EXERCICES SUR LES FRACTIONS RATIONNELLESGerard.Eguether/zARTICLE/...ii TABLE DES MATIERES`...

$: EXERCICES SUR LES FRACTIONS RATIONNELLESGerard.Eguether/zARTICLE/...ii TABLE DES MATIERES` Avertissement On trouvera dans ce qui suit de nombreux exercices sur les fractions rationnelles.$
EXERCICES

SUR LES FRACTIONS

RATIONNELLES

G.EGUETHER

12 juin 2017

Table des matieres

1 Fractions a poles simples 1

1.1 Fractions numeriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Fractions avec parametre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2 Fractions a poles multiples 31

2.1 Fractions numeriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312.2 Fractions avec parametre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

3 Resultats generaux 65

4 Divers 69

i

ii TABLE DES MATIERES

Avertissement

On trouvera dans ce qui suit de nombreux exercices sur les fractions rationnelles. On proposera pourchaque exercice une demonstration, mais il peut, bien sur, y avoir d’autres moyens de proceder. Lesdecompositions de fractions rationnelles cherchees seront encadrees.

Dans ces exercices, en plus des resultats sur les polynomes, on utilise un minimum d’analyse (calculde limites et developpements limites).

On utilisera sans demonstration la decomposition

1

(X − a)(X − b)=

1

b− a

(1

X − b− 1

X − a

)

Les proprietes du nombre complexe j = e2iπ/3 sont admises.

On utilisera aussi

cosπ

5=

1 +√5

4.

Notations

Les fractions rationnelles considerees sont a coefficients dans R ou C et sont notees R ou R(X).

Les coefficients binomiaux sont notes(n

k

)=

n!

k!(n− k)!.

Lorsque l’on pose une division, on a pris le parti de changer le signe des termes pour les additionnera la ligne precedente.

X8 −1 X3 −1

− X8 + X5 X5 +X2

+X5

− X5 + X2

+X2 −1

Chapitre 1

Fractions a poles simples

1.1 Fractions numeriques

(1) Decomposer en elements simples sur R la fraction R(X) =X3 −X + 5

X2 − 1.

En ecrivant

R(X) =X(X2 − 1) + 5

X2 − 1,

on obtient

R(X) = X +5

X2 − 1,

puis

R(X) = X +5

2(X − 1)− 5

2(X + 1)

(2) Decomposer en elements simples sur R la fraction R(X) =X6 +X5 − 4X + 3

X(X − 1)(X − 2).

En effectuant la division euclidienne de X6 +X5 − 4X + 3 par X(X − 1)(X − 2) = X3 − 3X2 + 2Xon obtient

2 CHAPITRE 1. FRACTIONS A POLES SIMPLES

X6 +X5 −4X +3 X3 −3X2 +2X−X6 +3X5 −2X4 X3 +4X2 +10X +22

4X5 −2X4

−4X5 +12X4 −8X3

10X4 −8X3

−10X4 +30X3 −20X2

22X3 −20X2

−22X3 +66X2 −44X46X2 −48X +3

La partie polynomiale est donc X3 + 4X2 + 10X + 22, et l’on a

R(X) = X3 + 4X2 + 10X + 22 +A

X+

B

X − 1+

C

X − 2.

On obtient alors

A = limX→0

XR(X) = limX→0

X6 +X5 − 4X + 3

(X − 1)(X − 2)=

3

2,

B = limX→1

(X − 1)R(X) = limX→1

X6 +X5 − 4X + 3

X(X − 2)= −1 ,

C = limX→2

(X − 2)R(X) = limX→2

X6 +X5 − 4X + 3

X(X − 1)=

91

2,

d’ou

R(X) = X3 + 4X2 + 10X + 22 +3

2X− 1

X − 1+

91

2(X − 2)

(3) Decomposer en elements simples sur R la fraction R(X) =X6 + 2

(X2 − 16)(X2 + 1).

La fraction est paire. La partie polynomiale s’obtient en effectuant la division euclidienne de X6 + 2par X4 − 15X2 − 16. On obtient

X6 + 2 = (X4 − 15X2 − 16)(X2 + 15) + P (X) ,

ou P est de degre 2. La partie polynomiale est donc X2 + 15.

On a alors, en raison de la parite,

R(X) = X2 + 15 +A

X − 4− A

X + 4+

B

X2 + 1.

1.1. FRACTIONS NUMERIQUES 3

On obtient

A = limX→4

(X − 4)R(X) = limX to4

X6 + 2

(X2 + 1)(X + 4)=

46 + 2

17× 8=

2049

68.

Enfin

B = limX→i

(X2 + 1)R(X) = limX→i

X6 + 2

X2 − 16=

i6 + 2

i2 − 16= − 1

17.

Finalement

R(X) = X2 + 15 +2049

68(X − 4)− 2049

68(X + 4)− 1

17(X2 + 1)

(4) Decomposer en elements simples sur C puis R la fraction R(X) =X5 + 2X − 1

X4 − 1.

En ecrivantX5 + 2X − 1 = X(X4 − 1) + 3X − 1 ,

on a donc

R(X) = X +3X − 1

X4 − 1.

La fraction a quatre poles simples 1, −1, i, −i. Si l’on ecrit

3X − 1

X4 − 1=

P (X)

Q(X),

et si α est un des poles, le coefficient de 1/(X − α) dans la decomposition vaut alors, puisque α4 = 1,

P (α)

Q′(α)=

P (α)

4α3=

α(3α − 1)

4.

On en deduit la decomposition sur C

R(X) = X +1

2(X − 1)+

1

X + 1− 3 + i

4(X − i)− 3− i

4(X + i)

puis, en regroupant les termes conjugues, celle sur R

R(X) = X +1

2(X − 1)+

1

X + 1− 3X − 1

2(X2 + 1)

(5) Decomposer en elements simples sur C puis R la fraction R(X) =X4 − 2X2 + 1

X(X + 1)(X2 + 1).


On remarque tout d’abord que la fraction n’est pas irreductible. En effet

R(X) =(X2 − 1)2

X(X + 1)(X2 + 1)=

(X + 1)(X − 1)2

X(X2 + 1).

La partie polynomiale est une constante : c’est le rapport des termes de plus haut degre de la fractionet vaut donc 1.

Il y a trois poles simples 0, i et −i et l’on a, puisque la fraction est a coefficients reels,

R(X) = 1 +A

X+

B

X − i+

B

X + i.

Alors

A = limX→0

XR(X) = limX→0

(X + 1)(X − 1)2

X2 + 1= 1 ,

B = limX→i

(X − i)R(X) = limX→i

(X + 1)(X − 1)2

X(X + i)=

(i+ 1)(i− 1)2

2i2=

−2i(i+ 1)

−2= i− 1 .


R(X) = 1 +1

X+

i− 1

X − i− i+ 1

X + i


R(X) = 1 +1

X− 2X + 2

X2 + 1

(6) Decomposer en elements simples sur C puis R la fraction R(X) =1

X4 − 1.

La fraction est paire et a quatre poles simples 1, −1, i, −i. Alors si α est un des poles, en posantR(X) = 1/Q(X), le coefficient de 1/(X − α) dans la decomposition vaut

1

Q′(α)=

1

4α3=

α

4.


R(X) =1

4

(1

X − 1− 1

X + 1+

i

X − i− i

X + i

)



R(X) =1

4

(1

X − 1− 1

X + 1− 2

X2 + 1

)


(X2 + 1)2 −X2.

On a donc

R(X) =1

(X2 +X + 1)(X2 −X + 1)=

1

Q(X),

et la fraction est paire et a quatre poles simples j, j2, −j, −j2. Alors

R(X) =A

X − j+

A

X − j2− A

X + j− A

X + j2.

On a

Q′(X) = 4X(X2 + 1)− 2X = 4X3 + 2X ,

donc, puisque j3 = 1 et j + j2 = −1,

A =1

Q′(j)=

1

4 + 2j=

2 + j2

2(2 + j)(2 + j2)=

2 + j2

2(4 + 2(j + j2) + j3)=

2 + j2

6=

1− j

6.


R(X) =1

6

(1− j

X − j+

1− j2

X − j2− 1− j

X + j− 1− j2

X + j2

)

puis en regroupant les termes conjugues

R(X) =1

2

(X + 1

X2 +X + 1− X − 1

X2 −X + 1

)

(8) Decomposer en elements simples sur C puis R la fraction R(X) =X6

X5 − 1.


Tout d’abord

R(X) =(X6 −X) +X

X5 − 1= X +

X

X5 − 1,

et la partie polynomiale de la decomposition vaut X.

Si l’on note ξ = e2iπ/5 et Q(X) = X5 − 1, la fraction R a pour poles les nombres complexes ξr, pour rcompris entre 0 et 4 et, en notant α un de ces poles, le coefficient de 1/(X −α) dans la decompositionde R(X) ou de X/(X5 − 1) vaut, puisque α5 = 1,

α

Q′(α)=

α

5α4=

α2

5,

et l’on obtient la decomposition sur C

R(X) = X +1

5

(1

X − 1+

ξ2

X − ξ+

ξ4

X − ξ2+

ξ

X − ξ3+

ξ3

X − ξ4

)

Comme ξ3 = ξ2et ξ4 = ξ, on peut regrouper les termes conjugues ce qui donne

ξ2

X − ξ+

ξ3

X − ξ4=

2X Re ξ2 − 2Re ξ

X2 − 2X Re ξ + 1et

ξ4

X − ξ2+

ξ

X − ξ3=

2X Re ξ − 2Re ξ2

X2 − 2X Re ξ2 + 1.

Comme par ailleurs

Re ξ = cos2π

5= 2 cos2

π

5− 1 =

√5− 1

4et Re ξ2 = cos

4π

5= − cos

π

5= −

√5 + 1

4,

on obtient finalement la decomposition sur R

R(X) = X +1

5

1

X − 1−

X

√5 + 1

2+

√5− 1

2

X2 −X

√5− 1

2+ 1

+X

√5− 1

2+

√5 + 1

2

X2 +X

√5 + 1

2+ 1


X5 + 1.

Si l’on note ξ = e2iπ/5 et R(X) = 1/Q(X), la fraction R a pour poles les nombres complexes −ξr, pourr compris entre 0 et 4 et, en notant α un de ces poles, le coefficient de 1/(X−α) dans la decompositionde R(X) vaut, puisque α5 = −1,

1

Q′(α)=

1

5α4= −α

5,


et l’on obtient la decomposition sur C

R(X) =1

5

(1

X + 1+

ξ

X + ξ+

ξ2

X + ξ2+

ξ3

X + ξ3+

ξ4

X + ξ4

)

Comme ξ3 = ξ2et ξ4 = ξ, on peut regrouper les termes conjugues ce qui donne

ξ

X + ξ+

ξ4

X + ξ4=

2X Re ξ + 2

X2 + 2X Re ξ + 1et

ξ2

X + ξ2+

ξ3

X + ξ3=

2X Re ξ2 + 2

X2 + 2X Re ξ2 + 1.

Comme par ailleurs

Re ξ = cos2π

5=

√5− 1

4et Re ξ2 = cos

4π

5= −

√5 + 1

4,

on obtient finalement la decomposition sur R

R(X) =1

5

1

X + 1+

X

√5− 1

2+ 2

X2 +X

√5− 1

2+ 1

−X

√5 + 1

2− 2

X2 −X

√5 + 1

2+ 1


(X2 + 1)2 + 1.

On a donc

R(X) =1

(X2 + 1 + i)(X2 + 1− i)=

1

Q(X).

La fraction a des poles simples et est paire. En ecrivant

X2 = −(1 + i) = −√2 eiπ/4 ,

on trouve le pole

ξ = i4√2 eiπ/8 .

Les autres sont −ξ, ξ et −ξ. On calcule les lignes trigonometriques de eiπ/8 en partant de

2 cos2π

8− 1 = cos

π

4=

1√2,

ce qui donne

cos2π

8=

√2 + 1

2√2

et sin2π

8= 1− cos2

π

8=

√2− 1

2√2

,


et finalement

ξ = −

√√2− 1

2+ i

√√2 + 1

2.

La decomposition sur C est de la forme

R(X) =A

X − ξ− A

X + ξ+

A

X − ξ− A

X + ξ.

Le coefficient de 1/(X − ξ) dans la decomposition vaut

1

Q′(ξ)=

1

4ξ(ξ2 + 1)=

1

−4iξ=

i

4ξ,

donc

R(X) =i

4

(1

ξ(X − ξ)− 1

ξ(X + ξ)− 1

ξ(X − ξ)+

1

ξ(X + ξ)

)

Par ailleurs

1

ξ(X − ξ)− 1

ξ(X − ξ)=

ξ(X − ξ)− ξ(X − ξ)

|ξ|2 (X2 − 2X Re ξ + |ξ|2) =−2iX Im ξ + 2i Im ξ2

|ξ|2 (X2 − 2X Re ξ + |ξ|2) .

Donci

4

(1

ξ(X − ξ)− 1

ξ(X − ξ)

)=

1

2

(X Im ξ − Im ξ2

|ξ|2 (X2 − 2X Re ξ + |ξ|2)

).

Comme ξ2 = −1− i et |ξ|2 =√2, on obtient finalement la decomposition sur R

i

4

(1

ξ(X − ξ)− 1

ξ(X − ξ)

)=

X

√√2 + 1

2+ 1

2√2

(X2 + 2X

√√2− 1

2+

√2

) ,

et en changeant X en −X pour obtenir la somme des deux autres termes, on trouve finalement

R(X) =1

2√2

X

√√2 + 1

2+ 1

X2 + 2X

√√2− 1

2+

√2

−X

√√2 + 1

2− 1

X2 − 2X

√√2− 1

2+

√2


X(X6 + 1).


Les poles de R sont tous simples. Ce sont 0 et les racines 6−ieme de −1, c’est-a-dire ±eiπ/6, ±e−iπ/6

et ±i. Si l’on pose R(X) = 6/Q(X) et si α est un des poles alors le coefficient de 1/(X − α) dans ladecomposition vaut

6

Q′(α)=

6

7α6 + 1.

Lorsque α = 0, on trouve la valeur 6. Pour les autres racines, on obtient −1, d’ou la decompositionsur C

R(X) =6

X−(

1

X − eiπ/6+

1

X − e−iπ/6+

1

X + eiπ/6+

1

X + e−iπ/6+

1

X − i+

1

X + i

)

En regroupant les termes conjugues, on obtient

R(X) =6

X−(

2X − 2 cos(π/6)

X2 − 2X cos(π/6) + 1+

2X + 2cos(π/6)

X2 + 2X cos(π/6) + 1+

2X

X2 + 1

),

d’ou la decomposition sur R

R(X) =6

X−(

2X −√3

X2 −X√3 + 1

+2X +

√3

X2 +X√3 + 1

+2X

X2 + 1

)

(12) Decomposer en elements simples sur C puis R la fraction R(X) =X6 + 3

X5 −X.

Les poles de R sont tous simples. Ce sont 0, 1, −1, i et −i et la fraction est impaire Si l’on poseR(X) = P (X)/Q(X) et si α est un des poles alors le coefficient de 1/(X − α) dans la decompositionvaut

P (α)

Q′(α)=

α6 + 3

5α4 − 1.

Pour α = 0, on obtient −3, pour 1 et −1, on obtient 1, et pour i et −i, on obtient 1/2.

Enfin la partie polynomiale de R est un polynome impair de degre 1. C’est donc le rapport des termesde plus haut degre de R qui vaut X. Finalement on obtient la decomposition sur C

R(X) = X − 3

X+

1

X − 1+

1

X + 1+

1

2(X − i)+

1

2(X + i)

et, en regroupant les termes conjugues, celle sur R

R(X) = X − 3

X+

1

X − 1+

1

X + 1+

X

X2 + 1


(13) Decomposer en elements simples sur C puis R la fraction R(X) =2X5 −X3

X4 − 1.

Les poles de R sont tous simples. Ce sont 1, −1, i et −i et la fraction est impaire Si l’on poseR(X) = P (X)/Q(X) et si α est un des poles alors le coefficient de 1/(X − α) dans la decompositionvaut

P (α)

Q′(α)=

2α5 − α3

4α3=

2α2 − 1

4.

Pour 1 et −1, on obtient 1/4, et pour i et −i, on obtient −3/4.

Enfin la partie polynomiale de R est un polynome impair de degre 1. C’est donc le rapport des termesde plus haut degre de R qui vaut 2X. Finalement on obtient la decomposition sur C

R(X) = 2X +1

4(X − 1)+

1

4(X + 1)− 3

4(X − i)− 3

4(X + i)

et, en regroupant les termes conjugues, celle sur R

R(X) = 2X +1

4(X − 1)+

1

4(X + 1)− 3X

2(X2 + 1)

(14) Decomposer en elements simples sur R la fraction R(X) =X2 + 2X

X4 + 1.

Le denominateur n’a pas de racine reelle. Il se factorise en ecrivant

X4 + 1 = (X4 + 2X2 + 1)− 2X2 = (X2 + 1)2 − 2X2 = (X2 +√2X + 1)(X2 −

√2X + 1) .

La decomposition sur R sera de la forme

R(X) =uX + v

X2 +√2X + 1

+u′X + v′

X2 −√2X + 1

.

En reduisant au meme denominateur et en identifiant on obtient le systeme

u+ u′ = 0

−√2u+ v +

√2u′ + v′ = 1

−√2 v + u+

√2 v′ + u′ = 2

v + v′ = 0

,


qui donne les deux systemes

{u+ u′ = 0

−√2u+

√2u′ = 1

et

{−√2 v +

√2 v′ = 2

v + v′ = 0.

On obtient alors

u = −u′ = −√2

4et v = −v′ = −

√2

2,

d’ou la decomposition

R(X) =

√2

4

(X + 2

X2 −√2X + 1

− X + 2

X2 +√2X + 1

)

(15) Decomposer en elements simples sur R la fraction R(X) =X6 + 5X3

(X2 + 1)(X2 − 4).

La fraction est de degre 2. On effectue la division euclidienne de X6 + 5X3 par

(X2 + 1)(X2 − 4) = X4 − 3X2 − 4 .

X6 +5X3 X4 −3X2 −4−X6 +3X4 +4X2 X2 +3

3X4 +5X3 +4X2

−3X4 +9X2 +125X3 +13X2 +12

La partie polynomiale est donc : X2 + 3, et l’on a

R(X) = X2 + 3 +A

X − 2+

B

X + 2+

CX +D

X2 + 1.

Alors

A = limX→2

(X − 2)R(X) = limX→2

X6 + 5X3

(X2 + 1)(X + 2)=

64 + 40

20=

26

5,

B = limX→−2

(X + 2)R(X) = limX→−2

X6 + 5X3

(X2 + 1)(X − 2)=

64− 40

−20= −6

5.

Enfin

Ci+D = limX→i

(X2 + 1)R(X) = limX→i

X6 + 5X3

X2 − 4=

5i+ 1

5,

donc

C = 1 et D =1

5.


Finalement

R(X) = X2 + 3 +1

5

(26

X − 2− 6

X + 2+

5X + 1

X2 + 1

)

(16) Decomposer en elements simples sur R la fraction

R(X) =X7 + 2X6 − 4X5 + 4X3 + 8X2 + 4X

X(X2 − 1)(X2 − 4).

La fraction est de degre 2. On effectue la division euclidienne de X7+2X6−4X5+4X3+8X2+4X+1par

X(X2 − 1)(X2 − 4) = X5 − 5X3 + 4X .

X7 +2X6 −4X5 +4X3 +8X2 +4X +1 X5 −5X3 +4X−X7 +5X5 −4X3 X2 +2X +1

2X6 +X5

−2X6 +10X4 −8X2

X5 +10X4

−X5 +5X3 −4X10X4 +5X3 +1

On en deduit donc

R(X) = X2 + 2X + 1 +10X4 + 5X3 + 1

X(X2 − 1)(X2 − 4)= X2 + 2X + 1 + S(X) .

On decompose S(X) sous la forme

S(X) =A

X+

B

X + 1+

C

X − 1+

D

X + 2+

E

X − 2.

Alors

A = limX→0

XS(X) = limX→0

10X4 + 5X3 + 1

(X2 − 1)(X2 − 4)=

1

4,

B = limX→−1

(X + 1)R(X) = limX→−1

10X4 + 5X3 + 1

X(X − 1)(X2 − 4)= −1 ,

C = limX→1

(X − 1)R(X) = limX→1

10X4 + 5X3 + 1

X(X + 1)(X2 − 4)= −8

3.

D = limX→−2

(X + 2)R(X) = limX→−2

10X4 + 5X3 + 1

X(X2 − 1)(X − 2)=

121

24,

1.2. FRACTIONS AVEC PARAMETRE 13

E = limX→2

(X − 2)R(X) = limX→2

10X4 + 5X3 + 1

X(X2 − 1)(X + 2)=

201

24,

d’ou

R(X) = X2 + 2X + 1 +1

4X− 1

X + 1− 8

3(X − 1)+

121

24(X + 2)+

201

24(X − 2)

1.2 Fractions avec parametre

(17) Decomposer en elements simples sur R la fraction R(X) =1

(X2 + a2)(X2 + b2)(X2 + c2)ou a2, b2 et c2 sont des nombres reels distincts.

On decompose la fraction

S(X) =1

(X + a2)(X + b2)(X + c2).

qui a des racines reelles simples −a2, −b2, −c2 et s’ecrit donc

S(X) =A

X + a2+

B

X + b2+

C

X + c2.

Alors

A = limx→−a2

(X + a2)S(X) =1

(b2 − a2)(c2 − a2)

et de meme

B =1

(a2 − b2)(c2 − b2)et C =

1

(b2 − c2)(a2 − c2).

Alors, puisque R(X) = S(X2), on obtient

R(X) =1

(b2 − a2)(c2 − a2)

1

X2 + a2+

1

(a2 − b2)(c2 − b2)

1

X2 + b2+

1

(b2 − c2)(a2 − c2)

1

X2 + c2

(18) Decomposer en elements simples sur C la fraction Rn(X) =Xn

X2 − a2(n ≥ 0 , a ∈ C

∗).

La fraction est de degre n− 2 et a deux poles simples a et −a.


En ecrivant Rn(X) = Pn(X)/Qn(X), on a comme coefficients A et B de 1/(X − a) et 1/(X + a)respectivement

A =Pn(a)

Q′n(a)

=an

2a=

an−1

2et B =

Pn(−a)

Q′n(−a)

=(−a)n

2(−a)=

(−a)n−1

2.

En particulier

R0(X) =1

2a

(1

X − a− 1

X + a

)et R1(X) =

1

2

(1

X − a+

1

X + a

)

Soit n = 2p un nombre pair plus grand que 2. Comme

X2p − a2p = (X2)p − (a2)p = (X2 − a2)

(p−1∑

k=0

(a2)k(X2)p−1−k

),

on en deduit

(A) Rn(X) =X2p − a2p

X2 − a2+

a2p

X2 − a2=

p−1∑

k=0

a2kX2p−2−2k +a2p

X2 − a2,

et donc

Rn(X) =

p−1∑

k=0

a2kX2p−2−2k +a2p−1

2

(1

X − a− 1

X + a

)

Si maintenant n = 2p+1 est un nombre impair plus grand que 3, on obtient, en multipliant par X larelation (A),

Rn(X) =

p−1∑

k=0

a2kX2p−1−2k +a2pX

X2 − a2,

donc

Rn(X) =

p−1∑

k=0

a2kX2p−1−2k +a2p

2

(1

X − a+

1

X + a

)

(19) Decomposer en elements simples sur R la fraction Rn(X) =n!

X(X + 1) · · · (X + n)(n ≥ 0).


Les poles sont simples et l’on a donc

Rn(X) =

n∑

k=0

Ak

X + k.

Alors

Ak = limX→−k

(X + k)R(X) = limX→−k

n!

X · · · (X + k − 1)(X + k + 1) · · · (X + n)

=n!

(−k) · · · (−k + k − 1)(−k + k + 1) · · · (−k + n)

=n!

(−1)kk!(n− k)!= (−1)k

(n

k

),

d’ou

Rn(X) =

n∑

k=0

(−1)k(n

k

)1

X + k

(20) Decomposer en elements simples sur C la fraction Rn(X) =Xn

X3 − 1(n ≥ 0).

La fraction Rn = Pn/Qn a des poles complexes simples 1, j et j2. Si α designe un de ces poles, lecoefficient de 1/(X − α) vaut alors, en remarquant que α3 = 1,

Pn(α)

Q′(α)=

αn

3α2=

αn+1

3.

Alors on obtient les decompositions sur C suivantes :

R0(X) =1

3

(1

X − 1+

j

X − j+

j2

X − j2

)

R1(X) =1

3

(1

X − 1+

j2

X − j+

j

X − j2

)

R2(X) =1

3

(1

X − 1+

1

X − j+

1

X − j2

)

Ensuite, si n = 3p + k

X3p+k

X3 − 1= Xk

(X3p − 1

X3 − 1+

1

X3 − 1

)= Xk

(p−1∑

s=0

X3s +1

X3 − 1

)=

p−1∑

s=0

X3s+k +Xk

X3 − 1.


On en deduit donc

R3p(X) =

p−1∑

s=0

X3s +1

3

(1

X − 1+

j

X − j+

j2

X − j2

)

R3p+1(X) =

p−1∑

s=0

X3s+1 +1

3

(1

X − 1+

j2

X − j+

j

X − j2

)

R3p+2(X) =

p−1∑

s=0

X3s+2 +1

3

(1

X − 1+

1

X − j+

1

X − j2

)

(21) Decomposer en elements simples sur C puis R la fraction Rn(X) =1

Xn − 1(n ≥ 1).

Si l’on note ξ = e2iπ/n et Rn(X) = 1/Qn(X), les poles de Rn sont les nombres complexes ξr pour rvariant de 0 a n − 1. Si α designe un de ces poles, le coefficient de 1/(X − α) dans la decompositionvaut

1

Q′n(α)

=1

nαn−1=

α

n.


Rn(X) =1

n

n−1∑

r=0

ξr

X − ξr

Comme ξr= ξn−r, on regroupe les termes conjugues lorsque ξr n’est pas reel et l’on a

ξr

X − ξr+

ξr

X − ξr =

2X Re ξr − 2|ξr|2X2 − 2X Re ξr + 1

=2X cos

2rπ

n− 2

X2 − 2X cos2rπ

n+ 1

.

Le nombre 1 est toujours un pole, et si n est pair le nombre −1 egalement. Ce sont les seuls poles reelspossibles. Pour la decomposition sur R, on obtient alors les deux cas suivants.

Si n = 2k + 1

Rn(X) =1

n

1

X − 1+

k∑

r=1

2X cos2rπ

n− 2

X2 − 2X cos2rπ

n+ 1


Si n = 2k

Rn(X) =1

n

1

X − 1− 1

X + 1+

k−1∑

r=1

2X cos2rπ

n− 2

X2 − 2X cos2rπ

n+ 1


Xn + 1(n ≥ 1).

Si l’on note Rn(X) = 1/Qn(X), les poles de Rn sont les nombres complexes ξr = e(2r+1)iπ/n pour rvariant de 0 a n − 1. Si α designe un de ces poles, le coefficient de 1/(X − α) dans la decompositionvaut

1

Q′n(α)

=1

nαn−1= −α

n.


Rn(X) = − 1

n

n−1∑

r=0

ξrX − ξr

Comme ξ r = ξn−r−1, on regroupe les termes conjugues lorsque ξr n’est pas reel et l’on a

ξrX − ξr

+ξ r

X − ξ r

=2X Re ξr − 2|ξr|2X2 − 2X Re ξr + 1

=2X cos

(2r + 1)π

n− 2

X2 − 2X cos(2r + 1)π

n+ 1

.

Le seul pole reel possible est le nombre −1 lorsque n est impair. Pour la decomposition sur R, onobtient alors les deux cas suivants.

Si n = 2k

Rn(X) = − 1

n

k−1∑

r=0

2X cos(2r + 1)π

n− 2

X2 − 2X cos(2r + 1)π

n+ 1

Si n = 2k + 1

Rn(X) =1

n

1

X + 1−

k−1∑

r=0

2X cos(2r + 1)π

n− 2

X2 − 2X cos(2r + 1)π

n+ 1


(23) Decomposer en elements simples sur R la fraction Rn(X) =

n∑

k=0

1

X(X − 1) · · · (X − k)

(n ≥ 1) et montrer que n− 1 n’est pas un pole de Rn(X).

On decompose en elements simple la fraction

Sk(X) =1

X(X − 1) · · · (X − k).

Le coefficient de 1/(X − p) dans cette decomposition vaut

limX→p

1

X · · · (X − p+ 1)(X − p− 1) · · · (X − k)=

1

p · · · 1 (−1) · · · (p − k)=

(−1)k−p

p!(k − p)!.

Donc

Sk(X) =

k∑

p=0

(−1)k−p

p!(k − p)!

1

X − p,

puis

Rn(X) =

n∑

k=0

Sk(X) =

n∑

k=0

k∑

p=0

(−1)k−p

p!(k − p)!

1

X − p

.

En inversant les sommations on trouve

Rn(X) =n∑

p=0

1

p!

n∑

k=p

(−1)k−p

(k − p)!

1

X − p,

puis en posant r = k − p,

Rn(X) =n∑

p=0

1

p!

(n−p∑

r=0

(−1)r

r!

)1

X − p.

On remarque que le coefficient de 1/(X − (n− 1)) est nul, ce qui signifie que n− 1 n’est pas un polede Rn(X). Finalement

Rn(X) =

n−2∑

p=0

1

p!

(n−p∑

r=0

(−1)r

r!

)1

X − p+

1

n!(X − n)


(24) 1) Montrer que pour tout entier naturel n il existe un polynome Pn tel que, pour tout x reel

(A) Pn(cos x) = cos(nx) .

Lorsque n ≥ 1, decomposer en elements simples sur R les fractions

Rn(X) =1

Pn(X)et Sn(X) =

1

(1−X2)Pn(X).

2) Montrer aussi que pour tout entier naturel n il existe un polynome Qn tel que, pour tout x reel

(B) sinxQn(cos x) = sin(nx) .

Lorsque n ≥ 2, decomposer en elements simples sur R la fraction Tn(X) =1

Qn(X).

3) Montrer de meme que pour tout entier naturel n il existe une fraction rationnelle Un telle que,pour tout x reel qui n’est pas de la forme (2k + 1)π/(2n),

(C) sinxUn(cos x) = tan(nx) .

Lorsque n ≥ 1, decomposer en elements simples sur R les fractions Un et 1/Un.

1) En utilisant la formule

cos(n+ 1)x+ cos(n− 1)x = 2cos(nx) cos x

on obtient la relation de recurrence

Pn+1(X) = 2XPn(X)− Pn−1(X) ,

qui, a partir de P0(X) = 1 et P1(X) = X, permet de montrer que Pn est un polynome de degre n etde meme parite que n, dont le terme de plus haut degre vaut 2n−1Xn lorsque n ≥ 1 .

D’apres la relation (A), les nombres

ξk = cos(2k + 1)π

2n,

pour k variant de 0 a n − 1 sont alors des nombres tels que Pn(ξk) soit nul et ils sont distincts. Onobtient ainsi les n racines de Pn et elles sont simples.

Decomposition de Rn

Le coefficient de 1/(X − ξk) dans la decomposition est alors 1/P ′n(ξk).

En derivant la relation (A), il vient

− sinxP ′n(cos x) = −n sin(nx) ,


et donc

P ′n(ξk) = n

sin(2k + 1)π

2

sin(2k + 1)π

2n

= n(−1)k

sin(2k + 1)π

2n

,


Rn(X) =1

n

n−1∑

k=0

(−1)k sin(2k + 1)π

2n

X − cos(2k + 1)π

2n

Decomposition de Sn

Tout d’abord

Pn(1) = Pn(cos 0) = cos 0 = 1 et Pn(−1) = Pn(cos π) = cos(nπ) = (−1)n .

Donc 1 et −1 ne sont pas racines de Pn et, pour la fraction Sn, se rajoutent les poles simples 1 et −1.

On a alors

(1− ξ2k)P′n(ξk) = sin2

(2k + 1)π

2nP ′n(ξk) = n(−1)k sin

(2k + 1)π

2n,

et le coefficient de 1/(X − ξk) dans la decomposition est alors

1

(1− ξ2k)P′n(ξk)

=(−1)k

n sin(2k + 1)π

2n

.

Le coefficient de 1/(X − 1) vaut

limX→1

(X − 1)Sn(X) = limX→1

−1

(X + 1)Pn(X)=

−1

2Pn(1)= −1

2.

Le coefficient de 1/(X + 1) vaut

limX→−1

(X + 1)Sn(X) = limX→−1

1

(1−X)Pn(X)=

1

2Pn(−1)=

(−1)n

2.

Finalement

Sn(X) =(−1)n

2(X + 1)− 1

2(X − 1)+

1

n

n−1∑

k=0

(−1)k

sin(2k + 1)π

2n

(X − cos

(2k + 1)π

2n

)


2) En utilisant la formule

sin(n+ 1)x+ sin(n− 1)x = 2 sin(nx) cos x


Qn+1(X) = 2XQn(X)−Qn−1(X) ,

qui, a partir de Q1(X) = 1 et Q2(X) = 2X, permet de montrer que Qn est un polynome de degren− 1 et de meme parite que n− 1, dont le terme de plus haut degre vaut 2n−1Xn−1.

Decomposition de Tn

D’apres la relation (B), Les nombres

ζk = coskπ

n,

pour k variant de 1 a n − 1 sont alors des nombres tels que Qn(ζk) soit nul, (car sin(kπ/n) ne l’estpas) et ils sont distincts. On obtient ainsi les n− 1 racines de Qn et elles sont simples.

En derivant la relation (B), il vient

− sin2 xQ′n(cos x) + cos xQn(cos x) = n cos(nx) ,

et donc

Q′n(ζk) = −n

cos kπ

sin2kπ

n

= n(−1)k+1

sin2kπ

n

,


Tn(X) =1

n

n−1∑

k=1

(−1)k+1 sin2kπ

n

X − coskπ

n

3) Il resulte de ce qui precede que

tan(nx) =sin(nx)

cos(nx)=

sinxQn(cos x)

Pn(cos x),

et donc on obtient la fraction (impaire)

Un(X) =Qn(X)

Pn(X).

Decomposition de Un


Les poles de Un sont ceux de Rn. On remarque que

sinxQn(cos x) = sin(nx) et sinxP ′n(cos x) = n sin(nx) ,

doncQn(cos x)

P ′n(sinx)

=1

n.

Alors le coefficient de 1/(X − ξk) dans la decomposition de Un vaut

Qn(ξk)

P ′n(ξk)

=1

n,

et l’on a

Un(X) =1

n

n−1∑

k=0

1

X − cos(2k + 1)π

2n

Decomposition de 1/Un

La fraction 1/Un est impaire est de degre 1. Le rapport des termes de plus haut degre vaut 1. Alors,la partie polynomiale de la decomposition vaut X.

Les poles de 1/Un sont ceux de Tn. On a

Pn(ζk) = cos(kπ) = (−1)k et Q′n(ζk) = n

(−1)k+1

sin2kπ

n

.

Alors le coefficient de 1/(X − ζk) dans la decomposition de 1/Un vaut

Pn(ζk)

Q′n(ζk)

= − 1

nsin2

kπ

n,

et l’on a

1

Un(X)= X − 1

n

n−1∑

k=1

sin2kπ

n

X − coskπ

n

Remarque : toutes les fractions precedentes ayant une parite, on peut faire apparaıtre cette proprietedans les decompositions.


(25) Montrer qu’il existe un polynome Pn tel que, pour tout x reel non nul et tout entier naturel n,

(A) Pn(x+ x−1) = xn + x−n .

Lorsque n ≥ 1, decomposer en elements simples sur R la fraction

Rn(X) =1

Pn(X).

Retrouver le resultat en utilisant l’exercice precedent.

En utilisant la formule

(x+ x−1)(xn + x−n) = xn+1 + x−(n+1) + xn−1 + x−(n−1) ,


(B) Pn+1(X) = XPn(X) − Pn−1(X)

qui a partir de P0(X) = 2 et P1(X) = X permet de montrer que Pn est un polynome de degre n etde meme parite que n.

Les poles de Rn sont les racines de Pn. L’equation xn + x−n = 0 equivaut a

x2n = −1 ,

et l’on obtientxk = e(2k+1)iπ/(2n)

avec k entier. On trouve n valeurs distinctes lorsque k varie de 0 a n− 1. Alors les nombres

ξk = e(2k+1)iπ/(2n) + e−(2k+1)iπ/(2n) = 2cos(2k + 1)π

2n,

pour k variant de 0 a n− 1 sont racines de Pn et puisque Pn est de dgre n ces n racines sont simples.

Le coefficient de 1/(X−ξk) dans la decomposition de Rn vaut 1/P ′n(ξk). Pour calculer P

′n(ξk) derivons

la relation (A). On trouve

nxn−1 − nx−n−1 = (1− x−2)P ′n(x+ x−1) ,

et en remplaant x par xk on obtient

nxn−1k − nx−n−1

k = (1− x−2k )P ′

n(ξk) ,

d’ou,

P ′n(ξk) = n

xn−1k − x−n−1

k

1− x−2k

= nxnk − x−n

k

xk − x−1k

.


Alors

xnk − x−nk = e(2k+1)iπ/2 − e−(2k+1)iπ/2 = 2i sin

(2k + 1)π

2= 2i(−1)k ,

et

xk − x−1k = 2i sin

(2k + 1)π

2n,

donc

P ′n(ξk) =

n(−1)k

sin(2k + 1)π

2n

,

et finalement

Rn(X) =1

n

n−1∑

k=0

(−1)k sin(2k + 1)π

2n

X − 2 cos(2k + 1)π

2n

Si l’on considere le polynome

Pn(X) =Pn(2X)

2,

on deduit de la relation de recurrence (B)

Pn+1(X) = 2Pn(X)− Pn−1(X)

avec P0 = 1 et P1(X) = X. On retrouve le polynome de la question 1 de l’exercice precedent. Donc

1

P (X)=

1

n

n−1∑

k=0

(−1)k sin(2k + 1)π

2n

X − cos(2k + 1)π

2n

,

puis

Rn(X) =1

Pn(X)=

1

2Pn(X/2)=

1

n

n−1∑

k=0

(−1)k sin(2k + 1)π

2n

X − 2 cos(2k + 1)π

2n

.

(26) Montrer que pour tout entier n ≥ 1 il existe une fraction rationnelle Rn telle que, pour toutnombre reel x pour lequel tan(nx) et tan x existent, on ait

(A) Rn(tan x) = tan(nx) .

Decomposer en elements simples sur R les fractions Rn(X) et Rn(X)/X.


L’existence de Rn resulte de la relation

tan(nx) =tan(n− 1)x+ tan x

1− tan(n− 1)x tan x,

qui conduit a la relation de recurrence

(B) Rn(X) =Rn−1(X) +X

1−XRn−1(X),

avec R1(X) = X.

Nous allons tout d’abord etudier plus precisement la forme de Rn et montrer que

Rn(X) =XPn(X)

Qn(X),

ou Pn et Qn sont des polynomes pairs. Dans ce qui suit on notera δ(P ) le coefficient du terme de plushaut degre du polynome P .

Si l’on suppose la propriete vraie au rang n− 1, en remplacant dans (B), on obtient

Rn(X) =

XPn−1(X)

Qn−1(X))+X

1−XXPn−1(X)

Qn−1(X)

=X(Pn−1(X) +Qn−1(X))

Qn−1(X)−X2Pn−1(X),

et donc

(C)

{Pn(X) = Pn−1(X) +Qn−1(X)Qn(X) = Qn−1(X)−X2Pn−1(X)

.

Si Pn−1 et Qn−1 sont pairs, il en sera de meme de Pn et Qn, et comme P1(X) = Q1(X) = 1, on endeduit le resultat pour tout n ≥ 1.

On obtient en particulier

P2(X) = 2 et Q2(X) = 1−X2 .

Maintenant, on determine le degre et le terme de plus haut degre de Pn et Qn en montrant parrecurrence que le tableau suivant est vrai pour tout entier p ≥ 0.

n degPn degQn δ(Pn) δ(Qn)

2p+ 1 2p 2p (−1)p (−1)p(2p + 1)

2p+ 2 2p 2p+ 2 (−1)p(2p + 2) (−1)p+1

Il est verifie en particulier si p = 0. Supposons le vrai au rang p− 1. Alors, en utilisant (C),

P2p+3(X) = P2p+2(X) +Q2p+2(X) et Q2p+3(X) = Q2p+2(X)−X2P2p+2(X) ,


donc

degP2p+3 = degQ2p+2 = 2p+ 2 et δ(P2p+3) = δ(Q2p+2) = (−1)p+1 .

Par ailleurs

δ(Q2p+3) = δ(Q2p+2)− δ(P2p+2) = (−1)p+1 − (−1)p(2p + 2) = (−1)p+1(2p + 3) ,

donc

deg(Q2p+3) = deg(Q2p+2) = 2p + 2 .

On a aussi

P2p+4(X) = P2p+3(X) +Q2p+3(X) et Q2p+4(X) = Q2p+3(X)−X2P2p+3(X) ,

donc

δ(P2p+4) = δ(P2p+3) + δ(Q2p+3) = (−1)p+1 + (−1)p+1(2p + 3) = (−1)p+1(2p + 4) ,

puis

degP2p+4 = degP2p+3 = 2p + 2 .

Enfin

degQ2p+4 = deg(X2P2p+3) = 2p+ 4 ,

puis

δ(Q2p+4) = −δ(P2p+3) = (−1)p+2 .

On obtient bien le tableau au rang p+ 1. En particulier, a l’infini, on a les equivalents

Rn(X) =XPn(X)

Qn(X)∼{

X/n si n = 2p+ 1−n/X si n = 2p+ 2

,

ce qui prouve que Rn a une partie polynomiale uniquement si n est impaire, et comme Rn est impaire,cette partie polynomiale vaut X/n.

Les poles reels de Rn sont les valeurs de tanx pour lesquelles tan(nx) est infini et tanx ne l’est pas.On obtient n valeurs distinctes de x, pour lesquelles tan(nx) est infini. Ce sont les nombres

ξk =(2k + 1)π

2n,

pour k variant de 0 a n− 1. Par ailleurs il faut que

ξk 6= (2r + 1)π

2.

Or l’egalite(2k + 1)π

2n=

(2r + 1)π

2

implique

(2k + 1) = n(2r + 1) ,


et ne peut avoir lieu que si n est impair. Posons n = 2p+ 1. Dans ce cas

1 ≤ n(2r + 1) ≤ 2n− 1 ,

d’ou l’on deduit

−1

2+

1

n≤ r ≤ 1

2− 1

n,

ce qui ne peut avoir lieu que si r = 0 et donc k = p.

En resume, si n = 2p est pair, le degre de Qn vaut n et l’on a n poles ξk pour k variant de 0 a n− 1.Il en resulte que les poles sont simples et qu’il n’y a pas d’autres poles complexes.

Si n = 2p+1, le degre de Qn vaut n− 1 et l’on a n− 1 poles ξk pour k variant de 0 a n− 1, k distinctde p. Il en resulte la aussi que les poles sont simples et qu’il n’y a pas d’autres poles complexes.

Il reste a determiner le coefficient U de 1/(X − α), si α est un des poles. En posant Sn = 1/Rn on a

U = limX→α

(X − α)Rn(X) = limX→α

X − α

Sn(X)= lim

X→α

X − α

Sn(X)− Sn(α)=

1

S′n(α)

,

car, si α est un pole de Rn, c’est un zero de Sn

Pour calculer S′n(α), on part de la relation (A) que l’on peut ecrire

Sn(tanx) = cotan(nx) .

En derivant, on obtient

(1 + tan2 x)S′n(tan x) = −n(1 + cotan2(nx)) ,

donc1

S′n(tan x)

= − 1

n

1 + tan2 x

1 + cotan2(nx)= − 1

n

1 + tan2 x

1 + Sn(tanx)2.

Alors, si α = tanx, l’on obtient

U = −1 + α2

n.

On a donc, si n = 2p,

Rn(X) = − 1

n

n−1∑

k=0

1 + tan2(2k + 1)π

2n

X − tan(2k + 1)π

2n

et si n = 2p + 1,

Rn(X) =X

n− 1

n

p−1∑

k=0

1 + tan2(2k + 1)π

2n

X − tan(2k + 1)π

2n

+n−1∑

k=p+1

1 + tan2(2k + 1)π

2n

X − tan(2k + 1)π

2n


En remarquant que si r = n− 1− k, on a

tan(2k + 1)π

2n= tan

(2n − 2r − 1)π

2n= − tan

(2r + 1)π

2n,

on peut egalement ecrire si n = 2p,

Rn(X) = − 1

n

p−1∑

k=0

(1 + tan2

(2k + 1)π

2n

)

1

X − tan(2k + 1)π

2n

+1

X + tan(2k + 1)π

2n

et si n = 2p + 1,

Rn(X) =X

n− 1

n

p−1∑

k=0

(1 + tan2

(2k + 1)π

2n

)

1

X − tan(2k + 1)π

2n

+1

X + tan(2k + 1)π

2n

ce qui fait bien apparaıtre que Rn est impaire.

Remarque : par des methodes analogues on peut decomposer Sn.

La fractionRn(X)

X=

Pn(X)

Qn(X)

est une fraction paire qui a les memes poles que Rn(X). En particulier 0 n’est pas un pole.En partant de la relation

1

X(X − α)=

1

α

(1

X − α− 1

X

),

on obtient1

X(X − α)+

1

X(X + α)=

1

α

(1

X − α− 1

X + α

),

et en divisant Rn(X) par X, on trouve donc, si n = 2p,

Rn(X)

X= − 1

n

p−1∑

k=0

1 + tan2(2k + 1)π

2n

tan(2k + 1)π

2n

1

X − tan(2k + 1)π

2n

− 1

X + tan(2k + 1)π

2n

et si n = 2p + 1,

Rn(X)

X=

1

n− 1

n

p−1∑

k=0

1 + tan2(2k + 1)π

2n

tan(2k + 1)π

2n

1

X − tan(2k + 1)π

2n

− 1

X + tan(2k + 1)π

2n


(27) Decomposer en elements simples sur C puis R la fraction Rn(X) =Pn(−X)

Pn(X), ou Pn(X)

designe le polynomen−1∑

k=0

Xk (n ≥ 1).

En utilisant la relation(X − 1)Pn(X) = Xn − 1 ,

on peut encore ecrire

Rn(X) =(−X)n − 1

−X − 1

X − 1

Xn − 1.

Si n = 2p est pair, on obtient alors

Rn(X) = −X − 1

X + 1.

La fraction ne depend pas de p et on obtient la decomposition

Rn(X) = −1 +2

X + 1

Si n = 2p+ 1 est impair, on a alors

Rn(X) =Xn + 1

X + 1

X − 1

Xn − 1.

La fraction etant de degre 0, la partie polynomiale est le rapport des termes de plus haut degre c’est-a-dire 1.

Notons ξ = e2iπ/n. Les poles de Rn sont les nombres ξk, pour k variant de 1 a 2p. Si α est un de cespoles, alors, en ecrivant Rn(X) = Sn(X)/(Xn−1), le coefficient A de 1/(X−α) dans la decompositionde Rn en elements simples vaut, puisque αn = 1,

A =Sn(α)

nαn−1=

αn + 1

α+ 1

α− 1

nαn−1=

2(α − 1)

n(α+ 1)αn−1=

2(α− 1)α

n(α+ 1).

Puis, en multipliant par la quantite conjuguee du denominateur,

A =2(α− 1)(α + 1)α

n(α+ 1)(α + 1)=

2α i Imα

n(1 + Reα).

En remarquant quesin θ

1 + cos θ= tan

θ

2,


on obtient, pour α = e2ikπ/n ,

Imα

1 + Reα=

sin 2kπn

1 + cos 2kπn

= tankπ

n,

et finalement

Rn(X) = 1 +2i

n

2p∑

k=1

tankπ

n

e2ikπ/n

X − e2ikπ/n

Comme ξn−k est le conjugue de ξk, on peut ecrire

Rn(X) = 1 +2i

n

p∑

k=1

tankπ

n

ξk

X − ξk+

2p∑

k=p+1

tankπ

n

ξk

X − ξk

= 1 +2i

n

(p∑

k=1

tankπ

n

ξk

X − ξk+

p∑

k=1

tan(n− k)π

n

ξn−k

X − ξn−k

)

= 1 +2i

n

p∑

k=1

tankπ

n

(ξk

X − ξk− ξ

k

X − ξk

)

= 1 +2i

n

p∑

k=1

tankπ

n

2iX Im ξk

X2 − 2X Re ξk + 1,

et puisque

tankπ

nIm ξk = tan

kπ

nsin

2kπ

n= 2 sin2

kπ

n,

on obtient finalement

Rn(X) = 1− 8

n

p∑

k=1

X sin2kπ

n

X2 − 2X cos2kπ

n+ 1

Chapitre 2

Fractions a poles multiples

2.1 Fractions numeriques


(X2 − 3X + 2)2.

On peut ecrire1

X2 − 3X + 2=

1

(X − 1)(X − 2)=

1

X − 2− 1

X − 1,

et elever au carre, ce qui donne,

R(X) =

(1

X − 2− 1

X − 1

)2

=1

(X − 1)2+

1

(X − 2)2− 2

(X − 1)(X − 2),

d’ou

R(X) =1

(X − 1)2+

1

(X − 2)2− 2

X − 2+

2

X − 1

(29) Decomposer en elements simples sur C la fraction R(X) =X3 + iX2 − (2 + i)

(X − i)2(X + 1).

La fraction etant de degre 0, sa partie polynomiale est le rapport des termes de plus haut degre c’est-a-dire 1.

32 CHAPITRE 2. FRACTIONS A POLES MULTIPLES

Le coefficient de 1/(X + 1) dans la decomposition vaut

limX→−1

(X + 1)R(X) = limX→−1

X3 + iX2 − (2 + i)

(X − i)2=

−3

2i=

3i

2,

donc

R(X) = 1 +3i

2(X + 1)+

A

(X − i)2+

B

X − i.

Alors

A = limx→i

(X − i)2R(X) = limX→i

X3 + iX2 − (2 + i)

X + 1=

−3i− 2

i+ 1= −(2 + 3i)(1 − i)

2= −5 + i

2,

On a donc

R(X) = 1 +3i

2(X + 1)− 5 + i

2(X − i)2+

B

X − i.

Alors

R(0) = 2 + i = 1 +3i

2+

5 + i

2− B

i,

d’ouB

i=

5 + 4i

2− 1− i =

3 + 2i

2,

et finalement

R(X) = 1 +3i

2(X + 1)− 5 + i

2(X − i)2− 2− 3i

2(X − i)

(30) Decomposer en elements simples sur R la fraction R(X) =X + 1

X(X2 + 1)2.

On remarque que

R(X) =1

(X2 + 1)2+

1

X(X2 + 1)2.

La seconde fraction est impaire et se decompose sous la forme

S(X) =1

X(X2 + 1)2=

A

X+

BX

(X2 + 1)2+

CX

X2 + 1.

On obtient

A = limX→0

XS(X) = limX→0

1

(X2 + 1)2= 1 ,

puis

Bi = limX→i

(X2 + 1)2S(X) = limX→i

1

X= −i ,


donc A = 1 et B = −1. Alors

R(X) =1

X− X − 1

(X2 + 1)2+

CX

X2 + 1.

Enfin

R(−1) = 0 = −1 +1

2− C

2,

d’ou C = −1. Finalement

R(X) =1

X− X − 1

(X2 + 1)2− X

X2 + 1

(31) Decomposer en elements simples sur R la fraction R(X) =X2 − 3

(X − 1)2(X + 1).

On a donc

R(X) =A

X + 1+

B

(X − 1)2+

C

X − 1.

On obtient

A = limX→−1

(X + 1)R(X) = limX→−1

X2 − 3

(X − 1)2= −1

2,

puis

B = limX→1

(X − 1)2R(X) = limX→1

X2 − 3

X + 1= −1 ,

donc

R(X) = − 1

2(X + 1)− 1

(X − 1)2+

C

X − 1.

Enfin

R(0) = −3 = −1

2− 1− C ,

d’ou C = 3/2. Finalement

R(X) = − 1

2(X + 1)− 1

(X − 1)2+

3

2(X − 1)

(32) Decomposer en elements simples sur R la fraction R(X) =X2 − 2X − 3

(X − 1)2(X − 2).


On a donc

R(X) =A

X − 2+

B

(X − 1)2+

C

X − 1.

On obtient

A = limX→2

(X − 2)R(X) = limX→2

X2 − 2X − 3

(X − 1)2= −3 ,

puis

B = limX→1

(X − 1)2R(X) = limX→1

X2 − 2X − 3

X − 2= 4 ,

donc

R(X) = − 3

X − 2+

4

(X − 1)2+

C

X − 1.

Enfin

R(−1) = 0 = 1 + 1− C

2,

d’ou C = 4. Finalement

R(X) = − 3

X − 2+

4

(X − 1)2+

4

X − 1


(X2 + 1)2.

On ecrit

X5 + 1 = X5 +X3 −X3 −X +X + 1

= X3(X2 + 1)−X(X2 + 1) +X + 1

= (X3 +X −X)(X2 + 1)−X(X2 + 1) +X + 1

= X(X2 + 1)2 − 2X(X2 + 1) +X + 1 ,

d’ou

R(X) = X − 2X

X2 + 1+

X + 1

(X2 + 1)2.

(34) Decomposer en elements simples sur R la fraction R(X) =X5 − 2X4 +X2 − 3X + 2

(X + 1)(X − 1)2(X − 2)2.


La partie polynomiale est une constante : c’est le rapport des termes de plus haut degre de la fractionet vaut donc 1.

On calcule

limX→−1

(X + 1)R(X) = limX→−1

X5 − 2X4 +X2 − 3X + 2

(X − 1)2(X − 2)2=

1

12,

limX→1

(X − 1)2R(X) = limX→1

X5 − 2X4 +X2 − 3X + 2

(X + 1)(X − 2)2= −1

2,

limX→2

(X − 2)2R(X) = limX→2

X5 − 2X4 +X2 − 3X + 2

(X + 1)(X − 1)2= 0 .

Ce dernier resultat montre qu’en fait le numerateur de R est divisible par X − 2 c’est-a-dire que 2n’est pas un pole double. D’ailleurs

X5 − 2X4 +X2 − 3X + 2 = X4(X − 2) + (X − 1)(X − 2) = (X − 2)(X4 +X − 1) ,

et donc

R(X) =X4 +X − 1

(X − 1)2(X + 1)(X − 2).

On calcule alors

limX→2

(X − 2)R(X) = limX→2

X4 +X − 1

(X − 1)2(X + 1)=

17

3.

On obtient donc la decomposition

R(X) = 1 +17

3(X − 2)+

1

12(X + 1)− 1

2(X − 1)2+

A

X − 1.

Alors

R(0) =1

2= 1− 17

6+

1

12− 1

2−A .

donc A = −33/12 et finalement

R(X) = 1 +17

3(X − 2)+

1

12(X + 1)− 1

2(X − 1)2− 33

12(X − 1)

(35) Decomposer en elements simples sur R la fraction R(X) =X5 + 2X − 1

(X − 1)3(X + 1).

La partie polynomiale de degre 1 s’obtient en effectuant la division euclidienne de X5 + 2X − 1 par

(X − 1)3(X + 1) = (X − 1)2(X2 − 1) = X4 − 2X3 + 2X − 1


X5 +2X −1 X4 −2X3 +2X −1−X5 +2X4 −2X2 +X X +2

2X4 −2X2 +3X−2X4 +4X3 −4X +2

4X3 −2X2 −X +1

La partie polynomiale vaut donc X + 2.

Le coefficient de 1/(X + 1) dans la decomposition vaut

limX→−1

(X + 1)R(X) = limX→−1

X5 + 2X − 1

(X − 1)3=

1

2.

Pour trouver la partie polaire relative a 1, posons h = X − 1 et effectuons le developpement limite al’ordre 2 de

h3R(1 + h) =(1 + h)5 + 2(1 + h)− 1

2 + h=

2 + 7h+ 10h2 + ◦(h2)2 + h

,

d’ou

h3R(1 + h) =1 + 7h/2 + 5h2 + ◦(h2)

1 + h/2=

(1 +

7h

2+ 5h2

)(1− h

2+

h2

4

)+ ◦(h2) ,

et finalement

h2R(1 ∗ h) = 1 + 3h+7h2

2+ ◦(h2) .

La partie polaire est donc1

(X − 1)3+

3

(X − 1)2+

7

2(X − 1).

On en deduit

R(X) = X + 2 +1

2(X + 1)+

1

(X − 1)3+

3

(X − 1)2+

7

2(X − 1)

(36) Decomposer en elements simples sur R la fraction R(X) =(2X − 1)5

X3(X − 1)2.

La fraction etant de degre 0, sa partie polynomiale est le rapport des termes de plus haut degre c’est-a-dire 32.

En effectuant un developpement limite a l’ordre 2 on obtient

X3R(X) = −(1− 2X)5

(1−X)2= −1− 10X + 40X2 + ◦(X2)

1− 2X +X2.


On effectue alors la division suivant les puissances croissantes

1 −10X +40X2 1 −2X +X2

−1 +2X −X2 1 −8X +23X2

−8X +39X2

8X −16X2

23X2

La partie polaire relative a 0 est donc

1

X3− 8

X2+

23

X.

On pose h = X − 1 et l’on effectue un developpement limite a l’ordre 1 de

h2R(1 + h) =(1 + 2h)5

(1 + h)3=

1 + 10h+ ◦(h)1 + 3h+ ◦(h) = (1 + 10h)(1 − 3h) + ◦(h) = 1 + 7h+ ◦(h) .


1

(X − 1)2+

7

X − 1.

Finalement

R(X) = 32 +1

X3− 8

X2+

23

X+

1

(X − 1)2+

7

X − 1

(37) Decomposer en elements simples sur C puis R la fraction R(X) =X3 −X2 − 1

(X2 + 1)2.

La fraction se decompose sous la forme

R(X) =A

(X − i)2+

B

X − i+

A

(X + i)2+

B

X + i.

Tout d’abord

A = limX→i

(X − i)2R(X) = limX→i

X3 −X2 − 1

(X + i)2=

i3 − i2 − 1

4i2=

i

4.

Ensuite

R(0) = −1 = −A+B

−i−A+

B

i=

B −B

−i,

donc

B −B = i .


Enfin

limX→∞

XR(X) = 1 = B +B ,

donc

B =1 + i

2,

et l’on a la decomposition sur C

R(X) =i

4(X − i)2+

1 + i

2(X − i)− i

4(X + i)2+

1− i

2(X + i)

puis en regroupant les termes conjugues on obtient celle sur R

R(X) = − X

(X2 + 1)2+

X − 1

X2 + 1

(38) Decomposer en elements simples sur R la fraction R(X) =16X3

(X − 1)3(X + 1)2(X2 + 1)2.

Pole 1

Posons h = X − 1 et effectuons le developpement limite a l’ordre 2 de

(X − 1)3R(X) =16(1 + h)3

(2 + h)2(2 + 2h+ h2)2.

On obtient successivement

(1 + h)3 = 1 + 3h+ 3h2 + ◦(h2) ,

(2 + h)(2 + 2h+ h2) = 4 + 6h+ 4h2 + ◦(h2) ,

puis

(2 + h)2(2 + 2h+ h2)2 = 4(2 + 3h+ 2h2 + ◦(h2))2 = 4(4 + 12h+ 17h2 + ◦(h2)) .

Alors

(X − 1)3R(X) =1 + 3h+ 3h2 + ◦(h2)

1 + 3h+ 17h2/4 + ◦(h2) .

En effectuant la division suivant les puissances croissantes

1 +3h +3h2 1 +3h +17h2/4−1 −3h −17h2/4 1 −5h2/4

−5h2/4


et donc la partie polaire relative a 1 est

1

(X − 1)3− 5

4(X − 1).

Pole −1

Posons h = X + 1 et effectuons le developpement limite a l’ordre 1 de

(X + 1)2R(X) =16(h − 1)3

(h− 2)3(2− 2h+ h2)2.

On obtient successivement(h− 1)3 = −1 + 3h+ ◦(h) ,

et

(−2+h)3(2−2h+h2)2 = (−8+12h)(4−8h)+◦(h) = 16(−2+3h)(1−2h)+◦(h) = 16(−2+7h)+◦(h) .

Alors

(X − 1)R(X) =1− 3h+ ◦(h)2− 7h+ ◦(h) =

1

2(1− 3h)(1 + 7h/2) + ◦(h) = 1

2(1 + h/2 + ◦(h)) .

et donc la partie polaire relative a −1 est

1

2(X + 1)2+

1

4(X + 1).

On a donc

R(X) =1

(X − 1)3− 5

4(X − 1)+

1

2(X + 1)2+

1

4(X + 1)+

AX +B

(X2 + 1)2+

CX +D

X2 + 1.

Poles complexes

On a

Ai+B = limX→i

(X2 + 1)2R(X) =16i3

(i− 1)3(i+ 1)2=

−16i(i + 1)

(i2 − 1)3= 2i− 2 ,

donc A = 2 et B = −2.

Pour determiner les deux derniers coefficients on peut calculer

R(0) = 0 = −1 +5

4+

1

2+

1

4− 2 +D ,

d’ou D = 1, puis

limX→∞

XR(X) = 0 = −5

4+

1

4+ C ,

d’ou C = 1. Finalement


R(X) =1

(X − 1)3− 5

4(X − 1)+

1

2(X + 1)2+

1

4(X + 1)+

2X − 2

(X2 + 1)2+

X + 1

X2 + 1

(39) Decomposer en elements simples sur C puis R la fraction R(X) =X6

(X + 1)2(X2 + 1)2.

La fraction etant de degre 0, elle admet une partie polynomiale constante qui est le rapport des termesde plus huat degre et vaut donc 1.

La fraction possede trois poles doubles, −1, i et −i. On peut calculer les parties polaires en effectuantdes developpements limites d’ordre 1.

Pole −1

Posons h = X + 1 et effectuons le developpement limite a l’ordre 1 de

(X + 1)2R(X) =(h− 1)6

(2− 2h + h2)2.

On obtient

(h− 1)6 = 1− 6h+ ◦(h) et (2− 2h+ h2)2 = 4− 8h+ ◦(h) .Alors

(X + 1)R(X) =1− 6h+ ◦(h)4− 8h+ ◦(h) =

1

4(1− 6h)(1 + 2h) + ◦(h) = 1

4(1− 4h) + ◦(h) .

et donc la partie polaire relative a −1 est

1

4(X + 1)2− 1

X + 1.

Pole i

Posons h = X − i et effectuons le developpement limite a l’ordre 1 de

(X − i)2R(X) =X6

(X + i)2(X + 1)2=

(h+ i)6

(h+ 2i)2(h+ i+ 1)2.

On obtient en mettant i en facteur

(h+ i)6 = i6(1− ih)6 = −1 + 6ih + ◦(h) .


On a aussi

(h+ 2i)2(h+ i+ 1)2 = (−4 + 4ih)(2i + 2(i+ 1)h) + ◦(h)= −8i(1 − ih)(1 + (1− i)h) + ◦(h)= −8i(1 + (1− 2i)h) + ◦(h) .

Alors

(X − i)R(X) =1

8

−i− 6h+ ◦(h)1 + (1− 2i)h+ ◦(h) =

1

8(−i− 6h)(1− (1− 2i)h) + ◦(h) = 1

8(−i+(i− 4)h) + ◦(h) .

et donc la partie polaire relative a i est

−i

8(X − i)2+

i− 4

8(X − i).

Pole −i

La partie polaire est la conjuguee de la precedente c’est-a-dire

i

8(X + i)2− i+ 4

8(X + i).

Finalement, on obtient la decomposition sur C

R(X) = 1 +1

4(X + 1)2− 1

X + 1− i

8(X − i)2+

i− 4

8(X − i)+

i

8(X + i)2− i+ 4

8(X + i)

En regroupant les termes conjugues

− i

8(X − i)2+

i

8(X + i)2=

X

2(X2 + 1)2,

eti− 4

8(X − i)− i+ 4

8(X + i)= − 4X + 1

4(X + 1),

d’ou la decomposition sur R

R(X) = 1 +1

4(X + 1)2− 1

X + 1+

X

2(X2 + 1)2− 4X + 1

4(X2 + 1)

(40) Decomposer en elements simples sur C puis R la fraction R(X) =4X3

(X4 − 1)2.


On remarque que R(X) est la derivee de

S(X) = − 1

X4 − 1= − 1

Q(X),

dont les poles sont 1, −1, i et −i. Si α est un de ces poles, le coefficient de 1/(X − α) vaut

− 1

Q′(α)= − 1

4α3= −α

4,

donc

S(X) =1

4

(− 1

X − 1+

1

X + 1− i

X − i+

i

X + i

).

Alors la decomposition sur C est

R(X) =1

4

(1

(X − 1)2− 1

(X + 1)2+

i

(X − i)2− i

(X + i)2

)

et en regroupant les termes conjugues, on obtient celle sur R

R(X) =1

4

(1

(X − 1)2− 1

(X + 1)2− 4X

(X2 + 1)2

)

(41) Decomposer en elements simples sur C puis R la fraction R(X) =X2 + 1

X2(X3 − 1).

Pour le pole double 0, en faisant un developpement limite a l’ordre 1 on trouve

X2R(X) =X2 + 1

X3 − 1= −1 + ◦(X) .

La partie polynomiale relative a 0 est donc − 1

X2.

Si l’on ecrit R(X) = P (X)/(X2Q(X)) et si α est un pole simple 1, j ou j2, le coefficient de 1/(X −α)vaut

P (α)

α2Q′(α)=

α2 + 1

3α4=

α4 + α2

3=

α+ α2

3.

Pour 1, on trouve 2/3, et pour j et j2, on trouve −1/3, donc la decomposition sur C est

R(X) = − 1

X2+

2

3(X − 1)− 1

3(X − j)− 1

3(X − j2)


et en regroupant les termes conjugues on obtient celle sur R

R(X) = − 1

X2+

2

3(X − 1)− 2X + 1

3(X2 +X + 1)


X2(X − 1)3.

En effectuant un developpement limite a l’ordre 1 de X2R(X), on a

X2R(X) = − 1 +X2

(1−X)3= − 1 + ◦(X)

1− 3X + ◦(X)= −1− 3X + ◦(X) .


− 1

X2− 3

X.

On pose h = X − 1 et l’on effectue un developpement limite a l’ordre 2 de (X − 1)3R(X). On a

(X−1)3R(X) =X2 + 1

X2= 1+(1+h)−2 = 1+1−2h+

−2(−2− 1)

2!h2+◦(h2) = 2−2h+3h2+◦(h2) .


(X − 1)3− 2

(X − 1)2+

3

X − 1,

et finalement

R(X) = − 1

X2− 3

X+

2

(X − 1)3− 2

(X − 1)2+

3

X − 1

(43) Decomposer en elements simples sur R la fraction R(X) =X7

(X2 − 1)3.

La fraction est impaire et posede deux poles d’ordre 3 qui sont 1 et −1. Le rapport des termes de plushaut degre vaut X. Comme R est impaire, c’est la partie polynomiale de la decomposition.

Cherchons la partie polaire relative a 1 en effectuant un developpement limite d’ordre 2. On poseh = X − 1. Alors

(X − 1)3R(X) =(1 + h)7

(2 + h)3=

1 + 7h+ 21h2 + ◦(h2)8 + 12h + 6h2 + ◦(h2) .


En effectuant la division suivant les puissances croissantes on obtient

1 +7h +21h2 8 +12h +6h2

−1 −3h/2 −3h2/4 1/8 +11h/16 +3h2/211h/2 +81h2/4

−11h/2 −33h2/412h2


8(X − 1)3+

11

16(X − 1)2+

3

2(X − 1).

Alors en utilisant la parite la partie polaire relative a −1 vaut

1

8(X + 1)3− 11

16(X + 1)2+

3

2(X + 1).

et finalement

R(X) = X +1

8(X − 1)3+

11

16(X − 1)2+

3

2(X − 1)+

1

8(X + 1)3− 11

16(X + 1)2+

3

2(X + 1)


(X2 +X + 1)3.

On divise X7 + 1 par A(X) = X2 +X + 1.

X7 +1 X2 +X +1−X7 −X6 −X5 X5 −X4 +X2 −X

−X6 −X5

X6 +X5 +X4

X4

−X4 −X3 −X2

−X3 −X2

X3 +X2 +XX +1

Donc

X7 + 1 = A(X)(X5 −X4 +X2 −X) +X + 1 .

On divise le quotient par A(X).


X5 −X4 +X2 −X X2 +X +1−X5 −X4 −X3 X3 −2X2 +X +2

−2X4 −X3

2X4 +2X3 +2X2

X3 +3X2

−X3 −X2 −X2X2 −2X

−2X2 −2X −2−4X −2

DoncX5 −X4 +X2 −X = A(X)(X3 − 2X2 +X + 2)− 4X − 2 ,

etX7 + 1 = A(X)2(X3 − 2X2 +X + 2)−A(X)(4X + 2) + (X + 1) .

De nouveau on divise le quotient par A(X).

X3 −2X2 +X +2 X2 +X +1−X3 −X2 −X X −3

−3X2

3X2 +3X +33X +5

DoncX3 − 2X2 +X + 2 = A(X)(X − 3) + 3X + 5 .

On en deduit

X7 + 1 = A(X)3(X − 3) +A(X)2(3X + 5)−A(X)(4X + 2) +X + 1 ,

puis, en divisant par A(X)3,

R(X) = X − 3 +3X + 5

X2 +X + 1− 4X + 2

(X2 +X + 1)2+

X + 1

(X2 +X + 1)3


(X2 +X + 1)(X2 + 1)2.

La decomposition sur R s’ecrit

R(X) =AX +B

X2 +X + 1+

CX +D

(X2 + 1)2+

EX + F

X2 + 1.


En multipliant par X2 +X + 1 en en remplacant X par j, on trouve

Aj +B =j3 + 1

(j2 + 1)2=

2

j2= 2j ,

donc A = 2 et B = 0.

En multipliant par (X2 + 1)2 en en remplacant X par i, on trouve

Ci+D =i3 + 1

i2 + i+ 1=

1− i

i= −i− 1 ,

donc C = −1 et D = −1.

Ensuite on calcule

R(0) = 1 = B +D + F et limX→∞

XR(X) = 0 = A+ E ,

ce qui donne F = 2 et E = −2, d’ou

R(X) =2X

X2 +X + 1− X + 1

(X2 + 1)2− 2X − 2

X2 + 1


(X2 +X + 1)(X2 + 1)3.

On commence par ecrire R(X) sous la forme

R(X) =AX +B

X2 +X + 1+

B(X)

(X2 + 1)3.


Aj +B =1

(j2 + 1)3=

1

(−j)3= −1 ,

donc A = 0 et B = −1.

On calcule ensuite

B(X) = (X2 + 1)3(R(X) +

1

X2 +X + 1

)=

1 + (X2 + 1)3

X2 +X + 1=

((X2 +X + 1)−X)3 + 1

X2 +X + 1.

Donc


B(X) =(X2 +X + 1)3 − 3(X2 +X + 1)2X + 3(X2 +X + 1)X2 −X3 + 1

X2 +X + 1

= (X2 +X + 1)2 − 3X(X2 +X + 1) + 3X2 +1−X3

X2 +X + 1

= (X2 +X + 1)2 − 3X(X2 +X + 1) + 3X2 + 1−X

= X4 −X3 + 3X2 − 2X + 2 .

Alors

B(X) = (X2 + 1)(X2 −X + 2)−X et X2 −X + 2 = (X2 + 1)−X + 1 ,

d’ou

B(X) = (X2 + 1)2 + (−X + 1)(X2 + 1)−X .

Finalement

R(X) = − 1

X2 +X + 1− X

(X2 + 1)3− X − 1

(X2 + 1)2+

1

X2 + 1

(47) Decomposer en elements simples sur R la fraction R(X) =X + 1

(X2 +X + 1)2(X2 + 1)2.


R(X) =AX +B

(X2 +X + 1)2+

CX +D

(X2 + 1)2+

B(X)

(X2 + 1)(X2 +X + 1).

En multipliant par (X2 +X + 1)2 en en remplacant X par j, on trouve

Aj +B =j + 1

(j2 + 1)2=

j + 1

j2= −1 ,

donc A = 0 et B = −1.

En multipliant par (X2 + 1)2 en en remplacant X par i, on trouve

Ci+D =i+ 1

i2= −i− 1 ,

donc C = −1 et D = −1.

On calcule ensuite

S(X) = R(X) +1

(X2 +X + 1)2+

X + 1

(X2 + 1)2.


On doit pouvoir mettre en facteur (X2 + 1)(X2 +X + 1) dans le numerateur N(X) de cette fraction.

N(X) = (X + 1)[1 + (X2 +X + 1)2

]+ (X2 + 1)2

= (X + 1)[1 + ((X2 + 1) +X)2

]+ (X2 + 1)2

= (X + 1)[(X2 + 1)2 + 2X(X2 + 1) +X2 + 1

]+ (X2 + 1)2

= (X + 1)[(X2 + 1)2 + (2X + 1)(X2 + 1)

]+ (X2 + 1)2

= (X2 + 1)[(X + 1)(X2 + 2X + 2) +X2 + 1

]

= (X2 + 1)[(X + 1)(X2 +X + 1) + (X + 1)2 +X2 + 1

]

= (X2 + 1)[(X + 1)(X2 +X + 1) + 2(X2 +X + 1)

]

= (X2 + 1)(X2 +X + 1)(X + 3) ,

et l’on obtient

S(X) =X + 3

(X2 + 1)(X2 +X + 1).

Il reste a decomposer cette fraction. La decomposition sur R de S(X) s’ecrit

S(X) =EX + F

X2 +X + 1+

GX +H

X2 + 1.


Ej + F =j + 3

−j= −(1 + 3j2) = −(1− 3(1 + j)) = 2 + 3j ,

donc E = 3 et F = 2.

En multipliant par X2 + 1 en en remplacant X par i, on trouve

Gi+H =i+ 3

i= −i(i+ 3) = 1− 3i ,

donc G = −3 et H = 1.

Finalement

R(X) = − 1

(X2 +X + 1)2− X + 1

(X2 + 1)2+

3X + 2

X2 +X + 1− 3X − 1

X2 + 1

(48) Decomposer en elements simples sur R la fraction R(X) =X2(X2 − 1)

(X2 −X + 1)2(X4 + 4X2 + 1).


R(X) =AX +B

(X2 −X + 1)2+

S(X)

(X2 −X + 1)(X4 + 4X2 + 1).


En multipliant par X2 −X + 1 en en remplacant X par −j, on trouve

−Aj +B =j2(j2 − 1)

j4 + 4j2 + 1=

j − j2

3j2=

j2 − 1

3=

−2− j

3,

donc A = 1/3 et B = −2/3.

On calcule ensuite

R(X)− X − 2

3(X2 −X + 1)2=

3X2(X2 − 1)− (X − 2)(X4 + 4X2 + 1)

3(X2 −X + 1)(X4 + 4X2 + 1)

=−X5 + 5X4 − 4X3 + 5X2 −X + 2

3(X2 −X + 1)(X4 + 4X2 + 1).

On doit pouvoir mettre X2 − X + 1 en facteur au numerateur. On obtient en effectuant la divisioneuclidienne

−X5 +5X4 −4X3 +5X2 −X +2 X2 −X +1X5 −X4 +X3 −X3 +4X2 +X +2

4X4 −3X3

−4X4 +4X3 −4X2

X3 +X2

−X3 +X2 −X2X2 −2X

−2X2 +2X −20

Donc

R(X) − X − 2

3(X2 −X + 1)2=

−X3 + 4X2 +X + 2

3(X2 −X + 1)(X4 + 4X2 + 1).

De nouveau−X3 + 4X2 +X + 2

(X2 −X + 1)(X4 + 4X2 + 1)=

CX +D

X2 −X + 1+

T (X)

X4 + 4X2 + 1.

En multipliant par X2 −X + 1 en en remplacant X par −j, on trouve

−Cj +D =j3 + 4j2 − j + 2

j4 + 4j2 + 1=

3 + 4j2 + (1 + j2)

3j2=

4 + 5j2

3j2=

4j + 5

3,

donc C = −4/3 et D = 5/3.

On calcule maintenant

R(X)− X − 2

3(X2 −X + 1)2− −4X + 5

9(X2 −X + 1)=

−X3 + 4X2 +X + 2

3(X2 −X + 1)(X4 + 4X2 + 1)− −4X + 5

9(X2 −X + 1)

=3(−X3 + 4X2 +X + 2)− (X4 + 4X2 + 1)(−4X + 5)

9(X2 −X + 1)(X4 + 4X2 + 1)

=4X5 − 5X4 + 13X3 − 8X2 + 7X + 1

9(X2 −X + 1)(X4 + 4X2 + 1).


On doit pouvoir mettre X2 − X + 1 en facteur au numerateur. On obtient en effectuant la divisioneuclidienne

4X5 −5X4 +13X3 −8X2 +7X +1 X2 −X +1−4X5 +4X4 −4X3 4X3 −X2 +8X +1

−X4 +9X3

X4 −X3 +X2

8X3 −7X2

−8X3 +8X2 −8XX2 −X

−X2 +X −10

Donc

R(X)− X − 2

3(X2 −X + 1)2− −4X + 5

9(X2 −X + 1)=

4X3 −X2 + 8X + 1

9(X4 + 4X2 + 1).

Alors, puisque

X4 + 4X2 + 1 = (X2 + 2)2 − 3 = (X2 + 2 +√3)(X2 + 2−

√3) ,

la derniere fraction se decompose sous la forme

1

9

(EX + F

X2 + 2 +√3+

GX +H

X2 + 2−√3

).

En reduisant au meme denominateur, on trouve

1

9

(E +G)X3 + (F +H)X2 + ((2 +√3)G+ (2−

√3)E)X + ((2 +

√3)H + (2−

√3)F )

X3 + 4X + 1,

ce qui conduit aux deux systemes, ecrits matriciellement,

[1 1

2−√3 2 +

√3

] [EG

]=

[48

]et

[1 1

2−√3 2 +

√3

] [FH

]=

[−11

].

On obtient alors, en inversant la matrice

[EG

]=

1

2√3

[2 +

√3 −1

−2 +√3 1

] [48

]=

[22

]et

[FH

]=

1

2√3

[2 +

√3 −1

−2 +√3 1

] [−11

]=

1

2

[−√3− 1√3− 1

].

Finalement

R(X) =X − 2

3(X2 −X + 1)2− 4X − 5

9(X2 −X + 1)+

1

9

2X − 1 +

√3

2X2 + 2 +

√3+

2X +

√3− 1

2X2 + 2−

√3


(49) Decomposer en elements simples sur C la fraction R(X) =X6

(X5 + 1)2.

Si l’on pose ξ = e2iπ/5, les poles de R sont les nombres −ξp pour p variant de 0 a 4. La fraction sedecompose sous la forme

R(X) =

4∑

k=0

(Ak

(X + ξk)2+

Bk

X + ξk

).

Puisque ξ5 = 1, remarquons que l’on a

R(ξpX) =ξ6pX6

X5 + 1= ξpR(X) .

Cela permet de trouver des relations entre les coefficients des divers poles. Dans R(ξpX), on a enparticulier les termes

A0

(ξpX + 1)2+

B0

ξpX + 1=

A0 ξ−2p

(X + ξ−p)2+

B0 ξ−p

X + ξ−p=

A0 ξ−2p

(X + ξ5−p)2+

B0 ξ−p

X + ξ5−p,

qui doivent etre, par unicite,A5−p ξ

p

(X + ξ5−p)2+

B5−p ξp

X + ξ5−p.

On a doncA5−p = A0 ξ

−3p et B5−p = B0 ξ−2p ,

et, en posant 5− p = k,Ak = A0 ξ

3k et Bk = B0 ξ2k .

Il suffit donc de trouver A0 et B0 pour obtenir tous les autres coefficients.

Posons h = X + 1 et developpons a l’ordre 1

(X + 1)2R(X) =X6

(X4 −X3 +X2 −X + 1)2=

(h− 1)6[(h− 1)4 − (h− 1)3 + (h− 1)2 − (h− 1) + 1)

]2 ,

On obtient

(X + 1)2R(X) =1− 6h+ ◦(h)

[(1− 4h) + (1− 3h) + (1− 2h) + (1− h) + 1 + ◦(h)

]2

=1− 6h+ ◦(h)

[5(1 − 2h+ ◦(h))

]2

=1− 6h+ ◦(h)

25(1 − 4h+ ◦(h)) .

Donc

(X + 1)2R(X) =1

25(1− 6h)(1 + 4h) + ◦(h) = 1

25(1− 2h) + ◦(h) ,


d’ou la partie polaire relative a −1

1

25

(1

(X + 1)2− 2

X + 1

).

Finalement

R(X) =1

25

(1

(X + 1)2− 1

X + 1+

ξ3

(X + ξ)2− 2ξ2

X + ξ+

ξ

(X + ξ)2− 2ξ4

X + ξ2

+ξ4

(X + ξ3)2− 2ξ

X + ξ3+

ξ2

(X + ξ4)2− 2ξ3

X + ξ4

)

(50) Decomposer en elements simples sur R la fraction R(X) =X4 +X3 + 2X2 −X + 1

X(X2 + 1)2.

Le numerateur se scinde en un polynome pair qui est (X2 +1)2 et un polynome impair, ce qui permetde decomposer rapidement.

R(X) =1

X+

X2 − 1

(X2 + 1)2=

1

X+

(X2 + 1)− 2

(X2 + 1)2,

et donc

R(X) =1

X− 2

(X2 + 1)2+

1

X2 + 1

(51) Decomposer en elements simples sur R la fraction R(X) =2X + 1

(X2 − 1)3.

On peut commencer par decomposer la fraction

S(X) =8

(X2 − 1)3

qui est une fraction paire. En posant h = X − 1, on effectue un developpement limite a l’ordre 2 de

8

(X + 1)3=

8

(2 + h)3= (1 + h/2)−3 = 1− 3h

2+

(−3)(−3 − 1)

2

h2

4+ ◦(h2) = 1− 3h

2+

3h2

2+ ◦(h2) .


La partie polaire de S relative a 1 est donc

1

(X − 1)3− 3

2(X − 1)2+

3

2(X − 1),

puis, en raison de la parite de S,

S(X) =1

(X − 1)3− 3

2(X − 1)2+

3

2(X − 1)− 1

(X + 1)3− 3

2(X + 1)2− 3

2(X + 1).

Ensuite, en utilisant le fait que

X

(X − a)p=

(X − a) + a

(X − a)p=

1

(X − a)p−1+

a

(X − a)p,

on obtient

XS(X) =

(1

(X − 1)2+

1

(X − 1)3

)−(

3

2(X − 1)+

3

2(X − 1)2

)+

(3

2+

3

2(X − 1)

)

−(

1

(X + 1)2− 1

(X + 1)3

)−(

3

2(X + 1)− 3

2(X + 1)2

)−(3

2− 3

2(X + 1)

)

donc

XS(X) =1

(X − 1)3− 1

2(X − 1)2+

1

(X + 1)3+

1

2(X + 1)2.

Alors

R(X) =1

8(2XS(X) + S(X)) ,

et l’on en tire

R(X) =1

8

(3

(X − 1)3− 5

2(X − 1)2+

3

2(X − 1)+

1

(X + 1)3− 1

2(X + 1)2− 3

2(X + 1)

)

(52) Decomposer en elements simples sur C la fraction R(X) =X9 +X

(X − 1)3(X2 + 1)2(X + 2).

a) La fraction est de degre 1. Pour trouver la partie polynomiale on peut poser h = 1/X et effectuerun developpement limite a l’ordre 1 de hR(1/h). On a

hR(1/h) =1 + h8

(1− h)3(1 + h2)2(1 + 2h)=

1 + ◦(h)(1− 3h)(1 + 2h) + ◦(h) =

1 + ◦(h)1− h+ ◦(h) = 1 + h+ ◦(h) ,

donc

R(1/h) =1

h+ 1 + ◦(1) .


La partie polynomiale est donc X + 1.

b) Le coefficient de 1/(X + 2) dans la decomposition vaut

limX→−2

(X + 2)R(X) = limX→−2

X9 +X

(X − 1)3(X2 + 1)2=

(−2)9 − 2

(−3)3 52=

514

675.

c) Pour obtenir la partie polaire relative a 1, on pose h = X − 1 et on effectue un developpementlimite a l’ordre 1 de h3R(1 + h). On a donc

h3R(1 + h) =(1 + h)9 + 1 + h

(2 + 2h+ h2)2(3 + h)=

2 + 10h + 36h2 + ◦(h2)(4 + 8h+ 8h2)(3 + h) + ◦(h2) .

Puis

h3R(1 + h) =2 + 10h + 36h2 + ◦(h2)12 + 28h+ 32h2 + ◦(h2) =

1 + 5h+ 18h2 + ◦(h2)6 + 14h+ 16h2 + ◦(h2) .

On effectue la division suivant les puissances croissantes.

1 +5h +18h2 6 +14h +16h2

−1 −7h/3 −8h2/3 1/6 +4h/9 +41h2/278h/3 +46h2/3

−8h/3 −56h2/982h2/9

D’ou la partie polaire relative a 1 :

1

6(X − 1)3+

4

9(X − 1)2+

41

27(X − 1).

d) Pour obtenir la partie polaire relative a i, on pose h = X− i et on effectue un developpement limitea l’ordre 1 de hR(i+ h). On a donc

hR(i+ h) =(i+ h)9 + i+ h

(i− 1 + h)3(2i+ h)2(2 + i+ h)=

i9 + 9i8h+ i+ h+ ◦(h)((i − 1)3 + 3(i− 1)2h)(4i2 + 4ih)(i + 2 + h) + ◦(h) .

Donc

hR(i+h) =2i+ 10h + ◦(h)

(2 + 2i− 6ih)(−4 + 4ih)(2 + i+ h) + ◦(h) = −1

4

i+ 5h+ ◦(h)(1 + i− 3ih)(1 − ih)(2 + i+ h) + ◦(h) .

Au denominateur on obtient successivement

(1 + i− 3ih)(1 − ih) = 1 + i+ (−i2 − i− 3i)h = 1 + i+ (1− 4i)h ,

puis

(1+ i−3ih)(1− ih)(2+ i+h) = (1+ i+(1−4i)h)(2+ i+h) = (2+ i)(1+ i)+[(1+ i)+(2+ i)(1−4i)

]h ,

et finalement(1 + i− 3ih)(1 − ih)(2 + i+ h) = 1 + 3i+ (7− 6i)h ,


donc

hR(i+ h) = −1

4

i+ 5h+ ◦(h)1 + 3i+ (7− 6i)h + ◦(h) .

En multipliant numerateur et denominateur par le conjugue de 1 + 3i, on trouve encore

hR(i+ h) = −1

4

3 + i+ 5(1− 3i)h + ◦(h)10 + (1− 3i)(7 − 6i)h + ◦(h) = −1

4

3 + i+ 5(1− 3i)h + ◦(h)10 − (11 + 27i)h + ◦(h) .

Alors

hR(i+ h) = − 1

40

3 + i+ 5(1 − 3i)h+ ◦(h)

1− 11 + 27i

10h+ ◦(h)

= − 1

40

(3 + i+ 5(1− 3i)h

)(1 +

11 + 27i

10h)+ ◦(h)

= − 1

40

[3 + i+

((3 + i)

11 + 27i

10+ 5(1− 3i)

)h]+ ◦(h)

= − 1

40

[3 + i+

28− 29i

5h]+ ◦(h) .

La partie polaire relative a i est donc

− 3 + i

40(X − i)2− 28− 29i

200(X − i).

La partie polaire relative a −i est la conjuguee de la precedente soit

− 3− i

40(X + i)2− 28 + 29i

200(X + i).

Finalement

R(X) = X + 1 +1

6(X − 1)3+

4

9(X − 1)2+

41

27(X − 1)+

514

675(X + 2)

− 3 + i

40(X − i)2− 28− 29i

200(X − i)− 3− i

40(X + i)2− 28 + 29i

200(X + i)

2.2 Fractions avec parametre


(X − 1)(Xn − 1)(n ≥ 1).


Si l’on note ξ = e2iπ/n et Rn(X) = 1/((X − 1)Qn(X)), les nombres complexes ξr pour r variant de 0a n− 1 sont les sont poles de R. Tous ces poles sont simples, sauf le nombre 1 qui est double.

Si α designe un des poles simples, le coefficient de 1/(X − α) dans la decomposition vaut

1

(α− 1)Q′n(α)

=1

(α− 1)nαn−1=

1

n(1− αn−1)=

1

n(1− α).

Pour obtenir la partie polaire relative a 1 posons h = X − 1. Alors

Rn(X) =1

h((h+ 1)n − 1).

Alors

(h+ 1)n − 1 = 1 + nh+n(n− 1)

2h2 + ◦(h2)− 1 = nh+

n(n− 1)

2h2 + ◦(h2) ,

donc

Rn(1 + h) =1

h21

n+n(n− 1)

2h+ ◦(h)

=1

nh21

1 +n− 1

2h+ ◦(h)

=1

nh2

(1− n− 1

2h+ ◦(h)

),

puis

Rn(X) =1

n(X − 1)2− n− 1

2n(X − 1)+ ◦(1/(X − 1)) .


1

n(X − 1)2− n− 1

2n(X − 1).

Finalement

Rn(X) =1

n

(1

(X − 1)2− n− 1

2(X − 1)+

n−1∑

k=1

1

(1− ξk)(X − ξk)

)

Comme ξr= ξn−r, on regroupe les termes conjugues lorsque ξr n’est par reel et l’on a

1

(1− ξk)(X − ξk)

+1

(1− ξ k)(X − ξk)=

2Re[(1− ξ

k)(X − ξk)

]

(1− ξk)(X − ξk)(1− ξ k)(X − ξ

k) .

Pour le numerateur

(1− ξk)(X − ξk) = (1− ξ

k)X + 1− ξk ,

et donc

2Re[(1− ξ

k)(X − ξk)

]= 2[Re(1− ξ

k)X +Re(1− ξk)

]= 2(1 − Re ξk) (X + 1) .


Pour le denominateur

(1− ξk)(1 − ξ k)(X − ξk)(X − ξ

k) = (2− 2Re ξk)(X2 − 2X Re ξk + 1) .

Finalement1

(1− ξk)(X − ξk)

+1

(1− ξ k)(X − ξk)=

X + 1

X2 − 2X cos2kπ

n+ 1

.

Lorsque n = 2p+ 1 est impair, on obtient,

Rn(X) =1

n

1

(X − 1)2− n− 1

2(X − 1)+

p∑

k=1

X + 1

X2 − 2X cos2kπ

n+ 1

Lorsque n = 2p est pair, le nombre −1 est un pole reel egalement car ξp = −1. Alors

Rn(X) =1

n

1

(X − 1)2− n− 1

2(X − 1)+

1

2(X + 1)+

p−1∑

k=1

X + 1

X2 − 2X cos2kπ

n+ 1

(54) Decomposer en elements simples sur R la fraction Rn(X) =1

Xn(1−X)n(n ≥ 1).

Remarquons queRn(1−X) = Rn(X) .

Alors si Ak est le coefficient de 1/Xk dans la decomposition de Rn(X), le coefficient de 1/(X − 1)k

sera (−1)kAk.

Il suffit de chercher le developpement limite de (1−X)−n au voisinage de 0 a l’ordre n− 1. Or

(1−X)−n =

n−1∑

k=0

(−n)(−n− 1) · · · (−n− k + 1)

k!(−X)k + ◦(Xn−1)

=

n−1∑

k=0

n(n+ 1) · · · (n+ k − 1)

k!Xk + ◦(Xn−1) ,

ce qui s’ecrit avec les coefficients binomiaux

(1−X)−n =n−1∑

k=0

(n+ k − 1

k

)Xk + ◦(Xn−1) .


La partie polaire relative a zero est donc

n−1∑

k=0

(n+ k − 1

k

)1

Xn−k=

n∑

k=1

(2n− k − 1

n− k

)1

Xk.

Finalement

Rn(X) =

n∑

k=1

(2n − k − 1

n− k

) (1

Xk+

(−1)k

(X − 1)k

)

(55) Decomposer en elements simples sur R la fraction Rn(X) =X5 −X + 1

(X2 + 1)n(n ≥ 1).

En divisant le numerateur par X2 + 1, on trouve

X5 −X + 1 = (X2 + 1)(X3 −X) + 1 ,

puis, en divisant de nouveau,X3 −X = (X2 + 1)X − 2X ,

doncX5 −X + 1 = X(X2 + 1)2 − 2X(X2 + 1) + 1 ,

et donc, si n ≥ 2,

Rn(X) =1

(X2 + 1)n− 2X

(X2 + 1)n−1+

X

(X2 + 1)n−2

Si n = 1, on obtient cette fois

R1(X) =1

X2 + 1+X3 −X

(56) Decomposer en elements simples sur C puis R la fraction Rn(X) =X

(X + 1)n(X2 +X + 1)(n ≥ 1) Expliciter la decomposition sur R pour 1 ≤ n ≤ 6.

La fraction Rn admet j et j2 comme poles complexes simples. Cherchons la partie polaire relative a j.Si l’on note Rn(X) = X/((X + 1)nQn(X)), le coefficient de 1/(X − j) dans la decomposition vaut

j

(j + 1)nQ′n(j)

=j

(j + 1)n(2j + 1)=

j(2j2 + 1)

(−j2)n(2j + 1)(2j2 + 1)= (−1)n

(2 + j)jn

3.


Le coefficient de la partie polaire relative a j2 sera le conjugue du precedent soit

(−1)n(2 + j2)j2n

3.

Pour chercher la partie polaire relative a −1, posons h = X +1 et effectuons le d’eveloppement limitea l’ordre n− 1 de

(X + 1)nRn(X) =X

X2 +X + 1=

−1 + h

(−1 + h)2 + h=

−1 + h

1− h+ h2=

(−1 + h)(1 + h)

(1− h+ h2)(1 + h)=

−1 + h2

1 + h3.

Alors, quel que soit le nombre entier naturel p,

X

X2 +X + 1= (−1 + h2)

(p∑

k=0

(−h3)k + ◦(h3p))

=

p∑

k=0

(−1)k+1h3k +

p−1∑

k=0

(−1)kh3k+2 + ◦(h3p) .

puis

X

X2 +X + 1= −1+

p−1∑

k=0

(−1)kh3k+3+

p−1∑

k=0

(−1)kh3k+2+◦(h3p) . = −1+

p−1∑

k=0

(−1)k(h3k+2+h3k+3)+◦(h3p) .

On obtient donc le developpement de Rn suivant, ou l’on arrete la somme a la derniere puissancestrictement positive,

Rn(X) = (−1)njn(2 + j)

3(X − j)+ (−1)n

j2n(2 + j2)

3(X − j2)− 1

(X + 1)n+

1

(X + 1)n−2

+1

(X + 1)n−3− 1

(X + 1)n−5− 1

(X + 1)n−6+ · · · .

Si l’on regroupe les deux premiers termes en tenant compte du fait que jn+j2n vaut 2 si n est divisiblepar 3 et −1 sinon, on obtient au numerateur

jn(2+j)(X−j2)+j2n(2+j2)(X−j) = X[2(jn+j2n)+(jn+1+j2n+2)

]−[2(jn+2+j2n+4)+(jn+j2n)

]

et donc cette expression vaut X si n = 3k, −X − 1 si n = 3k + 1 et 1 si n = 3k + 2. Il en resulte que

(−1)njn(2 + j)

3(X − j)+ (−1)n

j2n(2 + j2)

3(X − j2)=

(−1)nX

X2 +X + 1si n = 3k

(−1)n+1 X + 1

X2 +X + 1si n = 3k + 1

(−1)n1

X2 +X + 1si n = 3k + 2

On peut expliciter les premieres valeurs de Rn.


R1(X) =X + 1

X2 +X + 1− 1

X + 1

R2(X) =1

X2 +X + 1− 1

(X + 1)2

R3(X) = − X

X2 +X + 1− 1

(X + 1)3+

1

X + 1

R4(X) = − X + 1

X2 +X + 1− 1

(X + 1)4+

1

(X + 1)2+

1

X + 1

R5(X) = − 1

X2 +X + 1− 1

(X + 1)5+

1

(X + 1)3+

1

(X + 1)2

R6(X) =X

X2 +X + 1− 1

(X + 1)6+

1

(X + 1)4+

1

(X + 1)3− 1

X + 1

(57) Decomposer en elements simples sur R la fraction Rn(X) =

n∑

k=0

1

(X − k)2(X − k − 1)(n ≥ 0).

Posons

S(X) =1

X2(X − 1).

On a

S(X) =A

X2+

B

X+

C

X − 1.

Alors

A = limX→0

X2S(X) = limX→0

1

X − 1= −1

et

C = limX→1

(X − 1)S(X) = limX→1

1

X2= 1 ,

donc

S(X) = − 1

X2+

B

X+

1

X − 1.

En particulier

S(−1) = −1

2= −1−B − 1

2,

d’ou B = −1. Alors

Rn(X) =n∑

k=0

S(X − k) = −n∑

k=0

1

(X − k)2−

n∑

k=0

1

X − k+

n∑

k=0

1

X − k − 1,

et, en simplifiant,


Rn(X) = −n∑

k=0

1

(X − k)2− 1

X+

1

X − n− 1

(58) 1) Montrer que pour tout entier n ≥ 1 il existe une fraction rationnelle Rn a coeffficientscomplexes telle que, pour tout x reel qui n’est pas de la forme (2k + 1)π/2,

e2inx = Rn(tan x)

et decomposer Rn en elements simples sur C.

2) Montrer que pour tout entier n ≥ 1 il existe des fractions rationnelles Sn et Tn a coefficientsreels telles que, pour tout x reel qui n’est pas de la forme (2k + 1)π/2,

cos(2nx) = Sn(tan x) et sin(2nx) = Tn(tan x)

et decomposer Sn et Tn en elements simples sur C et R.

3) Montrer que pour tout entier n ≥ 0 il existe une fraction rationnelle Vn a coefficients reels telleque, pour tout x reel qui n’est pas de la forme (2k + 1)π/2,

sin((2n+ 1)x) = cos xVn(tanx)

et decomposer Vn en elements simples sur R.

1) On part de

e2ix = (cos x+ i sinx)2 =cos x+ i sin x

cos x− i sin x=

1 + i tan x

1− i tan x.

Alors

e2inx = (e2ix)n =

(1 + i tan x

1− i tan x

)n

,

et la fraction Rn cherchee peut s’ecrire

Rn(X) =

(1 + iX

1− iX

)n

=

(i−X

i+X

)n

,

et donc

(A) Rn(X) =

(2i

X + i− 1

)n

.

On a egalement, en rendant le denominateur reel,

(B) Rn(X) =(1 + iX)2n

(1 +X2)n.


Decomposition de Rn

En developpant la relation (A) grace a la formule du binome, on obtient

Rn(X) =n∑

k=0

(−1)n−k

(n

k

)(2i)k

(X + i)k,

ou encore, en isolant le terme constant obtenu pour k = 0,

Rn(X) = (−1)n +

n∑

k=1

(−1)n−k

(n

k

)(2i)k

(X + i)k

2) Decomposition de Sn

On part de la relation

cos 2nx = Re e2inx = ReRn(tan x) .

Sur C, on ecrit simplement

Sn(X) =1

2(Rn(X) +Rn(X)) ,

d’ou

Sn(X) =1

2

n∑

k=0

(−1)n−k

(n

k

)((2i)k

(X + i)k+

(−2i)k

(X − i)k

)

Par ailleurs, en developpant grace a la formule du binome, on obtient egalement

(1 + iX)2n =2n∑

k=0

(2n

k

)(iX)k

=n∑

s=0

(2n

2s

)(−1)sX2s + i

n−1∑

s=0

(2n

2s + 1

)(−1)sX2s+1 ,

donc, d’apres la relation (B),

Sn(X) = ReRn(X) =n∑

s=0

(2n

2s

)(−1)s

X2s

(X2 + 1)n.

En ecrivant

X2s = ((X2 + 1)− 1)s =

s∑

r=0

(s

r

)(X2 + 1)r(−1)s−r ,

on obtient

Sn(X) =

n∑

s=0

(2n

2s

) s∑

r=0

(−1)r(s

r

)1

(X2 + 1)n−r.


En posant p = n− r, on a encore

Sn(X) =n∑

s=0

(2n

2s

) n∑

p=n−s

(−1)n−p

(s

n− p

)1

(X2 + 1)p,

puis, en inversant les sommations et en isolant le terme constant obtenu pour p = 0,

Sn(X) = (−1)n +

n∑

p=1

(−1)n−p

(n∑

s=n−p

(2n

2s

)(s

n− p

))1

(X2 + 1)p

Decomposition de Tn

On part de la relationsin 2nx = Im e2inx = ImRn(tanx) .

Sur C, on a donc

Sn(X) =1

2i(Rn(X)−Rn(X)) ,

d’ou

Sn(X) =1

2i

n∑

k=0

(−1)n−k

(n

k

)((2i)k

(X + i)k− (−2i)k

(X − i)k

)

Pour la decomposition sur R, on a, d’apres la relation (B),

Tn(X) = ImRn(X) =

n−1∑

s=0

(2n

2s+ 1

)(−1)s

X2s+1

(X2 + 1)n,

et l’on ecrit cette fois

X2s+1 = X((X2 + 1)− 1)s = Xs∑

r=0

(s

r

)(X2 + 1)r(−1)s−r ,

donc

Tn(X) =n−1∑

s=0

(2n

2s + 1

) s∑

r=0

(−1)r(s

r

)X

(X2 + 1)n−r.

En posant p = n− r, on a encore

Tn(X) =

n−1∑

s=0

(2n

2s+ 1

) n∑

p=n−s

(−1)n−p

(s

n− p

)X

(X2 + 1)p,

puis en inversant les sommations

Tn(X) =

n∑

p=1

(−1)n−p

(n−1∑

s=n−p

(2n

2s+ 1

)(s

n− p

))X

(X2 + 1)p


3) En partant de la relation trigonometrique

sin(2n+ 1)x = cos(2nx) sinx+ sin(2nx) cos x = cos x[tanx cos(2nx) + sin(2nx)

],

on a alorssin(2n+ 1)x = cos xVn(tan x)

ou l’on a poseVn(X) = XSn(X) + Tn(X) .

La decomposition resulte de la question 2).

Decomposition de Vn

Vn(X) = (−1)nX +

n∑

p=1

(−1)n−p

(n∑

s=n−p

(2n

2s

)(s

n− p

))X

(X2 + 1)p

+n∑

p=1

(−1)n−p

(n−1∑

s=n−p

(2n

2s+ 1

)(s

n− p

))X

(X2 + 1)p

= (−1)nX +

n∑

p=1

(−1)n−p

((n

n− p

)+

n−1∑

s=n−p

[(2n

2s

)+

(2n

2s + 1

)] (s

n− p

))X

(X2 + 1)p,

et, en utilisant les relations entre les coefficients binomiaux,

Vn(X) = (−1)nX +n∑

p=1

(−1)n−p

(n∑

s=n−p

(2n+ 1

2s+ 1

)(s

n− p

))X

(X2 + 1)p

Chapitre 3

Resultats generaux

(59) Soit R une fraction de degre strictement negatif et n’ayant que des poles complexes simples.Trouver, en fonction des coefficients de la decomposition en elements simples sur C et des poles deR, la decomposition des fractions XR(X), X2R(X), R(X)/Xn, R(X)2 et R(1/X).

Notons ξk, pour 1 ≤ k ≤ p les poles non nuls de R. La fraction se decompose sous la forme

R(X) =A0

X+

p∑

k=1

Ak

X − ξk,

ou A0 est nul si 0 n’est pas un pole de R.

XR(X)

Dans ce cas

XR(X) = A0 +

p∑

k=1

AkX

X − ξk= A0 +

p∑

k=1

Ak

(1 +

ξkX − ξk

),

donc

XR(X) =

p∑

k=0

Ak +

p∑

k=1

AkξkX − ξk

X2R(X)

Cette fois

X2R(X) = A0X +

p∑

k=1

AkX2

X − ξk= A0X +

p∑

k=1

Ak((X − ξk) + ξk)

2

X − ξk.

66 CHAPITRE 3. RESULTATS GENERAUX

donc

X2R(X) = A0X +

p∑

k=1

Ak

((X − ξk) + 2ξk +

ξ2kX − ξk

).

Finalement

X2R(X) = X

p∑

k=0

Ak +

p∑

k=1

(Akξk) +

p∑

k=1

Akξ2k

X − ξk

R(X)/Xn

On a maintenant

R(X)

Xn=

A0

Xn+1+

p∑

k=1

Ak

Xn(X − ξk).

Le coefficient de 1/(X − ξk) dans la decomposition vaut

limX→ξk

(X − ξk)R(X)

Xn=

Ak

ξnk.

Pour obtenir la partie polaire en 0 on effectue le developpement limite a l’ordre n− 1 de 1/(X − ξk).On obtient

1

X − ξk=

1

ξk

1

1− (X/ξk)=

1

ξk

n−1∑

s=0

(X

ξk

)s

+ ◦(Xn−1) .

Doncp∑

k=1

Ak

X − ξk=

n−1∑

s=0

(p∑

k=1

Ak

ξs+1k

)Xs + ◦(Xn−1) .

Finalement

R(X)

Xn=

A0

Xn+1+

n−1∑

s=0

(p∑

k=1

Ak

ξs+1k

)1

Xn−s+

p∑

k=1

Ak

ξnk

1

X − ξk

R(X)2

On obtient

R(X)2 =

(p∑

k=0

Ak

X − ξk

)2

=

p∑

k=0

A2k

(X − ξk)2+

∑

{(k,ℓ) | k 6=ℓ}

AkAℓ

(X − ξk)(X − ξℓ),

67

puis

R(X)2 =

p∑

k=0

A2k

(X − ξk)2+

∑

{(k,ℓ) | k 6=ℓ}

(AkAℓ

ξk − ξℓ

(1

X − ξk− 1

X − ξℓ

))

=

p∑

k=0

A2k

(X − ξk)2+

∑

{(k,ℓ) | k 6=ℓ}

AkAℓ

ξk − ξℓ

1

X − ξk+

∑

{(k,ℓ) | k 6=ℓ}

AℓAk

ξℓ − ξk

1

X − ξℓ

=

p∑

k=0

A2k

(X − ξk)2+ 2

∑

{(k,ℓ) | k 6=ℓ}

AkAℓ

ξk − ξℓ

1

X − ξk

car les deux dernieres sommes sont alors identiques. Finalement

R(X)2 =

p∑

k=0

A2k

(X − ξk)2+ 2

p∑

k=0

∑

{ℓ | ℓ 6=k}

Aℓ

ξk − ξℓ

Ak

X − ξk

R(1/X)

En remplacant dans le developpement de R, on obtient

R(1/X) = A0X +

p∑

k=1

Ak

1

X− ξk

= A0X +

p∑

k=1

AkX

1−Xξk= A0X −

p∑

k=1

Ak

ξk

X

X − 1/ξk,

donc

R(1/X) = A0X −p∑

k=1

Ak

ξk

(1 +

1/ξkX − 1/ξk

).

Finalement

R(1/X) = A0X −p∑

k=1

Ak

ξk−

p∑

k=1

Ak

ξ2k

1

X − 1/ξk

(60) Soit P un polynome dont toutes les racines sont simples. Montrer que si α est racine de P ,la partie polaire relative a α dans la decomposition de 1/P 2 en elements simples vaut

1

[P ′(α)]2(X − α)2− P ′′(α)

[P ′(α)]3(X − α).

68 CHAPITRE 3. RESULTATS GENERAUX

On remarque que, puisque les racines de P sont simples, le nombre P ′(α) n’est pas nul.

On effectue un developpement limite de (X −α)2/P (X)2 a l’ordre 1 au voisinage de α. En partant de

P (X) = (X−α)P ′(α)+(X − α)2

2P ′′(α)+◦((X−α)2) = (X−α)

(P ′(α) +

X − α

2P ′′(α) + ◦(X − α)

),

on obtient en elevant au carre

P (X)2 = (X − α)2([P ′(α)]2 + (X − α)P ′(α)P ′′(α) + ◦(X − α)

),

d’ou

(X − α)2

P (X)2=

1

P ′(α)]2 + (X − α)P ′(α)P ′′(α) + ◦(X − α)

=1

P ′(α)]21

1 + (X − α)P ′′(α)

P ′(α)+ ◦(X − α)

=1

P ′(α)]2

(1− (X − α)

P ′′(α)

P ′(α)+ ◦(X − α)

)

=1

[P ′(α)]2− P ′′(α)

[P ′(α)]3(X − a) + ◦(X − α) ,

ce qui donne le resultat demande.

Chapitre 4

Divers

(61) Soit P un polynome de racines complexes αi d’ordre pi, pour 1 ≤ i ≤ n.

1) Decomposer en elements simples sur C la fraction R = P ′/P .

Applications : a) P (X) = X3(X − 1)4(X2 + 1)2 et b) P (X) = Xn − 1 .2) Montrer que quels que soient a et z dans C tels que Im a < 0 et Im z ≥ 0, on a Im(z− a)−1 < 0.

Deduire de 1) que si toutes les racines de P sont dans le demi-plan {z ∈ C | Im z < 0}, le polynomeP ′ a toutes ses racines dans ce demi-plan.

1) Tout d’abord on remarque que si Q et R sont deux polynomes

(QR)′

QR=

Q′R+QR′

QR=

Q′

Q+

R′

R.

(Derivee logarithmique).

On a deduit immediatement que si P (X) s’ecrit

P (X) = λ

n∏

p=1

(X − αi)pi ,

alors

P ′(X)

P (X)=

n∑

p=1

piX − αi

.

En particulier pour a) on trouve

P ′(X)

P (X)=

3

X+

4

X − 1+

2

X + i+

2

X − i,

70 CHAPITRE 4. DIVERS

et pour b)

nXn−1

Xn − 1=

n−1∑

p=0

1

X − ξp,

ou ξ = e2iπ/n.

2) On a

1

z − a=

z − a

|z − a|2 .

Donc, si Im a < 0 et Im z ≥ 0,

Im1

z − a=

− Im z + Im a

|z − a|2 < 0 .

Soit ζ une racine de P ′ qui n’est pas racine de P . Supposons Im ζ ≥ 0. D’apres 1)

0 = ImP ′(ζ)

P (ζ)=

n∑

p=1

pi Im1

ζ − αi,

mais ceci est une somme de termes strictement negatifs, d’ou une contradiction. On en deduit queIm ζ < 0, ce qui reste vrai si ζ est aussi racine de P .

(62) Soit la fraction rationnelle R(X) =1

X2 − 1. Determiner les valeurs complexes qui annulent

la derivee n−ieme de R.

On part de la decomposition

R(X) =1

2

(1

X − 1− 1

X + 1

).

On a alors

R(n)(X) =(−1)nn!

2

(1

(X − 1)n+1− 1

(X + 1)n+1

),

et R(n)(x) est nulle lorsque(x+ 1

x− 1

)n+1

= 1 ,

c’est-a-dire lorsquex+ 1

x− 1= e2ipπ/(n+1) ,

ou 0 ≤ p ≤ n, ou encore

71

x =e2ipπ/(n+1) + 1

e2ipπ/(n+1) − 1=

eipπ/(n+1) + e−ipπ/(n+1)

eipπ/(n+1) − e−ipπ/(n+1)=

cospπ

n+ 1

i sinpπ

n+ 1

= −i cotanpπ

n+ 1.

(63) On pose, si n ≥ 1,

ξ = e2iπ/n et Rn(X) =

n−1∑

k=0

X + ξk

X − ξk.

1) Calculer Rn(0), limX→∞Rn(X), limX→1(X − 1)Rn(X).

2) Montrer que Rn(X) =Pn(X)

Xn − 1, ou Pn est un polynome de degre au plus n.

3) Calculer Pn(0), Pn(1) et trouver le coefficient de Xn dans Pn.

4) Montrer que si 1 ≤ p ≤ n, alors Pn(ξpX) = Pn(X).

5) Soit Qn = Pn − Pn(1). Trouver les racines de Qn et en deduire une expression explicite de Pn.

6) Decomposer en elements simples sur C la fraction Tn(X) =Xn + 1

Xn − 1.

Les nombres ξk pour 0 ≤ k ≤ n−1 sont les n racines n−ieme de 1, c’est-a-dire les racines du polynome

Sn(X) = Xn − 1 .

1) On a tout d’abord

Rn(0) =

n−1∑

k=0

(−1) = −n et limX→∞

Rn(X) =

n−1∑

k=0

1 = n .

Par ailleurs

(X − 1)Rn(X) = (X + 1) + (X − 1)

n−1∑

k=1

X + ξk

X − ξk,

donclimX→1

(X − 1)Rn(X) = 2 .

2) En reduisant au meme denominateur, on obtient

Rn(X) =Pn(X)

Xn − 1,

ou

Pn(X) =n−1∑

k=0

(X − 1) · · · (X − ξk−1)(X + ξk)(X − ξk+1) · · · (X − ξn−1) .


Il en resulte que Pn est la somme de polynomes de degre n, donc est un polynome de degre au plus n.

3) On a alors

Pn(X) = (Xn − 1)Rn(X) ,

ainsi que

Pn(0) = −Rn(0) = n .

D’autre part, si γn est le coefficient de Xn dans Pn(X), alors

limX→∞

Rn(X) = γn = n ,

donc Pn est de degre n.

Enfin

(Xn − 1)Rn(X) = (X − 1)Rn(X)Xn − 1

X − 1= (X − 1)Rn(X)

n−1∑

k=0

Xk ,

donc

Pn(1) = limX→1

(Xn − 1)Rn(X) = 2n .

4) On a tout d’abord

Pn(ξpX) = Rn(ξ

pX)((ξp X)n − 1) = Rn(ξpX)(Xn − 1) .

Par ailleurs

Rn(ξp X) =

n−1∑

k=0

ξpX + ξk

ξpX − ξk=

n−1∑

k=0

X + ξk−p

X − ξk−p.

Mais quand k varie de 0 a n−1 les nombres ξk−p decrivent toutes les racines n−ieme de 1, on retrouvedonc Rn(X). Alors

Pn(ξpX) = Rn(ξ

pX)(Xn − 1) = Rn(X)(Xn − 1) = Pn(X) .

5) D’apres ce qui precede, on a pour tout k,

Pn(ξk) = Pn(1) = 2n ,

donc Qn est un polynome de degre n qui a encore comme racines les nombres ξk. On a alors

Qn(X) = λ(Xn − 1) ,

et comme le terme de plus haut degre de Qn est celui de Pn, on obtient finalement

Qn(X) = n(Xn − 1) .

Alors

Pn(X) = Qn(X) + Pn(1) = n(Xn − 1) + 2n = n(Xn + 1) .

73

6) On a donc

Tn(X) =1

nRn(X) =

1

n

n−1∑

k=0

(1 +

2ξk

X − ξk

),

d’ou

Tn(X) = 1 +2

n

n−1∑

k=0

ξk

X − ξk

Remarque : cette decomposition pouvait s’obtenir directement en ecrivant

Tn(X) = 1 +2

Xn − 1= 1 +

2

Sn(X),

le coefficient de 1/(X − ξk) vaut alors

2

S′n(ξ

k)=

2

n(ξk)n−1=

2ξk

n.

(64) Pour s compris entre 0 et r, on note Ss,r(ξ1, . . . , ξr) la somme de tous les produits de snombres pris dans l’ensemble {ξ1, . . . , ξr}. En particulier

S0,r(ξ1, . . . , ξr) = 1 , S1,r(ξ1, . . . , ξr) = ξ1 + · · ·+ ξr , Sr,r(ξ1, . . . , ξr) = ξ1 · · · ξr .

On considere la fraction rationnelle

R(X) =

r∑

ℓ=1

1

X − ξℓ.

En trouvant deux expressions distinctes du numerateur Q de cette fraction, montrer que l’on a,lorsque 0 ≤ s ≤ r − 1, la relation

r∑

k=1

Ss,r−1(ξ1, . . . , ξk−1, ξk+1, . . . , ξr) = (r − s)Ss,r(ξ1, . . . , ξr) .

Verifier cette relation lorsque ξ1 = · · · = ξr = 1.

Considerons le denominateur de R qui est le polnome

P (X) =r∏

k=1

(X − ξk) ,


Les nombres Ss,r(ξ1, . . . , ξr) sont les expressions symetriques des racines de P et l’on a donc

P (X) =

r∑

s=0

(−1)sSs,r(ξ1, . . . , ξr)Xr−s .

Alors, en utilisant la derivee logarithmique (voir ex. 61), R(X) n’est autre queP ′(X)

P (X)et donc

Q(X) = P ′(X) =r−1∑

s=0

(−1)s(r − s)Ss,r(ξ1, . . . , ξr)Xr−s−1 .

D’autre part, en reduisant R au meme denominateur, on obtient

Q(X) =

r∑

k=1

∏

ℓ 6=k

(X − ξℓ) .

En developpant les produits, on trouve

Q(X) =

r∑

k=1

r−1∑

s=0

(−1)sSs,r−1(ξ1, . . . , ξk−1, ξk+1, . . . , ξr)Xr−1−s ,

et, en permutant les sommations,

Q(X) =

r−1∑

s=0

(−1)s

[r∑

k=1

Ss,r−1(ξ1, . . . , ξk−1, ξk+1, . . . , ξr)

]Xr−1−s .

En identifiant les deux expressions de Q, on obtient alors, lorsque s est compris entre 0 et r − 1,

r∑

k=1

Ss,r−1(ξ1, . . . , ξk−1, ξk+1, . . . , ξr) = (r − s)Ss,r(ξ1, . . . , ξr) .

Lorsque les nombres ξℓ sont egaux a 1, le nombre Ss,r(ξ1, . . . , ξr) n’est autre que le nombre de termesconstituant la somme Ss,r, c’est-a-dire le nombre de facons de choisir s termes parmi r. On a donc

Ss,r(ξ1, . . . , ξr) =

(r

s

).

(On retrouve aussi ce resultat en remarquant que dans ce cas, P (X) = (X − 1)n). Alors

r∑

k=1

Ss,r−1(ξ1, . . . , ξk−1, ξk+1, . . . , ξr) =

r∑

k=1

(r − 1

s

)= r

(r − 1

s

)=

r!

s!(r − 1− s)!,

et

(r − s)Ss,r(ξ1, . . . , ξr) = (r − s)

(r

s

)= (r − s)

r!

s!(r − s)!=

r!

s!(r − 1− s)!.

On constate bien l’egalite dans ce cas.

EXERCICES SUR LES FRACTIONS RATIONNELLESGerard.Eguether/zARTICLE/...ii TABLE DES MATIERES`...

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