Équation complexe

Moi et WolframAlpha ne trouvons pas les mêmes pôles que toi :
$X^4 + X^2 +1= (X-j)(X+j)(X-j^2)(X+j^2)$.

N'ayant pas trouvé de jolie astuce, j'avais commencé à faire les calculs comme un bourrin, et ça m'a gavé comme toi. Alors je me suis fabriqué ma propre astuce : je me suis demandé si on ne pouvait pas poser $Y = X^2$ et commencer par faire la DSE de $\dfrac{Y}{Y^2+Y+1}$.

$\dfrac{Y}{Y^2+Y+1} = \dfrac{Y}{(Y - j^2)(Y-j)} = \dfrac{a}{Y -j^2} + \dfrac{b}{Y -j} = \dfrac{(a+b)X- aj - bj^2}{Y^2+Y+1}$

On sait donc que $a+b=1$ et il faut résoudre $-aj - bj^2=0$. Notons $a=x+iy$ et $b=u+iv$, alors on a :
$(x+iy)(1/2 - i\sqrt{3}/2) +(u+iv)(1/2 + i\sqrt{3}/2)=0$, donc $(x/2 + u/2 + y\sqrt{3}/2 -v\sqrt{3}/2) + i(y/2 - x\sqrt{3}/2 + u\sqrt{3}/2 + v/2) = 0$

$\left\{ \begin{array}{c|c} x + u + y\sqrt{3} -v\sqrt{3} = 0 \\ y - x\sqrt{3} + u\sqrt{3} + v = 0 \\ x+u=1 \\ y+v=0 \end{array} \right.$

On trouve que $y=-v$, donc la première ligne donne $y=-\dfrac{\sqrt{3}}{6}$ et donc $v = \dfrac{\sqrt{3}}{6}$, la deuxième ligne donne $x=u$ donc $x=u=\dfrac{1}{2}$.

Donc $\dfrac{Y}{Y^2 + Y + 1} = \dfrac{\dfrac{1}{2}-i\dfrac{\sqrt{3}}{6}}{Y - j^2} + \dfrac{\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{6}}{Y -j}$

On repasse en $X$ : $\dfrac{X^2}{X^4 + X^2 + 1} = \dfrac{\dfrac{1}{2}-i\dfrac{\sqrt{3}}{6}}{X^2 - j^2} + \dfrac{\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{6}}{X^2 -j} = \bigg( \dfrac{1}{2}-i\dfrac{\sqrt{3}}{6}\bigg)\dfrac{1}{X^2 - j^2} + \bigg(\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{6} \bigg)\dfrac{1}{X^2 -j}$.

Pour continuer, il faut faire les DSE de $\dfrac{1}{X^2 - j^2}$ et de $\dfrac{1}{X^2 -j}$

$X^2 - j^2 = (X-j)(X+j)$

$\dfrac{1}{(X-j)(X+j)} = \dfrac{\alpha}{X-j} + \dfrac{\beta}{X+j} = \dfrac{(\alpha+\beta)X + (\alpha - \beta)j}{X^2-j^2}$

On a donc $\alpha + \beta = 0$, donc $\beta = - \alpha$, donc $2\alpha j=1$, donc $\alpha = \dfrac{j^2}{2} = -\dfrac{1}{4} - i\dfrac{\sqrt{3}}{4}$ et $\beta = -\dfrac{j^2}{2} = \dfrac{1}{4} + i\dfrac{\sqrt{3}}{4}$.

Donc $\dfrac{1}{X^2 -j^2} = \dfrac{\dfrac{j^2}{2}}{X-j} + \dfrac{\dfrac{-j^2}{2}}{X+j}$

$X^2 -j = X^2 - (-j^2)^2 = X^2 - (j^2)^2 = (X + j^2)(X - j^2)$

$\dfrac{1}{(X + j^2)(X - j^2)} = \dfrac{\gamma}{(X +j^2)} + \dfrac{\delta}{(X - j^2)} = \dfrac{(\gamma + \delta)X + (\delta - \gamma)j^2}{X^2 -j}$

Rebelote, $\gamma = -\delta$ donc on a $2 \delta j^2=1$, donc $\delta = \dfrac{j}{2} = -\dfrac{1}{4} + i\dfrac{\sqrt{3}}{4}$ et $\gamma = -\dfrac{j}{2} = \dfrac{1}{4} - i\dfrac{\sqrt{3}}{4}$.

Donc $\dfrac{1}{X^2 -j} = \dfrac{-\dfrac{j}{2} }{X + j^2} + \dfrac{\dfrac{j}{2} }{X - j^2}$

Allez, on assemble le puzzle :

$\dfrac{X^2}{X^4 + X^2 + 1} = \bigg( \dfrac{1}{2}-i\dfrac{\sqrt{3}}{6}\bigg)\dfrac{1}{X^2 - j^2} + \bigg(\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{6} \bigg)\dfrac{1}{X^2 -j}$

$ = \bigg( \dfrac{1}{2}-i\dfrac{\sqrt{3}}{6}\bigg)\bigg[ \dfrac{-\dfrac{1}{4} - i\dfrac{\sqrt{3}}{4}}{X-j} + \dfrac{\dfrac{1}{4} + i\dfrac{\sqrt{3}}{4}}{X+j} \bigg] + \bigg(\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{6} \bigg)\bigg[ \dfrac{\dfrac{1}{4} - i\dfrac{\sqrt{3}}{4}}{X + j^2} + \dfrac{-\dfrac{1}{4} + i\dfrac{\sqrt{3}}{4}}{X - j^2}\bigg]$

$= \dfrac{-\dfrac{1}{4} - i\dfrac{\sqrt{3}}{12}}{X-j} + \dfrac{\dfrac{1}{4} +i\dfrac{\sqrt{3}}{12}}{X+j} + \dfrac{\dfrac{1}{4} -i \dfrac{\sqrt{3}}{12}}{X + j^2} + \dfrac{-\dfrac{1}{4}+i \dfrac{\sqrt{3}}{12}}{X - j^2}$

D'après WolframAlpha, je ne me suis pas trompé, ouf.

Maintenant, si quelqu'un avait une astuce pour bazarder l'affaire en quelques lignes, ça serait probablement mieux !

Pour se débarrasser du dénominateur : quantité conjuguée.

F(X) est paire .donc en utilisant la parité on obtient $a=-c$ et$ b=-d$
Les coefficients sont réels donc par passage au conjugué a= conjugué (b)
enfin pour a il suffit de multiplier numérateur et dénominateur par la quantité conjuguée de $1-j^2$ soit $1-j$ pour trouver le résultat
je corrige car je n'avais pas pris les même coeff a,b,c,d donc c'est bien $a=-b$ et $ c=-d$

Bonjour,

ici tous tes pôles étant simple, le plus simple pour calculer le "résidu" en un pôle $a$ est d'utiliser la relation
$$
Res(f,a)=(x-a) \frac{P(x)}{Q(x)} \to_{x \to a} \frac{P(a)}{Q'(a)}
$$

Bonne journée

F.

Difficile d'évaluer en $a$ quand tu disposes d'une forme indéterminée en $a$. Ce que tu proposes implique de factoriser le dénominateur par $X-a$ ce qui est plus coûteux en calcul que de calculer la dérivée en $a$.

Oui, alors, je n'ai pas "vu" que $e^{i\pi/3} = -j^2$ et $e^{-i\pi/3} = j^2$. Effectivement, ça je vais le modifier dans mon message.

La parité ne me sert pas tant que je travaille en $Y$, donc ma méthode est plus longue au final que si l'on repère la parité avant de faire un changement de variable.

EDIT : j'ai édité mon premier message.