--- title: "Fractions rationnelles" book: "Mathématiques universitaires — Licence 1" subject: math language: fr chapter: 9 exercises: 12 source: https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/9-fractions-rationnelles --- # Chapitre 9 — Fractions rationnelles Une [fraction rationnelle](#def-b1-fractions-field) est un quotient de [polynômes](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/8-polynomes#def-b1-poly-def). 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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/15-integration-sur-un-segment#ch-b1-integration)) et pour sommer certaines séries ([Chapitre 17](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/17-series-numeriques#ch-b1-series)). ## 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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/1-logique-ensembles-et-applications#def-b1-logic-sets) $K(X)$ des fractions rationnelles est un [corps](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/7-structures-algebriques#def-b1-structures-field). Les *pôles* de $F$ (sous forme irréductible) sont les racines de $B$ ; l’*ordre* d’un pôle est sa [multiplicité](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/8-polynomes#def-b1-poly-derivative) 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](#def-b1-fractions-field) : $0$ 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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/8-polynomes#thm-b1-poly-division)), 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](#def-b1-fractions-field) » en $-1$ n’a jamais été un [pôle](#def-b1-fractions-field). Toujours réduire à la forme irréductible avant de chasser les [pôles](#def-b1-fractions-field) : les [pôles](#def-b1-fractions-field) 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](#prop-b1-fractions-integerpart).) ## 9.2 Décomposition en éléments simples sur $\C$ **Théorème 9.5 (Décomposition sur C\CC).** 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](#prop-b1-fractions-integerpart), on peut supposer $\deg A < \deg B$ et démontrer la décomposition en somme avec $E = 0$. *Séparation des [pôles](#def-b1-fractions-field).* Écrivons $B = (X - a_1)^{m_1} B_1$ avec $B_1(a_1) \neq 0$. Les [polynômes](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/8-polynomes#def-b1-poly-def) $(X-a_1)^{m_1}$ et $B_1$ sont [premiers entre eux](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/6-arithmetique-des-entiers#cor-b1-arith-bezout) (aucune racine commune), donc, par Bézout dans $\C[X]$ (voir la remarque du [Chapitre 8](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/8-polynomes#ch-b1-poly)), 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](#def-b1-fractions-field) après [pôle](#def-b1-fractions-field), on ramène tout au cas d’un seul [pôle](#def-b1-fractions-field) ci-dessous. *Un seul [pôle](#def-b1-fractions-field).* 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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/8-polynomes#def-b1-poly-def), comme dans la démonstration de la [Proposition 8.11](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/8-polynomes#prop-b1-poly-multiplicity)) ; 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](#def-b1-fractions-field) d’ordre élevé est en jeu, et celle que l’on recommande pour l’[Exercice 9.3](#exo-b1-fractions-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](#def-b1-fractions-field) 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](#def-b1-fractions-field) 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 : 1. 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](#def-b1-fractions-field) $a$) vaut $$c_{a,m} = \Bigl[\,(X - a)^m F\,\Bigr]_{X = a};$$ pour un [pôle](#def-b1-fractions-field) *simple* de $F = \frac AB$, c’est $\frac{A(a)}{B'(a)}$ ; 2. 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 ; 3. 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).** 1. *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](#prop-b1-fractions-integerpart) ), sinon la chasse aux coefficients produira des contradictions. 2. *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](#def-b1-fractions-field) ; les coefficients d’ordre inférieur exigent d’autres relations (limites, évaluations) — voir l’ [Exemple 9.9](#ex-b1-fractions-multiple) . 3. *Oublier de simplifier.* Les [pôles](#def-b1-fractions-field) se lisent sur la forme *irréductible* ; un facteur commun au numérateur et au dénominateur crée des [pôles](#def-b1-fractions-field) fantômes ( [Exemple 9.4](#ex-b1-fractions-integerpart) ). 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](#thm-b1-fractions-real) , jamais improvisées. **Démonstration de la formule du pôle simple.** Au voisinage d’un [pôle](#def-b1-fractions-field) 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](#def-b1-fractions-field) 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](#def-b1-fractions-field) 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\RR).** 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](#thm-b1-fractions-complex)). Comme $F$ est réelle, le coefficient au-dessus du [pôle](#def-b1-fractions-field) $\conj a$ (à chaque ordre) est le [conjugué](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/3-nombres-complexes#def-b1-complex-field) du coefficient au-dessus de $a$ (conjuguer la décomposition et invoquer l’unicité). Regroupons chaque paire [conjuguée](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/3-nombres-complexes#def-b1-complex-field) : $$ \frac{c}{(X - z)^l} + \frac{\conj c}{(X - \conj z)^l} = \frac{c\,(X - \conj z)^l + \conj c\,(X - z)^l}{\bigl(X^2 - 2\Re(z)X + \abs z^2\bigr)^{l}}, $$ dont le numérateur est son propre [conjugué](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/3-nombres-complexes#def-b1-complex-field), 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](#def-b1-fractions-field) 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](#def-b1-fractions-field) 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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/3-nombres-complexes#def-b1-complex-field) 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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/3-nombres-complexes#def-b1-complex-unity)), 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](#def-b1-fractions-field) double : $c = \bigl[\frac{4}{X^2+1}\bigr]_{X=1} = 2$. Multiplication-évaluation au [pôle](#def-b1-fractions-field) 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](#def-b1-fractions-field) 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](#met-b1-fractions-compute) 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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/15-integration-sur-un-segment#ch-b1-integration)). Les sommes télescopiques sont l’autre [application](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/1-logique-ensembles-et-applications#def-b1-logic-map) standard ([Exercice 9.8](#exo-b1-fractions-8)). **Remarque 9.15 (Où ce chapitre sert).** Les éléments simples sont avant tout une étape de *prétraitement* : le chapitre d’intégration ([Chapitre 15](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/15-integration-sur-un-segment#ch-b1-integration)) fait passer chaque intégrande rationnelle par le [Théorème 9.10](#thm-b1-fractions-real) avant d’intégrer, et le chapitre sur les séries ([Chapitre 17](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/17-series-numeriques#ch-b1-series)) télescope des termes rationnels exactement comme dans l’[Exercice 9.8](#exo-b1-fractions-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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/8-polynomes#exo-b1-poly-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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/5-equations-differentielles-lineaires#def-b1-diffeq-linear2) $\chi$ 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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/5-equations-differentielles-lineaires#ch-b1-diffeq). ![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.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-fractions/fig-0d4a101aa56d.svg) *La fonction $F(x) = \frac1{x+1} + \frac1x + \frac1{x-1}$, du type de l’[Exercice 9.12](#exo-b1-fractions-12) : strictement décroissante sur chaque intervalle compris entre ses [pôles](#def-b1-fractions-field) $-1, 0, 1$ (en pointillés). Chaque niveau horizontal $\lambda > 0$ est franchi exactement une fois par intervalle à droite du premier [pôle](#def-b1-fractions-field) (points marqués) : les solutions de $F = \lambda$ s’entrelacent avec les [pôles](#def-b1-fractions-field).* ## 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 de Exercice 9.1.** $\dfrac{1}{X^2 - 1}$ : [pôles](#def-b1-fractions-field) 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 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 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](#def-b1-fractions-field) 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 de Exercice 9.4.** Les [pôles](#def-b1-fractions-field) sont les racines quatrièmes de l’unité $1, \iu, -1, -\iu$, toutes simples. Formule du [pôle](#def-b1-fractions-field) 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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/3-nombres-complexes#def-b1-complex-field) (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 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](#def-b1-fractions-field) simples en $0, -1, \dots, -n$ ; utiliser la formule de multiplication-évaluation et reconnaître des coefficients binomiaux)*. **Solution de Exercice 9.6.** Les [pôles](#def-b1-fractions-field) $0, -1, \dots, -n$ 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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/8-polynomes#exo-b1-poly-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 de Exercice 9.7.** $P = X^n - 1$ a les $n$ racines simples $\omega^k$ ([Théorème 3.14](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/3-nombres-complexes#thm-b1-complex-roots)), donc l’identité de la dérivée logarithmique de l’[Exercice 8.11](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/8-polynomes#exo-b1-poly-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 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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/8-polynomes#thm-b1-poly-lagrange) ([Théorème 8.23](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/8-polynomes#thm-b1-poly-lagrange)) du monôme $X^m$ aux nœuds $x_i$.* **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](#def-b1-fractions-field) simples) : la formule du [pôle](#def-b1-fractions-field) 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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/8-polynomes#thm-b1-poly-lagrange) : ces sommes sont les coefficients dominants des interpolants de Lagrange de $X^m$, et interpoler un [polynôme](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/8-polynomes#def-b1-poly-def) 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 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](#def-b1-fractions-field) 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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/8-polynomes#def-b1-poly-def) en $X^2$ : décomposer d’abord $\frac1{(Y+1)(Y+4)}$.* **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 $c_i > 0$. 1. 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](#def-b1-fractions-field) . 2. 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 secondaire et démontré au [Chapitre 13](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/13-limites-et-continuite#ch-b1-continuity) .) **Solution de Exercice 9.12.** 1. Sur chaque intervalle évitant les [pôles](#def-b1-fractions-field) , $F'(x) = -\sum_i \frac{c_i}{(x - p_i)^2} < 0$ : $F$ 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 $x \to p_i^-$ . 2. 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](#def-b1-fractions-field) . ## 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 secondaire. Partout, $\omega = \eu^{2\iu\pi/n}$ ; les limites de suites sont admises telles quelles ici (le [Chapitre 11](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/11-suites#ch-b1-seq) les formalise). **Partie I — Le télescope.** 1. Décomposer $\frac1{X(X+1)}$ et calculer exactement $\sum_{n=1}^{N} \frac1{n(n+1)}$ ; en conclure que la somme tend vers $1$ . 2. 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.) 3. Formaliser le mécanisme : si $F(X) = G(X) - G(X+1)$ pour une certaine [fraction rationnelle](#def-b1-fractions-field) $G$ sans [pôle](#def-b1-fractions-field) dans $\intco1{+\infty}$ , alors $\sum_{n=1}^N F(n) = G(1) - G(N+1)$ . Retrouver la valeur $\frac14$ de l’ [Exercice 9.8](#exo-b1-fractions-8) en exhibant le témoin $G$ pour $F = \frac1{X(X+1)(X+2)}$ . 4. 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. 5. Évaluer la décomposition de l’[Exercice 9.6](#exo-b1-fractions-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 $1/(X^n - 1)$.** 6. Montrer, par la formule de multiplication-évaluation, que $$\frac{1}{X^n - 1} = \frac1n\sum_{k=0}^{n-1}\frac{\omega^k}{X - \omega^k} .$$ 7. 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 $x \to \infty$ ). 8. Retrouver par multiplication-évaluation l’identité de l’ [Exercice 9.7](#exo-b1-fractions-7) : $\frac{nX^{n-1}}{X^n-1} = \sum_k \frac1{X - \omega^k}$ . 9. Regrouper les [pôles](#def-b1-fractions-field) [conjugués](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/3-nombres-complexes#def-b1-complex-field) 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). 10. Spécialiser à $n = 4$ et confronter à l’ [Exercice 9.4](#exo-b1-fractions-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). 11. En utilisant $\frac{P'}P = \sum_{k=1}^{n-1}\frac1{X - \omega^k}$ ([Exercice 8.11](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/8-polynomes#exo-b1-poly-11)), démontrer $$\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{1 - \omega^k} = \frac{n-1}2 .$$ 12. 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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/3-nombres-complexes#met-b1-complex-trig) ), 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 $k \leftrightarrow n - k$ . 13. 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 $$\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{(1 - \omega^k)^2} = \frac{(n-1)(5-n)}{12} .$$ 14. En posant $\cot t = \frac{\cos t}{\sin t}$, déduire des questions 12–13 les deux formes closes $$\sum_{k=1}^{n-1}\cot^2\frac{k\pi}n = \frac{(n-1)(n-2)}3, \qquad \sum_{k=1}^{n-1}\frac1{\sin^2\frac{k\pi}n} = \frac{n^2-1}3 .$$ 15. Vérifier les deux formules à la main pour $n = 3$ et $n = 4$ . 16. 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 $1 \leq k \leq m$ : $$\cot^2\frac{k\pi}n \;<\; \frac{n^2}{k^2\pi^2} \;<\; \frac1{\sin^2\frac{k\pi}n} .$$ 17. 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.** 18. 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 $X = 0$. 19. 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. 20. 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 $X = 2$ , $n = 2$ . 21. 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.)* 22. Pour $k = 3$ , donner la somme partielle exacte $\sum_{n=3}^{N}\frac1{\binom n3}$ et sa limite. **Partie V — Synthèse.** 23. En guise de couronnement, écrire la décomposition réelle complète de $\dfrac1{X^6 - 1}$ et la vérifier en $X = 0$ . 24. Où exactement le problème a-t-il utilisé : (i) l’unicité de la décomposition ; (ii) les [racines de l’unité](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/3-nombres-complexes#def-b1-complex-unity) du [Chapitre 3](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/3-nombres-complexes#ch-b1-complex) ; (iii) la dérivée logarithmique de l’ [Exercice 8.11](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/8-polynomes#exo-b1-poly-11) ? Une phrase pour chacune. 25. 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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/17-series-numeriques#ch-b1-series) , intégration des briques au [Chapitre 15](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/15-integration-sur-un-segment#ch-b1-integration) . **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](#exo-b1-fractions-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](#exo-b1-fractions-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](#def-b1-fractions-field) $\omega^k$ sont simples, et la formule du [pôle](#def-b1-fractions-field) simple de la [Méthode 9.6](#met-b1-fractions-compute) 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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/3-nombres-complexes#prop-b1-complex-sumroots)). Elle le doit : $x\,F(x) \to \sum_k c_k$ quand $x \to \infty$ pour toute décomposition à [pôles](#def-b1-fractions-field) 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](#exo-b1-fractions-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](#def-b1-fractions-field) supplémentaire $\omega^{n/2} = -1$, [conjugué](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/3-nombres-complexes#def-b1-complex-field) 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](#exo-b1-fractions-4). **11.** $P = \prod_{k=1}^{n-1}(X - \omega^k)$ (diviser $X^n - 1$ par $X - 1$), donc, par l’[Exercice 8.11](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/8-polynomes#exo-b1-poly-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 secondaire) 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](#def-b1-fractions-field) 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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/3-nombres-complexes#def-b1-complex-field) de la question 9 et les astuces de dérivation (questions 13 et 20) reposent toutes sur elle. (ii) Les [racines de l’unité](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/3-nombres-complexes#def-b1-complex-unity) ont fourni les [pôles](#def-b1-fractions-field) de $X^n - 1$, leurs symétries ($k \leftrightarrow n-k$) et l’algèbre de l’angle moitié de la question 12 ([Méthode 3.11](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/3-nombres-complexes#met-b1-complex-trig)). (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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/3-nombres-complexes#def-b1-complex-unity) puis regrouper les [conjuguées](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/3-nombres-complexes#def-b1-complex-field) 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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/17-series-numeriques#ch-b1-series), où télescopage et comparaison deviennent systématiques, et du [Chapitre 15](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/15-integration-sur-un-segment#ch-b1-integration), où chaque brique acquiert une primitive et où les mêmes décompositions calculent des intégrales au lieu de sommes.