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École AVOSZ 

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Catégorie : Niveau Prépa

151. Quand l’union de trois espaces vectoriels est un espace vectoriel (cas 1/8)

Rédigé par on | Niveau Agrégation, Niveau Capes, Niveau Prépa

Soient $E$, $F$ et $G$ trois $\K$-espaces vectoriels où $\K$ est un corps dans lequel $1+1\neq 0$ (il est dit de caractéristique différente de $2$), tels que l’union $E\cup F \cup G$ soit aussi un $\K$-espace vectoriel. L’ensemble $E\cup F \cup G$ est muni d’une addition interne notée $+$ de sorte que $E$, $F$ et $G$ soient des sous-espaces vectoriels de $E\cup F \cup G.$

Vous allez montrer que l’un des espaces vectoriels contient les deux autres.

Pour y parvenir, raisonnez par l’absurde en supposant que cela ne soit pas le cas.

Ainsi la proposition logique « ($F \subset E$ et $G\subset E$) ou ($G \subset F$ et $E\subset F$) ou ($E \subset G$ et $F\subset G$) » est fausse.

Donc la proposition « ($F \not\subset E$ ou $G\not\subset E$) et ($G \not\subset F$ ou $E\not\subset F$) et ($E \not\subset G$ ou $F\not\subset G$) » est vraie.

Ce que vous écrivez « ($E\not\subset F$ ou $G \not\subset F$) et ($F\not\subset G$ ou $E \not\subset G$) et ($G\not\subset E$ ou $F \not\subset E$) » est vraie.

Cela amène à traiter huit cas possibles.

Note. Il existe une démonstration plus rapide permettant d’éviter de traiter potentiellement 8 cas qui eux-mêmes se subdivisent en plusieurs sous-cas. C’est certes plus élégant mais arrivez-vous à construire une telle preuve ?

Dans cet article, vous allez montrer que le cas numéro 1, à savoir $\boxed{E \not\subset F, F \not\subset G \text{ et } G \not\subset E}$ aboutit toujours à une impossibilité.

Vous pouvez également consulter le cas numéro 2 qui est traité dans l'article 152.
Vous pouvez également consulter le cas numéro 3 qui est traité dans l'article 153.
Vous pouvez également consulter les cas numéros 4, 5, 6, 7 et 8 qui sont traités dans l'article 154.

Exposez la situation

Il existe $e\in E$ tel que $e\not\in F$, il existe $f\in F$ tel que $f\not\in G$ et il existe $g\in G$ tel que $g\not\in E.$

Comme $e\in E$ vous avez aussi $e\in E\cup F \cup G.$ De même, $f\in F$ donc $f\in E\cup F \cup G.$ Vous avez encore $g\in G$ donc $g\in E\cup F \cup G.$

L’ensemble $E\cup F \cup G$ étant un espace vectoriel, par stabilité de l’addition qui est une opération interne, vous déduisez que $e+f \in E\cup F \cup G$, que $f+g\in E\cup F \cup G$ et que $e+g\in E\cup F \cup G.$

Cela fait 27 cas à traiter en tout, mais beaucoup sont similaires. L’intégralité des cas est présentée ci-dessous. On raisonne en utilisant l’ordre alphabétique pour les espaces vectoriels $E$, $F$ et $G$ pour traiter les cas et ne pas en oublier.

Sous cas 1 : $e+f\in E$, $f+g\in E$, $e+g\in E$

Comme $e\in E$, et $e+f \in E$ par différence vous déduisez $f\in E.$

Comme $f+g \in E$ et $f\in E$ par différence vous avez $g\in E$, contradiction.

Sous cas 2 : $e+f\in E$, $f+g\in E$, $e+g\in F$

De $e+f\in E$ et $e\in E$ vous déduisez $f\in E.$ Comme $f+g \in E$ vous déduisez $g\in E$, contradiction.

Sous cas 3 : $e+f\in E$, $f+g\in E$, $e+g\in G$

De $e+f\in E$ et $e\in E$ vous déduisez $f\in E.$ Comme $f+g \in E$ vous déduisez $g\in E$, contradiction.

Sous cas 4 : $e+f\in E$, $f+g\in F$, $e+g\in E$

Puisque $e\in E$ et $e+g\in E$ vous déduisez $g\in E$, contradiction.

Sous cas 5 : $e+f\in E$, $f+g\in F$, $e+g\in F$

Puisque $f\in F$ et $f+g\in F$ vous avez $g\in F.$

Puisque $g\in F$ et $e+g\in F$ vous déduisez $e\in F$, contradiction.

Sous cas 6 : $e+f\in E$, $f+g\in F$, $e+g\in G$

Comme $e\in E$ et $e+f\in E$ vous avez $f\in E$ donc $(e,f)\in E^2.$

Comme $f\in F$ et $f+g \in F$ vous avez $g\in F$ donc $(f,g)\in F^2.$

Comme $g\in G$ et $e+g\in G $ vous avez $e\in G$ donc $(e,g)\in G^2.$

Considérez alors $e+f+g$, qui appartient à $E\cup F \cup G.$

Si $e+f+g\in E$, alors comme $(e,f)\in E^2$ alors $g\in E$, contradiction.

Si $e+f+g\in F$, alors comme $(f,g)\in F^2$ alors $e\in F$, contradiction.

Il reste une seule possibilité $e+f+g\in G$, or $(e,g)\in G^2$ alors $f\in G$, contradiction.

Sous cas 7 : $e+f\in E$, $f+g\in G$, $e+g\in E$

L’écriture $g = (g+e)-e$ avec $e+g\in E$ et $e\in E$ aboutit à $g\in E$, contradiction.

Sous cas 8 : $e+f\in E$, $f+g\in G$, $e+g\in F$

$f+g\in G$ et $g\in G$ donc $f\in G$ contradiction.

Sous cas 9 : $e+f\in E$, $f+g\in G$, $e+g\in G$

$f+g\in G$ et $g\in G$ donc $f\in G$ contradiction.

Sous cas 10 : $e+f\in F$, $f+g\in E$, $e+g\in E$

Comme $e+g\in E$ et $e\in E$, $g\in E$, contradiction.

Sous cas 11 : $e+f\in F$, $f+g\in E$, $e+g\in F$

Comme $f\in F$ et $e+f\in F$ vous avez $e\in F$, contradiction.

Sous cas 12 : $e+f\in F$, $f+g\in E$, $e+g\in G$

Comme $f\in F$ et $e+f \in F$ vous obtenez $e\in F$, contradiction.

Sous cas 13 : $e+f\in F$, $f+g\in F$, $e+g\in E$

Comme $f\in F$ et $e+f \in F$ vous obtenez $e\in F$, contradiction.

Sous cas 14 : $e+f\in F$, $f+g\in F$, $e+g\in F$

Comme $f\in F$ et $e+f \in F$ vous obtenez $e\in F$, contradiction.

Sous cas 15 : $e+f\in F$, $f+g\in F$, $e+g\in G$

Comme $f\in F$ et $e+f \in F$ vous obtenez $e\in F$, contradiction.

Sous cas 16 : $e+f\in F$, $f+g\in G$, $e+g\in E$

Comme $f\in F$ et $e+f \in F$ vous obtenez $e\in F$, contradiction.

Sous cas 17 : $e+f\in F$, $f+g\in G$, $e+g\in F$

Comme $f\in F$ et $e+f \in F$ vous obtenez $e\in F$, contradiction.

Sous cas 18 : $e+f\in F$, $f+g\in G$, $e+g\in G$

Comme $f\in F$ et $e+f \in F$ vous obtenez $e\in F$, contradiction.

Sous cas 19 : $e+f\in G$, $f+g\in E$, $e+g\in E$

Comme $e+g\in E$ et $e\in E$, vous obtenez $g\in E$, contradiction.

Sous cas 20 : $e+f\in G$, $f+g\in E$, $e+g\in F$

Le vecteur $e-f$ appartient à $E\cup F\cup G.$

Si $e – f\in E$, alors comme $e\in E$, vous déduisez $f\in E$. Or $f+g\in E$, donc $g\in E$, contradiction.

Si $e-f \in F$, alors, comme $f\in F$, dans F alors $e\in F$, contradiction.

Il reste donc $e-f\in G$, mais comme $e+f\in G$ par soustraction $(e+f)-(e-f)\in G$ donc $2f\in G$ et donc $f\in G$, contradiction.

Notez qu’a été utilisé le fait ici que $2\neq 0$ et donc $2$ admet un inverse dans le corps $\K.$

Sous cas 21 : $e+f\in G$, $f+g\in E$, $e+g\in G$

Comme $g\in G$ et $e+g\in G$, vous avez $e\in G.$

Comme $e\in G$ et $e+f\in G$, vous déduisez $f\in G$, contradiction.

Sous cas 22 : $e+f\in G$, $f+g\in F$, $e+g\in E$

Comme $e\in E$ et $e+g\in E$ vous avez $g\in E$, contradiction.

Sous cas 23 : $e+f\in G$, $f+g\in F$, $e+g\in F$

Comme $f\in F$ et $f+g\in F$, vous avez $g\in F.$

Comme $g\in F$ et $e+g\in F$ c’est que $e\in F$, contradiction.

Sous cas 24 : $e+f\in G$, $f+g\in F$, $e+g\in G$

Comme $g\in G$ et $e+g\in G$ vous avez $e\in G.$

Comme $e\in G$ et $e+f\in G$, vous déduisez $f\in G$, contradiction.

Sous cas 25 : $e+f\in G$, $f+g\in G$, $e+g\in E$

Comme $g\in G$ et $f+g\in G$, vous déduisez $f\in G$, contradiction.

Sous cas 26 : $e+f\in G$, $f+g\in G$, $e+g\in F$

Comme $g\in G$ et $f+g\in G$, vous déduisez $f\in G$, contradiction.

Sous cas 27 : $e+f\in G$, $f+g\in G$, $e+g\in G$

Comme $g\in G$ et $f+g\in G$, vous déduisez $f\in G$, contradiction.

149. Calculez l’inverse d’un nombre complexe

Rédigé par on | Niveau Capes, Niveau Prépa

Soient $a$ et $b$ deux nombres réels non simultanément nuls.

Considérez le nombre complexe $z = a+ib.$ Le but de cet article est de démontrer qu’il existe $z’\in\C$ tel que $zz’=1$ et de calculer $z’$ en fonction des réels $a$ et $b.$

L’idée de départ, c’est que l’ensemble des nombres complexes est un $\R$-espace vectoriel de dimension $2$ (dont une base est $(1,i)$.)

Par conséquent, la famille $(1,z,z^2)$ est $\R$-liée : elle contient trois vecteurs dans un espace de dimension $2$.

Cela va permettre de calculer $\frac{1}{z}$ en utilisant les outils de l’algèbre linéaire.

Calculez le carré de $z$

\begin{aligned}
z^2 &= (a+ib)^2\\
&= a^2+(ib)^2+2iab\\
&=a^2-b^2+2iab
\end{aligned}

Il s’agit maintenant d’éliminer le nombre complexe $i$ à partir de $z$ et de $z^2.$

Comme $z =a+ib$ vous avez $2az = 2a^2+2iab.$

Par soustraction :

\begin{aligned}
z^2-2az &= a^2-b^2-2a^2\\
&=-a^2-b^2\\
&=-(a^2+b^2).
\end{aligned}

Ainsi, $\boxed{z^2-2az+a^2+b^2=0.}$

Vous retrouvez bien le fait que $(1,z,z^2)$ est $\R$-liée.

Calculez le nombre $z’$

Comme $a$ et $b$ sont des réels, les nombres réels $a^2$ et $b^2$ sont positifs.

Le réel $a^2+b^2$ est non nul. En effet, vous pouvez avoir $a\neq 0$ et $a^2>0$ et donc $a^2+b^2>b^2\geq 0$ ce qui conclut. Sinon c’est que $b\neq 0$ et de même $b^2>0$ donc $a^2+b^2>a^2\geq 0.$

L’égalité précédente du paragraphe précédent prouve que $a^2+b^2 = z\left(2a-z\right)$ et donc $1 = z\left(\frac{2a-z}{a^2+b^2}\right).$

Or $2a-z = 2a-a-ib = a-ib.$

Posez $z’ = \frac{a-ib}{a^2+b^2}$ alors $zz’ = 1.$

Concluez

D’après ce qui précède, $\boxed{\frac{1}{z} = \frac{a-ib}{a^2+b^2}.}$

Cette expression est apparue sans faire appel de prime abord à l’expression conjuguée ou à l’identité remarquable $(a+ib)(a-ib)=a^2+b^2$ mais en partant d’un constat relatif à l’algèbre linéaire.

148. Un créneau est une fonction Riemann intégrable

Rédigé par on | Niveau Agrégation, Niveau Capes, Niveau Prépa

Soient $a$ et $b$ deux nombres réels tels que $a<b.$ Considérez deux réels $s$ et $t$ vérifiant $a\leq s < t \leq b.$

Définissez la fonction $f: [a,b]\to \R$ par $\forall x\in]s,t[, f(x)=1$, $\forall x\in[a,s]\cup[t,b], f(x)=0.$

Représentation graphique de la fonction créneau

Majorez la somme haute avec des partitions bien choisies

1er cas : $a< s$ et $t < b$

Considérez la partition $P = (a, s, t, b).$

Majoration de la somme haute

La somme haute sur cette partition est définie par $U(P) = (s-a)\sup_{[a,s]}f + (t-s)\sup_{[s,t]}f + (b-t)\sup_{[b,t]}f.$

Evaluez $\sup_{[a,s]}f$. Pour tout $x\in[a,s]$, $f(x)=0$ donc $0$ est un majorant de $\{f(x), x\in[a,s]\}$ donc $\sup_{[a,s]} f \leq 0.$

D’autre part, $f(a)=0.$ Comme $\sup_{[a,s]} f$ est un majorant de l’ensemble $\{f(x), x\in[a,s]\}$ et que $f(a)$ y appartient, c’est que $0\leq f(a)\leq \sup_{[a,s]} f.$ Ainsi $\sup_{[a,s]} f = 0.$

Un raisonnement analogue peut être mené pour calculer $\sup_{[b,t]}f$ ce qui amène à $\sup_{[b,t]}f = 0.$

Pour l’évaluation de $\sup_{[s,t]}f$ vous pouvez remarquer déjà que $\frac{s+t}{2} \in ]s,t[.$

En effet, $\frac{s+t}{2}-s = \frac{s+t}{2}-\frac{2s}{s} =\frac{t-s}{2}.$ Comme $s<t$, vous déduisez $s < \frac{s+t}{2}.$

De même, $t-\frac{s+t}{2} = \frac{2t}{2}-\frac{s+t}{2} =\frac{t-s}{2}.$ Du coupvous déduisez $\frac{s+t}{2}< t.$

Vous en déduisez que $f\left(\frac{s+t}{2}\right) = 1$, donc $1\leq \sup_{[s,t]} f.$

D’autre part, $\forall x\in[s,t]$, $f(x)\in\{0,1\}$ donc $1$ majore l’ensemble $\{f(x), x\in[s,t]\}$ donc $\sup_{[s,t]} f \leq 1.$

Vous déduisez de ces résultats que $\sup_{[s,t]} f = 1.$

Ainsi, $U(P) = (s-a)\sup_{[a,s]}f + (t-s)\sup_{[s,t]}f + (b-t)\sup_{[b,t]}f = (s-a)\times 0 + (t-s)\times 1 + (b-t)\times 0 = t-s.$

La somme haute $U$ est la borne inférieure de l’ensemble de toutes les sommes hautes prises sur toutes les partitions. Donc $U \leq t-s.$

2ème cas : $a= s$ et $t < b$

Vous considérez la partition $P = (s, t, b).$

Comme dans le premier cas, $\sup_{[s,t]}f = 1$ et $\sup_{[t,b]} = 0$, par suite $U(P) = t-s$ et donc $U\leq t-s.$

3ème cas : $a < s$ et $t = b$

Vous considérez la partition $P = (a, s, b).$

Comme dans le premier cas, $\sup_{[s,b]}f = 1$ et $\sup_{[a,s]} = 0$, par suite $U(P) = t-s$ et donc $U\leq t-s.$

4ème cas : $a = s$ et $t = b$

Vous considérez la partition $P = (a, b).$

Comme $\sup_{[a,b]}f = 1$, suite $U(P) = t-s$ et donc $U\leq t-s.$

Minorez la somme basse

1er cas : $a< s$ et $t < b$

Prendre la partition $(a, s, t, b)$ ne fonctionnera pas ici, puisque toutes les bornes inférieures de $f$ sur $[a,s]$, $[s,t]$ et $[t,b]$ sont nulles, vu que $f(s)=f(t)=0.$

Effectuer un découpage avec une partition plus fine est rendu nécessaire.

Soit $n$ un entier naturel non nul tel que $a<s<s+\frac{1}{n}<t-\frac{1}{n}<t<b.$

Minoration de la somme basse

Pour l’existence de cet entier $n$, il faut que $s+\frac{1}{n}< t-\frac{1}{n}$ ce qui revient à $\frac{2}{n}< t-s$ et donc $n>\frac{2}{t-s}$. Ainsi, il suffit de choisir $n$ égal à la partie entière de $\frac{2}{t-s}+1$ notée $N.$

Considérez maintenant la partition $P = \left(a, s, s+\frac{1}{n},t-\frac{1}{n},t,b\right).$

Sur $[a,s]$ la fonction $f$ est nulle donc $\inf_{[a,s]}f =0.$

Sur $\left[s, s+\frac{1}{n}\right]$ la fonction $f$ prend la valeur $f(s)$ qui est nulle. $\inf_{\left[s, s+\frac{1}{n}\right]} f$ minore $\left\{f(x) , x\in\left[s, s+\frac{1}{n}\right]\right\}$ donc $\inf_{\left[s, s+\frac{1}{n}\right]} f \leq 0.$

D’autre part, $\forall x\in \left[s, s+\frac{1}{n}\right], f(x)\in\{0,1\}$ donc $0$ est un minorant de $\left\{f(x) , x\in\left[s, s+\frac{1}{n}\right]\right\}$. Ainsi, $0\leq \inf_{\left[s, s+\frac{1}{n}\right]}f.$

Par suite $\inf_{\left[s, s+\frac{1}{n}\right]} = 0.$

Sur $\left[s+\frac{1}{n}, t-\frac{1}{n}\right]$ la fonction $f$ est constante égale à $1$ donc $\inf_{\left[s+\frac{1}{n}, t-\frac{1}{n}\right]}f =1.$

De même vous avez $\inf_{\left[t-\frac{1}{n}, t\right]} f = 0$ et $\inf_{[t,b]} f = 0.$

Ainsi la somme basse calculée sur la partition $P$ définie ici est égale à :

\begin{aligned}
L(P) &= (s-a)\inf_{[a,s]}f + \frac{1}{n}\inf_{\left[s,s+\frac{1}{n}\right]}f \\
&\quad +\left(t-s-\frac{2}{n}\right)\inf_{\left[s+\frac{1}{n}, t-\frac{1}{n}\right]}f\\
&\quad + \frac{1}{n}\inf_{\left[t-\frac{1}{n}, t\right]}f + (b-t)\inf_{[b,t]}f\\
&= (s-a)\times 0 +\frac{1}{n}\times 0 \\
&\quad +\left(t-s-\frac{2}{n}\right)\times 1 \\
&\quad +\frac{1}{n}\times 0 + (b-t)\times 0\\
&=t-s-\frac{2}{n}.
\end{aligned}

Comme la somme basse est la borne supérieure de toutes les sommes basses calculées sur toutes les partitions possibles, vous déduisez que $L\geq t-s-\frac{2}{n}.$

Cette inégalité est valable pour tout $n \geq N.$ Le nombre $L$ ne dépend pas de $n$. Vous pouvez donc passer à la limite quand $n\to +\infty$, vous déduisez que $L\geq t-s.$

Autres cas

Les trois autres cas, selon la position des nombres $s$ et $t$ par rapport aux bornes de l’intervalle $[a,b]$, aboutissent au même résultat, dont les preuves sont laissées à vos bons soins..

Concluez

Il a été établi que $U \leq t-s \leq L.$

Or il est tout le temps vrai que $L\leq U$ (la somme basse est toujours inférieure à la somme haute), donc $L=U.$

Cette égalité entre $L$ et $U$ prouve que $f$ est Riemann intégrable sur $[a,b]$ et que l’intégrale $\int_{a}^b f(t) \dt$ est bien définie, avec $\boxed{\int_{a}^b f(t) \dt = t-s.}$

147. Exemple de résolution d’une équation du troisième degré

Rédigé par on | Niveau Prépa

Le but de ce document est d’illustrer le contenu théorique que vous trouverez dans dans l'article 141 et de donner un exemple subséquent à celui détaillé dans l'article 144.

Résolvez $x^3+3x-36=0$

Cette équation s’écrit sous la forme $ax^3+bx^2+cx+d=0$, avec $a = 1$, $b=0$, $c=3$ et $d=-36.$

Vous calculez alors successivement $N_1$, $N_2$ et $N_3.$

\begin{aligned}
N_1 &= \frac{-b}{a} = 0\\
N_2 &=\frac{c}{a} = 3\\
N_3 &= \frac{-d}{a} = 36.
\end{aligned}

Etes-vous dans le cas particulier ou non ? Pour cela, il faut savoir si $N_1^2-3N_2$ est nul ou non.

$N_1^2-3N_2 = 0-9 = -9.$

Ainsi, vous n’êtes pas dans le cas particulier.

Formez la résolvante

Ses deux coefficients sont à calculer.

Le premier coefficient est :

\begin{aligned}
-2N_1^3+9N_1N_2-27N_3 &= -2\times 0+9\times 0 11 – 27\times 36\\
&=972.\\
\end{aligned}

Le second coefficient est :

$(N_1^2-3N_2)^3 = (-9)^3 = -729$, que l’on obtient après avoir calculé $N_1^2-3N_2 = -9.$

La résolvante est donc $X^2-972X-729 = 0.$

Le discriminant de cette équation est égal à $\Delta = (-972)^2+4\times 729 = 947700.$

La racine carrée du discriminant est égale à $270\sqrt{13}.$

Une solution de cette résolvante est $\alpha = \frac{972+270\sqrt{13}}{2}$ soit $\alpha = 486+135\sqrt{13}.$

Il s’agit maintenant d’en extraire une racine cubique appelée $k.$ Vous la choisissez réelle, si bien que vous posez $k = \sqrt[3]{486+135\sqrt{13}}.$

Calculez les solutions

Il sera commode de calculer $\frac{1}{k}.$ Pour cela, vous calculez d’abord l’inverse de $\alpha.$

\begin{aligned}
\frac{1}{\alpha} &= \frac{1}{486+135\sqrt{13}}\\
&= \frac{486-135\sqrt{13}}{(486+135\sqrt{13})(486-135\sqrt{13})} \\
&= \frac{486-135\sqrt{13}}{486^2-135^2\times 13} \\
&= \frac{486-135\sqrt{13}}{-729}. \\
\end{aligned}

Ainsi $\frac{1}{k} = -\sqrt[3]{\frac{486-135\sqrt{13}}{729}}$ soit $\frac{1}{k} = -\frac{1}{9} \sqrt[3]{ \frac{486-135\sqrt{13}}{-729}}.$

La première solution est donnée par :

\begin{aligned}
\frac{1}{3}\left(N_1+k+\frac{N_1^2-3N_2}{k}\right) &= \frac{1}{3}\left(0 + k + \frac{-9}{k} \right) \\
&= \frac{1}{3}\left( \sqrt[3]{486+135\sqrt{13} } + \sqrt[3]{486-135\sqrt{13}} \right).
\end{aligned}

Comme $135$ et $486$ sont divisibles par $27$, vous déduisez que la première solution est égale, après simplification, à :

$\sqrt[3]{18+5\sqrt{13} }+\sqrt[3]{18-5\sqrt{13} }.$

La deuxième solution est donnée par :

\begin{aligned}
\frac{1}{3}\left(N_1+jk+\frac{j^2N_1^2-3j^2N_2}{k}\right) &= j \sqrt[3]{18+5\sqrt{13} } + j^2 \sqrt[3]{18-5\sqrt{13} }.
\end{aligned}

L’expression de la troisième solution est donnée par :

\begin{aligned}
\frac{1}{3}\left(N_1+j^2k+\frac{jN_1^2-3jN_2}{k}\right)
&= j^2\sqrt[3]{18+5\sqrt{13} } + j \sqrt[3]{18-5\sqrt{13} }.
\end{aligned}

Concluez

L’équation $x^3+3x-36=0$ admet trois solutions, une est réelle et c’est $\sqrt[3]{18+5\sqrt{13} }+\sqrt[3]{18-5\sqrt{13} }$, les deux autres sont complexes non réelles et conjuguées : $j \sqrt[3]{18+5\sqrt{13} } + j^2 \sqrt[3]{18-5\sqrt{13} }$ et $j^2 \sqrt[3]{18+5\sqrt{13} } + j \sqrt[3]{18-5\sqrt{13} }.$

Prolongement

Vous pouvez constater que $3$ est une solution de l’équation $x^3+3x-36=0.$ D’après ce qui précède, vous déduisez que $3 = \sqrt[3]{18+5\sqrt{13} }+\sqrt[3]{18-5\sqrt{13} }.$ Pourriez-vous montrer cette égalité directement ?

145. Trigonalisez une matrice sans utiliser le déterminant

Rédigé par on | Niveau Capes, Niveau Prépa

Considérez la matrice réelle définie par :

A=\begin{pmatrix}
1 & 4 & -2 \\
0 & 6 & -3 \\
-1 & 4 & 0
\end{pmatrix}.

Soit $f$ l’endomorphisme de $\R^3$ canoniquement associé à la matrice $A.$

Note. Dans la suite de l’article la notation $I$ désignera la matrice identité ou, pour ne pas surcharger les notations, à l’identité de $\R^3.$

Notez $e_1 = (1,0,0)$, $e_2 = (0,1,0)$ et $e_3 = (0,0,1)$ les trois vecteurs de la base canonique de $\R^3.$

La matrice de $f$ montre que :

\begin{aligned}
f(e_1) &= e_1-e_3 \\
&= (1,0,-1).
\end{aligned}

\begin{aligned}
f(e_2) &= 4e_1+6e_2+4e_3 \\
&= (4,6,4).
\end{aligned}

\begin{aligned}
f(e_3) &= -2e_1-3e_2 \\
&= (-2,-3,0).
\end{aligned}

Du coup, par linéarité :

\begin{aligned}
f(x,y,z) &= f(xe_1+ye_2+ze_3) \\
&= xf(e_1)+yf(e_2)+zf(e_3) \\
&= (x,0,-x)+(4y,6y,4y)+(-2z,-3z,0)\\
&=(x+4y-2z; 6y-3z;-x+4y).
\end{aligned}

Trigonaliser $A$ revient à déterminer une base dans laquelle la matrice de l’endomorphisme $f$ est triangulaire supérieure.

Déterminez une valeur propre de $f$

Le démarrage est le plus délicat. L’idée est de construire des itérés d’un même vecteur par $f$ pour en déduire un polynôme annulateur de ce vecteur, qui fournira l’existence d’une valeur propre de $f$ parmi un nombre fini de candidats possibles.

Partez du vecteur $e_1 = (1,0,0)$, vous allez itérer $f$ une première fois.

$f(e_1) = f(1,0,0)=(1,0,-1).$

Poursuivez et itérez à nouveau. Vous noterez $f^2 = f\circ f$ la composition de $f$ avec lui-même.

\begin{aligned}
f^2(e_1)&=f(f(e_1))\\
&= f(1,0,-1)\\
&= (3, 3, -1).
\end{aligned}

Continuez d’itérer.

\begin{aligned}
f^3(e_1) &= f(3,3,-1)\\
&= (3+12+2; 18+3; -3+12)\\
&= (17, 21, 9).
\end{aligned}

La famille $(e_1,f(e_1), f^2(e_1),f^3(e_1))$ comporte quatre vecteurs dans un espace généré par 3 vecteurs, elle est donc liée.

Vous avez :

\begin{aligned}
e_1 &= e_1 & & \\
f(e_1) &=e_1 & &- e_3\\
f^2(e_1) &= 3e_1 &+ 3e_2&- e_3\\
f^3(e_1) &= 17e_1&+ 21e_2&+ 9e_3.
\end{aligned}

Par opérations élémentaires utilisant la première ligne, vous aboutissez à :

\begin{aligned}
f(e_1) – e_1&= – e_3\\
f^2(e_1) -3e_1 &= 3e_2-e_3\\
f^3(e_1) -17e_1&= 21e_2+9e_3.
\end{aligned}

Vous permutez première et deuxième ligne pour obtenir :

\begin{aligned}
f^2(e_1) -3e_1 &= 3e_2-e_3\\
f(e_1) – e_1&= – e_3\\
f^3(e_1) -17e_1&= 21e_2+9e_3.
\end{aligned}

Vous combinez la troisième ligne et la première :

\begin{aligned}
f(e_1) – e_1&= – e_3\\
f^3(e_1) -7f^2(e_1)+4e_1&= 16e_3.
\end{aligned}

Puis vous éliminez $e_3$ à partir des deux dernières équations.

$f^3(e_1) -7f^2(e_1)+16f(e_1)-12e_1= 0.$

Ainsi $(f^3-7f^2+16f-12I)(e_1)=0.$

Factorisez le polynôme $X^3-7X^2+16X-12$

Lorsque $X=2$, $X^3-7X^2+16X-12 = 0.$

Le polynôme $X^3-7X^2+16X-12$ est donc factorisable par $X-2.$

Vous calculez alors :

\begin{aligned}
X^3-7X^2+16X-12 &= (X-2+2)^3-7X^2+16X-12\\
&=(X-2)^3+6(X-2)^2+12(X-2)+8-7X^2+16X-12\\
&=(X-2)^3+6(X-2)^2+12(X-2)-7X^2+16X-4\\
&=(X-2)^3+6(X-2)^2+12(X-2)-7(X-2+2)^2+16X-4\\
&=(X-2)^3+6(X-2)^2+12(X-2)-7((X-2)^2+4(X-2)+4)+16X-4\\
&=(X-2)^3-(X-2)^2-16(X-2)+16X-32\\
&=(X-2)^3-(X-2)^2-16(X-2)+16(X-2+2)-32\\
&=(X-2)^3-(X-2)^2-16(X-2)+16(X-2)\\
&=(X-2)^3-(X-2)^2\\
&=(X-2)^2(X-2-1)\\
&=(X-2)^2(X-3).
\end{aligned}

Déduisez-en une valeur propre de $f$

Puisque $(f-2I)^2(f-3I)(e_1)=0$ les deux endomorphismes $f-2I$ et $f-3I$ ne peuvent être simultanément injectifs, sinon $e_1$ serait nul. A ce stade, $f$ admet $2$ ou $3$ pour valeur propre, mais on ne sait pas laquelle convient (ou peut-être les deux).

Formez l’endomorphisme $f-2I$ et déterminez, si possible, un vecteur non nul de son noyau.

$(f-2I)(x,y,z) = (-x+4y-2z; 4y-3z;-x+4y-2z).$

Si $(x,y,z)$ appartient au noyau de $f-2I$, alors ;

\begin{aligned}
-x+4y-2z &= 0\\
4y-3z &=0\\
-x+4y-2z&=0
\end{aligned}

\begin{aligned}
-x+4y-2z &= 0\\
4y-3z &=0
\end{aligned}

\begin{aligned}
-x+4y &= 2z\\
4y &=3z\\
\end{aligned}

Prenez $z=4$, $y=3$ et $x=4y-2z = 12-8 = 4.$

Et vérifiez.

Le vecteur $v=(4, 3, 4)$ est bien un vecteur propre de $f$, associé à la valeur propre $2.$

\begin{aligned}
f(v) &= f(4,3,4)\\
&=(4+12-8, 18-12, -4+12)\\
&= (8, 6, 8)\\
&= 2v.
\end{aligned}

Décomposez l’espace en somme directe

Comme $2$ est valeur propre de $f$, vous formez l’espace propre généralisé $F = \ker(f-2I)^3$ ainsi que l’image correspondante $G=\mathrm{Im}(f-2I)^3.$

Par le théorème du rang appliqué à l’endomorphisme $(f-2I)^3$, $\dim F + \dim G = 3.$

Il reste à montrer que $F\cap G = \{0\}.$

Soit $x\in F\cap G.$

Alors $(f-2I)^3(x) = 0$ et d’autre part, il existe $y\in\R^3$ tel que $x = (f-2I)^3(y).$

Par suite, $(f-2I)^6(y)=0.$

L’ensemble $\{n\in \N^{*}, (f-2I)^n(y)=0\}$ est une partie de $\N$ qui est non vide puisqu’elle contient $6.$

Notez $m$ son minimum, alors $m\geq 1.$

Considérez la famille $(y, \dots, (f-2I)^{m-1}(y)).$ Cette famille est libre.

En effet si ce n’était pas le cas, il existerait $(\lambda_0, \dots, \lambda_{m-1})\in\R^{m}$ tel que $\sum_{i=0}^{m-1} \lambda_i (f-2I)^{i}(y) =0$ et $(\lambda_0, \dots, \lambda_{m-1})\neq (0,\dots,0)$. Notez $j$ le plus petit indice des valeurs de $i$ comprises entre $0$ et $m-1$ tel que $\lambda_j$ soit non nul.

Vous en déduisez $\sum_{i=j}^{m-1} \lambda_i (f-2I)^{i}(y) =0$ et en multipliant par $(f-2I)^{m-j}$, vous aboutissez à $\lambda_j=0$, contradiction.

La famille susmentionnée contient $m$ vecteurs donc $m$ est inférieur à la dimension de l’espace et par suite $m\leq 3.$

De $(f-2I)^m(y) = 0$ et de $m\leq 3$ vous déduisez $(f-2I)^3(y)=0$ ce qui est précisément $x=0.$

Ainsi $\R^3 = F\oplus G.$

Déterminez une base de $F$ et une base de $G$

Les calculs fournissent :

(A-2I)^3 = \begin{pmatrix}
3 & 4 & -6\\
3 & 4 & -6\\
3 & 4 & -6
\end{pmatrix}.

Ainsi l’expression de l’endomorphisme $(f-2I)^3$ est :

$(f-2I)^3(x,y,z) = (3x+4y-6z,3x+4y-6z,3x+4y-6z).$

L’espace vectoriel $F$ est donc de dimension $2$ et il est engendré par $v_1 = (4,-3,0)$ et $v_2=(2,0,1).$

L’espace vectoriel $G$ est de dimension $1$ et il est engendré par $v_3=(1, 1, 1).$

Il est rapide de vérifier que les espaces $F$ et $G$ sont stables par $f.$

Restreint à $F$, l’endomorphisme $f-2I$ est nilpotent.

Déterminer une base agréable d’un endomorphisme nilpotent $N$ c’est d’abord trouver une base de $\ker N$ puis la compléter en une base de $\ker N^2$, que l’on complète en une base de $\ker N^3$ et ainsi de suite.

Pour le cas étudié ici, vous choisissez d’abord un vecteur non nul de $\ker(f-2I)$, le vecteur propre $t=4v_2-v_1 = (4,3,4)$ convient. Ensuite, le vecteur $v_2$, non colinéaire à $t=4v_2-v_1$ convient pour finir la base puisque $F$ est de dimension $2$.

Vous avez déjà $f(t)=2t.$

Vous pouvez vérifier que $f(v_2)$ appartient bien à $F$.

En effet :

\begin{aligned}
f(v_2)&=f(2,0,1)\\
&=(0,-3,-2)\\
&= -(4,3,4) + 2(2,0,1)\\
&=-t+2v_2
\end{aligned}

De même vous pouvez vérifier que $f(v_3)$ appartient bien à $G$.

\begin{aligned}
f(v_3) &= f(1,1,1)\\
&=(3,3,3)\\
&=3v_3.
\end{aligned}

Concluez

Considérez la matrice :

P=\begin{pmatrix}
4 &2 & 1\\
3 & 0 & 1\\
4 & 1 & 1
\end{pmatrix}

elle est formée en colonnes par les vecteurs $(4v_2-v_1, v_2, v_3)$ famille qui regroupe une base de $F$ suivie d’une base de $G$, ce qui en fait une base de $\R^3$. La matrice $P$ est donc inversible.

Comme attendu :

P^{-1}AP = \begin{pmatrix}
2 & -1 & 0\\
0 & 2 & 0\\
0 & 0 & 3
\end{pmatrix}

est bien triangulaire supérieure, c’est la matrice de $f$ dans la base $(t, v_2, v_3).$

144. Exemple de résolution d’une équation du troisième degré

Rédigé par on | Niveau Agrégation, Niveau Capes, Niveau Prépa

Le but de ce document est d’illustrer le contenu théorique que vous trouverez dans dans l'article 141.

Résolvez $x^3-6x^2+11x-6=0$

Cette équation s’écrit sous la forme $ax^3+bx^2+cx+d=0$, avec $a = 1$, $b=-6$, $c=11$ et $d=-6.$

Vous calculez alors successivement $N_1$, $N_2$ et $N_3.$

\begin{aligned}
N_1 &= \frac{-b}{a} = 6\\
N_2 &=\frac{c}{a} = 11\\
N_3 &= \frac{-d}{a} = 6.
\end{aligned}

Etes-vous dans le cas particulier ou non ? Pour cela, il faut savoir si $N_1^2-3N_2$ est nul ou non.

$N_1^2-3N_2 = 36-33 = 3.$

Ainsi, vous n’êtes pas dans le cas particulier.

Formez la résolvante

Ses deux coefficients sont à calculer.

Le premier coefficient est :

\begin{aligned}
-2N_1^3+9N_1N_2-27N_3 &= -2\times 36\times 6+9\times 6\times 11 – 27\times 6\\
&=-432+594-162\\
&=0.
\end{aligned}

Le second coefficient est :

$(N_1^2-3N_2)^3 = 27.$

La résolvante est donc $X^2+0X+27 = 0$ soit $X^2 = -27.$

Comme $\sqrt{27} = 3\sqrt{3}$, le nombre $3i\sqrt{3}$ est une solution de cette résolvante.

Il s’agit maintenant d’en extraire une racine cubique. Vous cherchez $k\in\C$ tel que $k^3 = 3i\sqrt{3} = (\sqrt{3})^3 \e^{i \pi /2}.$

Vous pouvez donc choisir :

\begin{aligned}
k &= \sqrt{3} \e^{i \pi /6}\\
&= \sqrt{3} \left( \frac{\sqrt{3}}{2} + i \frac{1}{2}\right) \\
&= \frac{3}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2}.
\end{aligned}

Calculez les solutions

Il sera commode de calculer $\frac{1}{k}.$

\begin{aligned}
\frac{1}{k} &= \frac{1}{\sqrt{3}} \e^{-i \pi /6}\\
&= \frac{\sqrt{3}}{3} \left( \frac{\sqrt{3}}{2} – i \frac{1}{2}\right) \\
&= \frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{6}.
\end{aligned}

La première solution est donnée par :

\begin{aligned}
\frac{1}{3}\left(N_1+k+\frac{N_1^2-3N_2}{k}\right) &= \frac{1}{3}\left(6 + k + \frac{3}{k} \right) \\
&= \frac{1}{3}\left( 6 + \frac{3}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{3}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2} \right)\\
&= \frac{1}{3}\left( 6 + 3\right)\\
&=3.
\end{aligned}

Pour la deuxième solution, il sera utile d’avoir $jk$ et $\frac{1}{jk}.$

\begin{aligned}
jk &= j\sqrt{3} \e^{i \pi /6}\\
&= \e^{i 2\pi /3}\sqrt{3} \e^{i \pi /6}\\
&= \sqrt{3} \e^{i 5\pi /6}\\
&= \sqrt{3} \left( \frac{-\sqrt{3}}{2} + i \frac{1}{2}\right) \\
&= \frac{-3}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2}. \\
\end{aligned}

De même :

\begin{aligned}
\frac{1}{jk} &= \frac{1}{\sqrt{3}} \e^{i 5\pi /6} \\
&=\frac{\sqrt{3}}{3} \e^{-i 5\pi /6} \\
&= \frac{\sqrt{3}}{3}\left( \frac{-\sqrt{3}}{2} – i \frac{1}{2}\right) \\
&= \frac{-1}{2} – i \frac{\sqrt{3}}{6}. \\
\end{aligned}

La deuxième solution est donnée par :

\begin{aligned}
\frac{1}{3}\left(N_1+jk+\frac{j^2N_1^2-3j^2N_2}{k}\right) &= \frac{1}{3}\left(N_1+jk+\frac{N_1^2-3N_2}{jk}\right) \\
&= \frac{1}{3}\left( 6 + \frac{-3}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{-3}{2} – i \frac{\sqrt{3}}{2} \right)\\
&= \frac{1}{3}\left( 6 -3 \right)\\
&=1.
\end{aligned}

Pour la troisième solution, il sera utile d’avoir $j^2k$ et $\frac{1}{j^2k}.$

\begin{aligned}
j^2k &= j^2\sqrt{3} \e^{i \pi /6}\\
&= \e^{i 4\pi /3}\sqrt{3} \e^{i \pi /6}\\
&= \sqrt{3} \e^{i 9\pi /6}\\
&= \sqrt{3} \e^{i 3\pi /2}\\
&= -i\sqrt{3}.
\end{aligned}

De même :

\begin{aligned}
\frac{1}{j^2k} &= \frac{1}{-i\sqrt{3}} \\
&= \frac{i}{\sqrt{3}} \\
&= \frac{i\sqrt{3}}{3}.
\end{aligned}

L’expression de la troisième solution est donnée par :

\begin{aligned}
\frac{1}{3}\left(N_1+j^2k+\frac{jN_1^2-3jN_2}{k}\right)
&= \frac{1}{3}\left(N_1+j^2k+\frac{N_1^2-3N_2}{j^2k}\right) \\
&= \frac{1}{3}\left( 6 -i\sqrt{3} +i\sqrt{3} \right)\\
&= \frac{1}{3}\left( 6 \right)\\
&=2.
\end{aligned}

Concluez

L’équation $x^3-6x^2+11x-6=0$ admet trois solutions, $x=1$, $x=2$ et $x=3.$

Il est remarquable de noter que, pour résoudre la résolvante, des nombres complexes non réels ont été nécessaires. Ils ont abouti à trouver les trois solutions réelles.

143. Expliquez pourquoi l’équation de degré 3 se ramène à une équation de degré 2

Rédigé par on | Niveau Agrégation, Niveau Capes, Niveau Prépa

Soit $(a,b,c,d)\in\C^4$ un quadruplet de nombres complexes tel que $a$ soit non nul.
Considérez alors l’équation $(E): ax^3+bx^2+cx+d = 0$ du troisième degré d’inconnue $x\in\C.$

Il existe trois nombres complexes, notés $\alpha_1$, $\alpha_2$ et $\alpha_3$ tels que $aX^3+bX^2+cX+d$ soit égal par factorisation à $a(X-\alpha_1)(X-\alpha_2)(X-\alpha_3).$ Ces trois nombres complexes désignent les racines du polynôme $aX^3+bX^2+cX+d$, qui peuvent ne pas être distinctes.

Note. Une précision peut être apportée sur ces racines quand les nombres $a$, $b$, $c$ et $d$ sont réels. Le polynôme $aX^3+bX^2+cX+d$ étant réel, l’une de ses racines est toujours un nombre réel, ce qui est justifié par l’étude des limites en $+\infty$ et $-\infty$ combiné au théorème des valeurs intermédiaires utilisable dans les réels. Alors un tel polynôme se factorise sous la forme $a(X-\alpha)Q(X)$ où $\alpha\in\R$ et $Q(X)$ un polynôme réel de degré $2$. Selon le signe du discriminant du polynôme $Q$, les deux racines de $Q$ sont : soit réelles et distinctes (discriminant strictement positif), soit réelles et identiques (discriminant nul), soit complexes conjuguées et non réelles (discriminant strictement négatif).

En développant le membre de droite :

\begin{align*}
 a(X-\alpha_1)(X-\alpha_2)(X-\alpha_3) &= a(X^3 - (\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3)X^2\\
&\quad +(\alpha_1\alpha_2+\alpha_1\alpha_3+\alpha_2\alpha_3)X \\
&\quad -\alpha_1\alpha_2\alpha_3).
\end{align*}

Par identification des coefficients du polynôme formel $aX^3+bX^2+cX+d$ il vient :

\left\{\begin{align*}
\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3 &= \frac{-b}{a}\\
\alpha_1\alpha_2+\alpha_1\alpha_3+\alpha_2\alpha_3 &= \frac{c}{a} \\
 \alpha_1\alpha_2\alpha_3 &= \frac{-d}{a}.
\end{align*}\right.

Pour plus de commodité dans la suite, vous noterez :

\boxed{\begin{align*}
N_1 &= \alpha_1+\alpha_2+\alpha_3 \\
N_2 &= \alpha_1\alpha_2+\alpha_1\alpha_3+\alpha_2\alpha_3  \\
 N_3 &=\alpha_1\alpha_2\alpha_3 .
\end{align*}}

Soit $j$ une solution complexe non réelle de l’équation $1+j+j^2=0$.

En multipliant par $j$ vous constatez que $j+j^2+j^3 = 0$ si bien que $1+j+j^2+j^3 = 1$ et par suite $j^3=1.$

L’idée de ce qui va suivre s’inscrit dans le début de la théorie de Galois, d’après une méthode initiale tirée de Lagrange, datant de la fin du XVIIIème siècle.

Utilisez une somme bien choisie

Considérez l’expression suivante $S(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3) = (\alpha_1 + j\alpha_2+j^2\alpha_3)^3 +(\alpha_1 + j^2\alpha_2+j\alpha_3)^3.$

Vous allez montrer que cette expression est invariante par permutation. Autrement dit, pour toute permutation $\sigma$ de l’ensemble $\{1,2,3\}$, $S(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3) = S(\alpha_{\sigma(1)},\alpha_{\sigma(2)},\alpha_{\sigma(3)})$.

Pour démontrer ce résultat, il suffit de vérifier que $S(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3) = S(\alpha_2,\alpha_1,\alpha_3) = S(\alpha_3,\alpha_2,\alpha_1)$ : en effet, toute permutation est produit de transpositions. Or toute transposition est produit de transpositions parmi $(1 2)$ et $(1 3)$, puisque $(2 3) = (1 2)(1 3)(1 2).$

\begin{align*}
S(\alpha_2,\alpha_1,\alpha_3) &= (\alpha_2 + j\alpha_1+j^2\alpha_3)^3 +(\alpha_2 + j^2\alpha_1+j\alpha_3)^3\\
&= j^3 (\alpha_2 + j\alpha_1+j^2\alpha_3)^3 +j^3(\alpha_2 + j^2\alpha_1+j\alpha_3)^3 \\
&=(j^2\alpha_1+j\alpha_2+\alpha_3)^3+(\alpha_1+j\alpha_2+j^2\alpha_3)^3\\
&=j^3(j^2\alpha_1+j\alpha_2+\alpha_3)^3+(\alpha_1+j\alpha_2+j^2\alpha_3)^3\\
&=(\alpha_1+j^2\alpha_2+j\alpha_3)^3+(\alpha_1+j\alpha_2+j^2\alpha_3)^3\\
&=S(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3).
\end{align*}

De même :

\begin{align*}
 S(\alpha_3,\alpha_2,\alpha_1) &= (\alpha_3 + j\alpha_2+j^2\alpha_1)^3 +(\alpha_3 + j^2\alpha_2+j\alpha_1)^3 \\
 &= (j^2\alpha_1+ j\alpha_2+\alpha_3)^3 +(j\alpha_1+ j^2\alpha_2+\alpha_3 )^3 \\
&= (\alpha_1+ j^2\alpha_2+j\alpha_3)^3 +(j^2\alpha_1+\alpha_2+j\alpha_3 )^3 \\
&= (\alpha_1+ j^2\alpha_2+j\alpha_3)^3 +(\alpha_1+j\alpha_2+j^2\alpha_3 )^3 \\
&=S(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3).
\end{align*}

Comme l’expression $S(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$ est polynomiale et invariante par permutation des variables, elle va pouvoir s’exprimer en fonction des quantités $N_1 = \alpha_1+\alpha_2+\alpha_3$, $N_2 = \alpha_1\alpha_2+\alpha_1\alpha_3+\alpha_2\alpha_3$ et $N_3 = \alpha_1\alpha_2\alpha_3$.

Utilisez maintenant le produit associé

Notez $P(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3) = (\alpha_1 + j\alpha_2+j^2\alpha_3)^3 \times (\alpha_1 + j^2\alpha_2+j\alpha_3)^3.$

Pour les mêmes raisons, le produit $P(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$ est polynomial et reste invariant par permutation des variables. Il est donc calculable en fonction de $N_1$, $N_2$ et $N_3.$

Le calcul va être mené explicitement ici.

Commencez par développer le produit $(\alpha_1 + j\alpha_2+j^2\alpha_3)(\alpha_1 + j^2\alpha_2+j\alpha_3)$ :

\begin{align*}
(\alpha_1 + j\alpha_2+j^2\alpha_3)(\alpha_1 + j^2\alpha_2+j\alpha_3) &= \alpha_1^2 + j^2\alpha_1\alpha_2+j\alpha_1\alpha_3\\
&\quad +j\alpha_1\alpha_2+\alpha_2^3+j^2\alpha_2\alpha_3\\
&\quad +j^2\alpha_1\alpha_3+j\alpha_2\alpha_3+\alpha_3^2\\
&= \alpha_1^2 +\alpha_2^2 +\alpha_3^2 \\
&\quad +\alpha_1\alpha_2(j+j^2) + \alpha_1\alpha_3(j+j^2)+\alpha_2\alpha_3(j+j^2)\\
 &= \alpha_1^2 +\alpha_2^2 +\alpha_3^2 + (j+j^2)(\alpha_1\alpha_2+\alpha_1\alpha_3+\alpha_2\alpha_3)\\
&= \alpha_1^2 +\alpha_2^2 +\alpha_3^2 - \alpha_1\alpha_2-\alpha_1\alpha_3-\alpha_2\alpha_3\\
&= N_1^2 - 2N_2 - N_2\\ 
\end{align*}

Du coup $(\alpha_1 + j\alpha_2+j^2\alpha_3)(\alpha_1 + j^2\alpha_2+j\alpha_3) = N_1^2-3N_2.$

Et $\boxed{P(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3) = (N_1^2-3N_2)^3}.$

Concluez

Posez $u = (\alpha_1 + j\alpha_2+j^2\alpha_3)^3$ et $v=(\alpha_1 + j^2\alpha_2+j\alpha_3)^3.$ Le polynôme de degré $2$ défini par $(X- u)(X- v)$ est égal, en développant à :

$X^2-S(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)X+P(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3).$

Il a été vu que la somme $S(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$ et le produit $P(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$ sont calculables en fonction de $N_1$, $N_2$ et $N_3$, qui sont eux aussi calculables en fonction des coefficients $a$, $b$, $c$ et $d.$

La résolution de l’équation du second degré $X^2-S(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)X+P(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)=0$ donne ainsi accès aux valeurs de $(\alpha_1 + j\alpha_2+j^2\alpha_3)^3$ et de $(\alpha_1 + j^2\alpha_2+j\alpha_3)^3.$

Par extraction de racines cubiques, vous avez accès à des valeurs possibles pour les sommes $\alpha_1 + j\alpha_2+j^2\alpha_3$ et $\alpha_1 + j^2\alpha_2+j\alpha_3.$

Or la somme $\alpha_1 + \alpha_2+\alpha_3$ est égale à $N_1$ qui est connu.

Il vous suffit de résoudre le système obtenu comportant $3$ équations et $3$ inconnues pour obtenir la résolution complète, qui est de la forme indiquée ci-dessous.

\left\{\begin{align*}
\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3 &= N_1 \\
\alpha_1 + j\alpha_2+j^2\alpha_3 &= \dots \\
\alpha_1 + j^2\alpha_2+j\alpha_3 &= \dots \\
\end{align*}\right.

Un tel système peut être résolu en utilisant le calcul de l’inverse d’une matrice, effectué dans l'article 142.

Résolvez l’équation de degré 3 !

Pour passer aux calculs globaux, rendez-vous dans l'article 141.

142. Inversez une matrice en utilisant un endomorphisme associé

Rédigé par on | Niveau Prépa

Pour déterminer l’inverse de la matrice

\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & j & j^2\\
1 & j^2 & j
\end{pmatrix}

où $j$ désigne un nombre complexe vérifiant $j^2+j+1 = 0$ ce qui amène, après multiplication par $j$, à $j^3+j^2+j=0$ puis à $j^3 = 1$, vous allez considérer l’endomorphisme de $\C^3$ défini par $f(z_1,z_2,z_3) = (z_1+z_2+z_3, z_1+jz_2+j^2z_3, z_1+j^2z_2+jz_3)$ et montrer qu’il est surjectif, ce qui en fera un automorphisme.

Calculez un antécédent de $(0,0,3)$ par $f$

Vous savez que $f(1,0,0) = (1,1,1)$, que $f(0,1,0)=(1,j,j^2)$ et que $f(0,0,1) = (1,j^2,j).$

Alors $f(1,-1,0) = (0,1-j,1-j^2) = (0,1-j,2+j)$ et $f(1,0,-1) = (0,1-j^2,1-j) = (0,2+j,1-j).$

$f(2+j,-2-j,0) = (0,(1-j)(2+j), (2+j)^2) = (0,(1-j)(2+j), j^2+4j+4) = (0,(1-j)(2+j), 3j+3).$

$f(1-j,0,-1+j) = (0,(2+j)(1-j), (1-j)^2) = (0,(2+j)(1-j), j^2-2j+1)= (0,(2+j)(1-j), -3j).$

Du coup $f(1+2j,-2-j,1-j) = (0,0,3+6j) = (0,0,3(1+2j)).$

Or, $(1+2j)^2 = 4j^2+4j+1 = 4(-1-j)+4j+1 = -3$

donc :

\begin{align*}
f((1+2j)^2,(-2-j)(1+2j),(1-j)(1+2j))  &= (0,0,3(1+2j)^2) \\
f(-3,(-2-j)(1+2j),(1-j)(1+2j)) &= (0,0,-9)\\
f(-3, -2-4j-j-2j^2 , 1+2j-j-2j^2) &= (0,0,-9)\\
f(-3, -2-5j-2(-1-j) , 1+j-2(-1-j)) &= (0,0,-9)\\
f(-3, -2-5j+2+2j , 1+j+2+2j) &= (0,0,-9)\\
f(-3, -3j , 3+3j) &= (0,0,-9) \\
f(-1, -j , 1+j) &= (0,0,-3) \\
f(1, j , -1-j) &= (0,0,3)\\
f(1, j , j^2)  &= (0,0,3).
\end{align*}

Vous trouvez qu’une des colonnes de la matrice de départ vous donne quelque chose de remarquablement intéressant pour $f.$

Déterminez un antécédent de $(3,0,0)$ par $f$

L’intuition vous guide et vous amène à calculer $f(1,1,1) = (3, 1+j+j^2, 1+j^2+j) = (3,0,0)$ en prenant une autre colonne de la matrice de départ.

Déterminez un antécédent de $(0,3,0)$ par $f$

De même, prenez la dernière colonne non utilisée et calculez $f(1,j^2,j) = (1+j^2+j, 1+j^3+j^3, 1+j^4+j^2) = (0,3,1+j+j^2) = (0,3,0).$

Concluez

La surjection de $f$ étant établie, puisque tous les vecteurs de la base canonique de $\C^3$ admettent au moins un antécédent par $f$, vous savez que $f$ est bien un automorphisme de $\C^3$, par conséquent la matrice associée

\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & j & j^2\\
1 & j^2 & j
\end{pmatrix}

est inversible et son inverse vérifie

\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & j & j^2\\
1 & j^2 & j
\end{pmatrix}^{-1} = \frac{1}{3}\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & j^2 & j\\
1 & j & j^2
\end{pmatrix}.

Appliquez ce calcul

Vous souhaitez résoudre l’équation de degré 3 ? Elle se ramène à la résolution d’un système, que vous trouverez dans l'article 141.

140. Utilisez les nombres complexes pour trouver une décomposition en éléments simples dans les réels

Rédigé par on | Niveau Prépa

Considérez la fraction rationnelle $F(X)=\frac{4X^4}{(X^4-1)^2}.$ Pour trouver sa décomposition en éléments simples dans $\R(X)$ vous pouvez d’abord trouver celle qu’elle possède dans $\C(X).$

Les parties polaires

Le polynôme $X^4-1$ se factorise dans $\C(X)$ en utilisant plusieurs fois l’identité remarquable $a^2-b^2=(a-b)(a+b).$

\begin{aligned}
X^4-1 &= (X^2)^2-1^2\\
&=(X^2-1)(X^2+1)\\
&=(X^2-1^2)(X^2-i^2)\\
&=(X-1)(X+1)(X-i)(X+i).
\end{aligned}

Vous déduisez que $(X^4-1)^2=(X-1)^2(X+1)^2(X-i)^2(X+i)^2.$

Le degré du numérateur de la fraction $F(X)$ étant strictement inférieur à celui de son dénominateur, la partie entière de $F(X)$ est nulle et il reste les parties polaires qui sont toutes de multiplicité $2$.

D’après le théorème de décomposition en éléments simples dans $\C(X)$ il existe des nombres complexes $a_1$, $a_2$, $b_1$, $b_2$, $c_1$, $c_2$, $d_1$ et $d_2$ tels que :

\begin{aligned}
\frac{4X^4}{(X^4-1)^2}&=\frac{a_1}{X-1}+\frac{a_2}{(X-1)^2}+\frac{b_1}{X+1}+\frac{b_2}{(X+1)^2}+\frac{c_1}{X-i}+\frac{c_2}{(X-i)^2}+\frac{d_1}{X+i}+\frac{d_2}{(X+i)^2}.
\end{aligned}

Et maintenant, panachez !

La fraction rationnelle est invariante quand on change $X$ en $-X$, puisque $F(X)=F(-X).$

\begin{aligned}
F(X)&=\frac{a_1}{X-1}+\frac{a_2}{(X-1)^2}+\frac{b_1}{X+1}+\frac{b_2}{(X+1)^2}+\frac{c_1}{X-i}+\frac{c_2}{(X-i)^2}+\frac{d_1}{X+i}+\frac{d_2}{(X+i)^2}.
\end{aligned}

\begin{aligned}
F(-X)&=\frac{a_1}{-X-1}+\frac{a_2}{(-X-1)^2}+\frac{b_1}{-X+1}+\frac{b_2}{(-X+1)^2}+\frac{c_1}{-X-i}+\frac{c_2}{(-X-i)^2}+\frac{d_1}{-X+i}+\frac{d_2}{(-X+i)^2} \\
&=\frac{-b_1}{X-1}+\frac{b_2}{(X-1)^2}+\frac{-a_1}{X+1}+\frac{a_2}{(X+1)^2}+\frac{-d_1}{X-i}+\frac{c_2}{(X+i)^2}+\frac{-c_1}{X+i}+\frac{d_2}{(X+i)^2}
\end{aligned}

La fraction rationnelle $F(X)$ admet donc deux décompositions en éléments simples.

\begin{aligned}
F(X)&=\frac{a_1}{X-1}+\frac{a_2}{(X-1)^2}+\frac{b_1}{X+1}+\frac{b_2}{(X+1)^2}+\frac{c_1}{X-i}+\frac{c_2}{(X-i)^2}+\frac{d_1}{X+i}+\frac{d_2}{(X+i)^2}\\
&=\frac{-b_1}{X-1}+\frac{b_2}{(X-1)^2}+\frac{-a_1}{X+1}+\frac{a_2}{(X+1)^2}+\frac{-d_1}{X-i}+\frac{c_2}{(X+i)^2}+\frac{-c_1}{X+i}+\frac{d_2}{(X+i)^2}.
\end{aligned}

Par unicité d’une telle décomposition, vous déduisez que $b_1 = -a_1$, $b_2 = a_2$, $d_1 = -c_1$ et $c_2=d_2.$

Le nombre d’éléments à calculer est passé de 8 à 4.

$F(X) = \frac{a_1}{X-1}+\frac{a_2}{(X-1)^2}+\frac{-a_1}{X+1}+\frac{a_2}{(X+1)^2}+\frac{c_1}{X-i}+\frac{c_2}{(X-i)^2}+\frac{-c_1}{X+i}+\frac{c_2}{(X+i)^2}$

Continuez de panacher !

Comme $i^4 = 1$, vous constatez que la fraction $F(X)$ est égale à $F(iX).$

\begin{aligned}
F(iX) &= \frac{a_1}{iX-1}+\frac{a_2}{(iX-1)^2}+\frac{-a_1}{iX+1}+\frac{a_2}{(iX+1)^2}+\frac{c_1}{iX-i}+\frac{c_2}{(iX-i)^2}+\frac{-c_1}{iX+i}+\frac{c_2}{(iX+i)^2}\\
&= \frac{ i a_1}{-X-i}+\frac{i^2a_2}{(-X-i)^2}+\frac{-ia_1}{-X+i}+\frac{i^2a_2}{(-X+i)^2}+\frac{ic_1}{-X+1}+\frac{i^2c_2}{(-X+1)^2}+\frac{-ic_1}{-X-1}+\frac{i^2c_2}{(-X-1)^2}\\
&= \frac{ -i a_1}{X+i}+\frac{-a_2}{(X+i)^2}+\frac{ia_1}{X-i}+\frac{-a_2}{(X-i)^2}+\frac{-ic_1}{X-1}+\frac{-c_2}{(X-1)^2}+\frac{ic_1}{X+1}+\frac{-c_2}{(X+1)^2}\\
&=\frac{-ic_1}{X-1}+\frac{-c_2}{(X-1)^2}+\frac{ic_1}{X+1}+\frac{-c_2}{(X+1)^2}+\frac{ia_1}{X-i}+\frac{-a_2}{(X-i)^2}+ \frac{ -i a_1}{X+i}+\frac{-a_2}{(X+i)^2}\\
\end{aligned}

Ainsi deux écritures se présentent pour la fraction rationnelle $F(X)$.

\begin{aligned}
F(X) &= \frac{a_1}{X-1}+\frac{a_2}{(X-1)^2}+\frac{-a_1}{X+1}+\frac{a_2}{(X+1)^2}+\frac{c_1}{X-i}+\frac{c_2}{(X-i)^2}+\frac{-c_1}{X+i}+\frac{c_2}{(X+i)^2}\\
&= \frac{-ic_1}{X-1}+\frac{-c_2}{(X-1)^2}+\frac{ic_1}{X+1}+\frac{-c_2}{(X+1)^2}+\frac{ia_1}{X-i}+\frac{-a_2}{(X-i)^2}+ \frac{ -i a_1}{X+i}+\frac{-a_2}{(X+i)^2}
\end{aligned}

Par unicité de la décomposition d’une fraction rationnelle en éléments simples, vous déduisez les égalités suivantes $a_1 = -ic_1$ ce qui donne $c_1 = ia_1$ et puis $c_2 = -a_2$.

$F(X) = \frac{a_1}{X-1}+\frac{a_2}{(X-1)^2}+\frac{-a_1}{X+1}+\frac{a_2}{(X+1)^2}+\frac{ia_1}{X-i}+\frac{-a_2}{(X-i)^2}+\frac{-ia_1}{X+i}+\frac{-a_2}{(X+i)^2}$

Il reste donc deux coefficients à calculer.

Calculez le nombre $a_2$

Multipliez la fraction rationnelle $F(X)$ par $(X+1)^2$, elle est égale à $\frac{4X^4 (X+1)^2}{(X^2-1)^2(X^2+1)^2} = \frac{4X^4(X+1)^2}{(X-1)^2(X+1)^2(X^2+1)^2} = \frac{4X^4}{(X-1)^2(X^2+1)^2}.$

Ainsi $a_2 = \left[\frac{4X^4}{(X-1)^2(X^2+1)^2}\right]_{X=-1} = \frac{4}{4\times 4} = \frac{1}{4}.$

Calculez le nombre $a_1$

Effectuez $X=0$ dans l’égalité $F(X) = \frac{a_1}{X-1}+\frac{a_2}{(X-1)^2}+\frac{-a_1}{X+1}+\frac{a_2}{(X+1)^2}+\frac{ia_1}{X-i}+\frac{-a_2}{(X-i)^2}+\frac{-ia_1}{X+i}+\frac{-a_2}{(X+i)^2}.$

$0 = -4a_1+4a_2$ d’où $a_2 = a_1 = \frac{1}{4}.$

Déduisez-en la décomposition dans $\C(X)$ puis celle dans $\R(X)$

D’après ce qui précède, la décomposition dans $\C(X)$ est la suivante :

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

Pour trouver celle dans $\R(X)$ vous allez regrouper les parties polaires conjuguées.

Commencez d’abord par les multiplicités de degré 2

\begin{aligned}
\frac{-1}{4(X-i)^2} +\frac{-1}{4(X+i)^2} &= \frac{-(X+i)^2-(X-i)^2}{4(X-i)^2(X+i)^2}\\
&= \frac{-X^2-2ix+1-X^2+2ix+1}{4(X^2+1)^2}\\
&=\frac{-2X^2+2}{4(X^2+1)^2}\\
&=\frac{-X^2+1}{2(X^2+1)^2.}
\end{aligned}

Cette fraction rationnelle est réelle mais elle n’est pas décomposée en éléments simples dans $\R(X).$

Pour l’obtenir, vous pouvez remarquer que :

\begin{aligned}
\frac{-1}{4(X-i)^2} +\frac{-1}{4(X+i)^2} &=\frac{-X^2+1}{2(X^2+1)^2}\\
&= \frac{-(X^2+1)+2}{2(X^2+1)^2}\\
&=\frac{-1}{2(X^2+1)}+\frac{1}{(X^2+1)^2}.
\end{aligned}

Finissez avec les multiplicités de degré 1

\begin{aligned}
\frac{i}{4(X-i)}+\frac{-i}{4(X+i)}&=\frac{i(X+i)-i(X-i)}{4(X^2+1)} \\
&=\frac{-2}{4(X^2+1)}\\
&=\frac{-1}{2(X^2+1)}.
\end{aligned}

Concluez

\begin{aligned}
F(X) &= \frac{1}{4(X-1)}+\frac{1}{4(X-1)^2}+\frac{-1}{4(X+1)}+\frac{1}{4(X+1)^2}+\frac{i}{4(X-i)}+\frac{-1}{4(X-i)^2}+\frac{-i}{4(X+i)}+\frac{-1}{4(X+i)^2}\\
&= \frac{1}{4(X-1)}+\frac{1}{4(X-1)^2}+\frac{-1}{4(X+1)}+\frac{1}{4(X+1)^2}+\left(\frac{i}{4(X-i)} +\frac{-i}{4(X+i)} \right) + \left(\frac{-1}{4(X-i)^2}+\frac{-1}{4(X+i)^2}\right)\\
&=\frac{1}{4(X-1)}+\frac{1}{4(X-1)^2}+\frac{-1}{4(X+1)}+\frac{1}{4(X+1)^2}+\left(\frac{-1}{2(X^2+1)} \right)+\left(\frac{-1}{2(X^2+1)}+\frac{1}{(X^2+1)^2}\right)\\
&=\frac{1}{4(X-1)}+\frac{1}{4(X-1)^2}+\frac{-1}{4(X+1)}+\frac{1}{4(X+1)^2}+\frac{-1}{X^2+1}+\frac{1}{(X^2+1)^2}.
\end{aligned}

138. Des décompositions en éléments simples de fractions rationnelles en restant dans les réels

Rédigé par on | Niveau Capes, Niveau Prépa

La démarche proposée ici consiste à montrer pourquoi l’existence de la décomposition est possible. On se base sur l’algorithme d’Euclide étendu et sur les divisions euclidiennes.

Le but sera de trouver la décomposition en éléments simples dans $\R(X)$ de la fraction rationnelle $\frac{4X^4}{(X^4-1)^2}.$

Décomposez en éléments simples la fraction $F(X)=\frac{2X}{X^2-1}$ dans $\R(X)$

Le dénominateur de la fraction $F(X)$ est factorisable par deux polynômes de degré $1$, $X^2-1 = (X-1)(X+1).$

Utilisez l’algorithme d’Euclide étendu pour trouver deux polynômes $U$ et $V$ vérifiant $1 = U(X)(X-1)+V(X)(X+1).$

\begin{aligned}
X-1 &= 1(X-1)+0(X+1)\\
X+1 &=0(X-1)+1(X+1)
\end{aligned}

Du coup, par soustraction $L_2\gets L_2-L_1$

$2 = (-1)(X-1)+1(X+1)$ et en divisant par $2$ :

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

Les polynômes $U$ et $V$ sont déterminés, posez $U(X) = \frac{-1}{2}$ et $V(X) = \frac{1}{2}$ et vous avez la relation $1 =U(X)(X-1)+V(X)(X+1).$

Le numérateur de la fraction $F(X)$ étant $2X$, vous multipliez la relation précédente par $2X$ ce qui fournit :

$2X = -X(X-1) + X(X+1).$

Maintenant vous divisez cette relation par le produit $(X-1)(X+1)$ ce qui vous donne une séparation des parties polaires de la fraction $F(X)$ :

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

Sauf que cette écriture ne constitue pas une décomposition en éléments simples. La fraction $\frac{-X}{X+1}$ est le quotient de deux polynômes de degré $1$, de même que $\frac{X}{X-1}.$

Vous allez effectuer la division euclidienne de $-X$ par $X+1$, ce qui fournit $-X = (-1)(X+1)+1$ d’où $\frac{-X}{X+1} = -1 + \frac{1}{X+1}.$

De même, vous effectuez la division euclidienne de $X$ par $X-1$, ce qui fournit $X = (1)(X-1)+1$ d’où $\frac{X}{X-1} = 1 + \frac{1}{X-1}.$

Mis bout à bout, il vient $F(X) = -1 + \frac{1}{X+1} + 1 + \frac{1}{X-1}$ d’où $\boxed{F(X) = \frac{2X}{X^2-1}=\frac{1}{X-1}+\frac{1}{X+1}.}$

Remarque. Il existe des méthodes plus rapides permettant de parvenir à cette décomposition. Elles utilisent le fait que la décomposition est unique. Ce n’est pas le but de cette section.

Décomposez en éléments simples $G(X) = \frac{4X^4}{(X^4-1)^2}$

Il a été vu que $\frac{2X}{X^2-1}=\frac{1}{X-1}+\frac{1}{X+1}.$

Dans $\R(Y)$ cela s’écrit $\frac{2Y}{Y^2-1}=\frac{1}{Y-1}+\frac{1}{Y+1}.$

Maintenant posez $Y=X^2$ et substituez pour obtenir $\frac{2X^2}{X^4-1}=\frac{1}{X^2-1}+\frac{1}{X^2+1}.$

En mettant au carré vous obtenez :

\begin{aligned}
\frac{4X^4}{(X^4-1)^2} &=\frac{1}{(X^2-1)^2}+\frac{1}{(X^2+1)^2}+\frac{2}{(X^2-1)(X^2+1)}\\
\end{aligned}

Mais ce n’est pas encore la décomposition en éléments simples dans $\R(X)$, des termes sont encore décomposables.

Décomposez $\frac{2}{(X^2-1)(X^2+1)}$

Via le changement de variable $Y = X^2$, il suffit de décomposer $\frac{2}{(Y-1)(Y+1)}.$

Il a été vu que $1 = \frac{-1}{2}(Y-1)+\frac{1}{2}(Y+1)$ donc $2 = (-1)(Y-1)+(1)(Y+1)$ et en divisant par le produit $(Y-1)(Y+1)$ vous obtenez que $\frac{2}{(Y-1)(Y+1)}=\frac{1}{Y-1}+\frac{-1}{Y+1}.$

D’où $\frac{2}{(X^2-1)(X^2+1)} = \frac{1}{X^2-1}+\frac{-1}{X^2+1}.$

Le terme $\frac{-1}{X^2+1}$ est un élément de deuxième espèce (un polynôme de degré inférieur ou égal à $1$ divisé par un polynôme de degré $2$ avec discriminant strictement négatif), il n’est pas décomposable dans $\R(X).$

Par contre, $ \frac{1}{X^2-1}$ l’est puisque $X^2-1 = (X-1)(X+1).$

Comme $1 = \frac{-1}{2}(X-1)+\frac{1}{2}(X+1)$, en divisant par le produit $(X-1)(X+1)$, il vient :

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

D’où finalement $\frac{2}{(X^2-1)(X^2+1)} = \frac{-1}{2(X+1)}+\frac{1}{2(X-1)}+\frac{-1}{X^2+1}.$

Décomposez $\frac{1}{(X^2-1)^2}$

Séparez les parties polaires

Le dénominateur de cette fraction s’écrit $(X^2-1)^2 = ((X-1)(X+1))^2 = (X-1)^2(X+1)^2.$

Afin de séparer les parties polaires, appliquez à nouveau l’algorithme d’Euclide étendu.

\begin{aligned}
X^2-2X+1 &= 1(X-1)^2+0(X+1)^2 \quad (L_1)\\
X^2+2X+1 &=0(X-1)^2+1(X+1)^2 \quad (L_2)
\end{aligned}

L’opération $L_2\gets L_2-L_1$ permet d’abaisser le degré.

\begin{aligned}
4X &= (-1)(X-1)^2+(1)(X+1)^2 \quad (L_3)\\
X^2+2X+1 &=0(X-1)^2+1(X+1)^2\quad (L_4)
\end{aligned}

Afin de poursuivre, effectuez la division euclidienne de $X^2+2X+1$ par $X.$

$X^2+2X+1 = X(X+2)+1$ ce qui fournit $X^2+2X+1 = (4X)\left(\frac{X}{4}+\frac{1}{2}\right) + 1.$

Vous allez donc effectuer l’opération $L_4\gets L_4-\left(\frac{X}{4}+\frac{1}{2}\right)L_3.$

$1 = \left(\frac{X}{4}+\frac{1}{2}\right)(X-1)^2+\left(\frac{1}{2}-\frac{X}{4}\right)(X+1)^2.$

Divisez par le produit $(X-1)^2(X+1)^2$ pour obtenir la séparation des parties polaires :

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

Obtenez les éléments simples pour chaque partie polaire

Bien qu’étant un polynôme de degré $1$ divisé par un polynôme de degré $2$, la fraction $\frac{X+2}{4(X+1)^2}$ n’est pas un élément simple dans $\R(X)$. Ce n’est pas un élément de seconde espèce, puisque le polynôme $(X+1)^2$ n’est pas un polynôme de second degré à discriminant strictement négatif.

Vous allez donc effectuer deux divisions euclidiennes pour trouver la décomposition de $\frac{X+2}{4(X+1)^2}$.

Divisez $X+2$ par $X+1$ : $X+2 = (1)(X+1)+1.$ Divisez le nouveau quotient, $1$, par $X+1$ : $1 = 0(X+1)+1.$

Vous obtenez donc $\frac{X+2}{(X+1)^2} = \frac{1}{X+1}+\frac{1}{(X+1)^2}.$

Par suite, $\frac{X+2}{4(X+1)^2} = \frac{1}{4(X+1)}+\frac{1}{4(X+1)^2}.$

Procédez de même pour $\frac{2-X}{4(X-1)^2}.$

Divisez $2-X$ par $X-1$ : $2-X = (-1)(X-1)+1$ puis divisez $-1$ par $X-1$ : $-1 = 0(X-1)-1$, ce qui amène à :

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

Par suite, $\frac{2-X}{4(X-1)^2} = \frac{-1}{4(X-1)}+\frac{1}{4(X-1)^2}.$

Concluez

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

Finalisez la décomposition demandée

\begin{aligned}
\frac{4X^4}{(X^4-1)^2} &=\frac{1}{(X^2-1)^2}+\frac{1}{(X^2+1)^2}+\frac{2}{(X^2-1)(X^2+1)}\\
&= \frac{1}{4(X+1)}+\frac{1}{4(X+1)^2} + \frac{-1}{4(X-1)}+\frac{1}{4(X-1)^2} \\
&\quad +\frac{1}{(X^2+1)^2} \\
&\quad +\frac{-1}{2(X+1)}+\frac{1}{2(X-1)}+\frac{-1}{X^2+1}\\
&= \frac{-1}{4(X+1)} + \frac{1}{4(X+1)^2}+\frac{1}{4(X-1)}+\frac{1}{4(X-1)^2}\\
&\quad+\frac{-1}{X^2+1}+\frac{1}{(X^2+1)^2}.
\end{aligned}