Éducation Nationale Française · MP2I

Fractions rationnelles

⌚ ~107 min ▢ 13 blocs ✓ 44 exercices PDFCours complet PDFFiche d'exercices PDFCorrections ➣ Prérequis : Polynômes, Arithmétique des polynômes

Une fraction rationnelle sur $\mathbb{K}$ est un quotient $A / B$ de deux polynômes avec $B \neq 0$. De même que $\mathbb{Q}$ prolonge $\mathbb{Z}$ en inversant formellement les entiers non nuls, $\mathbb{K}(X)$ prolonge $\mathbb{K}[X]$ en inversant formellement les polynômes non nuls. Tout au long du chapitre, $\mathbb{K} \in \{\mathbb{R}, \mathbb{C}\}$ — on se restreint à ces deux corps, et la construction de $\mathbb{K}(X)$ est hors programme ; on décrit le corps axiomatiquement et on raisonne à partir de là.
Le chapitre se déroule en cinq mouvements. Nous mettons d'abord en place le corps $\mathbb{K}(X)$, la forme irréductible d'une fraction rationnelle et la fonction rationnelle associée à une fraction ; le point pédagogique central est que les zéros et les pôles se lisent après simplification, jamais avant. Nous prolongeons ensuite le degré de $\mathbb{K}[X]$ à $\mathbb{K}(X)$ comme un entier (éventuellement négatif, ou $-\infty$ pour la fraction nulle), nous introduisons la partie entière (l'unique polynôme $E$ tel que $R - E$ soit de degré strictement négatif) et nous définissons zéros et pôles avec leurs multiplicités. Nous énonçons puis le théorème de décomposition sur $\mathbb{C}$ (admis) et donnons la formule $a = A(\lambda) / B'(\lambda)$ pour le coefficient en un pôle simple, ainsi que la décomposition de $P' / P$. Nous transférons la décomposition à $\mathbb{R}$ via les éléments simples de première et seconde espèce, avec trois outils de calcul : une méthode directe, le regroupement des pôles conjugués, et l'usage de la parité. Nous concluons avec deux applications : primitives des fonctions rationnelles (explicitables avec $\ln$ et $\arctan$) et dérivées $k$-ièmes.
Deux prérequis sont supposés : Polynômes (degré, évaluation, racines et multiplicités, factorisation dans $\mathbb{C}[X]$ et $\mathbb{R}[X]$) et Arithmétique des polynômes (PGCD et lemme de Gauss, utilisés dans la première section pour l'unicité de la forme irréductible).

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I Le corps des fractions rationnelles $\mathbb{K}(X)$

La construction du corps des fractions d'un anneau intègre est une procédure algébrique standard (on passe à des classes d'équivalence de couples $(A, B)$ avec $B \neq 0$, en identifiant $A / B$ et $C / D$ lorsque $A D = B C$). Pour $\mathbb{K}[X]$, cette construction produit un corps, noté $\mathbb{K}(X)$, dans lequel tout polynôme non nul devient inversible. Cette construction est hors programme à ce niveau ; on adopte $\mathbb{K}(X)$ comme un corps axiomatiquement et on s'en sert pour calculer. Ce qui compte opérationnellement, c'est la forme irréductible : toute fraction rationnelle non nulle peut s'écrire $A / B$ avec $A$ et $B$ premiers entre eux, et cette écriture est unique à un scalaire non nul près. C'est de la forme irréductible qu'on lit zéros, pôles, degré, et la fonction rationnelle sur $\mathbb{K}$ privé des pôles.

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Définition — Fraction rationnelle

Une fraction rationnelle sur $\mathbb{K}$ est un objet noté $A / B$ avec $A, B \in \mathbb{K}[X]$ et $B \neq 0$, soumis aux règles de calcul usuelles : deux fractions $A / B$ et $C / D$ sont égales si et seulement si $A D = B C$, et l'addition et la multiplication sont données par $$ \frac{A}{B} + \frac{C}{D} = \frac{A D + B C}{B D}, \qquad \frac{A}{B} \cdot \frac{C}{D} = \frac{A C}{B D}. $$ L'ensemble des fractions rationnelles sur $\mathbb{K}$ est noté $\mathbb{K}(X)$. C'est un corps (tout élément non nul a un inverse : $(A / B)^{-1} = B / A$ lorsque $A \neq 0$). Les polynômes de $\mathbb{K}[X]$ se plongent dans $\mathbb{K}(X)$ par $P \mapsto P / 1$.

La construction de $\mathbb{K}(X)$ comme ensemble des classes d'équivalence de couples $(A, B)$ avec $B \neq 0$ est hors programme à ce niveau. Le lecteur curieux de vérifier que les opérations ci-dessus sont bien définies sur les classes d'équivalence est invité à consulter un cours d'algèbre sur le corps des fractions d'un anneau intègre ; dans ce chapitre, on utilise $\mathbb{K}(X)$ comme un corps opaque.

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Exemple

Les expressions suivantes sont des fractions rationnelles de $\mathbb{R}(X) \subset \mathbb{C}(X)$ : $$ \frac{X + 1}{X - 2}, \qquad \frac{X^2}{X^2 + 1}, \qquad \frac{1}{(X - 1)^3}, \qquad \frac{2 X^3 - 5 X + 7}{X^2 + X + 1}. $$ La première a degré $0$ (numérateur et dénominateur tous deux de degré $1$), la deuxième a degré $0$, la troisième a degré $-3$, la quatrième a degré $1$ (on définit le degré formellement plus bas).

Définition — Forme irréductible

Soit $R \in \mathbb{K}(X)$, $R \neq 0$. Une écriture $R = A / B$ avec $A, B \in \mathbb{K}[X]$, $B \neq 0$, est appelée forme irréductible de $R$ si $A$ et $B$ sont premiers entre eux, c'est-à-dire $A \wedge B = 1$ dans $\mathbb{K}[X]$ (notation du PGCD du chapitre Arithmétique des polynômes).

Proposition — Existence et unicité de la forme irréductible

Toute $R \in \mathbb{K}(X) \setminus \{0\}$ admet une forme irréductible. Deux formes irréductibles $A_1 / B_1$ et $A_2 / B_2$ d'une même $R$ sont proportionnelles : il existe $\lambda \in \mathbb{K}^*$ tel que $A_2 = \lambda A_1$ et $B_2 = \lambda B_1$. Si l'on impose en outre que le dénominateur soit unitaire, la forme irréductible est unique.

Preuve

Existence. Partons d'une écriture $R = A / B$ avec $B \neq 0$. Posons $D = A \wedge B \in \mathbb{K}[X]$ (le PGCD unitaire par convention) ; écrivons $A = D A'$ et $B = D B'$ avec $A' \wedge B' = 1$. Alors $R = A / B = A' / B'$ est une forme irréductible.
Unicité à un scalaire près. Supposons $A_1 / B_1 = A_2 / B_2$ deux formes irréductibles de $R$, c'est-à-dire $A_1 B_2 = A_2 B_1$ avec $A_i \wedge B_i = 1$. Alors $B_1 \mid A_1 B_2$, et puisque $A_1 \wedge B_1 = 1$, le lemme de Gauss (chapitre Arithmétique des polynômes) donne $B_1 \mid B_2$. Symétriquement $B_2 \mid B_1$, donc $B_1$ et $B_2$ sont associés : $B_2 = \lambda B_1$ pour un certain $\lambda \in \mathbb{K}^*$. En reportant dans $A_1 B_2 = A_2 B_1$, on obtient $A_2 = \lambda A_1$.
Unicité à dénominateur unitaire. Si $B_1$ et $B_2$ sont tous deux unitaires, leurs coefficients dominants valent $1$, et $B_2 = \lambda B_1$ donne $\lambda = 1$.

Méthode — Mettre une fraction sous forme irréductible

À partir de $R = A / B$ avec $B \neq 0$ :

Factoriser $A$ et $B$ en produits de (puissances de) polynômes irréductibles — typiquement des facteurs de degré $1$ sur $\mathbb{C}$, de degré $1$ et de degré $2$ irréductibles sur $\mathbb{R}$.
Simplifier les facteurs communs entre $A$ et $B$.
Si désiré, rendre le dénominateur unitaire en divisant numérateur et dénominateur par le coefficient dominant du dénominateur.

Toujours simplifier avant de lire zéros, pôles, ou le domaine de la fonction rationnelle — un faux pôle qui disparaît après simplification est une erreur fréquente.

Exemple

Mettre $R = \dfrac{X^2 - 1}{X^3 - X^2}$ sous forme irréductible (à dénominateur unitaire).

Correction

Factorisons numérateur et dénominateur : $$ X^2 - 1 = (X - 1)(X + 1), \qquad X^3 - X^2 = X^2 (X - 1). $$ Le facteur $(X - 1)$ est commun ; en le simplifiant on obtient $$ R = \frac{(X - 1)(X + 1)}{X^2 (X - 1)} = \frac{X + 1}{X^2}. $$ Le dénominateur $X^2$ est déjà unitaire. La forme irréductible est $R = (X + 1) / X^2$.

Définition — Fonction rationnelle

Soit $R \in \mathbb{K}(X) \setminus \{0\}$ écrite sous forme irréductible $R = A / B$. La fonction rationnelle associée à $R$ est l'application $$ \widetilde{R} : \mathbb{K} \setminus \{\alpha \in \mathbb{K} : B(\alpha) = 0\} \longrightarrow \mathbb{K}, \qquad x \longmapsto \frac{A(x)}{B(x)}. $$ L'ensemble $\{\alpha \in \mathbb{K} : B(\alpha) = 0\}$ est l'ensemble des pôles de $R$ dans $\mathbb{K}$ (on précisera la définition plus bas avec les multiplicités). Pour $R = 0$, la fonction rationnelle est la constante $0$ définie sur $\mathbb{K}$.

Le piège de la simplification

Le domaine de $\widetilde{R}$ se lit sur la forme irréductible $A / B$, pas sur une écriture quelconque. Par exemple, $R = (X^2 - 1) / (X - 1)$ se simplifie en $R = X + 1$ dans $\mathbb{K}(X)$, donc $\widetilde{R} : x \mapsto x + 1$ est définie sur tout $\mathbb{K}$ — il n'y a pas de pôle en $1$, même si le dénominateur original $X - 1$ s'y annulait. Ne pas simplifier au préalable produit des faux pôles.

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Exemple

Déterminer le domaine de la fonction rationnelle $\widetilde{R}$ associée à $R = \dfrac{X + 1}{X^2 - X}$, vue comme fonction rationnelle réelle.

Correction

Simplifions d'abord : factoriser $X^2 - X = X (X - 1)$ et vérifier que $X + 1$ n'a pas de racine commune avec $X (X - 1)$. La fraction est déjà irréductible : $$ R = \frac{X + 1}{X (X - 1)}, \qquad (X + 1) \wedge X (X - 1) = 1. $$ Les racines du dénominateur dans $\mathbb{R}$ sont $0$ et $1$, d'où $$ \widetilde{R} : \mathbb{R} \setminus \{0, 1\} \longrightarrow \mathbb{R}, \quad x \longmapsto \frac{x + 1}{x (x - 1)}. $$

Compétences à pratiquer

Mettre une fraction rationnelle sous forme irréductible
Calculer dans $\mathbb{K}(X)$

II Degré, partie entière, zéros et pôles

Le degré d'un polynôme de $\mathbb{K}[X]$ est un entier positif ou nul (ou $-\infty$ pour le polynôme nul). Pour les fractions rationnelles, le degré est défini comme $\deg(A / B) = \deg A - \deg B$ : il peut être négatif, nul ou positif. La fraction est dite propre lorsque $\deg(A / B) < 0$, auquel cas la partie entière est $0$ ; sinon, la division euclidienne produit une unique écriture $R = E + R_0$ avec $E \in \mathbb{K}[X]$ et $\deg R_0 < 0$. Enfin, zéros et pôles se définissent sur la forme irréductible : un zéro d'ordre $m$ est une racine d'ordre $m$ du numérateur, un pôle d'ordre $m$ est une racine d'ordre $m$ du dénominateur. On adopte tout du long la convention $\deg 0 = -\infty$.

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Définition — Degré d'une fraction rationnelle

Soit $R \in \mathbb{K}(X) \setminus \{0\}$ écrite $A / B$ avec $A \neq 0$ et $B \neq 0$. Le degré de $R$ est l'entier $$ \deg R = \deg A - \deg B \in \mathbb{Z}. $$ La proposition suivante montre que ce nombre ne dépend pas de l'écriture choisie (en particulier, il se lit aussi bien sur la forme irréductible que sur une écriture quelconque ; la simplification n'est pas nécessaire). Par convention, $\deg 0 = -\infty$, avec les règles usuelles $-\infty + n = -\infty$, $-\infty + (-\infty) = -\infty$, et $-\infty < n$ pour tout $n \in \mathbb{Z}$.

Proposition — Le degré est bien défini ; degré de sommes et produits

L'entier $\deg A - \deg B$ ne dépend que de la fraction rationnelle $A / B$, et non de l'écriture choisie. Pour toutes $R, S \in \mathbb{K}(X)$, $$ \textcolor{colorprop}{\begin{aligned} \deg(R + S) &\leq \max(\deg R, \deg S) \quad \text{(égalité si } \deg R \neq \deg S \text{)} \\ \deg(R S) &= \deg R + \deg S. \end{aligned}} $$ La première inégalité peut être stricte — les termes dominants peuvent se simplifier dans la somme.

Preuve

Si $R = 0$ ou $S = 0$, la formule du produit $\deg(RS) = -\infty$ découle de la convention $\deg 0 = -\infty$ et $-\infty + n = -\infty$, et l'inégalité de la somme est triviale aussi. On suppose donc $R, S \neq 0$ dans la suite de la démonstration.
Indépendance de l'écriture. Si $A / B = A' / B'$ avec $A, A', B, B'$ non nuls, alors $A B' = A' B$, donc $\deg A + \deg B' = \deg A' + \deg B$, d'où $\deg A - \deg B = \deg A' - \deg B'$.
Degré d'un produit. Prenons $R = A / B$ et $S = C / D$ dans une écriture quelconque (non nulle). Alors $R S = (A C) / (B D)$, et en utilisant $\deg(A C) = \deg A + \deg C$ et $\deg(B D) = \deg B + \deg D$ (règles dans $\mathbb{K}[X]$) : $$ \deg(R S) = (\deg A + \deg C) - (\deg B + \deg D) = (\deg A - \deg B) + (\deg C - \deg D) = \deg R + \deg S. $$ Degré d'une somme. Mettons $R, S$ au même dénominateur : $R = A / D$ et $S = B / D$ avec $D \neq 0$. Alors $R + S = (A + B) / D$, et la règle $\deg(A + B) \leq \max(\deg A, \deg B)$ dans $\mathbb{K}[X]$ (avec égalité si les degrés diffèrent) donne $$ \deg(R + S) = \deg(A + B) - \deg D \leq \max(\deg A, \deg B) - \deg D = \max(\deg A - \deg D, \deg B - \deg D) = \max(\deg R, \deg S). $$ L'égalité a lieu lorsque $\deg A \neq \deg B$ dans l'écriture à dénominateur commun, ce qui équivaut à $\deg R \neq \deg S$.

Exemple

Calculer $\deg R$ pour $R = \dfrac{X^3 + 2}{X^2 - 1}$.

Correction

Le numérateur est de degré $3$, le dénominateur de degré $2$, donc $$ \deg R = 3 - 2 = 1. $$

Exemple

Montrer que l'inégalité $\deg(R + S) \leq \max(\deg R, \deg S)$ peut être stricte, en calculant $\deg R$, $\deg S$ et $\deg(R + S)$ pour $R = \dfrac{1}{X + 1}$ et $S = -\dfrac{1}{X - 1}$.

Correction

$R$ et $S$ ont toutes deux degré $0 - 1 = -1$. Au même dénominateur : $$ R + S = \frac{(X - 1) - (X + 1)}{(X + 1)(X - 1)} = \frac{-2}{X^2 - 1}, $$ qui est de degré $0 - 2 = -2$. Donc $\deg(R + S) = -2 < -1 = \max(\deg R, \deg S)$ — l'inégalité est stricte ici parce que les deux termes dominants (tous deux équivalents à $1 / X$ à l'infini) se compensent.

Définition — Partie entière

Soit $R \in \mathbb{K}(X)$. La partie entière de $R$ est l'unique polynôme $E \in \mathbb{K}[X]$ tel que $R - E$ soit une fraction rationnelle de degré (strictement) négatif.

Théorème — Existence et unicité de la partie entière

Pour toute $R \in \mathbb{K}(X)$, il existe un unique $E \in \mathbb{K}[X]$ et une unique $R_0 \in \mathbb{K}(X)$ tels que $$ R = E + R_0 \quad \text{et} \quad \deg R_0 < 0. $$ $E$ est la partie entière de $R$. Si $R = A / B$ avec $B \neq 0$ et que la division euclidienne de $A$ par $B$ donne $A = B E + S$ avec $\deg S < \deg B$, alors la partie entière de $R$ est exactement $E$ et $R_0 = S / B$.

Preuve

Existence. Prenons $R = A / B$ avec $B \neq 0$ (une telle écriture existe toujours ; si $R = 0$, prendre $A = 0$). Appliquons la division euclidienne dans $\mathbb{K}[X]$ : il existe $E, S \in \mathbb{K}[X]$ avec $A = B E + S$ et $\deg S < \deg B$. En divisant par $B$ : $$ R = \frac{A}{B} = E + \frac{S}{B}, \qquad \text{avec } \deg(S / B) = \deg S - \deg B < 0. $$ En posant $R_0 = S / B$ on obtient la décomposition annoncée.
Unicité. Supposons $R = E_1 + R_1 = E_2 + R_2$ avec $E_i \in \mathbb{K}[X]$ et $\deg R_i < 0$. En soustrayant : $$ E_1 - E_2 = R_2 - R_1. $$ Le membre de gauche est un polynôme, donc de degré $\geq 0$ s'il est non nul. Le membre de droite a degré $\leq \max(\deg R_1, \deg R_2) < 0$. Les deux degrés sont compatibles seulement si $E_1 - E_2 = 0$, d'où $E_1 = E_2$ et alors $R_1 = R_2$.

Méthode — Calculer la partie entière par division euclidienne

À partir de $R = A / B$ avec $A, B \in \mathbb{K}[X]$, $B \neq 0$ :

Si $\deg A < \deg B$, alors $\deg R < 0$ déjà ; la partie entière est $E = 0$.
Sinon, effectuer la division euclidienne $A = B E + S$ avec $\deg S < \deg B$.
La partie entière est $E$, et $R = E + S / B$.

$E$ ne dépend que de $R$, pas de la représentation $A / B$ — la recette passe par la division euclidienne d'une écriture quelconque.

Exemple

Calculer la partie entière de $R = \dfrac{X^4 + 3 X^2 + 5 X - 1}{X^2 - 3 X + 1}$.

Correction

Effectuons la division longue de $A = X^4 + 3 X^2 + 5 X - 1$ par $B = X^2 - 3 X + 1$ : $$ \begin{aligned} X^4 + 3 X^2 + 5 X - 1 &= (X^2 - 3 X + 1) \cdot X^2 + (3 X^3 + 2 X^2 + 5 X - 1) && \text{(premier terme du quotient : } X^2 \text{)} \\ 3 X^3 + 2 X^2 + 5 X - 1 &= (X^2 - 3 X + 1) \cdot 3 X + (11 X^2 + 2 X - 1) && \text{(terme suivant : } 3 X \text{)} \\ 11 X^2 + 2 X - 1 &= (X^2 - 3 X + 1) \cdot 11 + (35 X - 12) && \text{(terme suivant : } 11 \text{)}. \end{aligned} $$ Le reste $35 X - 12$ a degré $1 < 2 = \deg B$, donc la division est terminée : $E = X^2 + 3 X + 11$ et $S = 35 X - 12$. Donc $$ R = X^2 + 3 X + 11 + \frac{35 X - 12}{X^2 - 3 X + 1}. $$ La partie entière est $E = X^2 + 3 X + 11$.

Définition — Zéro et pôle d'une fraction rationnelle

Soit $R \in \mathbb{K}(X) \setminus \{0\}$ écrite sous forme irréductible $R = A / B$. Soient $\lambda \in \mathbb{K}$ et $m \in \mathbb{N}^*$.

$\lambda$ est un zéro de $R$ d'ordre $m$ dans $\mathbb{K}$ si $\lambda$ est une racine de $A$ d'ordre $m$ (c'est-à-dire $(X - \lambda)^m \mid A$ et $(X - \lambda)^{m + 1} \nmid A$).
$\lambda$ est un pôle de $R$ d'ordre $m$ dans $\mathbb{K}$ si $\lambda$ est une racine de $B$ d'ordre $m$ (c'est-à-dire $(X - \lambda)^m \mid B$ et $(X - \lambda)^{m + 1} \nmid B$).

Un pôle d'ordre $1$ est appelé pôle simple ; un pôle d'ordre $m \geq 2$ est dit pôle d'ordre $m$ (ou « multiple », « double » si $m = 2$, etc.).

Proposition — Caractérisation des pôles par des limites

Soit $R \in \mathbb{K}(X) \setminus \{0\}$ sous forme irréductible $R = A / B$, et soient $\lambda \in \mathbb{K}$ et $m \in \mathbb{N}^*$. Alors $\lambda$ est un pôle de $R$ d'ordre $m$ si et seulement si $$ \textcolor{colorprop}{\lim_{X \to \lambda} (X - \lambda)^m R(X) \text{ est finie et non nulle dans } \mathbb{K}.} $$ De manière équivalente : $(X - \lambda)^m R$, après simplification d'un facteur commun $(X - \lambda)^m$ avec le dénominateur, prend en $\lambda$ une valeur finie non nulle.

Preuve

Écrivons $B = (X - \lambda)^r B_0$ avec $r \in \mathbb{N}$ et $B_0(\lambda) \neq 0$. Ainsi $r = 0$ si $\lambda$ n'est pas une racine de $B$ (donc pas un pôle de $R$ sous forme irréductible), et $r \geq 1$ si $\lambda$ est un pôle ; dans ce dernier cas, $A \wedge B = 1$ force $A(\lambda) \neq 0$.

Cas $r = 0$. Alors $R = A / B_0$ avec $B_0(\lambda) \neq 0$, donc $R$ est régulière en $\lambda$. Pour tout $m \geq 1$, $(X - \lambda)^m R(X) \to 0$ — la limite n'est pas finie non nulle. Donc $\lambda$ n'est pas un pôle d'ordre $m$, ce qui est cohérent avec l'équivalence.
Cas $r \geq 1$. Alors $A(\lambda) \neq 0$ et $$ (X - \lambda)^m R(X) = (X - \lambda)^{m - r} \cdot \frac{A(X)}{B_0(X)}. $$ Le facteur $A(X) / B_0(X)$ tend vers le scalaire non nul $A(\lambda) / B_0(\lambda)$ lorsque $X \to \lambda$ (continuité, dénominateur non nul). Le premier facteur $(X - \lambda)^{m - r}$ se comporte ainsi :
- $\to 0$ si $m > r$, donc la limite globale vaut $0$ (pas finie non nulle) ;
- non borné, sans limite finie dans $\mathbb{K}$, si $m < r$ ;
- $\to 1$ si $m = r$, donc la limite vaut exactement $A(\lambda) / B_0(\lambda) \neq 0$.
La limite est finie et non nulle exactement lorsque $m = r$, c'est-à-dire lorsque $\lambda$ est un pôle d'ordre $m$.

Méthode — Trouver les pôles et leurs ordres

Mettre $R$ sous forme irréductible $A / B$.
Factoriser $B$ en produit de $(X - \lambda_i)^{m_i}$ (sur $\mathbb{C}$ c'est toujours possible par d'Alembert–Gauss ; sur $\mathbb{R}$ apparaissent aussi des facteurs quadratiques irréductibles $(X^2 + p X + q)^{n_j}$ — ils correspondent à des paires de pôles complexes conjugués, voir la section suivante sur la décomposition réelle).
Les racines $\lambda_i$ de $B$ sont les pôles, d'ordre $m_i$.

Simplifier avant de factoriser — sauter l'étape de simplification produit des faux pôles.

Exemple

Trouver tous les zéros et pôles dans $\mathbb{R}$ (avec leurs ordres) de $R = \dfrac{X^3 - X}{(X - 1)^2 (X + 2)}$.

Correction

Simplifier d'abord. Factorisons le numérateur : $X^3 - X = X (X - 1)(X + 1)$. Le facteur $(X - 1)$ est commun avec le dénominateur $(X - 1)^2 (X + 2)$. Simplifions un $(X - 1)$ : $$ R = \frac{X (X - 1)(X + 1)}{(X - 1)^2 (X + 2)} = \frac{X (X + 1)}{(X - 1)(X + 2)}. $$ Le numérateur $X (X + 1)$ et le dénominateur $(X - 1)(X + 2)$ sont premiers entre eux — c'est la forme irréductible.
Lire zéros et pôles.

Zéros : $0$ (simple) et $-1$ (simple), chacun racine simple de $X (X + 1)$.
Pôles : $1$ (simple) et $-2$ (simple), chacun racine simple de $(X - 1)(X + 2)$.

Piège de la simplification. Sans simplifier d'abord, on aurait lu « pôle de $1$ d'ordre $2$ ». En réalité $1$ n'est qu'un pôle d'ordre $1$ — un des deux facteurs $(X - 1)$ du dénominateur s'est simplifié avec un facteur $(X - 1)$ du numérateur. La lecture naïve est fausse.

Exemple

Trouver les zéros et pôles, dans $\mathbb{R}$ et dans $\mathbb{C}$, de $R = \dfrac{(X - 1)(X + 2)^2}{X^2 (X^2 + 1)}$.

Correction

La fraction est déjà irréductible : numérateur et dénominateur n'ont pas de facteur commun.
Zéros (les mêmes dans $\mathbb{R}$ et $\mathbb{C}$). À partir de $(X - 1)(X + 2)^2$, on lit $1$ (simple) et $-2$ (double).
Pôles dans $\mathbb{R}$. Le dénominateur $X^2 (X^2 + 1)$ se factorise sur $\mathbb{R}$ en $X^2 \cdot (X^2 + 1)$, et $X^2 + 1$ n'a pas de racine réelle. Donc le seul pôle réel est $0$, d'ordre $2$.
Pôles dans $\mathbb{C}$. Sur $\mathbb{C}$, $X^2 + 1 = (X - i)(X + i)$, donc le dénominateur se factorise en $X^2 (X - i)(X + i)$. Les pôles complexes sont : $0$ (ordre $2$), $i$ (simple), $-i$ (simple).

Compétences à pratiquer

Calculer la partie entière
Identifier zéros et pôles
Calculer le degré

III Décomposition en éléments simples sur $\mathbb{C}$

Supposons $R \in \mathbb{C}(X)$ de pôles $\lambda_1, \ldots, \lambda_r$ d'ordres respectifs $m_1, \ldots, m_r$. La stratégie de la décomposition en éléments simples consiste à écrire $R$ comme la somme d'une partie polynomiale $E$ et de morceaux polaires simples $a / (X - \lambda_i)^j$, un par pôle et par ordre d'annulation. L'existence et l'unicité de cette décomposition est un théorème (admis : démonstration hors programme) ; deux outils de calcul sont requis — la formule $a = A(\lambda) / B'(\lambda)$ pour le coefficient en un pôle simple, et la décomposition de $P' / P$ lorsque $P$ est scindé.

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Définition — Élément simple sur $\mathbb{C}$

Un élément simple de $\mathbb{C}(X)$ est une fraction rationnelle de la forme $$ \frac{a}{(X - \lambda)^k}, $$ avec $a \in \mathbb{C}$, $\lambda \in \mathbb{C}$, $k \in \mathbb{N}^*$.

Théorème — Décomposition sur $\mathbb{C}$

Soit $R \in \mathbb{C}(X) \setminus \{0\}$, écrite sous forme irréductible $R = A / B$, avec $B = c \prod_{i = 1}^{r} (X - \lambda_i)^{m_i}$ ($c \in \mathbb{C}^*$, les $\lambda_i$ deux à deux distincts). Alors $R$ admet une unique décomposition $$ \textcolor{colorprop}{R = E + \sum_{i = 1}^{r} \sum_{j = 1}^{m_i} \frac{a_{i, j}}{(X - \lambda_i)^j},} $$ où $E \in \mathbb{C}[X]$ est la partie entière de $R$ et $a_{i, j} \in \mathbb{C}$. La sous-somme $\displaystyle\sum_{j = 1}^{m_i} \frac{a_{i, j}}{(X - \lambda_i)^j}$ est appelée partie polaire de $R$ en $\lambda_i$. La fraction nulle a la décomposition triviale $0 = 0$.

Preuve

Admis (hors programme).

Proposition — Coefficient en un pôle simple

Soit $R = A / B \in \mathbb{C}(X)$ sous forme irréductible, et soit $\lambda \in \mathbb{C}$ un pôle simple de $R$ (c'est-à-dire une racine simple de $B$, avec $A(\lambda) \neq 0$). Écrivons $B = (X - \lambda) B_1$ avec $B_1(\lambda) \neq 0$. Alors le coefficient de $\dfrac{1}{X - \lambda}$ dans la décomposition en éléments simples de $R$ est $$ \textcolor{colorprop}{a = \frac{A(\lambda)}{B'(\lambda)} = \frac{A(\lambda)}{B_1(\lambda)}.} $$

Preuve

Écrivons la décomposition avec partie entière $E$ et parties polaires en chaque pôle. Isolons le pôle en $\lambda$ : $$ R(X) = \frac{a}{X - \lambda} + S(X), $$ où $S$ regroupe tous les autres termes de la décomposition — $S$ est régulière en $\lambda$, c'est-à-dire $S(\lambda) \in \mathbb{C}$ est fini.
Multiplions les deux membres par $(X - \lambda)$ et simplifions le terme en pôle simple : $$ \begin{aligned} (X - \lambda) R(X) &= (X - \lambda) \cdot \frac{a}{X - \lambda} + (X - \lambda) S(X) && \text{(distribuer)} \\ &= a + (X - \lambda) S(X) && \text{(simplifier le facteur du pôle simple).} \end{aligned} $$ Passons maintenant à la limite $X \to \lambda$ dans $\mathbb{C}$. Au membre de droite, $S$ régulière en $\lambda$ donne $(X - \lambda) S(X) \to 0$, donc le membre de droite $\to a$. Au membre de gauche, en utilisant $R = A / B$ sous forme irréductible et $B = (X - \lambda) B_1$ : $$ \begin{aligned} (X - \lambda) R(X) &= (X - \lambda) \cdot \frac{A(X)}{(X - \lambda) B_1(X)} && \text{(substituer } R\text{)} \\ &= \frac{A(X)}{B_1(X)} && \text{(simplifier } X - \lambda\text{)} \\ &\xrightarrow[X \to \lambda]{} \frac{A(\lambda)}{B_1(\lambda)} && \text{(} A, B_1 \text{ continues, } B_1(\lambda) \neq 0\text{).} \end{aligned} $$ En identifiant les deux limites on obtient $a = A(\lambda) / B_1(\lambda)$.
Pour la forme alternative $a = A(\lambda) / B'(\lambda)$ : dérivons $B = (X - \lambda) B_1$ par la règle du produit : $$ B'(X) = B_1(X) + (X - \lambda) B_1'(X), \quad \text{d'où} \quad B'(\lambda) = B_1(\lambda). $$ En reportant on obtient $a = A(\lambda) / B'(\lambda)$.

Méthode — Coefficient en un pôle simple — formule $A / B'$

En un pôle simple $\lambda$ de $R = A / B$ sous forme irréductible, le coefficient de $1 / (X - \lambda)$ est $$ a = \frac{A(\lambda)}{B'(\lambda)}. $$ Cette formule est privilégiée lorsque $B$ est donné comme un polynôme explicite dont la dérivée s'évalue facilement. La forme équivalente $a = A(\lambda) / B_1(\lambda)$ (avec $B = (X - \lambda) B_1$) est privilégiée lorsque $B$ est déjà factorisé.

Méthode — Coefficient en un pôle double

Soit $\lambda$ un pôle d'ordre $2$ de $R = A / B$, c'est-à-dire $B = (X - \lambda)^2 B_2$ avec $B_2(\lambda) \neq 0$ et $A(\lambda) \neq 0$. La partie polaire en $\lambda$ a la forme $$ \frac{a_2}{(X - \lambda)^2} + \frac{a_1}{X - \lambda}. $$

Multiplier $R$ par $(X - \lambda)^2$ : $$ (X - \lambda)^2 R(X) = a_2 + a_1 (X - \lambda) + (X - \lambda)^2 \cdot (\text{régulier en } \lambda). $$ Évaluer en $X = \lambda$ : le membre de droite se réduit à $a_2$, et le membre de gauche vaut $A(\lambda) / B_2(\lambda)$. Donc $a_2 = A(\lambda) / B_2(\lambda)$.
Récupérer $a_1$ : retrancher de $R$ le terme connu $a_2 / (X - \lambda)^2$, puis utiliser un moyen économique — évaluation en une ou deux valeurs de $X$ bien choisies, identification des coefficients de mêmes puissances, ou comparaison des limites à l'infini.

Note de programme. Pour les pôles d'ordre $m \geq 3$, le cours actuel ne donne pas de formule fermée générale par dérivation — le programme exclut toute technicité (« toute technicité dans les exemples est exclue ») et le calcul se fait au cas par cas dans le fichier d'exercices.

Méthode — Contrainte à l'infini

Supposons $R \in \mathbb{C}(X)$ avec $\deg R \leq -1$ (pas de partie entière, fraction propre) et qui se décompose en $$ R = \sum_i \frac{a_{i, 1}}{X - \lambda_i} + (\text{termes avec des puissances supérieures } 1 / (X - \lambda_i)^j \text{ pour } j \geq 2). $$ Notons que $a_{i, 1}$ est le coefficient de $1 / (X - \lambda_i)$ pour chaque pôle $\lambda_i$, indépendamment de son ordre. Alors $$ X R(X) \xrightarrow[X \to \infty]{} \sum_i a_{i, 1}. $$ Ceci donne une seule contrainte linéaire entre les coefficients $a_{i, 1}$. Utile comme vérification de cohérence une fois les autres coefficients calculés, ou comme contrainte linéaire qui, combinée à des coefficients déjà connus, peut économiser une substitution — lorsqu'un seul $a_{i, 1}$ reste inconnu, la contrainte suffit à l'extraire (voir le calcul de $a_1$ dans l'exemple suivant). Utilisée seule, elle ne donne que la somme $\sum_i a_{i, 1}$, jamais un coefficient individuel.

Exemple

Décomposer $R = \dfrac{1}{X^2 - 1}$ en somme d'éléments simples sur $\mathbb{C}$.

Correction

Le dénominateur se factorise sur $\mathbb{C}$ en $X^2 - 1 = (X - 1)(X + 1)$ — deux pôles simples, $1$ et $-1$. La fraction est irréductible (numérateur constant $1$). La décomposition a la forme $$ R = \frac{a}{X - 1} + \frac{b}{X + 1}. $$ Coefficient en $\lambda = 1$. Appliquons la formule $A / B'$ avec $A = 1$ et $B = X^2 - 1$, donc $B' = 2 X$ : $$ a = \frac{A(1)}{B'(1)} = \frac{1}{2}. $$ Coefficient en $\lambda = -1$. Même formule : $$ b = \frac{A(-1)}{B'(-1)} = \frac{1}{-2} = -\frac{1}{2}. $$ Conclusion. $$ \frac{1}{X^2 - 1} = \frac{1 / 2}{X - 1} - \frac{1 / 2}{X + 1}. $$ Vérification rapide. Le membre de droite vaut $\frac{1}{2} \cdot \dfrac{(X + 1) - (X - 1)}{(X - 1)(X + 1)} = \frac{1}{2} \cdot \dfrac{2}{X^2 - 1} = \dfrac{1}{X^2 - 1}$.

Exemple

Décomposer $R = \dfrac{X^2 + 3 X + 1}{(X - 1)^2 (X - 2)}$ en somme d'éléments simples sur $\mathbb{C}$.

Correction

Le dénominateur se factorise en $(X - 1)^2 (X - 2)$, avec pôles $1$ (ordre $2$) et $2$ (simple). Le numérateur $X^2 + 3 X + 1$ ne s'annule ni en $1$ (vaut $5$) ni en $2$ (vaut $11$), donc la fraction est irréductible. La décomposition a la forme $$ R = \frac{a_2}{(X - 1)^2} + \frac{a_1}{X - 1} + \frac{c}{X - 2}. $$ Coefficient $c$ (pôle simple en $2$). Multiplier $R$ par $(X - 2)$ et évaluer en $X = 2$ (ou utiliser $A / B'$) : $$ c = \left[ (X - 2) R(X) \right]_{X = 2} = \left[ \frac{X^2 + 3 X + 1}{(X - 1)^2} \right]_{X = 2} = \frac{4 + 6 + 1}{1} = 11. $$ Coefficient $a_2$ (le plus élevé au pôle double). Multiplier $R$ par $(X - 1)^2$ et évaluer en $X = 1$ : $$ a_2 = \left[ (X - 1)^2 R(X) \right]_{X = 1} = \left[ \frac{X^2 + 3 X + 1}{X - 2} \right]_{X = 1} = \frac{1 + 3 + 1}{-1} = -5. $$ Coefficient $a_1$ (restant). Utiliser la contrainte à l'infini : $\deg R = 2 - 3 = -1$, donc $\deg(X R) = 0$ et $X R(X)$ tend vers une limite finie à l'infini. Calculons directement cette limite : $$ \begin{aligned} X R(X) &= X \cdot \frac{X^2 + 3 X + 1}{(X - 1)^2 (X - 2)} = \frac{X^3 + 3 X^2 + X}{X^3 - 4 X^2 + 5 X - 2} && \text{(développer le dénominateur)} \\ &\xrightarrow[X \to \infty]{} \frac{1}{1} = 1 && \text{(rapport des coefficients dominants).} \end{aligned} $$ La contrainte à l'infini donne alors $\lim_{X \to \infty} X R(X) = a_1 + c$ (somme des coefficients en pôle simple). Avec $c = 11$ déjà connu, seul $a_1$ reste inconnu, donc la contrainte l'extrait : $$ a_1 + c = 1, \qquad a_1 = 1 - c = 1 - 11 = -10. $$ Conclusion. $$ \frac{X^2 + 3 X + 1}{(X - 1)^2 (X - 2)} = \frac{-5}{(X - 1)^2} + \frac{-10}{X - 1} + \frac{11}{X - 2}. $$

Proposition — Décomposition de $P' / P$

Soit $P \in \mathbb{C}[X]$ un polynôme non constant, scindé sur $\mathbb{C}$ : $$ P = c \prod_{i = 1}^{r} (X - a_i)^{m_i}, \qquad c \in \mathbb{C}^*, \ a_i \text{ deux à deux distincts}, \ m_i \in \mathbb{N}^*. $$ Alors $$ \textcolor{colorprop}{\frac{P'}{P} = \sum_{i = 1}^{r} \frac{m_i}{X - a_i}.} $$ C'est une décomposition en éléments simples avec uniquement des pôles simples — un par racine de $P$, avec coefficient égal à la multiplicité de cette racine.

Preuve

Dérivons le produit $P = c \prod_i (X - a_i)^{m_i}$ par la règle du produit : $$ P' = c \sum_{i = 1}^{r} m_i (X - a_i)^{m_i - 1} \prod_{j \neq i} (X - a_j)^{m_j}. $$ Divisons par $P = c \prod_i (X - a_i)^{m_i}$ : $$ \begin{aligned} \frac{P'}{P} &= \sum_{i = 1}^{r} \frac{m_i (X - a_i)^{m_i - 1} \prod_{j \neq i} (X - a_j)^{m_j}}{\prod_{j} (X - a_j)^{m_j}} && \text{(diviser chaque terme)} \\ &= \sum_{i = 1}^{r} \frac{m_i}{X - a_i} && \text{(simplifier facteur par facteur).} \end{aligned} $$ La simplification fonctionne parce que dans le $i$-ième terme, $(X - a_i)^{m_i - 1}$ du numérateur s'apparie avec $(X - a_i)^{m_i}$ du dénominateur, laissant $(X - a_i)^{-1}$, et les autres facteurs $(X - a_j)^{m_j}$ pour $j \neq i$ se simplifient exactement.
Remarque. Formellement, cette identité est la « dérivée logarithmique » de la factorisation (on écrirait $\ln P = \ln c + \sum_i m_i \ln (X - a_i)$ et on dériverait) ; on l'obtient ici sans invoquer de logarithme formel.

Exemple

Appliquer la formule $P' / P$ à $P = (X - 1)^3 (X + 2)^2$.

Correction

$P$ a deux racines : $1$ (multiplicité $3$) et $-2$ (multiplicité $2$). La proposition donne directement $$ \frac{P'}{P} = \frac{3}{X - 1} + \frac{2}{X + 2}. $$ Cela évite le calcul explicite de $P'$. Vérification : $P$ est de degré $5$, donc $P'$ de degré $4$, d'où $P' / P$ est de degré $-1$. Au membre de droite, $$ \frac{3}{X - 1} + \frac{2}{X + 2} \sim_{X \to \infty} \frac{5}{X}, $$ qui est aussi de degré $-1$ — cohérent.

Compétences à pratiquer

Décomposer avec des pôles simples
Décomposer avec un pôle double
Utiliser la formule $P' / P$

IV Décomposition en éléments simples sur $\mathbb{R}$

Sur $\mathbb{R}$, les polynômes irréductibles sont de deux sortes : les facteurs de degré $1$ $(X - \lambda)$, et les facteurs irréductibles de degré $2$ $(X^2 + p X + q)$ de discriminant $p^2 - 4 q < 0$ (rappel du chapitre Polynômes). En conséquence, la décomposition en éléments simples sur $\mathbb{R}$ utilise deux espèces d'éléments simples : la 1ère espèce $a / (X - \lambda)^k$ et la 2nde espèce $(\alpha X + \beta) / (X^2 + p X + q)^k$. Trois outils de calcul couvrent la plupart des cas : une méthode directe qui écrit la forme réelle attendue et identifie les coefficients, le regroupement des pôles complexes conjugués à partir de la décomposition sur $\mathbb{C}$, et l'usage de la parité pour réduire le nombre d'inconnues. Les exemples traités de cette section gardent un quadratique irréductible avec $p = 0$ — simplification didactique délibérée, en accord avec « toute technicité dans les exemples est exclue » ; le cas général $p \neq 0$ apparaît dans l'exemple de primitive de dénominateur $x^2 + x + 1$ plus bas, et plus systématiquement dans le fichier d'exercices.

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Définition — Élément simple de 1ère espèce sur $\mathbb{R}$

Un élément simple de 1ère espèce de $\mathbb{R}(X)$ est une fraction rationnelle de la forme $$ \frac{a}{(X - \lambda)^k}, \qquad a, \lambda \in \mathbb{R}, \ k \in \mathbb{N}^*. $$

Définition — Élément simple de 2nde espèce sur $\mathbb{R}$

Un élément simple de 2nde espèce de $\mathbb{R}(X)$ est une fraction rationnelle de la forme $$ \frac{\alpha X + \beta}{(X^2 + p X + q)^k}, \qquad \alpha, \beta, p, q \in \mathbb{R}, \ k \in \mathbb{N}^*, \ p^2 - 4 q < 0. $$ Le numérateur est un polynôme de degré au plus $1$ ; le dénominateur est une puissance d'un polynôme irréductible de degré $2$ de $\mathbb{R}[X]$.

Théorème — Décomposition sur $\mathbb{R}$

Soit $R \in \mathbb{R}(X) \setminus \{0\}$, écrite sous forme irréductible $R = A / B$, avec dénominateur factorisé sur $\mathbb{R}$ : $$ B = c \prod_{i = 1}^{r} (X - \lambda_i)^{m_i} \prod_{j = 1}^{s} (X^2 + p_j X + q_j)^{n_j}, $$ où $c \in \mathbb{R}^*$, les $\lambda_i$ sont deux à deux distincts, les facteurs quadratiques irréductibles $X^2 + p_j X + q_j$ sont deux à deux distincts, et $p_j^2 - 4 q_j < 0$. Alors $R$ admet une unique décomposition $$ \textcolor{colorprop}{R = E + \sum_{i = 1}^{r} \sum_{u = 1}^{m_i} \frac{a_{i, u}}{(X - \lambda_i)^u} + \sum_{j = 1}^{s} \sum_{v = 1}^{n_j} \frac{\alpha_{j, v} X + \beta_{j, v}}{(X^2 + p_j X + q_j)^v},} $$ où $E \in \mathbb{R}[X]$ est la partie entière de $R$ et tous les coefficients sont dans $\mathbb{R}$. La fraction nulle a la décomposition triviale $0 = 0$.

Preuve

Admis (hors programme).

Méthode — Méthode directe sur $\mathbb{R}$

Factoriser le dénominateur sur $\mathbb{R}$ pour identifier les pôles réels et les facteurs quadratiques irréductibles.
Écrire la forme réelle attendue, avec coefficients inconnus $a_{i, u}, \alpha_{j, v}, \beta_{j, v}$.
Multiplier les deux membres par le dénominateur pour faire disparaître les fractions ; on obtient une identité polynomiale.
Déterminer les coefficients soit :
- en identifiant les coefficients de mêmes puissances de $X$, soit
- en évaluant en des valeurs réelles bien choisies (par exemple $X = 0$, $X = $ une racine du numérateur, etc.).

Cette méthode ne demande pas de détour par $\mathbb{C}$ — précieuse quand les facteurs quadratiques irréductibles ne se prêtent pas facilement aux manipulations complexes.

Méthode — Depuis la décomposition sur $\mathbb{C}$ : regrouper les pôles conjugués

Supposons $R \in \mathbb{R}(X)$ déjà décomposée sur $\mathbb{C}$. Les pôles non réels apparaissent par paires complexes conjuguées $\lambda$, $\bar{\lambda}$ (puisque $B \in \mathbb{R}[X]$), et les coefficients de la décomposition correspondants sont également complexes conjugués : si le coefficient de $1 / (X - \lambda)^k$ est $a$, alors celui de $1 / (X - \bar{\lambda})^k$ est $\bar{a}$. On regroupe les deux termes conjugués : $$ \frac{a}{(X - \lambda)^k} + \frac{\bar{a}}{(X - \bar{\lambda})^k}. $$ Ramené au dénominateur commun $((X - \lambda)(X - \bar{\lambda}))^k = (X^2 + p X + q)^k$ avec $p = -(\lambda + \bar{\lambda}) = -2 \mathrm{Re}(\lambda) \in \mathbb{R}$ et $q = \lambda \bar{\lambda} = |\lambda|^2 \in \mathbb{R}$. Le numérateur résultant $a (X - \bar{\lambda})^k + \bar{a} (X - \lambda)^k$ est réel (somme d'un complexe et de son conjugué) et de degré $\leq k$.
Mise en garde pour $k \geq 2$. Pour $k = 1$, le numérateur a degré $\leq 1$ et l'expression regroupée est déjà un élément simple de 2nde espèce. Pour $k \geq 2$, le numérateur peut avoir un degré $> 1$ ; il faut alors réécrire l'expression de manière unique comme une somme d'éléments simples de 2nde espèce de dénominateurs $(X^2 + p X + q)^v$ pour $v = 1, \ldots, k$ : $$ \sum_{v = 1}^{k} \frac{\alpha_v X + \beta_v}{(X^2 + p X + q)^v}. $$ Dans ce chapitre, on utilise surtout cette méthode dans le cas des pôles simples.

Méthode — Utiliser la parité

Soit $R \in \mathbb{R}(X)$ et considérons le changement de variable $X \mapsto -X$. La substitution permute les pôles de $R$ : un pôle $\lambda$ d'ordre $m$ devient un pôle $-\lambda$ d'ordre $m$. Par unicité de la décomposition, la parité lie les coefficients aux pôles appariés.

Appariement des coefficients de 1ère espèce. Pour un pôle réel $\lambda \neq 0$ d'ordre $m$, soit $a_{\lambda, k}$ le coefficient de $1 / (X - \lambda)^k$ pour $k \in \{1, \ldots, m\}$ (le pôle en $-\lambda$ a le même ordre $m$). Alors $$ \textcolor{colorprop}{\begin{aligned} R \text{ paire} &\Rightarrow a_{-\lambda, k} = (-1)^k \, a_{\lambda, k} \\ R \text{ impaire} &\Rightarrow a_{-\lambda, k} = (-1)^{k + 1} \, a_{\lambda, k}. \end{aligned}} $$ En particulier pour les pôles simples ($k = 1$) : $R$ paire donne $a_{-\lambda} = -a_\lambda$, $R$ impaire donne $a_{-\lambda} = a_\lambda$.
Appariement de 2nde espèce pour les quadratiques pairs. Pour un facteur quadratique irréductible de la forme $(X^2 + q)^v$ (c'est-à-dire $p = 0$, donc pair en $X$), l'élément simple de 2nde espèce associé $\dfrac{\alpha_{j, v} X + \beta_{j, v}}{(X^2 + q)^v}$ hérite de la parité de $R$ : si $R$ est paire, $\alpha_{j, v} = 0$ ; si $R$ est impaire, $\beta_{j, v} = 0$.

Cela divise typiquement par deux le nombre de coefficients inconnus. (Les facteurs quadratiques avec $p \neq 0$ ne sont pas pairs en $X$ et ne bénéficient pas directement de ce raccourci.)

Exemple — Reconnaissance seulement

La fraction $R = \dfrac{1}{X^2 + 1}$ est déjà un élément simple de 2nde espèce de $\mathbb{R}(X)$ (avec $\alpha = 0$, $\beta = 1$, $p = 0$, $q = 1$, $k = 1$). Sa décomposition en éléments simples sur $\mathbb{R}$ est elle-même.

Exemple

Décomposer $R = \dfrac{1}{X (X^2 + 1)}$ en somme d'éléments simples réels (utiliser la méthode directe).

Correction

Le dénominateur se factorise sur $\mathbb{R}$ en $X (X^2 + 1)$, avec un pôle réel simple en $0$ et un facteur quadratique irréductible $X^2 + 1$ (discriminant $-4 < 0$). La forme réelle attendue est $$ R = \frac{a}{X} + \frac{\alpha X + \beta}{X^2 + 1}. $$ Faire disparaître les fractions. Multiplions par $X (X^2 + 1)$ : $$ 1 = a (X^2 + 1) + (\alpha X + \beta) X = (a + \alpha) X^2 + \beta X + a. $$ Identifier les coefficients de mêmes puissances de $X$.

Coefficient de $X^0$ : $a = 1$.
Coefficient de $X^1$ : $\beta = 0$.
Coefficient de $X^2$ : $a + \alpha = 0$, donc $\alpha = -1$.

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

Exemple

Décomposer $R = \dfrac{X}{(X^2 + 1)(X^2 + 4)}$ en somme d'éléments simples réels, en utilisant la parité pour réduire les inconnues.

Correction

Le dénominateur a deux facteurs quadratiques irréductibles $X^2 + 1$ et $X^2 + 4$, tous deux à discriminant strictement négatif. La forme réelle attendue est $$ R = \frac{\alpha_1 X + \beta_1}{X^2 + 1} + \frac{\alpha_2 X + \beta_2}{X^2 + 4}. $$ Utiliser la parité. La fraction $R = X / ((X^2 + 1)(X^2 + 4))$ vérifie $R(-X) = -R(X)$ — elle est impaire. Le dénominateur est pair (puissances paires de $X$ uniquement) ; pour que la décomposition soit impaire, le numérateur de chaque terme de 2nde espèce doit être impair, c'est-à-dire que seule la partie linéaire $\alpha_i X$ subsiste : $$ \beta_1 = \beta_2 = 0. $$ Cela ramène les inconnues de quatre à deux : $\alpha_1$ et $\alpha_2$.
Faire disparaître les fractions. Multiplions par $(X^2 + 1)(X^2 + 4)$ : $$ X = \alpha_1 X (X^2 + 4) + \alpha_2 X (X^2 + 1) = X \big[ \alpha_1 (X^2 + 4) + \alpha_2 (X^2 + 1) \big]. $$ En divisant par $X$ (identité polynomiale) : $$ 1 = \alpha_1 (X^2 + 4) + \alpha_2 (X^2 + 1) = (\alpha_1 + \alpha_2) X^2 + (4 \alpha_1 + \alpha_2). $$ Identifier les coefficients.

Coefficient de $X^2$ : $\alpha_1 + \alpha_2 = 0$, donc $\alpha_2 = -\alpha_1$.
Coefficient de $X^0$ : $4 \alpha_1 + \alpha_2 = 1$, donc $4 \alpha_1 - \alpha_1 = 3 \alpha_1 = 1$, d'où $\alpha_1 = 1/3$ et $\alpha_2 = -1/3$.

Conclusion. $$ \frac{X}{(X^2 + 1)(X^2 + 4)} = \frac{1/3 \, X}{X^2 + 1} - \frac{1/3 \, X}{X^2 + 4} = \frac{1}{3} \left( \frac{X}{X^2 + 1} - \frac{X}{X^2 + 4} \right). $$

Compétences à pratiquer

Décomposer avec un facteur quadratique
Passer de $\mathbb{C}$ à $\mathbb{R}$ par regroupement des pôles conjugués
Utiliser la parité

V Primitives et dérivées $k$-ièmes des fonctions rationnelles

La décomposition en éléments simples sur $\mathbb{R}$ rend les primitives des fonctions rationnelles accessibles de manière constructive : chaque élément simple de 1ère espèce s'intègre en un $\ln$ ou en un terme rationnel, et chaque élément simple de 2nde espèce de première puissance se décompose (via le « découpage $(2 X + p)$ ») en un $\ln$ du quadratique irréductible plus un terme en $\arctan$. Les puissances supérieures $(\alpha X + \beta) / (X^2 + p X + q)^k$ avec $k \geq 2$ admettent aussi des primitives par réductions ou formules de récurrence, mais ce cas technique n'est pas développé dans les exemples du cours. Les primitives sont données sur des intervalles évitant les pôles — une fraction avec un pôle réel n'est pas définie au pôle, et a donc des primitives différentes de part et d'autre. La même décomposition permet aussi d'expliciter les dérivées $k$-ièmes pour les fractions à pôles simples.

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Proposition — Primitive de $1 / (x - a)^n$

Soient $a \in \mathbb{R}$, $n \in \mathbb{N}^*$, et $I \subset \mathbb{R}$ un intervalle évitant $a$. Sur $I$ : $$ \textcolor{colorprop}{\begin{aligned} \int \frac{\mathrm{d}x}{x - a} &= \ln |x - a| + C && \text{(cas } n = 1 \text{)} \\ \int \frac{\mathrm{d}x}{(x - a)^n} &= \frac{-1}{(n - 1)(x - a)^{n - 1}} + C && \text{(cas } n \geq 2 \text{)}. \end{aligned}} $$

Preuve

Cas $n = 1$. Sur $I$, la fonction $x \mapsto x - a$ a un signe constant, donc $\ln |x - a|$ est bien définie. Dérivons : $\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \ln |x - a| = \dfrac{1}{x - a}$.
Cas $n \geq 2$. Dérivons la primitive candidate : $$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \left[ \frac{-1}{(n - 1)(x - a)^{n - 1}} \right] = \frac{-1}{n - 1} \cdot (-(n - 1)) (x - a)^{-n} = \frac{1}{(x - a)^n}. $$

Proposition — Primitive d'un élément simple de 2nde espèce

Soient $\alpha, \beta, p, q \in \mathbb{R}$ avec $p^2 - 4 q < 0$. Posons $\omega = \dfrac{\sqrt{4 q - p^2}}{2} > 0$. Alors sur $\mathbb{R}$, $$ \textcolor{colorprop}{\int \frac{\alpha x + \beta}{x^2 + p x + q} \, \mathrm{d}x = \frac{\alpha}{2} \ln(x^2 + p x + q) + \frac{1}{\omega} \left( \beta - \frac{\alpha p}{2} \right) \arctan\!\left( \frac{x + p/2}{\omega} \right) + C.} $$

Preuve

Découpage du numérateur. La dérivée de $x^2 + p x + q$ est $2 x + p$. Écrivons le numérateur $$ \alpha x + \beta = \frac{\alpha}{2} (2 x + p) + \left( \beta - \frac{\alpha p}{2} \right). $$ C'est le « découpage $(2 X + p)$ » : le premier terme est un multiple de la dérivée du dénominateur.
Intégrer le premier morceau. Il s'intègre en $(\alpha / 2) \ln(x^2 + p x + q)$ (l'argument est positif sur $\mathbb{R}$ puisque le discriminant est strictement négatif, donc pas de valeur absolue).
Intégrer le second morceau. Compléter le carré au dénominateur : $$ x^2 + p x + q = \left( x + \frac{p}{2} \right)^2 + \left( q - \frac{p^2}{4} \right) = \left( x + \frac{p}{2} \right)^2 + \omega^2, $$ avec $\omega^2 = q - p^2 / 4 = (4 q - p^2) / 4 > 0$. Le changement de variable $u = (x + p/2) / \omega$ donne $$ \int \frac{\mathrm{d}x}{x^2 + p x + q} = \int \frac{\mathrm{d}x}{(x + p/2)^2 + \omega^2} = \frac{1}{\omega} \int \frac{\mathrm{d}u}{u^2 + 1} = \frac{1}{\omega} \arctan(u) + C = \frac{1}{\omega} \arctan\!\left( \frac{x + p/2}{\omega} \right) + C. $$ Sommer les deux morceaux. Multiplier ce dernier résultat par la constante $\beta - \alpha p / 2$ et ajouter au morceau en $\ln$.

Méthode — Primitive d'une fonction rationnelle

À partir de $R = A / B \in \mathbb{R}(X)$ :

Calculer la partie entière $E$ de $R$ (division euclidienne de $A$ par $B$). Le polynôme $E$ s'intègre trivialement.
Calculer la décomposition en éléments simples de la partie propre $R - E$ sur $\mathbb{R}$.
Intégrer terme par terme : chaque élément de 1ère espèce via la proposition sur $1 / (x - a)^n$ ; chaque élément de 2nde espèce de première puissance (c'est-à-dire $(\alpha x + \beta) / (x^2 + p x + q)$) via la proposition précédente. Les puissances supérieures de quadratiques irréductibles, $(\alpha x + \beta) / (x^2 + p x + q)^k$ avec $k \geq 2$, se traitent par réductions au cas par cas ou par formules de récurrence ; elles ne sont pas développées dans ce cours (« toute technicité dans les exemples est exclue ») et sont reportées au fichier d'exercices.

Préciser l'intervalle sur lequel la primitive est donnée — éviter les pôles réels.

Exemple

Calculer une primitive de $f(x) = \dfrac{1}{x^2 - 1}$ sur chacun des trois intervalles $\,]\!-\!\infty, -1[$, $\,]\!-\!1, 1[$, $\,]1, +\infty[$.

Correction

Décomposer. D'après l'exemple précédent, $$ \frac{1}{x^2 - 1} = \frac{1/2}{x - 1} - \frac{1/2}{x + 1}. $$ Intégrer terme par terme. Sur tout intervalle évitant $\pm 1$ : $$ \int \frac{\mathrm{d}x}{x^2 - 1} = \frac{1}{2} \ln|x - 1| - \frac{1}{2} \ln|x + 1| + C = \frac{1}{2} \ln\!\left| \frac{x - 1}{x + 1} \right| + C. $$ L'expression est la même sur les trois intervalles ; la constante additive $C$ peut être choisie indépendamment sur chaque intervalle.
Signe de l'argument.

Sur $]\!-\!\infty, -1[$ : $x - 1 < 0$, $x + 1 < 0$, donc $(x - 1)/(x + 1) > 0$. La valeur absolue peut être enlevée : $\frac{1}{2} \ln \frac{x - 1}{x + 1}$.
Sur $]\!-\!1, 1[$ : $x - 1 < 0$, $x + 1 > 0$, donc $(x - 1)/(x + 1) < 0$. On écrit $\frac{1}{2} \ln \frac{1 - x}{1 + x}$.
Sur $]1, +\infty[$ : les deux facteurs sont positifs, donc $\frac{1}{2} \ln \frac{x - 1}{x + 1}$.

Exemple

Calculer une primitive de $f(x) = \dfrac{x + 1}{x^2 + x + 1}$ sur $\mathbb{R}$.

Correction

Le dénominateur $x^2 + x + 1$ a discriminant $1 - 4 = -3 < 0$, donc il est irréductible sur $\mathbb{R}$ — pas de pôle réel, primitive définie sur tout $\mathbb{R}$.
Appliquer le découpage $(2 x + p)$. Ici $p = 1$, $q = 1$, donc $2 x + p = 2 x + 1$, et $$ x + 1 = \frac{1}{2} (2 x + 1) + \frac{1}{2}. $$ Intégrer le morceau en $\ln$. $$ \int \frac{(2 x + 1)/2}{x^2 + x + 1} \, \mathrm{d}x = \frac{1}{2} \ln(x^2 + x + 1) + C_1. $$ Intégrer le morceau en $\arctan$. Compléter le carré : $x^2 + x + 1 = (x + 1/2)^2 + 3/4$, donc $\omega^2 = 3/4$, $\omega = \sqrt{3}/2$. Alors $$ \int \frac{1/2}{x^2 + x + 1} \, \mathrm{d}x = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\omega} \arctan\!\left( \frac{x + 1/2}{\omega} \right) + C_2 = \frac{1}{\sqrt{3}} \arctan\!\left( \frac{2 x + 1}{\sqrt{3}} \right) + C_2. $$ Somme. Une primitive sur $\mathbb{R}$ est $$ F(x) = \frac{1}{2} \ln(x^2 + x + 1) + \frac{1}{\sqrt{3}} \arctan\!\left( \frac{2 x + 1}{\sqrt{3}} \right) + C. $$

Méthode — Dérivée $k$-ième d'une fraction à pôles simples

Supposons $R \in \mathbb{R}(X)$ à pôles réels simples uniquement, et décomposons $$ R = E + \sum_i \frac{a_i}{X - \lambda_i}. $$ Alors pour tout $k \geq 1$, sur chaque intervalle évitant les pôles, $$ R^{(k)}(x) = E^{(k)}(x) + \sum_i \frac{(-1)^k k! \, a_i}{(x - \lambda_i)^{k + 1}}. $$ Le premier terme s'annule dès que $k > \deg E$.

Exemple

Calculer la dérivée $k$-ième de $f(x) = \dfrac{1}{x^2 - 1}$ sur chaque intervalle évitant $\pm 1$.

Correction

Décomposer. $$ \frac{1}{x^2 - 1} = \frac{1/2}{x - 1} - \frac{1/2}{x + 1}. $$ Dériver $k$ fois chaque terme. Pour tout $\lambda$ et sur un intervalle évitant $\lambda$ : $$ \frac{d^k}{\mathrm{d}x^k} \left[ \frac{1}{x - \lambda} \right] = \frac{(-1)^k k!}{(x - \lambda)^{k + 1}}. $$ Combiner. $$ \frac{d^k}{\mathrm{d}x^k} \left[ \frac{1}{x^2 - 1} \right] = \frac{1}{2} \cdot \frac{(-1)^k k!}{(x - 1)^{k + 1}} - \frac{1}{2} \cdot \frac{(-1)^k k!}{(x + 1)^{k + 1}} = \frac{(-1)^k k!}{2} \left( \frac{1}{(x - 1)^{k + 1}} - \frac{1}{(x + 1)^{k + 1}} \right). $$ La forme close est exacte et s'applique sur chacun des trois intervalles $]\!-\!\infty, -1[$, $]\!-\!1, 1[$, $]1, +\infty[$.

Compétences à pratiquer

Calculer une primitive par décomposition
Calculer des dérivées $k$-ièmes