Fraction Partielle

Fraction Partielle

Décomposition en éléments simples

En algèbre, la décomposition en fractions partielles ou en éléments simples d'une fonction rationnelle est son expression sous une somme de fractions ayant pour dénominateurs des puissances de polynômes irréductibles et pour numérateurs un polynôme de degré inférieur au polynôme irréductible du dénominateur. Les fractions partielles sont utilisées dans le calcul intégral pour faciliter la recherche de primitives. Elles sont aussi utilisées pour calculer l'inverse des transformées de Laplace.

Déterminer quels polynômes sont irréductibles dépend du corps de scalaires utilisé. Ainsi, si on se limite aux nombres réels, les polynômes irréductibles auront un degré de 1 ou de 2. Si les nombres complexes sont utilisés, seuls les polynômes de premier degré seront irréductibles. De même, si on se limite aux nombres rationnels, on pourra trouver des polynômes de degré supérieurs à 2 irréductibles.

Sommaire

Mise en place

Soit P et Q deux fonctions polynomiales, on appelle fonction rationnelle, la fonction notée F dont le domaine de définition est \left\{x \in K| Q(x) \ne 0\right\} et définie par F(x) = \frac{P(x)}{Q(x)}.

On s'intéressera, dans la suite, aux fonctions rationnelles simplifiées au maximum, c'est-à-dire dans lesquelles P et Q sont premiers entre eux et où Q est de degré supérieur ou égal à 1. On notera K un corps commutatif (en général \mathbb C ou \R).

La première étape consiste à réduire la fraction de telle sorte que le degré du numérateur soit inférieur à celui du dénominateur. On procède pour ce faire à une division euclidienne de P par Q. On sait qu'il existe toujours un couple unique de polynômes T et R tels que P = T \times Q + R avec degré de R < degre de Q. La fonction rationnelle \frac{P}{Q} peut s'écrire alors T + \frac RQ. T est appelée la partie entière de F et c'est sur \frac RQ que l'on va procéder à une décomposition en éléments simples.

Décomposition en éléments simples dans les complexes

Principes généraux

On dit que z est un pôle d’ordre p de la fraction irréductible F = \frac{P}{Q} si z est un zéro (ou racine) d’ordre p de Q.

Théorème — Si z est pôle d’ordre p de F = \frac{P}{Q} \in \mathbb C(x), on peut décomposer F de manière unique sous la forme

F = \frac{P}{Q} = \frac{\gamma_1}{x-z}+ \cdots +\frac{\gamma_p}{(x-z)^p}+ \frac{P1}{Q1}

où la fraction rationnelle \frac{P1}{Q1} n’admet plus z comme pôle.

Or d'après le théorème fondamental de l'algèbre, le polynôme Q possède, dans \mathbb C\,, p racines (z_i)_{i=1\cdots p} d'ordres ni avec \sum_{i=1}^p n_i = n.

La propriété précédente se généralise alors à


Théorème — Soit F=\frac{P}{Q} \in \mathbb C(x) irréductible, alors si Q admet la factorisation

Q = (x - z_1)^{n_1} (x - z_2)^{n_2} \cdots (x - z_p)^{n_p}

alors F admet la décomposition unique en éléments simples suivante

F = \frac{P}{Q} = T+ \frac{a_1}{(x-z_1)}+ \frac{a_2}{(x-z_1)^2}+\cdots+\frac{a_{n_1}}{(x-z_1)^{n_1}}+ \frac{b_1}{(x-z_2)}+\cdots+\frac{b_{n_2}}{(x-z_2)^{n_2}}+ \cdots + \frac{w_1}{(x-z_p)}+ \cdots +\frac{w_{np}}{(x-z_p)^{n_p}}

où les a_i , b_i , \ldots , w_i sont des nombres complexes.

Note: Pour des raisons de simplicité d'écriture on peut aussi noter

\frac{P(x)}{Q(x)} = T+ \frac{a_{11}}{(x-z_1)}+ \frac{a_{12}}{(x-z_1)^2}+\cdots+\frac{a_{1n_1}}{(x-z_1)^{n_1}}+ \frac{a_{21}}{(x-z_2)}+ \frac{a_{22}}{(x-z_2)^2}+\cdots+\frac{a_{2n_2}}{(x-z_2)^{n_2}}+\cdots + \frac{a_{p1}}{(x-z_p)}+ \cdots +\frac{a_{pn_p}}{(x-z_p)^{n_p}}

où les aij sont des nombres complexes.

Exemples de décompositions

L'existence d'une décomposition étant établie, la difficulté réside dans les techniques pour déterminer les différents coefficients. Ces techniques sont applicables dans le corps des complexes ou dans le corps des réels dès que le polynôme Q est produit de facteurs du premier degré. Dans un souci de lisibilité, les exemples sont ici donnés avec des coefficients réels.

Pôles de degré un

Étude d'un cas simple : Soit F(x) = \frac{1}{x^2-1}

Cette fraction admet deux pôles simples 1 et -1 donc Q(x) = (x-1)(x+1)\, .

On en déduit que F peut s'écrire sous la forme :

F(x) = \frac{1}{x^2-1} = \frac{1}{(x-1)(x+1)} = \frac{A}{x-1} + \frac{B}{x+1}

Il s'agit de déterminer A et B. Une méthode qui est toujours réalisable consiste à réduire au même dénominateur le membre de droite de la décomposition et à identifier les coefficients des numérateurs. Cette méthode n'est pas très efficace car elle demande la résolution d’un nombre d’équations correspondant au nombre de coefficients à déterminer. On peut réduire grandement le travail en éliminant, par une multiplication judicieuse, tous les coefficients sauf un. Ainsi dans notre exemple en multipliant par (x-1), on obtient

(x-1) \frac{1}{(x+1)(x-1)} = \frac{1}{(x+1)}= A + (x-1) \frac{B}{(x+1)}

En posant alors x= 1, il vient A= 1/2

Puis, en multipliant F(x) par (x+1) et en posant x= -1, il vient B= -1/2 puisque

(x+1) \frac{1}{(x+1)(x-1)}= \frac{1}{(x-1)} = B + (x+1) \frac{A}{(x-1)}

La fonction F se décompose alors en

F(x) =\frac{1}{x^2-1} = \frac{1/2}{(x-1)} - \frac{1/2}{(x+1)}

Cas plus complexe : De même, prenons la fonction rationnelle : F(x)={x+3 \over x^4-5x^2+4} Par factorisation du polynôme bicarré et par utilisation des identités remarquables, on peut l'écrire

F(x)={x + 3 \over (x-1)(x+1)(x-2)(x+2)}

qui se décompose en

{x + 3 \over (x-1)(x+1)(x-2)(x+2)}= {A \over x-1}+{B\over x+1}+{C\over x-2}+{D\over x+2}

Pour trouver le coefficient A, il suffit de multiplier les deux membres par x - 1 puis de remplacer x par 1

{x + 3 \over (x+1)(x-2)(x+2)}= A+{B(x-1)\over x+1}+{C(x-1)\over x-2}+{D(x-1)\over x+2}
{1+3 \over (1+1)(1-2)(1+2)}= A =-{2 \over 3}

De même pour trouver B, il suffit de multiplier par x + 1 et de remplacer x par -1

{-1+3 \over (-1-1)(-1-2)(-1+2)}= B ={1 \over 3}

Pour C, il suffit de multiplier par x - 2 et de remplacer x par 2

{2 +3 \over (2-1)(2+1)(2+2)}= C ={5 \over 12}

et pour D, on multiplie par x + 2 et on remplace x par -2

{-2 +3 \over (-2-1)(-2+1)(-2-2)}= D = -{1 \over 12}

Donc

{x + 3 \over (x-1)(x+1)(x-2)(x+2)}= {-2/3 \over x-1}+{1/3\over x+1}+{5/12\over x-2}+{-1/12\over x+2}

Existence d'un pôle de degré supérieur à un

Pour une fonction rationnelle de la forme

{\bullet \over (x+2)(x+3)^5}

(où « \bullet » est un polynôme quelconque de degré strictement inférieur à 6, la décomposition en fractions partielles aura comme allure

{A \over x+2}+{B \over x+3}+{C \over (x+3)^2}+{D \over (x+3)^3}+{E \over (x+3)^4}+{F \over (x+3)^5}.

La détermination des coefficients A, B, C, D, E, F s'opère en effectuant le changement de variable y = x + 3 (autre méthode que précédemment mais qui conduit au même résultat final). La fraction s'écrit alors

{P(y) \over (y-1)y^5}

La division de P(y) par y - 1 suivant les puissances croissantes (voir Division d'un polynôme) nous donne alors

P(y) = (y - 1)(F+Ey+Dy^2+Cy^3+By^4)+ Ay^5\,

Il suffit alors d'opérer la division et de revenir à la variable de départ.

Décomposition en éléments simples dans les réels

Principes généraux

Les polynômes irréductibles à coefficients réels sont du premier ou du second degré.

Théorème — Soit F=\frac{P}{Q} irréductible, alors si Q admet la factorisation

Q (x)=(x - z_1)^{n_1} (x - z_2)^{n_2} ... (x - z_p)^{n_p} (x^2- \beta_1 x + \gamma_1)^{m_1}(x^2- \beta_2 x + \gamma_2)^{m_2}...(x^2- \beta_{q} x + \gamma_{q})^{m_q}

où les polynômes x^2- \beta_g x + \gamma_g\, n’ont pas de racine réelle (Δ négatif) alors F admet la décomposition unique en éléments simples suivante

F(x) = \begin{array}[t]{l} T+ \frac{a_{11}}{(x-z_1)}+ \frac{a_{12}}{(x-z_1)^2}+...+\frac{a_{1n_1}}{(x-z_1)^{n_1}}\\ + \cdots\\ + \frac{a_{p1}}{(x-z_p)}+ \frac{a_{p2}}{(x-z_p)^2}+...+\frac{a_{pn_p}}{(x-z_p)^{n_p}}\\ + \frac{b_{11}x+c_{11}}{(x^2 - \beta_1 x + \gamma_1)}+ \frac{b_{12}x+c_{12}}{(x^2 - \beta_1 x + \gamma_1)^2} +...+ \frac{b_{1m_1}x+c_{1m_1}}{(x^2- \beta_1 x + \gamma_1)^{m_1}}\\ +...\\ + \frac{b_{q1}x+c_{q1}}{(x^2 - \beta_q x + \gamma_q)}+ \frac{b_{q2}x+c_{q2}}{(x^2 - \beta_q x + \gamma_q)^2} +...+ \frac{b_{qm_q}x+c_{qm_q}}{(x^2- \beta_q x + \gamma_q)^{m_q}} \end{array}

où les aij , bgl et cgl sont des nombres réels.

Exemples de décompositions

Les méthodes de décomposition dans le cas où Q est un produit de facteurs du premier degré ont été étudiées dans la section précédente. il ne reste donc plus qu'à traiter des exemples où Q comporte un ou plusieurs facteurs irréductibles du second degré.

Existence d'un facteur irréductible du second degré

Pour décomposer

{10x^2+12x+20 \over x^3-8}

en fractions partielles, observons d'abord

x^3-8=(x-2)(x^2+2x+4).\,

Le fait que x2 + 2x + 4 ne soit pas factorisable en utilisant des coefficients réels est visible car le discriminant, 22 − 4(1)(4), est négatif. Nous cherchons donc des scalaires A, B, C tels que

{10x^2+12x+20 \over x^3-8}={10x^2+12x+20 \over (x-2)(x^2+2x+4)}={A \over x-2}+{Bx+C \over x^2+2x+4}.

Les différentes étapes sont :

  • En multipliant par (x − 2) il vient :

\frac{(x-2)(10x^2+12x+20)}{(x-2)(x^2+2x+4)}= (x-2) \frac{A}{(x-2)}+ (x-2) \frac{(Bx+C)}{x^2+2x+4}

soit : \frac{(10x^2+12x+20)}{(x^2+2x+4)}= A + (x-2) \frac{(Bx+C)}{x^2+2x+4}

  • En posant x=2 :

\frac{(10.2^2+12.2+20)}{(2^2+2.2+4)}= A + (2-2) \frac{(Bx+C)}{2^2+2.2+4}

soit: 7 = A

  • En posant x=0 et A=7, il vient:

\frac{20}{-8}= \frac{7}{-2}+ \frac{C}{4}

soit C=4

  • En posant x=1 , A=7 et C=4 :

\frac{(10.1^2+12.1+20)}{(1-2)(1^2+2.1+4)}= \frac{7}{(1-2)}+ \frac{(B.1+4)}{1^2+2.1+4}

soit B=3

  • La décomposition en fractions partielles est
{10x^2+12x+20 \over x^3-8}={7 \over x-2}+{3x+4 \over x^2+2x+4}.

Passage par les complexes

Une autre méthode consiste à faire la décomposition en complexe puis de regrouper deux à deux les termes à pôles conjugués et les mettre au même dénominateur pour récupérer les termes irréductibles du second degré.

On donne un exemple simple, avec P=1, Q = 1 + t3 où t est un réel: \frac{1}{1+t^3}=\frac{a}{t+1}+\frac{b}{t-e^{\frac{i\pi}{3}}}+\frac{c}{t-e^{\frac{-i\pi}{3}}}

puisque − 1, e^{\frac{i\pi}{3}} et e^{\frac{-i\pi}{3}} sont les racines complexes de 1 + t3. On détermine a,b,c en multipliant dans chaque cas par le dénominateur respectif puis en choisissant une valeur de t adaptée à la simplification :


a+\frac{(t+1)b}{t-e^{\frac{i\pi}{3}}}+\frac{(t+1)c}{t-e^{\frac{-i\pi}{3}}}=\frac{t+1}{1+t^3}=\frac{1}{(t-e^{\frac{i\pi}{3}})(t-e^{\frac{-i\pi}{3}})}

D'où, pour t = − 1 : a=\frac{1}{(-1-e^{\frac{i\pi}{3}})(-1-e^{\frac{-i\pi}{3}})}=\frac{1}{3}


Par la même méthode, on trouve :

b=\frac{1}{(1+e^{\frac{i\pi}{3}})(e^{\frac{i\pi}{3}}-e^{\frac{-i\pi}{3}})}=\frac{1}{i\sqrt{3}(1+e^{\frac{i\pi}{3}})} et

c=-\frac{1}{i\sqrt{3}(1+e^{\frac{-i\pi}{3}})}

d'où \frac{1}{1+t^3}=\frac{1}{3(t+1)}+\frac{1}{(t-e^{\frac{i\pi}{3}})i\sqrt{3}(1+e^{\frac{i\pi}{3}})}-\frac{1}{(t-e^{\frac{-i\pi}{3}})i\sqrt{3}(1+e^{{\frac{-i\pi}{3}})}}


Si l'on cherche à manipuler des expressions où l'on ne rencontre que des réels, on peut alors combiner les deux derniers termes, en remarquant que b et c sont des valeurs conjuguées. Ce n'est pas un hasard puisque b et c sont des valeurs correspondant à un couple de pôles conjugués d'un polynôme à coefficients réels (c'est une propriété générale : dans une décomposition suivant les différentes racines de Q, on peut additionner les termes correspondants deux à deux).

On somme alors les deux derniers termes : \frac{1}{(t-e^{\frac{i\pi}{3}})i\sqrt{3}(1+e^{\frac{i\pi}{3}})}-\frac{1}{(t-e^{\frac{-i\pi}{3}})i\sqrt{3}(1+e^{{\frac{-i\pi}{3}})}}=\frac{2-t}{3(t^2-t+1)}

Répétition d'un facteur irréductible du second degré

{25 \over (x+2)(x^2+1)^1 }

avec le facteur irréductible du second degré x2 + 1 au dénominateur, la décomposition en fractions partielles sera de la forme

{A \over x+2}+{Bx + C\over x^2+1}+{Dx+E \over (x^2+1)^1}

La détermination de A se fait en multipliant par x + 2 et en prenant x = -2. On obtient A = 1. On peut alors écrire

F(x) = \frac{1}{x+2} + \frac{R(x)}{(x^2+1)^1}

Ce qui donne

\frac{R(x)}{(x^2+1)^1} = {25 \over (x+2)(x^2+1)^1} - \frac{1}{x+2} = \cdots = \dfrac{-x^3+2x^2-6x+12}{(x^2+1)^1 }

En remplaçant x2 + 1 par y, c'est à dire x2 par y - 1\,

\frac{R(x)}{(x^2+1)^2} = \frac{-xy+x +2y - 2 -6x + 12}{y^2}=\frac{-x+2}{y}+\frac{-5x+10}{y^2} =\frac{-x+2}{x^2+1}+\frac{-5x+10}{(x^2+1)^2}

La décomposition finale est donc

{25 \over (x+2)(x^2+1)^1} = \frac{1}{x+2} + \frac{-x+2}{x^2+1}+\frac{-5x+10}{(x^2+1)^1}

Principes généraux

Existence d'une décomposition dans tout corps

Le principe de base est assez simple ; c'est plutôt le côté algorithmique qui réclamera de l'attention dans les cas particuliers.

Soit R(x) une fonction rationnelle de x qui admet une factorisation au dénominateur qu'on notera

P(x)Q(x)

sur un corps K (par exemple les nombres réels ou les nombres complexes). Si P et Q sont premiers entre eux, alors R peut s'écrire

{A \over P} + {B \over Q}

pour certains polynômes A(x) et B(x) sur K. L'existence d'un telle décomposition est une conséquence du fait que l'anneau des polynômes sur K est un anneau euclidien dans lequel l'égalité

CP + DQ = 1

existe pour certains polynômes C(x) et D(x). On obtient ce dernier résultat par l'identité de Bézout.

L'utilisation de ce principe permet d'écrire R(x) comme une somme de fonctions rationnelles avec comme dénominateurs des puissances de polynômes irréductibles.

Enfin une fraction de la forme

{G \over F^n}

peut s'écrire comme une somme de fractions dont le dénominateur est une puissance de F et dont les numérateurs sont de degrés inférieurs à F, plus, éventuellement un autre polynôme. Ceci peut être réalisé grâce à une succession de division euclidienne par F (la méthode est analogue à celle utilisée pour écrire un nombre en base a). Quand K est le corps des nombres complexes, F est de degré 1 (théorème fondamental de l'algèbre) et les numérateurs sont donc constants. Quand K est le corps des nombres réels, le degré de F sera 1 ou 2 et les numérateurs seront linéaires ou constants.

Cas d'un dénominateur à pôles d'ordre un

Les exemples précédents peut être généralisés à la situation suivante:

Soit Q(x) un polynôme unitaire de degré n sur un corps K dont la décomposition en facteurs de premiers degrés est

Q(x)=\prod_{i=1}^n (x-x_i)

où tout les xi différents deux à deux. En d'autres mots, Q a des racines simples sur K. Si P(x) est un polynôme quelconque de degré \le n-1 , par la formule d'interpolation de Lagrange P(x) peut être écrit de manière unique comme un somme

P(x)=\sum_{j=1}^n P(x_j)L_j(x;x_j)

où \, L_j(x;x_j) est le polynôme de Lagrange

L_j(x;x_j)=\prod_{k\le n,\, k\ne j} {{(x-x_k)}\over {(x_j-x_k)}} \ .

En divisant la représentation de Lagrange terme à terme par Q(x) dans sa forme factorisée on obtient

{P(x)\over Q(x)} =\sum_{j=1}^n {P(x_j)\over {\prod_{k \le n, \, k\ne j} (x_j-x_k)}} \,\cdot {1 \over {x-x_j}} \ .

D'où on arrive à la décomposition en fractions partielles

{P(x)\over Q(x)} =\sum_{j=1}^n c_j \cdot {1 \over {x-x_j}}

Utilisations

La décomposition en éléments simples d'une fraction rationnelle a pour motivation essentielle l'intégration de la fonction rationnelle correspondante sur un intervalle de \mathbb R ne contenant aucun pôle.

En effet, on ne sait pas en général intégrer une fonction rationnelle quelconque sur un intervalle donné.

En revanche, il existe des méthodes pour intégrer les éléments simples.

Par exemple, pour intégrer la fraction rationnelle \frac{1}{x^2-1}=\frac{1}{(x+1)(x-1)} , il suffit de la décomposer sous la forme \frac{\frac{1}{2}}{x-1}-\frac{\frac{1}{2}}{x+1} , et en intégrant directement la somme on obtient \frac{1}{2}\ln(x-1)-\frac{1}{2}\ln(x+1)+C

Fragments d'histoire

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Voir aussi

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