Mathématiques universitaires — Licence 1 · Bachelor Year 1

9Fractions rationnelles

Une fraction rationnelle est un quotient de polynômes. Le théorème central de ce court chapitre — la décomposition en éléments simples — casse un tel quotient en une somme de briques élémentaires $\frac{c}{(X - a)^k}$ . Au-delà de son intérêt algébrique, c’est la machine standard pour intégrer les fonctions rationnelles (Chapitre 15) et pour sommer certaines séries (Chapitre 17).

9.1 Le corps $K(X)$

Définition 9.1

Une fraction rationnelle sur $K$ ( $= \R$ ou $\C$ ) est un quotient $F = \frac{A}{B}$ avec $A, B \in K[X]$ , $B \neq 0$ ; deux quotients $\frac AB$ et $\frac{A'}{B'}$ sont identifiés lorsque $AB' = A'B$ . Toute fraction admet une forme irréductible avec $\gcd(A, B) = 1$ , unique à une constante près. Muni des opérations naturelles, l’ensemble $K(X)$ des fractions rationnelles est un corps.

Les pôles de $F$ (sous forme irréductible) sont les racines de $B$ ; l’ordre d’un pôle est sa multiplicité comme racine de $B$ . Le degré de $F$ est $\deg F = \deg A - \deg B \in \Z \cup \{-\infty\}$ .

Exemple 9.2 (Lire les pôles, les ordres et le degré)

Soit $F = \dfrac{X^3 - X}{X^4 - 2X^3 + X^2}$ . Factorisons les deux étages : numérateur $X(X-1)(X+1)$ , dénominateur $X^2(X-1)^2$ ; on simplifie par le facteur commun $X(X-1)$ :

F = \frac{X + 1}{X(X - 1)} \quad\text{(forme irréductible).}

Pôles : $0$ et $1$ , tous deux simples — les ordres se lisent sur le dénominateur irréductible, si bien que les racines doubles apparentes du dénominateur initial n’ont aucune importance. Degré : $\deg F = 1 - 2 = -1$ , visible asymptotiquement ( $xF(x) \to 1$ quand $x \to \infty$ ). Le degré se comporte comme le degré polynomial ( $\deg FG = \deg F + \deg G$ , $\deg(F + G) \leq \max$ ), règle de comptabilité utilisée constamment dans les chasses aux coefficients ci-dessous : chaque argument « limite de $xF(x)$ » est un comptage de degrés déguisé.

Proposition 9.3 (Partie entière)

Tout $F = \frac AB \in K(X)$ s’écrit de manière unique $F = E + \frac RB$ avec $E \in K[X]$ (la partie entière, ou partie polynomiale, de $F$ ) et $\deg R < \deg B$ . On a $E \neq 0$ si et seulement si $\deg F \geq 0$ .

Démonstration. Division euclidienne $A = BE + R$ (Théorème 8.3), divisée par $B$ . Unicité : si $E + \frac RB = E' + \frac{R'}{B}$ , alors $(E - E')B = R' - R$ avec $\deg(R' - R) < \deg B$ , ce qui force $E = E'$ , puis $R = R'$ . ∎

Exemple 9.4 (Simplifier d’abord, diviser ensuite)

Cherchons la partie entière de $F = \dfrac{X^3 + 1}{X^2 - 1}$ . En divisant à l’aveugle : $X^3 + 1 = (X^2 - 1)X + (X + 1)$ , donc $F = X + \frac{X + 1}{X^2 - 1}$ . Mais la fraction n’était pas irréductible : $X^3 + 1 = (X + 1)(X^2 - X + 1)$ et $X^2 - 1 = (X+1)(X-1)$ ont en commun le facteur $X + 1$ , et

F = \frac{X^2 - X + 1}{X - 1} = X + \frac{1}{X - 1} :

la même partie entière $X$ , mais la partie fractionnaire se réduit à une seule brique, et le « pôle » en $-1$ n’a jamais été un pôle. Toujours réduire à la forme irréductible avant de chasser les pôles : les pôles de $F$ sont les racines du dénominateur irréductible. (La partie entière est insensible à la simplification, comme le garantit l’unicité de la Proposition 9.3.)

9.2 Décomposition en éléments simples sur $\C$

Théorème 9.5 (Décomposition sur $\C$ )

Soit $F = \frac AB \in \C(X)$ sous forme irréductible, avec $B = c\,(X - a_1)^{m_1} \cdots (X - a_r)^{m_r}$ . Alors $F$ s’écrit, de manière unique,

F = E + \sum_{i=1}^{r} \sum_{k=1}^{m_i} \frac{c_{i,k}}{(X - a_i)^k}, \qquad E \in \C[X],\ c_{i,k} \in \C ,

où $E$ est la partie entière de $F$ .

Démonstration. D’après la Proposition 9.3, on peut supposer $\deg A < \deg B$ et démontrer la décomposition en somme avec $E = 0$ .

Séparation des pôles. Écrivons $B = (X - a_1)^{m_1} B_1$ avec $B_1(a_1) \neq 0$ . Les polynômes $(X-a_1)^{m_1}$ et $B_1$ sont premiers entre eux (aucune racine commune), donc, par Bézout dans $\C[X]$ (voir la remarque du Chapitre 8), il existe $U_0, V_0$ tels que $U_0 (X-a_1)^{m_1} + V_0 B_1 = 1$ ; en multipliant par $A$ et en posant $U = AU_0$ , $V = AV_0$ , puis en divisant par $B$ :

\frac AB = \frac{V}{(X - a_1)^{m_1}} + \frac{U}{B_1} .

Les conditions de degré peuvent être imposées : divisons $V$ par $(X-a_1)^{m_1}$ , disons $V = (X-a_1)^{m_1}Q + V_1$ avec $\deg V_1 < m_1$ , et absorbons le quotient dans le second terme ( $U_1 = U + QB_1$ ) :

\frac AB = \frac{V_1}{(X - a_1)^{m_1}} + \frac{U_1}{B_1}, \qquad \deg V_1 < m_1 ;

la comparaison des degrés ( $\deg A < \deg B$ et $\deg V_1 < m_1$ ) force également $\deg U_1 < \deg B_1$ . En itérant sur $\frac{U_1}{B_1}$ , pôle après pôle, on ramène tout au cas d’un seul pôle ci-dessous.

Un seul pôle. Pour $\frac{A}{(X-a)^m}$ avec $\deg A < m$ : développons $A$ suivant les puissances de $(X - a)$ , $A = \sum_{j=0}^{m-1} \alpha_j (X - a)^j$ (développement de Taylor d’un polynôme, comme dans la démonstration de la Proposition 8.11) ; la division donne exactement les briques $\frac{\alpha_j}{(X-a)^{m-j}}$ . Concrètement, pour $\frac{X^2 + 1}{(X+2)^3}$ : en substituant $X = Y - 2$ ,

X^2 + 1 = (Y - 2)^2 + 1 = Y^2 - 4Y + 5 , \qquad\text{donc}\qquad \frac{X^2+1}{(X+2)^3} = \frac1{Y} - \frac4{Y^2} + \frac5{Y^3}

avec $Y = X + 2$ : les trois briques apparaissent par simple division du développement translaté — la voie la plus rapide dès qu’un unique pôle d’ordre élevé est en jeu, et celle que l’on recommande pour l’Exercice 9.3.

Unicité. Supposons que deux décompositions coïncident ; leur différence est une identité $0 = \sum_{i,k} \frac{d_{i,k}}{(X - a_i)^k}$ . Multiplions par $(X - a_1)^{m_1}$ : chaque terme acquiert un facteur s’annulant en $a_1$ sauf celui d’indices $i = 1$ , $k = m_1$ , dont le coefficient devient $d_{1,m_1}$ plus des termes portant au moins un facteur $(X - a_1)$ . L’évaluation en $a_1$ (légitime : après la multiplication, il ne reste plus de pôle en $a_1$ ) donne $d_{1,m_1} = 0$ . Le coefficient de tête ayant disparu, on recommence avec $(X - a_1)^{m_1 - 1}$ , et ainsi de suite en descendant jusqu’à $k = 1$ ; puis on passe au pôle suivant. Tous les $d_{i,k}$ sont nuls : la décomposition est unique. ∎

Méthode 9.6 (Calcul des coefficients)

En pratique, on évite Bézout ; on combine :

la multiplication-évaluation (ou « méthode du cache ») pour la puissance la plus haute : le coefficient de $\frac{1}{(X-a)^m}$ (où $m$ est l’ordre du pôle $a$ ) vaut

$c_{a,m} = \Bigl[\,(X - a)^m F\,\Bigr]_{X = a};$

pour un pôle simple de $F = \frac AB$ , c’est $\frac{A(a)}{B'(a)}$ ;
des évaluations en des points commodes et des limites de $xF(x)$ quand $x \to \infty$ , qui fournissent des relations linéaires entre les coefficients restants ;
les symétries de parité ou de conjugaison, lorsqu’elles existent, pour diviser le travail par deux.

Remarque 9.7 (Pièges courants avec les éléments simples)

Oublier la partie entière. La décomposition en briques s’applique aux fractions de degré $< 0$ ; lorsque $\deg A \geq \deg B$ , il faut diviser d’abord (Proposition 9.3), sinon la chasse aux coefficients produira des contradictions.
Utiliser la multiplication-évaluation hors de son domaine. Multiplier par $(X - a)^k$ puis évaluer en $a$ ne donne le coefficient que pour $k = m$ , l’ordre plein du pôle ; les coefficients d’ordre inférieur exigent d’autres relations (limites, évaluations) — voir l’Exemple 9.9.
Oublier de simplifier. Les pôles se lisent sur la forme irréductible ; un facteur commun au numérateur et au dénominateur crée des pôles fantômes (Exemple 9.4).
Mauvaise forme des briques sur $\R$ . Au-dessus d’un trinôme irréductible, les numérateurs sont affines ( $\alpha X + \beta$ ), non constants ; écrire $\frac{c}{X^2 + 1}$ seul fait perdre des solutions — les formes correctes sont dictées par le Théorème 9.10, jamais improvisées.

Démonstration de la formule du pôle simple. Au voisinage d’un pôle simple $a$ : $B = (X - a) Q$ avec $Q(a) \neq 0$ , et $B' = Q + (X - a) Q'$ , donc $B'(a) = Q(a)$ . La valeur donnée par la multiplication-évaluation est $\frac{A(a)}{Q(a)} = \frac{A(a)}{B'(a)}$ . ∎

Exemple 9.8

Décomposons $F = \dfrac{1}{X(X-1)(X-2)}$ . Trois pôles simples ; multiplication-évaluation en chacun :

c_0 = \frac{1}{(0-1)(0-2)} = \frac12, \quad c_1 = \frac{1}{1 \times (1 - 2)} = -1, \quad c_2 = \frac{1}{2 \times 1} = \frac12,

donc $F = \dfrac{1/2}{X} - \dfrac{1}{X-1} + \dfrac{1/2}{X-2}$ . Vérification en $X = 3$ : directement, $F(3) = \frac{1}{3\cdot2\cdot1} = \frac16$ ; par la décomposition, $\frac{1/2}{3} - \frac{1}{2} + \frac{1/2}{1} = \frac16 - \frac12 + \frac12 = \frac16$ .

Exemple 9.9 (Pôle multiple)

Décomposons $F = \dfrac{X}{(X-1)^2 (X+1)}$ . Forme : $\frac{a}{(X-1)^2} + \frac{b}{X-1} + \frac{c}{X+1}$ .

Multiplication-évaluation au pôle double : $a = \bigl[\frac{X}{X+1}\bigr]_{X=1} = \frac12$ .
Multiplication-évaluation en $-1$ : $c = \bigl[\frac{X}{(X-1)^2}\bigr]_{X=-1} = -\frac14$ .
Limite de $xF(x)$ en $\infty$ : $0 = b + c$ , donc $b = \frac14$ .

F = \frac{1/2}{(X-1)^2} + \frac{1/4}{X-1} - \frac{1/4}{X+1} .

Vérification en $X = 0$ : $F(0) = 0$ et $\frac12 - \frac14 - \frac14 = 0$ .

9.3 Décomposition sur $\R$

Théorème 9.10 (Décomposition sur $\R$ )

Soit $F \in \R(X)$ sous forme irréductible, de dénominateur

B = c \prod_i (X - a_i)^{m_i} \prod_j (X^2 + p_j X + q_j)^{n_j} \qquad (p_j^2 - 4q_j < 0).

Alors $F$ se décompose de manière unique en sa partie entière, plus des termes

\frac{c_{i,k}}{(X - a_i)^k} \quad (1 \leq k \leq m_i), \qquad \frac{\alpha_{j,l}\, X + \beta_{j,l}}{(X^2 + p_j X + q_j)^{l}} \quad (1 \leq l \leq n_j),

à coefficients réels.

Démonstration. Décomposons sur $\C$ (Théorème 9.5). Comme $F$ est réelle, le coefficient au-dessus du pôle $\conj a$ (à chaque ordre) est le conjugué du coefficient au-dessus de $a$ (conjuguer la décomposition et invoquer l’unicité). Regroupons chaque paire conjuguée :

\frac{c}{(X - z)^l} + \frac{\conj c}{(X - \conj z)^l} = \frac{c\,(X - \conj z)^l + \conj c\,(X - z)^l}{\bigl(X^2 - 2\Re(z)X + \abs z^2\bigr)^{l}},

dont le numérateur est son propre conjugué, donc réel, de degré $\leq l$ ; en lui retranchant des multiples du trinôme réel, on l’abaisse au degré $\leq 1$ à chaque niveau $l$ (petite récurrence descendante). Les pôles réels gardent leurs coefficients réels (la conjugaison les fixe). L’unicité découle de l’unicité sur $\C$ . ∎

Exemple 9.11 (Le regroupement des conjugués en action)

Le mécanisme de la démonstration, sur le plus petit cas : sur $\C$ , les pôles de $\frac1{X^2+1}$ sont $\pm\iu$ , de coefficients $\frac1{2\iu}$ en $\iu$ et $\frac1{-2\iu}$ en $-\iu$ (par multiplication-évaluation) — conjugués l’un de l’autre, comme le théorème le prédit :

\frac{1}{X^2 + 1} = \frac{1/(2\iu)}{X - \iu} - \frac{1/(2\iu)}{X + \iu} .

En recombinant sur le dénominateur commun :

\frac{1}{2\iu}\cdot\frac{(X + \iu) - (X - \iu)}{X^2 + 1} = \frac{1}{2\iu}\cdot\frac{2\iu}{X^2 + 1} = \frac{1}{X^2+1} :

les parties imaginaires s’annulent et la brique réelle réapparaît intacte. Pour des intégrandes réelles, on ne quitte en général jamais $\R$ — mais lorsqu’il s’agit d’évaluer des sommes en des points complexes (comme le fait le devoir maison avec les racines de l’unité), les briques complexes sont la monnaie naturelle, et ce regroupement est le taux de change entre les deux décompositions.

Exemple 9.12

Décomposons $F = \dfrac{4}{(X^2+1)(X-1)^2}$ sur $\R$ . Forme : $\frac{aX + b}{X^2 + 1} + \frac{c}{(X-1)^2} + \frac{d}{X - 1}$ . Multiplication-évaluation au pôle double : $c = \bigl[\frac{4}{X^2+1}\bigr]_{X=1} = 2$ . Multiplication-évaluation au pôle complexe $\iu$ (numérateur au-dessus de $X^2 + 1$ évalué via la décomposition complexe, ou directement) : on multiplie par $X^2 + 1$ et on pose $X = \iu$ :

a\iu + b = \frac{4}{(\iu - 1)^2} = \frac{4}{-2\iu} = 2\iu ,

donc $a = 2$ , $b = 0$ . Limite de $xF(x)$ en l’infini : $0 = a + d$ , donc $d = -2$ . Ainsi

F = \frac{2X}{X^2+1} + \frac{2}{(X-1)^2} - \frac{2}{X-1} .

Vérification en $X = 0$ : $F(0) = 4$ et $0 + 2 + 2 = 4$ .

Exemple 9.13 (Un dénominateur cubique, de bout en bout)

Décomposons $F = \dfrac{1}{X^3 + 1}$ sur $\R$ . Factorisons d’abord : $X^3 + 1 = (X + 1)(X^2 - X + 1)$ , le trinôme ayant pour discriminant $-3 < 0$ . Forme : $\frac{a}{X+1} + \frac{bX + c}{X^2 - X + 1}$ . Multiplication-évaluation au pôle simple $-1$ : $a = \bigl[\frac1{X^2 - X + 1}\bigr]_{X=-1} = \frac13$ . Limite de $xF(x)$ en l’infini : $0 = a + b$ , donc $b = -\frac13$ . Évaluation en $X = 0$ : $1 = a + c$ , donc $c = \frac23$ . Ainsi

\frac{1}{X^3+1} = \frac13\Bigl(\frac{1}{X+1} + \frac{-X + 2}{X^2 - X + 1}\Bigr) ,

ce que confirme $X = 1$ : membre de gauche $\frac12$ , membre de droite $\frac13\bigl(\frac12 + 1\bigr) = \frac12$ . Notons l’économie : trois inconnues, trois faits linéaires peu coûteux (une multiplication-évaluation, une limite, une évaluation), aucun développement de quoi que ce soit — le mode d’emploi de la Méthode 9.6 à l’état pur.

Remarque 9.14 (À quoi cela sert)

Une fois décomposée, une fonction rationnelle s’intègre terme à terme : les briques $\frac{1}{(x-a)^k}$ ont des primitives élémentaires, et les briques $\frac{\alpha x + \beta}{(x^2 + px + q)^l}$ se ramènent à $\ln$ et $\arctan$ (Chapitre 15). Les sommes télescopiques sont l’autre application standard (Exercice 9.8).

Remarque 9.15 (Où ce chapitre sert)

Les éléments simples sont avant tout une étape de prétraitement : le chapitre d’intégration (Chapitre 15) fait passer chaque intégrande rationnelle par le Théorème 9.10 avant d’intégrer, et le chapitre sur les séries (Chapitre 17) télescope des termes rationnels exactement comme dans l’Exercice 9.8 et dans le devoir maison ci-dessous — lequel pousse la technique jusqu’à $\sum 1/k^2 = \pi^2/6$ . La dérivée logarithmique $P'/P = \sum m_i/(X - a_i)$ (Exercice 8.11) réapparaît chaque fois que l’on étudie la localisation des racines. Au-delà de ce volume, la décomposition de $1/\chi(X)$ pour un polynôme caractéristique $\chi$ sous-tend le calcul des puissances de matrices et des transformées de Laplace dans le volume de Licence 2 : les briques $\frac{c}{(X - a)^k}$ sont l’ombre algébrique des solutions $t^{k-1}\eu^{at}$ rencontrées au Chapitre 5.

La fonction F(x) = 1x+1 + 1x + 1x-1, du type de l’ : strictement décroissante sur chaque intervalle compris entre ses pôles -1, 0, 1 (en pointillés). Chaque niveau horizontal > 0 est franchi exactement une fois par intervalle à droite du premier pôle (points marqués) : les solutions de F = s’entrelacent avec les pôles. — La fonction $F(x) = \frac1{x+1} + \frac1x + \frac1{x-1}$ , du type de l’Exercice 9.12 : strictement décroissante sur chaque intervalle compris entre ses pôles $-1, 0, 1$ (en pointillés). Chaque niveau horizontal $\lambda > 0$ est franchi exactement une fois par intervalle à droite du premier pôle (points marqués) : les solutions de $F = \lambda$ s’entrelacent avec les pôles.

9.4 Exercices

Exercice 9.1 ★

Décomposer sur $\R$ : $\dfrac{1}{X^2 - 1}$ ; $\;\dfrac{X}{X^2 - 3X + 2}$ ; $\;\dfrac{X^2 + 1}{X(X-1)}$ (attention à la partie entière).

Solution

Solution de Exercice 9.1.

$\dfrac{1}{X^2 - 1}$ : pôles simples $\pm 1$ ; par multiplication-évaluation : $\dfrac{1/2}{X-1} - \dfrac{1/2}{X+1}$ .

$\dfrac{X}{X^2 - 3X + 2} = \dfrac{X}{(X-1)(X-2)}$ : la multiplication-évaluation donne $\frac{1}{1-2} = -1$ en $1$ et $\frac{2}{2-1} = 2$ en $2$ : $\dfrac{-1}{X-1} + \dfrac{2}{X-2}$ .

$\dfrac{X^2+1}{X(X-1)}$ : le degré vaut $0$ , il y a donc une partie entière : en divisant, $X^2 + 1 = (X^2 - X) + (X + 1)$ , donc $F = 1 + \frac{X+1}{X(X-1)}$ . Multiplication-évaluation sur le reste : $\frac{1}{-1} = -1$ en $0$ , $\frac{2}{1} = 2$ en $1$ :

F = 1 - \frac{1}{X} + \frac{2}{X-1} .

Exercice 9.2 ★

Décomposer sur $\R$ : $\dfrac{1}{X(X^2 + 1)}$ et $\dfrac{X^3}{X^2 + X + 1}$ .

Solution

Solution de Exercice 9.2.

$\dfrac{1}{X(X^2+1)}$ : forme $\frac aX + \frac{bX + c}{X^2 + 1}$ . Multiplication-évaluation en $0$ : $a = 1$ . Limite de $xF$ : $0 = a + b$ , donc $b = -1$ . Évaluation en $X = 1$ : $\frac12 = 1 + \frac{c - 1}{2}$ , donc $c = 0$ :

\frac{1}{X(X^2+1)} = \frac 1X - \frac{X}{X^2+1} .

$\dfrac{X^3}{X^2+X+1}$ : division : $X^3 = (X^2+X+1)(X - 1) + 1$ , donc

\frac{X^3}{X^2+X+1} = X - 1 + \frac{1}{X^2 + X + 1} ,

ce qui est déjà la forme décomposée réelle (le trinôme a un discriminant négatif).

Exercice 9.3 ★

Décomposer $\dfrac{1}{X^2(X - 1)}$ et $\dfrac{X + 1}{(X - 1)^3}$ (pour la seconde, substituer $Y = X - 1$ ).

Solution

Solution de Exercice 9.3.

$\dfrac{1}{X^2(X-1)}$ : forme $\frac{a}{X^2} + \frac bX + \frac{c}{X-1}$ . Multiplication-évaluation au pôle double $0$ : $a = \bigl[\frac{1}{X-1}\bigr]_{0} = -1$ . Multiplication-évaluation en $1$ : $c = 1$ . Limite de $xF$ : $0 = b + c$ , donc $b = -1$ :

\frac{1}{X^2(X-1)} = -\frac{1}{X^2} - \frac1X + \frac{1}{X-1} .

$\dfrac{X+1}{(X-1)^3}$ : avec $Y = X - 1$ , le numérateur vaut $Y + 2$ :

\frac{Y + 2}{Y^3} = \frac{1}{Y^2} + \frac{2}{Y^3} = \frac{1}{(X-1)^2} + \frac{2}{(X-1)^3} .

Exercice 9.4 ★★

Décomposer sur $\C$ , puis sur $\R$ : $\dfrac{1}{X^4 - 1}$ .

Solution

Solution de Exercice 9.4.

Les pôles sont les racines quatrièmes de l’unité $1, \iu, -1, -\iu$ , toutes simples. Formule du pôle simple avec $B' = 4X^3$ : le coefficient en $a$ vaut $\frac{1}{4a^3} = \frac{a}{4a^4} = \frac a4$ (en utilisant $a^4 = 1$ ). Ainsi, sur $\C$ :

\frac{1}{X^4 - 1} = \frac{1/4}{X - 1} - \frac{1/4}{X + 1} + \frac{\iu/4}{X - \iu} - \frac{\iu/4}{X + \iu} .

En regroupant la paire conjuguée (dénominateur commun $X^2 + 1$ ) : $\frac{\iu}{4}\bigl(\frac{1}{X-\iu} - \frac{1}{X+\iu}\bigr) = \frac{\iu}{4}\cdot\frac{2\iu}{X^2+1} = \frac{-1/2}{X^2+1}$ . Sur $\R$ :

\frac{1}{X^4 - 1} = \frac{1/4}{X-1} - \frac{1/4}{X+1} - \frac{1/2}{X^2 + 1} .

Vérification en $X = 0$ : $-1 = -\frac14 - \frac14 - \frac12$ .

Exercice 9.5 ★★

Décomposer sur $\R$ : $\dfrac{X^2}{(X^2 + 1)^2}$ , et en déduire une primitive de $x \mapsto \dfrac{x^2}{(x^2+1)^2}$ , sachant que $\int \frac{\dd x}{(x^2+1)^2} = \frac12\bigl(\arctan x + \frac{x}{x^2+1}\bigr) + C$ .

Solution

Solution de Exercice 9.5.

$\dfrac{X^2}{(X^2+1)^2} = \dfrac{(X^2 + 1) - 1}{(X^2+1)^2} = \dfrac{1}{X^2+1} - \dfrac{1}{(X^2+1)^2}$ .

D’où une primitive :

\int \frac{x^2\,\dd x}{(x^2+1)^2} = \arctan x - \frac12\Bigl(\arctan x + \frac{x}{x^2+1}\Bigr) + C = \frac12\arctan x - \frac{x}{2(x^2+1)} + C .

Exercice 9.6 ★★

Pour $n \in \N^*$ , décomposer $F_n = \dfrac{n!}{X(X+1)\cdots(X+n)}$ (pôles simples en $0, -1, \dots, -n$ ; utiliser la formule de multiplication-évaluation et reconnaître des coefficients binomiaux).

Solution

Solution de Exercice 9.6.

Les pôles $0, -1, \dots, -n$ sont simples. Multiplication-évaluation en $-k$ :

c_k = \frac{n!}{\prod_{j \neq k} (-k + j)} = \frac{n!}{\bigl(\prod_{j=0}^{k-1}(j - k)\bigr) \bigl(\prod_{j=k+1}^{n}(j-k)\bigr)} = \frac{n!}{(-1)^k k!\,(n-k)!} = (-1)^k \binom nk .

Donc

\frac{n!}{X(X+1)\cdots(X+n)} = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k \binom nk}{X + k} .

(Vérification pour $n = 1$ : $\frac{1}{X(X+1)} = \frac1X - \frac{1}{X+1}$ .)

Exercice 9.7 ★★

En utilisant l’identité de l’Exercice 8.11 pour $P = X^n - 1$ , démontrer que

\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{X - \omega^k} = \frac{n X^{n-1}}{X^n - 1}, \qquad \omega = \eu^{2\iu\pi/n},

et évaluer les deux membres en $X = 2$ pour $n = 4$ à titre de vérification.

Solution

Solution de Exercice 9.7.

$P = X^n - 1$ a les $n$ racines simples $\omega^k$ (Théorème 3.14), donc l’identité de la dérivée logarithmique de l’Exercice 8.11 s’écrit

\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{X - \omega^k} = \frac{P'(X)}{P(X)} = \frac{n X^{n-1}}{X^n - 1} .

En $X = 2$ , $n = 4$ : membre de droite $= \frac{4 \times 8}{15} = \frac{32}{15}$ . Membre de gauche : $\frac{1}{2-1} + \frac{1}{2+1} + \frac{1}{2 - \iu} + \frac{1}{2 + \iu} = 1 + \frac13 + \frac{4}{5} = \frac{15 + 5 + 12}{15} = \frac{32}{15}$ , en utilisant $\frac{1}{2-\iu} + \frac{1}{2+\iu} = \frac{4}{5}$ .

Exercice 9.8 ★★

Décomposer $\dfrac{1}{k(k+1)(k+2)}$ et calculer

S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k(k+1)(k+2)}, \qquad\text{puis}\qquad \lim_{n \to \infty} S_n .

Solution

Solution de Exercice 9.8.

Multiplication-évaluation : $\dfrac{1}{k(k+1)(k+2)} = \dfrac{1/2}{k} - \dfrac{1}{k+1} + \dfrac{1/2}{k+2}$ . Réécrivons cela comme une différence télescopique :

\frac{1}{k(k+1)(k+2)} = \frac12\Bigl(\frac{1}{k(k+1)} - \frac{1}{(k+1)(k+2)}\Bigr),

(développer pour vérifier — ou soustraire les deux décompositions). En sommant :

S_n = \frac12\Bigl(\frac{1}{1 \times 2} - \frac{1}{(n+1)(n+2)}\Bigr) = \frac14 - \frac{1}{2(n+1)(n+2)} \xrightarrow[n \to \infty]{} \frac14 .

Exercice 9.9 ★★★

Soit $P \in \R[X]$ unitaire de degré $n$ , ayant $n$ racines réelles distinctes $x_1 < \dots < x_n$ . Démontrer que

\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{P'(x_i)} = 0 \quad (n \geq 2), \qquad \sum_{i=1}^{n} \frac{x_i^{\,n-1}}{P'(x_i)} = 1 .

Indication : décomposer $\frac{X^m}{P}$ pour $m \leq n - 1$ et examiner le comportement des coefficients à l’infini — ou utiliser l’interpolation de Lagrange (Théorème 8.23) du monôme $X^m$ aux nœuds $x_i$ .

Solution

Solution de Exercice 9.9.

Décomposons, pour $0 \leq m \leq n - 1$ , la fraction $\frac{X^m}{P}$ (de degré $m - n \leq -1$ , à pôles simples) : la formule du pôle simple donne

\frac{X^m}{P} = \sum_{i=1}^{n} \frac{x_i^m / P'(x_i)}{X - x_i} .

Multiplions par $X$ et faisons tendre $X \to +\infty$ : le membre de gauche tend vers la limite de $X^{m+1}/P$ , qui vaut $0$ si $m \leq n - 2$ et $1$ si $m = n - 1$ ( $P$ est unitaire de degré $n$ ) ; le membre de droite tend vers $\sum_i \frac{x_i^m}{P'(x_i)}$ . D’où

\sum_{i=1}^{n} \frac{x_i^{m}}{P'(x_i)} = \begin{cases} 0 & \text{pour } 0 \leq m \leq n-2,\\ 1 & \text{pour } m = n - 1, \end{cases}

ce qui contient les deux identités annoncées ( $m = 0$ exige $n \geq 2$ ). (Interprétation via Théorème 8.23 : ces sommes sont les coefficients dominants des interpolants de Lagrange de $X^m$ , et interpoler un polynôme de degré $\leq n-1$ en $n$ points le reproduit exactement.)

Exercice 9.10 ★★

Décomposer $\dfrac{1}{X(X+1)^2}$ sur $\R$ . En admettant la valeur $\sum_{k \geq 1} \frac1{k^2} = \frac{\pi^2}6$ (démontrée dans le devoir maison de ce chapitre), en déduire

\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)^2} = 2 - \frac{\pi^2}{6} .

Solution

Solution de Exercice 9.10.

Forme $\frac aX + \frac b{X+1} + \frac c{(X+1)^2}$ . Multiplication-évaluation en $0$ : $a = 1$ ; multiplication-évaluation au pôle double : $c = \bigl[\frac1X \bigr]_{X=-1} = -1$ ; limite de $xF(x)$ en l’infini : $0 = a + b$ , donc $b = -1$ :

\frac{1}{X(X+1)^2} = \frac1X - \frac1{X+1} - \frac1{(X+1)^2} .

En sommant pour $n = 1, \dots, N$ : les deux premières briques télescopent en $1 - \frac1{N+1}$ , et la troisième contribue pour $-\sum_{k=2}^{N+1} \frac1{k^2}$ . En faisant $N \to \infty$ et en utilisant $\sum_{k\geq1} \frac1{k^2} = \frac{\pi^2}6$ :

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)^2} = 1 - \Bigl(\frac{\pi^2}6 - 1\Bigr) = 2 - \frac{\pi^2}6 \approx 0.355 .

Exercice 9.11 ★★

Décomposer sur $\R$ : $\dfrac{1}{(X^2+1)(X^2+4)}$ , puis $\dfrac{X^2}{(X^2+1)(X^2+4)}$ . Indication : les deux dénominateurs sont des polynômes en $X^2$ : décomposer d’abord $\frac1{(Y+1)(Y+4)}$ .

Solution

Solution de Exercice 9.11.

Dans la variable $Y$ : $\frac1{(Y+1)(Y+4)} = \frac{1/3}{Y+1} - \frac{1/3}{Y+4}$ (multiplication-évaluation en $-1$ et en $-4$ ), donc

\frac{1}{(X^2+1)(X^2+4)} = \frac13\,\frac1{X^2+1} - \frac13\,\frac1{X^2+4} .

De même, $\frac{Y}{(Y+1)(Y+4)} = \frac{-1/3}{Y+1} + \frac{4/3}{Y+4}$ , donc

\frac{X^2}{(X^2+1)(X^2+4)} = -\frac13\,\frac1{X^2+1} + \frac43\,\frac1{X^2+4} .

(Vérification en $X = 0$ : $0 = \frac13(-1 + 1)$ .) Ce sont déjà les décompositions réelles : les numérateurs au-dessus des trinômes irréductibles se trouvent être des constantes.

Exercice 9.12 ★★★

(Équations séculaires) Soit $F = \sum_{i=1}^{r} \frac{c_i}{X - p_i}$ avec $p_1 < p_2 < \dots < p_r$ réels et tous les $c_i > 0$ .

Montrer que $F$ est strictement décroissante sur chaque intervalle de son domaine de définition, et donner ses limites en $\pm\infty$ et de part et d’autre de chaque pôle.
En déduire que, pour tout $\lambda > 0$ , l’équation $F(x) = \lambda$ a exactement $r$ solutions réelles, une dans chaque intervalle $\intoo{p_i}{p_{i+1}}$ et une au-delà de $p_r$ . (De telles équations gouvernent les perturbations de valeurs propres ; le théorème des valeurs intermédiaires est utilisé ici au niveau du lycée et démontré au Chapitre 13.)

Solution

Solution de Exercice 9.12.

Sur chaque intervalle évitant les pôles, $F'(x) = -\sum_i \frac{c_i}{(x - p_i)^2} < 0$ : $F$ est strictement décroissante. Quand $x \to \pm\infty$ , chaque brique tend vers $0$ : $F \to 0$ , par valeurs supérieures en $+\infty$ (toutes les briques y sont positives) et par valeurs inférieures en $-\infty$ . Quand $x \to p_i^+$ , la brique $\frac{c_i}{x - p_i}$ explose vers $+\infty$ et les autres restent bornées : $F \to +\infty$ ; de même $F \to -\infty$ quand $x \to p_i^-$ .
Fixons $\lambda > 0$ . Sur $\intoo{-\infty}{p_1}$ : $F$ décroît de $0^-$ à $-\infty$ , donc $F < 0 < \lambda$ : pas de solution. Sur chaque $\intoo{p_i}{p_{i+1}}$ ( $1 \leq i \leq r-1$ ) : $F$ décroît de $+\infty$ à $-\infty$ , donc prend la valeur $\lambda$ exactement une fois (propriété des valeurs intermédiaires et stricte monotonie). Sur $\intoo{p_r}{+\infty}$ : $F$ décroît de $+\infty$ à $0^+$ , d’où encore exactement une solution. Au total : exactement $r$ solutions, entrelacées avec les pôles.

9.5 Problème : les éléments simples comme moteur

Problème 9.1

La décomposition en éléments simples a des airs de comptabilité ; ce problème montre que c’est un moteur. Alimenté par la fraction $\frac1{X(X+1)\cdots(X+k)}$ , il télescope des familles entières de sommes sous forme close ; alimenté par $\frac1{X^n - 1}$ , il produit des identités trigonométriques telles que

\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{\sin^2\frac{k\pi}{n}} = \frac{n^2-1}{3} ;

et, poussée un cran plus loin, cette identité fait sortir l’une des formules les plus célèbres des mathématiques, celle d’Euler :

\sum_{k=1}^{\infty}\frac1{k^2} = \frac{\pi^2}{6}

— obtenue ici sans rien d’autre que l’algèbre de ce chapitre et la trigonométrie du lycée. Partout, $\omega = \eu^{2\iu\pi/n}$ ; les limites de suites sont utilisées au niveau du lycée (le Chapitre 11 les formalise).

Partie I — Le télescope.

Décomposer $\frac1{X(X+1)}$ et calculer exactement $\sum_{n=1}^{N} \frac1{n(n+1)}$ ; en conclure que la somme tend vers $1$ .
Même chose pour $\frac1{X(X+2)}$ : montrer que $\sum_{n=1}^{N} \frac1{n(n+2)} = \frac12\bigl(\frac32 - \frac1{N+1} - \frac1{N+2}\bigr) \to \frac34$ . (Avec un écart, deux termes de bord survivent à chaque extrémité.)
Formaliser le mécanisme : si $F(X) = G(X) - G(X+1)$ pour une certaine fraction rationnelle $G$ sans pôle dans $\intco1{+\infty}$ , alors $\sum_{n=1}^N F(n) = G(1) - G(N+1)$ . Retrouver la valeur $\frac14$ de l’Exercice 9.8 en exhibant le témoin $G$ pour $F = \frac1{X(X+1)(X+2)}$ .
Démontrer le télescope factoriel général : pour $k \geq 1$ ,

$\frac{1}{X(X+1)\cdots(X+k)} = \frac1k\biggl(\frac{1}{X(X+1)\cdots(X+k-1)} - \frac{1}{(X+1)\cdots(X+k)}\biggr),$

et en déduire

$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)\cdots(n+k)} = \frac{1}{k \cdot k!} .$

Vérifier le cas $k = 2$ avec la question 3.
Évaluer la décomposition de l’Exercice 9.6 en des points bien choisis pour démontrer

$\sum_{j=0}^{n}(-1)^j\binom nj\,\frac1{j+1} = \frac1{n+1}, \qquad \sum_{j=0}^{n}(-1)^j\binom nj\,\frac1{j+2} = \frac1{(n+1)(n+2)} .$

Partie II — La fraction $1/(X^n - 1)$ .

Montrer, par la formule de multiplication-évaluation, que

$\frac{1}{X^n - 1} = \frac1n\sum_{k=0}^{n-1}\frac{\omega^k}{X - \omega^k} .$
Deux vérifications : vérifier la formule directement pour $n = 2$ , et montrer que la somme des $n$ coefficients est nulle pour $n \geq 2$ — expliquer pourquoi elle doit l’être (considérer $xF(x)$ quand $x \to \infty$ ).
Retrouver par multiplication-évaluation l’identité de l’Exercice 9.7 : $\frac{nX^{n-1}}{X^n-1} = \sum_k \frac1{X - \omega^k}$ .
Regrouper les pôles conjugués pour démontrer la décomposition réelle : avec $\theta_k = \frac{2k\pi}n$ ,

$\frac{\omega^k}{X - \omega^k} + \frac{\omega^{n-k}}{X - \omega^{n-k}} = \frac{2\cos\theta_k\,X - 2} {X^2 - 2\cos\theta_k\,X + 1} ,$

et écrire la décomposition réelle complète de $\frac1{X^n-1}$ (distinguer $n$ impair et $n$ pair).
Spécialiser à $n = 4$ et confronter à l’Exercice 9.4.

Partie III — Sommes trigonométriques, et le $\pi^2/6$ d’Euler. Soit $P = 1 + X + \dots + X^{n-1}$ , dont les racines sont $\omega, \omega^2, \dots, \omega^{n-1}$ (toutes simples).

En utilisant $\frac{P'}P = \sum_{k=1}^{n-1}\frac1{X - \omega^k}$ (Exercice 8.11), démontrer

$\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{1 - \omega^k} = \frac{n-1}2 .$
Démontrer $\dfrac1{1 - \eu^{\iu\theta}} = \dfrac12 + \dfrac\iu2\,\frac{\cos(\theta/2)}{\sin(\theta/2)}$ pour $\theta \notin 2\pi\Z$ (factorisation par l’angle moitié, Méthode 3.11), et déduire de la question 11 que $\sum_{k=1}^{n-1} \frac{\cos(k\pi/n)}{\sin(k\pi/n)} = 0$ — visible aussi par la symétrie $k \leftrightarrow n - k$ .
En dérivant l’identité de la question 11 (c’est-à-dire en utilisant $\bigl(\frac{P'}P\bigr)' = \frac{P''}P - \bigl(\frac{P'}P\bigr)^2$ évalué en $X = 1$ ), démontrer

$\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{(1 - \omega^k)^2} = \frac{(n-1)(5-n)}{12} .$
En posant $\cot t = \frac{\cos t}{\sin t}$ , déduire des questions 12–13 les deux formes closes

$\sum_{k=1}^{n-1}\cot^2\frac{k\pi}n = \frac{(n-1)(n-2)}3, \qquad \sum_{k=1}^{n-1}\frac1{\sin^2\frac{k\pi}n} = \frac{n^2-1}3 .$
Vérifier les deux formules à la main pour $n = 3$ et $n = 4$ .
Démontrer les inégalités $\cot t < \frac1t < \frac1{\sin t}$ pour $t \in \intoo0{\frac\pi2}$ (à partir de $\sin t < t < \tan t$ ), et en déduire, pour $n = 2m + 1$ et $1 \leq k \leq m$ :

$\cot^2\frac{k\pi}n \;<\; \frac{n^2}{k^2\pi^2} \;<\; \frac1{\sin^2\frac{k\pi}n} .$
Sommer ces inégalités pour $k = 1, \dots, m$ (en utilisant la symétrie $k \leftrightarrow n - k$ pour diviser par deux les formules de la question 14) et encadrer :

$\sum_{k=1}^{\infty}\frac1{k^2} = \frac{\pi^2}6 .$

Partie IV — Briques d’ordre supérieur.

En élevant au carré la décomposition de $\frac1{X^2-1}$ et en redécomposant le terme croisé, démontrer

$\frac1{(X^2-1)^2} = \frac14\Bigl(\frac1{(X-1)^2} + \frac1{(X+1)^2}\Bigr) - \frac14\Bigl(\frac1{X-1} - \frac1{X+1}\Bigr),$

et le vérifier en $X = 0$ .
Combiner la question 18, le télescope et la valeur d’Euler (question 17) pour démontrer

$\sum_{n=2}^{\infty}\frac1{(n^2-1)^2} = \frac{\pi^2}{12} - \frac{11}{16} ,$

et confirmer la valeur numériquement à trois décimales.
Dériver l’identité de la question 8 pour obtenir une forme close de $\sum_{k=0}^{n-1}\frac1{(X - \omega^k)^2}$ , et la vérifier en $X = 2$ , $n = 2$ .
Démontrer que, pour $k \geq 2$ ,

$\sum_{n=k}^{\infty}\frac{1}{\binom nk} = \frac{k}{k-1} .$

(Se ramener à la question 4 en écrivant $1/\binom nk$ avec des factorielles.)
Pour $k = 3$ , donner la somme partielle exacte $\sum_{n=3}^{N}\frac1{\binom n3}$ et sa limite.

Partie V — Synthèse.

En guise de couronnement, écrire la décomposition réelle complète de $\dfrac1{X^6 - 1}$ et la vérifier en $X = 0$ .
Où exactement le problème a-t-il utilisé : (i) l’unicité de la décomposition ; (ii) les racines de l’unité du Chapitre 3 ; (iii) la dérivée logarithmique de l’Exercice 8.11 ? Une phrase pour chacune.
Synthèse, en un court paragraphe : une seule identité algébrique — casser une fraction en briques — a engendré des sommes exactes, des identités trigonométriques et $\pi^2/6$ . Commenter la répartition des tâches entre l’algèbre (décompositions exactes, valables partout) et l’analyse (limites, encadrements), et indiquer où chaque fil est industrialisé : télescopage et comparaison au Chapitre 17, intégration des briques au Chapitre 15.

Solution

Solution de Problème 9.1.

1. Multiplication-évaluation : $\frac1{X(X+1)} = \frac1X - \frac1{X+1}$ . La somme télescope :

\sum_{n=1}^{N}\Bigl(\frac1n - \frac1{n+1}\Bigr) = 1 - \frac1{N+1} \longrightarrow 1 .

2. $\frac1{X(X+2)} = \frac{1/2}X - \frac{1/2}{X+2}$ . En sommant, les termes $\frac1n$ survivent pour $n = 1, 2$ et les termes $-\frac1{n+2}$ survivent pour $n = N-1, N$ :

\sum_{n=1}^{N}\frac1{n(n+2)} = \frac12\Bigl(1 + \frac12 - \frac1{N+1} - \frac1{N+2}\Bigr) \longrightarrow \frac34 .

3. Si $F(X) = G(X) - G(X+1)$ , alors $\sum_{n=1}^N F(n) = \sum_{n=1}^N\bigl(G(n) - G(n+1)\bigr) = G(1) - G(N+1)$ : toutes les valeurs intermédiaires s’annulent deux à deux. Pour $F = \frac1{X(X+1)(X+2)}$ , le témoin est $G(X) = \frac1{2X(X+1)}$ :

G(X) - G(X+1) = \frac{(X+2) - X}{2X(X+1)(X+2)} = F(X) ,

donc $\sum_{n=1}^N F(n) = \frac14 - \frac1{2(N+1)(N+2)} \to \frac14$ , la valeur de l’Exercice 9.8.

4. Réduisons le membre de droite au dénominateur commun $X(X+1)\cdots(X+k)$ :

\frac1k\cdot\frac{(X + k) - X}{X(X+1)\cdots(X+k)} = \frac{1}{X(X+1)\cdots(X+k)} ,

ce qui est bien l’identité. Ainsi $F_k(X) = \frac1k\bigl(G_k(X) - G_k(X+1)\bigr)$ avec $G_k(X) = \frac1{X(X+1)\cdots(X+k-1)}$ , et le mécanisme de la question 3 donne

\sum_{n=1}^{N}\frac1{n(n+1)\cdots(n+k)} = \frac1k\Bigl(\frac1{k!} - G_k(N+1)\Bigr) \longrightarrow \frac1{k\cdot k!} ,

puisque $G_k(1) = \frac1{k!}$ et $G_k(N+1) \to 0$ . Pour $k = 2$ : $\frac1{2\cdot2} = \frac14$ , ce qui concorde avec la question 3.

5. L’Exercice 9.6 donne $\frac{n!}{X(X+1)\cdots(X+n)} = \sum_{j=0}^n \frac{(-1)^j\binom nj}{X + j}$ . Évaluons en $X = 1$ : le membre de gauche vaut $\frac{n!}{(n+1)!} = \frac1{n+1}$ , le membre de droite vaut $\sum_j(-1)^j\binom nj\frac1{1+j}$ : première identité. En $X = 2$ : le membre de gauche vaut $\frac{n!}{2\cdot3\cdots(n+2)} = \frac{n!\cdot1}{(n+2)!} = \frac1{(n+1)(n+2)}$ , le membre de droite $\sum_j(-1)^j\binom nj\frac1{2+j}$ : seconde identité.

6. Les pôles $\omega^k$ sont simples, et la formule du pôle simple de la Méthode 9.6 donne le coefficient

\frac{1}{\bigl(nX^{n-1}\bigr)_{X = \omega^k}} = \frac{1}{n\,\omega^{k(n-1)}} = \frac{\omega^k}{n\,\omega^{kn}} = \frac{\omega^k}n ,

en utilisant $\omega^{kn} = 1$ . D’où $\frac1{X^n-1} = \frac1n\sum_k \frac{\omega^k}{X - \omega^k}$ .

7. Pour $n = 2$ ( $\omega = -1$ ) : $\frac12\bigl( \frac1{X-1} - \frac1{X+1}\bigr) = \frac12\cdot\frac{2}{X^2-1} = \frac1{X^2-1}$ : correct. La somme des coefficients vaut $\frac1n\sum_k\omega^k = 0$ pour $n \geq 2$ (Proposition 3.18). Elle le doit : $x\,F(x) \to \sum_k c_k$ quand $x \to \infty$ pour toute décomposition à pôles simples, alors qu’ici $xF(x) = \frac{x}{x^n-1} \to 0$ puisque $n \geq 2$ .

8. Multiplication-évaluation pour $\frac{X^{n-1}}{X^n - 1}$ en $\omega^k$ : $\frac{A(\omega^k)}{B'(\omega^k)} = \frac{\omega^{k(n-1)}}{n\omega^{k(n-1)}} = \frac1n$ , donc $\frac{X^{n-1}}{X^n-1} = \frac1n\sum_k\frac1{X - \omega^k}$ — l’identité de l’Exercice 9.7 de nouveau.

9. Avec $c = \omega^k$ , $\conj c = \omega^{n-k}$ et $c\conj c = 1$ , $c + \conj c = 2\cos\theta_k$ :

\frac{c}{X - c} + \frac{\conj c}{X - \conj c} = \frac{c(X - \conj c) + \conj c(X - c)} {(X - c)(X - \conj c)} = \frac{2\cos\theta_k\,X - 2}{X^2 - 2\cos\theta_k\,X + 1} .

En regroupant $k$ avec $n - k$ dans la question 6 : pour $n$ impair,

\frac1{X^n - 1} = \frac1n\Biggl(\frac1{X-1} + \sum_{k=1}^{(n-1)/2} \frac{2\cos\theta_k X - 2}{X^2 - 2\cos\theta_k X + 1}\Biggr) ;

pour $n$ pair, le pôle supplémentaire $\omega^{n/2} = -1$ , conjugué de lui-même, contribue pour $\frac{-1}{X+1}$ à l’intérieur de la parenthèse, et la somme sur les paires va jusqu’à $\frac n2 - 1$ .

10. $n = 4$ : $\theta_1 = \frac\pi2$ , $\cos\theta_1 = 0$ , donc le terme de paire vaut $\frac{-2}{X^2+1}$ et

\frac1{X^4-1} = \frac14\Bigl(\frac1{X-1} - \frac1{X+1} - \frac2{X^2+1}\Bigr) ,

qui est la décomposition de l’Exercice 9.4.

11. $P = \prod_{k=1}^{n-1}(X - \omega^k)$ (diviser $X^n - 1$ par $X - 1$ ), donc, par l’Exercice 8.11, $\frac{P'}P = \sum_{k=1}^{n-1}\frac1{X-\omega^k}$ . En $X = 1$ : $P(1) = n$ et $P'(1) = \sum_{j=1}^{n-1}j = \frac{n(n-1)}2$ , d’où

\sum_{k=1}^{n-1}\frac1{1 - \omega^k} = \frac{P'(1)}{P(1)} = \frac{n-1}2 .

12. Angle moitié : $1 - \eu^{\iu\theta} = -2\iu\sin\frac\theta2\,\eu^{\iu\theta/2}$ , donc

\frac1{1 - \eu^{\iu\theta}} = \frac{\eu^{-\iu\theta/2}}{-2\iu\sin\frac\theta2} = \frac{\iu\cos\frac\theta2 + \sin\frac\theta2} {2\sin\frac\theta2} = \frac12 + \frac\iu2\, \frac{\cos\frac\theta2}{\sin\frac\theta2} .

Avec $\theta = \theta_k = \frac{2k\pi}n$ : $\frac1{1-\omega^k} = \frac12 + \frac\iu2\cot\frac{k\pi}n$ . En sommant sur $k = 1, \dots, n-1$ et en comparant avec la valeur réelle $\frac{n-1}2$ de la question 11 : les parties réelles rendent déjà compte de tout, donc $\sum_k\cot\frac{k\pi}n = 0$ — comme le montre aussi la symétrie $\cot\frac{(n-k)\pi}n = -\cot\frac{k\pi}n$ .

13. En dérivant $\frac{P'}P = \sum_k\frac1{X - \omega^k}$ :

\frac{P''}P - \Bigl(\frac{P'}P\Bigr)^2 = -\sum_{k=1}^{n-1}\frac1{(X - \omega^k)^2} .

En $X = 1$ : $P''(1) = \sum_{j=2}^{n-1}j(j-1) = 2\binom n3 = \frac{n(n-1)(n-2)}3$ (identité du bâton de hockey, ou récurrence), donc

\sum_{k=1}^{n-1}\frac1{(1 - \omega^k)^2} = \Bigl(\frac{n-1}2\Bigr)^2 - \frac{(n-1)(n-2)}3 = \frac{(n-1)\bigl(3(n-1) - 4(n-2)\bigr)}{12} = \frac{(n-1)(5-n)}{12} .

14. En élevant au carré la formule de la question 12, avec $c_k = \cot\frac{k\pi}n$ :

\frac1{(1-\omega^k)^2} = \Bigl(\frac12 + \frac\iu2 c_k\Bigr)^2 = \frac14 - \frac{c_k^2}4 + \frac\iu2\,c_k .

En sommant et en utilisant $\sum c_k = 0$ (question 12) et la question 13 : $\frac{n-1}4 - \frac14\sum_k c_k^2 = \frac{(n-1)(5-n)}{12}$ , donc

\sum_{k=1}^{n-1}\cot^2\frac{k\pi}n = (n-1) - \frac{(n-1)(5-n)}3 = \frac{(n-1)(n-2)}3 .

Puis $\frac1{\sin^2t} = 1 + \cot^2t$ donne $\sum_k\frac1{\sin^2\frac{k\pi}n} = (n-1) + \frac{(n-1)(n-2)}3 = \frac{n^2-1}3$ .

15. $n = 3$ : $\cot^2\frac\pi3 + \cot^2\frac{2\pi}3 = \frac13 + \frac13 = \frac23 = \frac{2\cdot1}3$ ; et $\frac1{\sin^2}$ se somme en $\frac43 + \frac43 = \frac83 = \frac{9-1}3$ . $n = 4$ : $1 + 0 + 1 = 2 = \frac{3\cdot2}3$ ; et $2 + 1 + 2 = 5 = \frac{16-1}3$ . Les deux formules sont vérifiées.

16. Pour $t \in \intoo0{\frac\pi2}$ , la comparaison classique $\sin t < t < \tan t$ (argument d’aires ou de convexité, familier depuis le lycée) donne, en passant aux inverses, $\cot t < \frac1t < \frac1{\sin t}$ , les trois quantités y étant positives ; l’élévation au carré préserve l’ordre. Avec $t = \frac{k\pi}n$ , $1 \leq k \leq m$ , $n = 2m+1$ (donc $t < \frac\pi2$ ) :

\cot^2\frac{k\pi}n < \frac{n^2}{k^2\pi^2} < \frac1{\sin^2\frac{k\pi}n} .

17. Par les symétries $\cot^2\frac{(n-k)\pi}n = \cot^2\frac{k\pi}n$ et de même pour $\sin^2$ , les sommes de la question 14 sont divisées par deux : $\sum_{k=1}^{m}\cot^2\frac{k\pi}n = \frac{(n-1)(n-2)}6 = \frac{m(2m-1)}3$ et $\sum_{k=1}^m\frac1{\sin^2\frac{k\pi}n} = \frac{n^2-1}6 = \frac{2m(m+1)}3$ . En sommant la question 16 pour $k = 1, \dots, m$ et en multipliant par $\frac{\pi^2}{n^2}$ :

\frac{\pi^2}{(2m+1)^2}\cdot\frac{m(2m-1)}3 \;<\; \sum_{k=1}^{m}\frac1{k^2} \;<\; \frac{\pi^2}{(2m+1)^2}\cdot\frac{2m(m+1)}3 .

Les deux bornes tendent vers $\frac{\pi^2}6$ quand $m \to \infty$ (les rapports $\frac{m(2m-1)}{(2m+1)^2}$ et $\frac{2m(m+1)}{(2m+1)^2}$ tendent tous deux vers $\frac12$ ), donc, par encadrement, les sommes partielles croissantes convergent et

\sum_{k=1}^{\infty}\frac1{k^2} = \frac{\pi^2}6 .

18. Élevons au carré $\frac1{X^2-1} = \frac12\bigl(\frac1{X-1} - \frac1{X+1}\bigr)$ :

\frac1{(X^2-1)^2} = \frac14\Bigl(\frac1{(X-1)^2} + \frac1{(X+1)^2}\Bigr) - \frac12\cdot\frac1{(X-1)(X+1)} ,

et redécomposons le terme croisé $\frac1{(X-1)(X+1)} = \frac12\bigl(\frac1{X-1} - \frac1{X+1}\bigr)$ pour obtenir la forme annoncée. En $X = 0$ : membre de gauche $1$ ; membre de droite $\frac14(1 + 1) - \frac14(-1 - 1) = \frac12 + \frac12 = 1$ .

19. Sommons la question 18 pour $n \geq 2$ . Avec $S = \sum_{k\geq1}\frac1{k^2} = \frac{\pi^2}6$ : $\sum_{n\geq2} \frac1{(n-1)^2} = S$ ; $\sum_{n\geq2}\frac1{(n+1)^2} = S - 1 - \frac14$ ; et le télescope à écart deux $\sum_{n\geq2}\bigl( \frac1{n-1} - \frac1{n+1}\bigr) = 1 + \frac12 = \frac32$ . D’où

\sum_{n=2}^{\infty}\frac1{(n^2-1)^2} = \frac14\Bigl(2S - \frac54\Bigr) - \frac14\cdot\frac32 = \frac S2 - \frac{11}{16} = \frac{\pi^2}{12} - \frac{11}{16} \approx 0.135 .

Numériquement : $\frac19 + \frac1{64} + \frac1{225} + \frac1{576} + \frac1{1225} + \dots \approx 0.1111 + 0.0156 + 0.0044 + 0.0017 + 0.0008 + \dots \approx 0.135$ : cohérent.

20. Dérivons l’identité de la question 8, $\sum_k\frac1{X-\omega^k} = \frac{nX^{n-1}}{X^n-1}$ :

\sum_{k=0}^{n-1}\frac1{(X - \omega^k)^2} = \frac{n^2X^{2n-2} - n(n-1)X^{n-2}(X^n - 1)}{(X^n - 1)^2} .

Vérification en $n = 2$ , $X = 2$ : membre de droite $\frac{4\cdot4 - 2\cdot1\cdot3}{9} = \frac{10}9$ ; membre de gauche $\frac1{(2-1)^2} + \frac1{(2+1)^2} = 1 + \frac19 = \frac{10}9$ .

21. $\frac1{\binom nk} = \frac{k!\,(n-k)!}{n!} = \frac{k!}{(n-k+1)(n-k+2)\cdots n}$ , avec au dénominateur un produit de $k$ entiers consécutifs. En substituant $j = n - k + 1$ (de sorte que $j$ parcourt $\N^*$ lorsque $n$ part de $k$ ) :

\sum_{n=k}^{\infty}\frac1{\binom nk} = k!\sum_{j=1}^{\infty}\frac1{j(j+1)\cdots(j+k-1)} = \frac{k!}{(k-1)\,(k-1)!} = \frac{k}{k-1} ,

par la question 4 appliquée avec $k - 1$ à la place de $k$ (licite puisque $k - 1 \geq 1$ ).

22. Pour $k = 3$ : $\frac1{\binom n3} = \frac6{(n-2)(n-1)n}$ , donc, par la somme partielle de la question 3 (décalée),

\sum_{n=3}^{N}\frac1{\binom n3} = 6\sum_{j=1}^{N-2}\frac1{j(j+1)(j+2)} = 6\Bigl(\frac14 - \frac1{2(N-1)N}\Bigr) = \frac32 - \frac3{(N-1)N} \longrightarrow \frac32 ,

soit la valeur $\frac k{k-1} = \frac32$ de la question 21.

23. $n = 6$ : les paires $k = 1$ ( $\theta_1 = \frac\pi3$ , $2\cos\theta_1 = 1$ ) et $k = 2$ ( $\theta_2 = \frac{2\pi}3$ , $2\cos\theta_2 = -1$ ), plus les pôles réels $\pm1$ :

\frac1{X^6-1} = \frac16\Bigl(\frac1{X-1} - \frac1{X+1} + \frac{X - 2}{X^2 - X + 1} + \frac{-X - 2}{X^2 + X + 1}\Bigr) .

En $X = 0$ : membre de gauche $-1$ ; membre de droite $\frac16(-1 - 1 - 2 - 2) = -1$ : correct.

24. (i) L’unicité légitime toute identification de coefficients — la multiplication-évaluation, le regroupement des paires conjuguées de la question 9 et les astuces de dérivation (questions 13 et 20) reposent toutes sur elle. (ii) Les racines de l’unité ont fourni les pôles de $X^n - 1$ , leurs symétries ( $k \leftrightarrow n-k$ ) et l’algèbre de l’angle moitié de la question 12 (Méthode 3.11). (iii) La dérivée logarithmique $\frac{P'}P = \sum\frac{m_i}{X-a_i}$ a converti l’information sur les racines de $P = 1 + X + \dots + X^{n-1}$ en les sommes numériques des questions 11 et 13 — la charnière entre les parties II et III.

25. La décomposition est une identité purement algébrique, vraie pour toutes les valeurs de la variable à la fois ; c’est ce qui en fait un moteur. Substituer des entiers puis sommer l’a transformée en télescopes (partie I) ; substituer des racines de l’unité puis regrouper les conjuguées l’a transformée en identités trigonométriques (parties II et III) ; et ce n’est qu’à la toute dernière étape que l’analyse est intervenue — un encadrement entre deux formes closes — pour livrer $\frac{\pi^2}6$ , un énoncé qu’aucune substitution finie ne saurait atteindre. Cette répartition des tâches (l’algèbre produit des identités finies exactes, l’analyse passe à la limite) est le modèle du Chapitre 17, où télescopage et comparaison deviennent systématiques, et du Chapitre 15, où chaque brique acquiert une primitive et où les mêmes décompositions calculent des intégrales au lieu de sommes.

9.1 Le corps K(X)K(X)K(X)

9.2 Décomposition en éléments simples sur C\CC

9.3 Décomposition sur R\RR

9.4 Exercices

9.5 Problème : les éléments simples comme moteur

9.1 Le corps $K(X)$

9.2 Décomposition en éléments simples sur $\C$

9.3 Décomposition sur $\R$