Exo7 Fractios ratioelles Correctios de Léa Blac-Ceti. Fractios ratioelles Exercice Existe-t-il ue fractio ratioelle F telle que ( F() ) = ( + ) 3? Idicatio Correctio Vidéo [006964] Exercice Soit F = P Q ue fractio ratioelle écrite sous forme irréductible. O suppose qu il existe ue fractio ratioelle G telle que ( ) P() G = Q(). Si G = a + +a +a 0 b + +b +b 0, motrer que P divise (a 0 b 0 ) et que Q divise (a b ).. E déduire que F = P Q est de la forme F() = a+b c+d. 3. Pour Y = a+b c+d, exprimer e foctio de Y. E déduire l expressio de G. Idicatio Correctio Vidéo [006965] Exercice 3 Soit N et P() = c( a ) ( a ) (où les a i sot des ombres complexes et où c 0).. Exprimer à l aide de P et de ses dérivées les sommes suivates : k= a k k= ( a k ) k,l k l ( a k )( a l ). Motrer que si z est racie de P mais pas de P, alors il existe λ,...,λ des réels positifs ou uls tels que k= λ k = et z = k= λ ka k. Si toutes les racies de P sot réelles, que peut-o e déduire sur les racies de P? Idicatio Correctio Vidéo [006966] Décompositios e élémets simples Exercice 4 Décomposer les fractios suivates e élémets simples sur R, par idetificatio des coefficiets.. F = 4
. G = 3 3 + 4 3. H = 3 + + + 4. K = + 4 + Idicatio Correctio Vidéo [006967] Exercice 5 Décomposer les fractios suivates e élémets simples sur R, e raisoat par substitutio pour obteir les coefficiets.. F = 5 + 4 + 3. G = 3 ++ ( ) 3 (+) 3. H = ( +)( +4) 4. K = 4 + 3 +3 6+ 3 Idicatio Correctio Vidéo [006968] Exercice 6 Décomposer les fractios suivates e élémets simples sur R.. À l aide de divisios euclidiees successives : F = 4 6 5 + 4 3 + + + 3 ( + ) 3. À l aide d ue divisio selo les puissaces croissates : 3. Idem pour : G = 4 4 0 3 + 8 4 + 3 ( ) H = 4 + + 5 3 4. A l aide du chagemet d idétermiée = Y + : K = 5 + 4 + ( ) 4 Idicatio Correctio Vidéo [006969] Exercice 7. Décomposer les fractios suivates e élémets simples sur C. (3 i) 5 + 3i + i + + i + i ( + i). Décomposer les fractios suivates e élémets simples sur R, puis sur C. 5 + + 4 3 ( + )( + 4) + 4 + Correctio Vidéo [006970]
3 Applicatios Exercice 8 O pose Q 0 = ( )( ), Q = ( ) et Q = ( ). À l aide de la décompositio e élémets simples de, trouver des polyômes A ( )( ) 0, A, A tels que A 0 Q 0 + A Q + A Q =. Que peut-o e déduire sur Q, Q et Q 3? Correctio Vidéo [00697] Exercice 9 Soit T (x) = cos ( arccos(x) ) pour x [,].. (a) Motrer que pour tout θ [0,π], T (cosθ) = cos(θ). (b) Calculer T 0 et T. (c) Motrer la relatio de récurrece T + (x) = xt + (x) T (x), pour tout 0. (d) E déduire que T ue foctio polyomiale de degré.. Soit P() = λ( a ) ( a ) u polyôme, où les a k sot deux à deux disticts et λ 0. Motrer que P() = P (a k ) k= a k 3. Décomposer T e élémets simples. Idicatio Correctio [00697] Retrouver cette fiche et d autres exercices de maths sur exo7.emath.fr 3
Idicatio pour l exercice Écrire F = P Q sous forme irréductible. Idicatio pour l exercice Écrire G = A B sous forme irréductible (o pourra choisir par exemple = max(dega,degb)). Idicatio pour l exercice 3 Cosidérer P /P et sa dérivée, et efi P /P. Idicatio pour l exercice 4 Pour G et H, commecer par faire ue divisio euclidiee pour trouver la partie polyomiale. Idicatio pour l exercice 5 Les fractios F,K ot ue partie polyomiale, elles s écrivet F = + + + ++ 3 K = + + 4 6+ 3 Idicatio pour l exercice 6 Pour F, commecer par écrire F = a + F où F = N puis diviser N par +. Pour K, commecer par ( +) 3 obteir K = + + K, puis faire le chagemet d idétermiée das K. Idicatio pour l exercice 9 Pour. exprimer cos ( ( + )θ ) et cos(θ) e foctio de cos ( ( + )θ ) ). Pour 3. chercher les racies de T : ω k = cos pour k = 0,...,. ( (k+)π 4
Correctio de l exercice Écrivos F() = P() Q() avec P et Q deux polyômes premiers etre eux, avec Q uitaire. La coditio ( F() ) = ( + ) 3 deviet P = ( + ) 3 Q. Aisi Q divise P. D où Q =, puisque P et Q sot premiers etre eux. Doc Q = (ou ). Aisi F = P est u polyôme et P = ( + ) 3. E particulier P est de degré 6, doc P doit être de degré 3. Écrivos P = a 3 + b + c + d, o développe l idetité P = ( + ) 3 : 6 + 3 4 + 3 + = a 6 + ab 5 + (ac + b ) 4 + (ad + bc) 3 + (bd + c ) + cd + d O idetifie les coefficiets : pour le coefficiet de 6, o a a = ±, puis pour le coefficiet de 5, o a b = 0 ; pour le coefficiet de, o a d = ±, puis pour le coefficiet de, o a c = 0. Mais alors le coefficiet de 3 doit vérifier ad + bc = 0, ce qui est faux. Aisi aucu polyôme e vérifie l équatio P = ( + ) 3, et par le raisoemet du début, aucue fractio o plus. Correctio de l exercice. Posos G = A B et F = P Q (avec A,B,P,Q des polyômes). O réécrit l idetité G(F()) = sous la forme A(F()) = B(F()). Posos = max(dega,degb). Alors car sio, A et B seraiet costats et G( P Q ) = aussi. O a doc A = k=0 a k k et B = k=0 b k k, où (a,b ) (0,0), et l idetité deviet E multipliat par Q, cela doe Doc ( ) P k ( P k = k=0a Q k k=0b Q k=0 a k P k Q k = k=0 ) k b k P k Q k. (a 0 b 0 )Q + ( + (a k b k )P k Q k + ) + (a b )P = 0 où les termes das la parethèse cetrale sot tous divisibles par P et par Q. Comme Q divise aussi le premier terme, alors Q divise (a b )P. D après le lemme de Gauss, puisque P et Q sot premiers etre eux, alors Q divise (a b ). De même, P divise tous les termes de la parethèse cetrale et le derier, doc P divise aussi (a 0 b 0 )Q, doc P divise (a 0 b 0 ).. Supposos de plus qu o a écrit G = A B sous forme irréductible, c est-à-dire avec pgcd(a,b) =. Vu que a et b e sot pas tous les deux uls, alors a b est pas le polyôme ul. Comme Q divise a b alors écessairemet Q est de degré au plus ; o écrit Q() = c + d. Par ailleurs, a 0 b 0 est pas o plus le polyôme ul, car sio o aurait a 0 = b 0 = 0 et doc A et B seraiet tous les deux sas terme costat, doc divisibles par (ce qui est impossible puisqu ils sot premiers etre eux). Doc P est aussi de degré au plus et o écrit P() = a + b. Coclusio : F() = a+b c+d. Notez que a et b e sot pas tous les deux uls e même temps (de même pour b et d). 3. Si Y = a+b c+d bijectio réciproque est φ (Y ) = avec (a,b) (0,0), alors = dy b dy b cy a. cy a a+b. Autremet dit si o ote φ() = c+d, alors sa Nous avos prouvé que G ( ) ( ) a+b c+d =. Cette idetité s écrit G φ() =. Appliquée e = φ (Y ) elle deviet G ( φ(φ (Y )) ) = φ (Y ), c est-à-dire G(Y ) = φ dy b (Y ). Aisi G(Y ) = cy a. Correctio de l exercice 3 5
. (a) Puisque P() = c( a ) ( a ) : P () = c( a ) ( a ) + c( a )( a 3 ) ( a ) + + c( a ) ( a k )( a k+ ) ( a ) + + c( a ) ( a ) La dérivée est doc la somme des termes de la forme : c( a ) ( a ) a k Aisi Doc : (b) Puisque k= P () = P() a + + P() a k + + P() a. P P = k= a k = P() a k. est la dérivée de ( a k ) k= a k, o obtiet par dérivatio de P P : P PP P = k= ( a k ) (c) O a remarqué que la dérivée de P est la somme de facteurs c( a ) ( a ) avec u des facteurs e mois, doc de la forme c( a ) ( a ) a k = P a k. De même P est la somme de facteurs c( a ) ( a ) avec deux facteurs e mois, c est-à-dire de la forme c( a ) ( a ) ( a k )( a l ) = P ( a k )( a l ) : P = k,l k l P ( a k )( a l ) doc P P = k,l k l ( a k )( a l ). O applique l idetité P () P() = k= a k e z avec les hypothèses P(z) 0 et P (z) = 0. O e déduit = 0. L expressio cojuguée est aussi ulle : z a k k= Posos µ k = z a k. Alors k= = z a k k= z a k z a k = 0 ( ) µ k (z a k ) = 0 doc µ k k= k= Posos λ k = µ k /( k= µ k), alors : Les λ k sot des réels positifs. k= λ k = Et z = k= λ ka k. E particulier si les a k sot tous des ombres réels, alors z est aussi u ombre réel. O viet de prouver que si u polyôme P a toutes ses racies réelles, alors P a aussi toutes ses racies réelles. O a même plus : si o ordoe les racies réelles de P e a a a alors ue racie z de P est réelle et vérifie a z a. Plus gééralemet, l iterprétatio géométrique de ce que l o viet de prouver s appelle le théorème de Gauss-Lucas : «Les racies de P sot das l eveloppe covexe des racies (réelles ou complexes) de P.» z = k= µ k a k Correctio de l exercice 4 6
. F = 4. Commeços par factoriser le déomiateur : 4 = ( )( +), d où ue décompositio e élémets simples du type F = a + b et e idetifiat les coefficiets, o obtiet le système +. E réduisat au même déomiateur, il viet { a + b = (a b) = 0. Aisi a = b = et 4 = + + 4 = (a+b)+(a b) 4. G = 3 3 + 4. Lorsque le degré du umérateur (ici 3) est supérieur ou égal au degré du déomiateur (ici ), il faut effectuer la divisio euclidiee du umérateur par le déomiateur pour faire apparaître la partie polyomiale (ou partie etière). Ici la divisio euclidiee s écrit 3 3 + 4 = ( )( ) 5. Aisi e divisat les deux membres par o obtiet 3 3 + 4 La fractio est alors déjà décomposée e élémets simples. = 5 3. H = 3 + +. + Commeços par faire la divisio euclidiee du umérateur par le déomiateur : 3 + + = ( +)( +5)+7 4, ce qui doe H = +5+ 7 4. Il reste à décomposer e élémets + simples la fractio ratioelle H = 7 4 +. Puisque le déomiateur se factorise e ( ), elle sera de la forme H = a + b 7 4 ( ). E réduisat au même déomiateur, il viet + = b+a b et e + idetifiat les coefficiets, o obtiet b = 7 et a = 3. Fialemet, 3 + + + = + 5 + 3 ( ) + 7 4. K = + 4 +. Ici, il y a pas de partie polyomiale puisque le degré du umérateur est strictemet iférieur au degré du déomiateur. Le déomiateur admet quatre racies complexes e iπ 4, e 3iπ 4, e 5iπ 4 = e 3iπ 4 et e 7iπ 4 = e iπ 4. E regroupat les racies complexes cojuguées, o obtiet sa factorisatio sur R : 4 + = ( ( e iπ 4 )( e iπ 4 ) )( ( e 3iπ 4 )( e 3iπ 4 ) ) = ( cos π 4 + )( cos 3π 4 + ) = ( + )( + + ) Puisque les deux facteurs ( +) et ( + +) sot irréductibles sur R, la décompositio e élémets simples de K est de la forme K = a+b + + c+d + +. E réduisat au même déomiateur et e idetifiat les coefficiets avec ceux de K = +, o obtiet 4 + le système a + c = 0 a + b c + d = 0 a + b + c d = b + d = Système que l o résout e a = 4, c = 4, b = + 4 et d = 4. Aisi + 4 + = 4 + + 4 + + 4 + 4 + + 7
Correctio de l exercice 5. F = 5 + 4 + 3. Pour obteir la partie polyomiale, o fait ue divisio euclidiee : 5 + 4 + = ( 3 )( + + )+ + +. Ce qui doe F = + ++F, où F = ++ 3. Puisque 3 = ( )( +), la décompositio e élémets simples est de la forme Pour obteir a : o multiplie l égalité par : F = + + ( )( + ) = a + ( ++) ( )(+) = ( a + b + b + c +), c + o simplifie ++ ( )(+) = a + b + c +, o remplace par 0 et o obtiet = a + 0 + 0, doc a =. De même, e multipliat par et e remplaçat par, il viet b = 3. Puis e multipliat par + et e remplaçat par, o trouve c =. D où 5 + 4 + 3 = + + 3 + + +. G = 3 ++ ( ) 3 (+). La partie polyomiale est ulle. La décompositio e élémets simples est de la forme G = b + ( ) c + d +. a ( ) 3 + E multipliat les deux membres de l égalité par ( ) 3, e simplifiat puis e remplaçat par, o obtiet a = 3. De même, e multipliat par +, e simplifiat puis e remplaçat par, o obtiet d = 8. E multipliat par et e regardat la limite quad +, o obtiet = c + d. Doc c = 7 8. E remplaçat par 0, il viet = a + b c + d. Doc b = 5 4. Aisi : G = 3 3 5 7 + + ( ) 3 ( + ) = ( ) 3 + 4 ( ) + 8 + 8 + 3. H = ( +)( +4). Puisque + et +4 sot irréductibles sur R, la décompositio e élémets simples sera de la forme ( + )( + 4) = a + b + + c + d + 4 E remplaçat par 0, o obtiet 0 = b + 4 d. E multipliat les deux membres par, o obtiet ( +)( +4) = a +b + + c +d. E calculat la +4 limite quad +, o a 0 = a + c. Efi, e évaluat les fractios e = et =, o obtiet 0 = a+b + c+d 5 et 0 = a+b + c+d 5. La résolutio du système doe b = d = 0, a = 3, c = 3 et doc ( + )( + 4) = 3 + 3 + 4 4. K = 4 + 3 +3 6+ 3. Pour la partie polyomiale, o fait la divisio euclidiee : 4 + 3 + 3 6 + = ( 3 )( + ) + (4 6 + ) 8
ce qui doe K = + + K où K = 4 6+. Pour trouver la décompositio e élémets simples de 3 K, o factorise so umérateur : 3 = ( ), ce qui doe ue décompositio de la forme K = a + b + c. O obtiet alors a e multipliat les deux membres de l égalité par puis e remplaçat par 0 : a =. O obtiet de même c e multipliat par et e remplaçat par : c =. Efi o trouve b e idetifiat pour ue valeur particulière o ecore utilisée, par exemple =, ou mieux e multipliat les deux membres par et e passat à la limite pour + : b = 4. Fialemet : 4 + 3 + 3 6 + 3 = + + 4 Correctio de l exercice 6. F = 4 6 5 + 4 3 + ++3 ( +) 3. (a) La décompositio e élémets simples de F est de la forme F = a + b+c est difficile d obteir les coefficiets par substitutio. + d+e + f +g ( +) 3 ( +) +. Il (b) O va ici se coteter de trouver a : o multiplie F par, puis o remplace par 0, o obtiet a = 3. (c) O fait la soustractio F = F a. O sait que la fractio F doit se simplifier par. O trouve F = 5 4 + 3 ++ ( +) 3. (d) La fi de la décompositio se fait par divisios euclidiees successives. Tout d abord la divisio du umérateur 5 4 + 3 + + par + : 5 4 + 3 + + = ( + )( 3 + + ) + + puis o recommece e divisat le quotiet obteu par +, pour obteir 5 4 + 3 + + = ( + ) ( ( + )( ) + 3 ) + + O divise cette idetité par ( + ) 3 : ( ) F = ( +) ( +)( )+3 ++ = + + 3 + ( +) 3 ( +) 3 ( +) + Aisi F = 3 + + ( + ) 3 + 3 ( + ) + + Remarque : cette méthode des divisios successives est très pratique quad la fractio à décomposer a u déomiateur simple, c est à dire comportat u déomiateur du type Q où Q est du premier degré, ou du secod degré sas racie réelle.. G = 4 4 0 3 +8 4+. 3 ( ) La décompositio e élémets simples de G est de la forme a d + ( ) + b + c 3 + e. La méthode la plus efficace pour détermier les coefficiets est d effectuer ue divisio suivat les puissaces croissates, ici à l ordre (de sorte que le reste soit divisible par 3 comme le déomiateur). O calcule la divisio suivat les puissaces croissates, à l ordre du umérateur 4 + 8 0 3 + 4 4 par ( ), ou plutôt par + : 4 + 8 0 3 + 4 4 = ( + )( + 3 ) + ( 3 + 4 ) Remarquer que le reste 3 + 4 est divisible par 3. 9
E divisat les deux membres de cette idetité par 3 ( ), o obtiet a, b et c d u seul coup : G = 4 4 0 3 +8 4+ 3 ( ) = ( ) ( +3 )+( 3 + 4 ) 3 ( ) = + 3 3 + ( ) Il reste à trouver d et e : par exemple e faisat la divisio euclidiee de par : = ( ). G = 3 + 3 ( ) + 3. H = 4 + + = 4 + + 5 3 3 ( )(+). La décompositio sera de la forme H = a + b + c 3 + d + e +. Pour obteir a,b,c, o fait la divisio du umérateur par ( )( +) = selo les puissaces croissates, à l ordre (de sorte que le reste soit divisible par 3 qui est la puissace de au déomiateur de H, e fait o l obtiet à l ordre 3) : + + 4 = ( + )( 3 ) + 4 4 ce qui doe directemet Il reste à décomposer 4 = d + H = 4 + + 3 ( )(+) = ( )( 3 )+4 4 3 ( ) = 3 3 + 4 e +. O trouve d = e =, d où H = 4 + + 5 3 = 3 3 + + + Remarque : la méthode de divisio selo les puissaces croissates est efficace pour u exposat assez grad (e gros à partir de 3) das ue fractio du type. Elle peut être utilisée pour ue fractio P() P() Q() du type ( a) Q(), mais il faut commecer par le chagemet de variable Y = a avat de faire la divisio, puis bie etedu reveir à la variable. 4. K = 5 + 4 +. ( ) 4 Puisque le degré du umérateur N est supérieur ou égal à celui du déomiateur D, il y a ue partie polyomiale. N et D état de même degré, avec le même coefficiet domiat, la partie polyomiale vaut et K se décompose sous la forme K = + a + + + ( ) 4 ( ) 3 s obtiet facilemet e multipliat K par puis e remplaçat par 0 : a =. b c d + ( ) e. Le coefficiet a Soit K = K = 4 3 +3. Le chagemet d idétermiée =Y + doe K ( ) 4 = 4(Y +)3 (Y +) (Y +)+3 E développat, o obtiet directemet K = 4Y 3 + 0Y + 6Y + 3 Y 4 = 3 Y 4 + 6 Y 3 + 0 Y + 4 Y et doc (avec Y = ) : K = 4 3 +3 ( ) 4 = 3 ( ) 4 + 6 ( ) 3 + 0 ( ) + 4. Fialemet, K = 5 + 4 + ( ) 4 = + + 3 ( ) 4 + 6 ( ) 3 + 0 ( ) + 4 Y 4. Correctio de l exercice 7 0
.. (3 i) 5+3i = +i +i+ i + 3i +i +i = 4 + 4 i +i i + + 4 4 i + i = (+i) +i + i (+i) 5 ++ 4 = + 3 4 + 4 + + + 4 = + 3 + 4 + + + 4 i i 3 ( +)( 3 = 4 +4) + + 3 7 +4 = 3 i i + 3 i + 4 + = = +i + 7 i i + 7 i +i + + + + 4 i + 4 i i + i + 4 i + 4 i + + i + + 4 i +i i Correctio de l exercice 8 La décompositio e élémet simple s écrit : ( )( ) = 4 + + ( ) + 3 4. E multipliat cette idetité par le déomiateur ( )( ), il viet : = 4 Q 0 + Q + ( 3 4 ( )) Q. Aisi A 0 = 4, A = et A = ( 3 4 ) covieet. O a obteu ue relatio de Bézout etre Q, Q et Q 3 qui prouve que ces trois polyômes sot premiers das leur esemble : pgcd(q,q,q 3 ) =. Correctio de l exercice 9. (a) Si o pose x = cosθ alors l égalité T (x) = cos ( arccos(x) ) deviet T (cosθ) = cos(θ), car arccos(cosθ) = θ pour θ [0,π]. (b) T 0 (x) =, T (x) = x. (c) E écrivat ( + )θ = ( + )θ + θ et θ = ( + )θ θ o obtiet : cos ( ( + )θ ) = cos ( ( + )θ ) cosθ si ( ( + )θ ) siθ cos ( θ ) = cos ( ( + )θ ) cosθ + si ( ( + )θ ) siθ Lorsque l o fait la somme de ces deux égalités o obtiet : cos ( ( + )θ ) + cos ( θ ) = cos ( ( + )θ ) cosθ Avec x = cosθ cela doe : T + (x) + T (x) = xt + (x) (d) T 0 et T état des polyômes alors, par récurrece, T (x) est u polyôme. De plus, toujours par la formule de récurrece, il est facile de voir que le degré de T est.. Puisque les racies de P = λ( a ) ( a ) sot deux à deux distictes, la décompositio e élémets simples de P est de la forme c a + + c a. Expliquos commet calculer le coefficiet c. O multiplie la fractio P par ( a ) ce qui doe a a P = c + c a a + + c a et a P = λ( a ) ( a )
O évalue ces égalités e = a ce qui doe c = λ(a a ) (a a ) = λ j (a a j ) O obtiedrait de même le coefficiet c k e multipliat P par ( a k), puis e remplaçat par a k, ce qui doe : c k = λ j k (a k a j ). Or la dérivée de P est P () = λ( a ) ( a ) + λ( a )( a 3 ) ( a ) + + λ( a ) ( a k )( a k+ ) ( a ) + + λ( a ) ( a ) et doc P (a ) = λ j (a a j ) et plus gééralemet P (a k ) = λ j k (a k a j ). O a bie prouvé c k = P (a k ) et aisi la décompositio e élémets simple de /P est : P (a k ) P() = k= a k 3. (a) Cherchos d abord les racies de T (x). Soit x [,] : T (x) = 0 cos ( arccos(x) ) = 0 arccos(x) π (mod π) k Z arccos(x) = π + kπ Comme par défiitio arccos(x) [0, π], les etiers k possibles sot k = 0,...,. Aisi arccosx = π + kπ ( π x = cos + kπ ) ( ) Posos doc ω k = cos (k+)π pour k = 0,...,. Les ω k sot les racies de T. Fialemet T (x) = λ k=0 (x ω k). (b) Aisi T (x) = λ k=0 (x ω k) et les ω k sot deux à deux disticts. O sait par la questio précédete que la décompositio e élémets simple de /T s écrit T () = k=0 /T (ω k ) ω k Repartat de T (x) = cos ( arccos(x) ), o calcule T (x) = si( x arccos(x) ). E utilisat que ( (k + )π et o trouve que T (ω k ) = Aisi si ( arccos(ω k ) ) ( = si cos θ = si θ = siθ ( ( )k si (k+)π ). ( ) k T () = k=0 si cos )) ( π ) = si + kπ = ( ) k ( (k+)π ( (k+)π pour θ [0,π] ) )