans aucune récurrence.

Corrigé de l’exercice 18 – Racines entrelacées de P et de P’

Idée clé : la décomposition de \(P^{\prime}/P\) fournit une fonction strictement décroissante entre deux racines consécutives.

1. D’après le cours, \(g(x)=\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{x-x_i}\) pour tout réel \(x\) qui n’est pas racine. Donc \(g^{\prime}(x)=-\sum_i\dfrac{1}{(x-x_i)^2}<0\). Ainsi, \(g\) est strictement décroissante sur chaque intervalle \(]x_k,x_{k+1}[\). Quand \(x\) tend vers \(x_k\) par la droite, le terme \(\frac{1}{x-x_k}\) tend vers \(+\infty\), les autres restant bornés. Donc \(g\) tend vers \(+\infty\). De même, \(g\) tend vers \(-\infty\) en \(x_{k+1}\) par la gauche.
2. La fonction \(g\) est continue et strictement décroissante de \(+\infty\) à \(-\infty\) sur \(]x_k,x_{k+1}[\). D’après le théorème de la bijection, elle s’y annule en un unique point \(c_k\). Comme \(P(c_k)\neq 0\), l’égalité \(P^{\prime}(c_k)=g(c_k)P(c_k)\) donne \(P^{\prime}(c_k)=0\). On obtient ainsi \(n-1\) racines distinctes de \(P^{\prime}\). Or \(P^{\prime}\) est non nul de degré \(n-1\). Par conséquent, ce sont toutes ses racines.
3. Soit \(x\) qui n’est pas racine de \(P\). On a \(g^{\prime}(x)=\dfrac{P^{\prime\prime}(x)P(x)-P^{\prime}(x)^2}{P(x)^2}<0\). Donc \(P^{\prime}(x)^2-P(x)P^{\prime\prime}(x)>0\). Reste le cas où \(x\) coïncide avec l’un des \(x_k\). Là, \(P\) s’annule tandis que \(P^{\prime}\) ne s’annule pas, puisque chaque racine est simple. Il ne subsiste que le carré \(P^{\prime}(x_k)^2\), strictement positif. L’inégalité vaut donc sur tout \(\mathbb{R}\).
4. On a \(P(-2)=-1\), \(P(0)=1\), \(P(1)=-1\) et \(P(2)=3\). Le théorème des valeurs intermédiaires fournit une racine dans chacun des intervalles \(]-2,0[\), \(]0,1[\) et \(]1,2[\). Ce sont trois racines réelles distinctes, donc simples. Ensuite, \(P^{\prime}=3X^2-3\) et \(P^{\prime\prime}=6X\). Le calcul donne \(P^{\prime 2}-PP^{\prime\prime}=3X^4-6X+9=3(X^4-2X+3)\). Or
   \[X^4-2X+3=(X^2-1)^2+2\left(X-\tfrac{1}{2}\right)^2+\tfrac{3}{2}.\]
   Cette quantité est strictement positive pour tout réel. De plus, les racines \(\pm 1\) de \(P^{\prime}\) s’intercalent bien entre celles de \(P\).

Corrigé de l’exercice 19 – Problème : racines de l’unité et cotangentes

Idée clé : tout repose sur la décomposition de \(P^{\prime}/P\) pour \(P=X^n-1\), puis sur la séparation des parties réelle et imaginaire.

1. Le polynôme \(X^n-1\) admet les \(n\) racines distinctes \(\omega_k\), et sa dérivée vaut \(nX^{n-1}\). D’après le cours, \(\dfrac{nX^{n-1}}{X^n-1}=\sum_{k=0}^{n-1}\dfrac{1}{X-\omega_k}\).
2. Soit \(x\) réel avec \(x^n\neq 1\). Alors \(x\) n’est aucun des \(\omega_k\). On a \(\dfrac{1}{x-\omega_k}=\dfrac{x-\overline{\omega_k}}{|x-\omega_k|^2}\), avec \(|x-\omega_k|^2=x^2-2x\cos\theta_k+1\). Sa partie réelle vaut donc \(\dfrac{x-\cos\theta_k}{x^2-2x\cos\theta_k+1}\). Or la somme des \(\frac{1}{x-\omega_k}\) vaut le réel \(\frac{nx^{n-1}}{x^n-1}\). En prenant les parties réelles, on obtient l’identité demandée.
3. Comme \(X^n-1=(X-1)Q\), les racines de \(Q\) sont \(\omega_1,\dots,\omega_{n-1}\), toutes simples. Donc \(\dfrac{Q^{\prime}}{Q}=\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{X-\omega_k}\). En \(1\), on a \(Q(1)=n\) et \(Q^{\prime}(1)=\sum_{j=1}^{n-1}j=\dfrac{n(n-1)}{2}\). Ainsi, \(\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{1-\omega_k}=\dfrac{n-1}{2}\).
4. On factorise par l’angle moitié : \(1-e^{i\theta}=e^{i\theta/2}\left(e^{-i\theta/2}-e^{i\theta/2}\right)=-2i\sin\frac{\theta}{2}\,e^{i\theta/2}\). Comme \(\sin\frac{\theta}{2}\neq 0\), il vient \(\dfrac{1}{1-e^{i\theta}}=\dfrac{i\,e^{-i\theta/2}}{2\sin(\theta/2)}=\dfrac{\sin(\theta/2)+i\cos(\theta/2)}{2\sin(\theta/2)}\). Finalement, \(\dfrac{1}{1-e^{i\theta}}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{i}{2}\cot\dfrac{\theta}{2}\). Tous ces points sont sur la droite d’abscisse \(\frac{1}{2}\), comme le montre la figure.
5. Pour \(1\leqslant k\leqslant n-1\), on a \(\theta_k\in\,]0,2\pi[\) et \(\theta_k/2=k\pi/n\). La somme de la question 3 s’écrit donc \(\dfrac{n-1}{2}+\dfrac{i}{2}\sum_k\cot\dfrac{k\pi}{n}\). Elle est réelle, d’où \(\sum_{k=1}^{n-1}\cot\dfrac{k\pi}{n}=0\). Par symétrie, \(\cot\frac{(n-k)\pi}{n}=\cot\left(\pi-\frac{k\pi}{n}\right)=-\cot\frac{k\pi}{n}\). Les termes se compensent donc deux à deux, et un éventuel terme central vaut \(\cot\frac{\pi}{2}=0\).
6. On a \(\left(\dfrac{Q^{\prime}}{Q}\right)^{\prime}=-\sum_k\dfrac{1}{(X-\omega_k)^2}\). En \(1\), il vient \(\sum_k\dfrac{1}{(1-\omega_k)^2}=\dfrac{Q^{\prime}(1)^2-Q(1)Q^{\prime\prime}(1)}{Q(1)^2}\). Or \(Q^{\prime\prime}(1)=\sum_{j=0}^{n-1}j(j-1)=\dfrac{n(n-1)(n-2)}{3}\). On obtient \(\dfrac{(n-1)^2}{4}-\dfrac{(n-1)(n-2)}{3}=\dfrac{(n-1)(5-n)}{12}\). D’autre part, en notant \(c_k=\cot\frac{k\pi}{n}\), on a \(\left(\frac{1}{2}+\frac{i}{2}c_k\right)^2=\frac{1}{4}-\frac{c_k^2}{4}+\frac{i}{2}c_k\). En comparant les parties réelles, \(\dfrac{n-1}{4}-\dfrac{1}{4}\sum_k c_k^2=\dfrac{(n-1)(5-n)}{12}\). Par conséquent,
   \[\sum_{k=1}^{n-1}\cot^2\frac{k\pi}{n}=(n-1)-\frac{(n-1)(5-n)}{3}=\frac{(n-1)(n-2)}{3}.\]
   Contrôle pour \(n=4\) : \(1+0+1=2=\frac{3\times 2}{3}\).

Pour aller plus loin

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