L'idée reste la même que la décomposition en éléments simples dans $\mathbb C$, mais cette fois-ci nous allons travailler uniquement avec des polynômes à coefficients réels. La première contrainte est d'abord que nous allons travailler avec des fractions rationnelles $$\frac{P(X)}{Q(X)}\text{ avec }P,Q\in\mathbb R[X].$$ Vous allez me dire cela n'a pas une grosse incidence, et vous aurez raison. Par contre on veut aussi que les petits bouts qui vont apparaître dans la décomposition, soient uniquement des fractions réelles, et ça, ça change beaucoup de choses! Vous ne voyez pas? Prenons un exemple.
Supposons que l'on vous demande de casser cette fractions rationnelle : $$\frac{X}{(X-1)(X^2+1)}$$ Dans $\mathbb C$ cela donne ceci $$\text{Dans }\mathbb C\ :\ \frac{X}{(X-1)(X^2+1)}=\frac{X}{(X-1)(X-i)(X+i)}=\frac{A}{X-1}+\frac{B}{X-i}+\frac{C}{X+i}.$$ Mais si on veut une décomposition avec uniquement des polynômes réels alors $\frac{B}{X-i}$ et $\frac{C}{X+i}$ sont interdits! En fait on va voir que dans $\mathbb R$, on a ceci : $$\text{Dans }\mathbb R\ :\ \frac{X}{(X-1)(X^2+1)}=\frac{D}{X-1}+\frac{EX+F}{X^2+1},$$ où $D$, $E$ et $F$ sont des constantes réelles.
Vous remarquerez alors qu'en voulant se restreindre à n'utiliser que des polynômes réels, on a un peu compliqué la décomposition car il ne suffit plus de mettre des constantes au numérateur des petits bouts (voir $EX+F$).
A quoi ça sert, dans $\mathbb C$ ça suffisait bien non?
Si on faisait du calcul pour du calcul, comme de l'art pour de l'art, vous auriez raison. Mais une décomposition en éléments simple est le premier pas vers d'autres calculs. Par exemple si vous deviez donner une primitive de notre fractions $\frac{X}{(X-1)(X^2+1)}$ et que vous tombiez sur du $\frac{1}{X-i}$ comment vous faites pour primitiver ça? Vous êtes coincés... Alors qu'au contraire vous saurez primitiver un truc de la forme $\frac{EX+F}{X^2+1}$. J'en voit dans le fond qui me disent "heu je sais pas non plus faire", ne vous inquiétez pas, ça fait partie des choses que vous apprendrez bientôt!
Bon rentrons dans le vif du sujet. Comme dans $\mathbb C$, voici les deux théorèmes que vous risquez de rencontrer dans la littérature.
Théorème (version 1) : Soient $P,Q\in\mathbb R[X]$, avec $deg(Q)\geq 1$ et dont la factorisation de $Q$ dans $\mathbb C$ est de la forme
$$Q(X)=c\prod_{i=1}^p(X-r_i)^{m_i}\prod_{j=1}^q(X^2+\alpha_jX+\beta)^{n_j}.$$
Alors il existe une unique famille de réels $(a_{i,j})_{1\leq i\leq p,1\leq j\leq m_j}$, une unique famille de réels $(b_{i,j})_{1\leq i\leq q,1\leq j\leq n_j}$ et $(c_{i,j})_{1\leq i\leq q,1\leq j\leq n_j}$ et un unique polynôme $A\in\mathbb R[X]$ tels que :
$$\frac{P(X)}{Q(X)}=A(X)+\sum_{i=1}^p\sum_{j=1}^{m_i}\frac{a_{i,j}}{(X-\alpha_i)^j}+\sum_{i=1}^q\sum_{j=1}^{n_i}\frac{b_{i,j}+c_{i,j}X}{(X-\alpha_i)^j}.$$
Théorème (version 2) : Soient $P,Q\in\mathbb R[X]$, $deg(P)<\!deg(Q)$, $deg(Q)\geq 1$ et dont la factorisation de $Q$ dans $\mathbb C$ est de la forme
$$Q(X)=c\prod_{i=1}^p(X-r_i)^{m_i}\prod_{j=1}^q(X^2+\alpha_jX+\beta)^{n_j}.$$
Alors il existe une unique famille de complexes $(a_{i,j})_{1\leq i\leq n,1\leq j\leq m_j}$, une unique famille de réels $(b_{i,j})_{1\leq i\leq q,1\leq j\leq n_j}$ et $(c_{i,j})_{1\leq i\leq q,1\leq j\leq n_j}$ tels que :
$$\frac{P(X)}{Q(X)}=\sum_{i=1}^p\sum_{j=1}^{m_i}\frac{a_{i,j}}{(X-\alpha_i)^j}+\sum_{i=1}^q\sum_{j=1}^{n_i}\frac{b_{i,j}+c_{i,j}X}{(X-\alpha_i)^j}.$$
Et comme dans $\mathbb C$ ces deux théorèmes risquent de vous donner la nausée... C'est pourquoi je vous ai fait là encore une petite vidéo. Bon visionnage et à tout de suite pour les applications.
Passons à quelques exercices. Comme pour la décomposition en éléments simples dans $\mathbb C$, on commence par quelques exercices formels puis deux exercices sur la méthode d'identification.
Exercice formel : Sans calculer les coefficients de la décomposition, donner la forme de la décomposition en élements simples dans $\mathbb R$ des fractions rationnelles suivantes. On fera une division Euclidienne si nécessaire.
1. On observe que $X^2+3X+10$ est à racines complexes (discriminant négatif), donc on ne peut le décomposer d'avantage dans $\mathbb R$. Le numérateur est de degré strictement inférieur au dénominateur donc il existe $C_1,\dots,C_9\in\mathbb R$ tels que : $$\begin{align} \frac{X+8}{5X^2(X+1)^3(X^2+3X+10)^2}&=\frac{C_1}{X}+\frac{C_2}{X^2}+\frac{C_3}{(X+1)}+\frac{C_4}{(X+1)^2}+\frac{C_5}{(X+1)^3}\\ &+\frac{C_6X+C_7}{X^2+3X+10}+\frac{C_8X+C_9}{(X^2+3X+10)^2}. \end{align}$$
2. Le numérateur est de degré supérieur au dénominateur, on fait une division Euclidienne et on trouve : $$X^5-4X^3+4X^2=(X^4-2X^3-X+2)(X+2)+5X^2-4.$$ On a alors que : $$\frac{X^5-4X^3+4X^2}{X^4-2X^3-X+2}=\frac{(X^4-2X^3-X+2)(X+2)+5X^2-4}{X^4-2X^3-X+2}=X+2+\frac{5X^2-4}{X^4-2X^3-X+2}.$$ Reste à décomposer $\frac{5X^2-4}{X^4-2X^3-X+2}$. On commence par factoriser $X^4-2X^3-X+2$ : en tatonnant on trouve que 1 et 2 sont racines évidentes, on peut donc factoriser ce polynôme par $(X-1)(X-2)$. A l'aide d'une division Euclidienne on trouve que $$X^4-2X^3-X+2=(X-1)(X-2)(X^2+X+1).$$ La décomposition en éléments simples dans $\mathbb R$ nous donne alors l'existence de réels $A,B,C,D$ tels que : $$\frac{5X^2-4}{X^4-2X^3-X+2}=\frac{A}{X-1}+\frac{B}{X-2}+\frac{CX+D}{X^2+X+1}.$$ Au final, on a que : $$\frac{X^5-4X^3+4X^2}{X^4-2X^3-X+2}=X+2+\frac{A}{X-1}+\frac{B}{X-2}+\frac{CX+D}{X^2+X+1}.$$
Exercice calculatoire : Par la méthode d'identification, donner la décomposition en éléments simples dans $\mathbb R$ de $$\frac{3X+1}{(X+1)(X^2+2X+2)^2}.$$
Le polynôme $X^2+2X+2$ est à racines complexes (calculez le discriminant), et le numérateur est de degré strictement inférieur au dénominateur, donc il existe des réels $A,B,C,D,E$ tels que : $$\frac{3X+1}{(X+1)(X^2+2X+2)^2}=\frac{A}{X+1}+\frac{BX+C}{X^2+2X+2}+\frac{DX+E}{(X^2+2X+2)^2}.$$ La mise au même dénominateur donne : $$\begin{align} &\frac{3X+1}{(X+1)(X^2+2X+2)^2}=\\ &\frac{X^4(A+B)+X^3(4A+B+3C)+X^2(8A+4B+3C+D)+X(8A+2B+4C+D+E)+4A+2C+E}{(X+1)(X^2+2X+2)^2}. \end{align}$$ L'identification nous donne le système : $$\begin{cases} A+B=0\\ 4A+B+3C=0\\ 8A+4B+3C+D=0\\ 8A+2B+4C+D+E=3\\ 4A+2C+E=1 \end{cases}$$ dont la résolution donne $A=-2$, $B=C=D=2$ et $E=5$. On a donc finalement : $$\frac{3X+1}{(X+1)(X^2+2X+2)^2}=\frac{-2}{X+1}+\frac{2X+2}{X^2+2X+2}+\frac{2X+5}{(X^2+2X+2)^2}$$
Voilà! On a finit l'épluchage des théorèmes de la décomposition en éléments simples. Mais si vous avez fait les exercices calculatoires d'identification, vous devez en avoir marre de suer sang et eau pour calculer 4 ou 5 petites constantes de rien du tout. Il est grand temps que je vous apprenne quelques secret pour aller plus vite. Rendez-vous vite vers les techniques calculatoires.
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