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La décomposition en éléments simples dans C

Fixons le cadre : Prenons deux polynômes $P,Q\in\mathbb C[X]$ où $Q$ est un polynôme non nul. On va chercher à casser la fraction $\frac{P(X)}{Q(X)}$, qu'on appelle fraction rationnelle, en une somme de petits bouts plus simples qui seront des objets de la forme :

Le théorème de la décomposition en éléments simples dans $\mathbb C$ nous dit qu'une telle casse est toujours possible et nous dit même comment on peut casser. Je vous donne deux version de ce théorème que vous pourrez rencontrer dans la littérature mathématique.

Théorème (version 1) : Soient $P,Q\in\mathbb C[X]$, avec $deg(Q)\geq 1$ et dont la factorisation de $Q$ dans $\mathbb C$ est de la forme $$Q(X)=c\prod_{i=1}^n(X-\alpha_i)^{m_i},$$ où $c\in\mathbb C$, $n=deg(Q)$, les $\alpha_i,\ i\in\{1,\dots,n\}$ sont les racines complexes de $Q$ de multiplicité $m_i$.
Alors il existe une unique famille de complexes $(a_{i,j})_{1\leq i\leq n,1\leq j\leq m_j}$ et un unique polynôme $A\in\mathbb C[X]$ tels que : $$\frac{P(X)}{Q(X)}=A(X)+\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{m_i}\frac{a_{i,j}}{(X-\alpha_i)^j}.$$

Théorème (version 2) : Soient $P,Q\in\mathbb C[X]$, $deg(P)<\!deg(Q)$, $deg(Q)\geq 1$ et dont la factorisation de $Q$ dans $\mathbb C$ est de la forme $$Q(X)=c\prod_{i=1}^n(X-\alpha_i)^{m_i},$$ où $c\in\mathbb C$, $n=deg(Q)$, les $\alpha_i,\ i\in\{1,\dots,n\}$ sont les racines complexes de $Q$ de multiplicité $m_i$.
Alors il existe une unique famille de complexes $(a_{i,j})_{1\leq i\leq n,1\leq j\leq m_j}$ : $$\frac{P(X)}{Q(X)}=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{m_i}\frac{a_{i,j}}{(X-\alpha_i)^j}.$$

C'est pas clair pour vous? Allez donc voir sur Wikipédia histoire de rire un peu!

Rassurez-vous, si ce n'est pas simple pour vous, c'est que vous n'êtes pas encore bien rôdé quant à l'épluchage d'énoncés mathématiques. Pour vous aider, je vous ai concocoté une petite vidéo où je vous explique en détail tout cela. La vidéo prend le parti pris de la version 2 du théorème et vous explique comment on peut lever la condition $deg(P)<\!deg(Q)$ à l'aide d'une division Euclidienne (autrement dit de retrouver la version 1). Visionner moi ça et rendez-vous pour vos premiers exercices sur le sujet.

Pour voir si vous avez bien cerné tout celà, commençons par un premier jet d'exercices dont le seul but est de vérifier la bonne compréhension du théorème.

Exercice formel : Sans calculer les coefficients, donner la forme générale de la décomposition en éléments simples dans $\mathbb C$ des fractions rationnelles suivantes (on fera la division Euclidienne si nécessaire). $$\begin{array}{lll} 1. \ \frac{X^5+X^2+1}{(X-9)^4(X-1)^2(X+1)} & 2.\ \frac{2X+1}{X^3(X+2)^2} & 3.\ \frac{5}{X^2-6X+5}\\ 4.\ \frac{X^3}{X^2-3X+2} & 5. \frac{1}{(X^2+1)} & 6.\ \frac{1}{3(X-6)(X-7)} \end{array}$$

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1. Le numérateur est de degré strictement inférieur à celui du dénominateur donc il existe $A,B,C,D,E,F,G\in\mathbb C$ tel que : $$\begin{align} \frac{X^5+X^2+1}{(X-9)^4(X-1)^2(X+1)}&=\frac{A}{X-9}+\frac{B}{(X-9)^2}+\frac{C}{(X-9)^3}+\frac{D}{(X-9)^4}\\ &+\frac{E}{X-1}+\frac{F}{(X-1)^2}+\frac{G}{X+1}. \end{align}$$


2. Le numérateur est de degré strictement inférieur à celui du dénominateur donc il existe $A,B,C,D,E\in\mathbb C$ tel que : $$ \frac{2X+1}{X^3(X+2)^2}=\frac{A}{X}+\frac{B}{X^2}+\frac{C}{X^3}+\frac{D}{X+2}+\frac{E}{(X+2)^2}. $$


3. Il nous faut d'abord factoriser le dénominateur. Par une recherche de racines, on trouve que $X^2-6X+5=(X-5)(X-1)$, donc $\frac{5}{X^2-6X+5}=\frac{5}{(X-5)(X-1)}$. Ensuite le numérateur est de degrés strictement inférieur au dénominateur donc il existe $A,B\in\mathbb C$ tels que : $$\frac{5}{X^2-6X+5}=\frac{5}{(X-5)(X-1)}=\frac{A}{X-5}+\frac{B}{X-1}.$$


4. Le numérateur est de degré supérieur au dénominateur, on commence par faire une division Euclidienne. J'obtiens : $$X^3=(X+3)(X^2-3X+2)+7X-6,$$ de sorte que : $$\frac{X^3}{X^2-3X+2}=\frac{(X+3)(X^2-3X+2)+7X-6}{X^2-3X+2}=X+3+\frac{7X-6}{X^2-3X+2}.$$ Enfin en cherchant les racines, on trouve que $X^2-3X+2=(X-1)(X-2)$, donc la décomposition en éléments simples nous donne qu'il existe $A,B\in\mathbb C$ tels que : $$\frac{7X-6}{X^2-3X+2}=\frac{A}{X-1}+\frac{B}{X-2}.$$ On a donc : $$\frac{X^3}{X^2-3X+2}=X+3+\frac{A}{X-1}+\frac{B}{X-2}.$$


5. On factorise et comme le degré du numérateur est inférieur au degré du dénominateur, il existe $A,B\in\mathbb C$ tels que : $$\frac{1}{(X^2+1)}=\frac{1}{(X-i)(X+i)}=\frac{A}{X-i}+\frac{B}{X+i}.$$


6. Il existe $A,B\in\mathbb C$ tel que $$\frac{1}{3(X-6)(X-7)}=\frac{A}{(X-6)}+\frac{B}{(X-7)}.$$ On remarquera dans cet exemple que le facteur 3 n'a pas d'effet sur la forme de la décomposition (alors qu'il en aura sur les valeurs de $A$ et $B$).

Exercice calculatoire : A l'aide de la méthode d'identification, effectuer la décomposition en éléments simples dans $\mathbb C$ des fractions rationnelles suivantes. $$\begin{align} &1.\ \frac{2X+3}{3(X-1)(X-2)}\text{ (attention à bien gérer le facteur 3, voir le corrigé si c'est pas clair)}\\ &2.\ \frac{X^4-6X^3+9X^2-23X+30}{X^3-7X^2+10X} \end{align}$$

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1. Le numérateur est de degré strictement inférieur au dénominateur, on peut donc effectuer la décomposition en éléments simples suivante : $$\frac{2X+3}{3(X-1)(X-2)}=\frac{A}{(X-1)}+\frac{B}{X-2}.$$ Après mise au même dénominateur, on trouve que $$\frac{2X+3}{3(X-1)(X-2)}=\frac{X(A+B)-2A-B}{(X-1)(X-2)}.$$ Pour parfaire l'identification (car les deux fractions n'ont pas le même dénominateur), on multiplie numérateur et dénominateur par 3 $$\frac{2X+3}{3(X-1)(X-2)}=\frac{3(X(A+B)-2A-B)}{3(X-1)(X-2)}.$$ L'identification nous donne alors le système : $$\begin{cases} 3A+3B=2\\ -6A-3B=3 \end{cases}.$$ La résolution nous donne alors que $A=-\frac{5}{3}$ et $B=\frac{7}{3}$. On a donc que $$\frac{2X+3}{3(X-1)(X-2)}-\frac{5/3}{X-1}+\frac{7/2}{X-2}.$$


2. Le numérateur est de degré supérieur au dénominateur, on commence donc par une division Euclidienne et on trouve $$X^4-6X^3+9X^2-23X+30=(X^3-7X^2+10X)(X+1)+6X^2-33X+30.$$ On a donc $$\frac{X^4-6X^3+9X^2-23X+30}{X^3-7X^2+10X}=\frac{(X^3-7X^2+10X)(X+1)+6X^2-33X+30}{X^3-7X^2+10X}=X+1+\frac{6X^2-33X+30}{X^3-7X^2+10X}.$$ Reste à décomposer $\frac{6X^2-33X+30}{X^3-7X^2+10X}$. On commence par factoriser le dénominateur $X^3-7X^2+10X=X(X-2)(X-5)$. De sorte que $$\frac{6X^2-33X+30}{X^3-7X^2+10X}=\frac{6X^2-33X+30}{X(X-2)(X-5)}=\frac{A}{X}+\frac{B}{(X-2)}+\frac{C}{X-5}.$$ On met au même dénominateur : $$\frac{6X^2-33X+30}{X(X-2)(X-5)}=\frac{X^2(A+B+C)+X(-7A-5B-2C)+10A}{X(X-2)(X-5)}$$ Puis on identifie $$\begin{cases} A+B+C=6\\ -7A-5B-2C=-33\\ 10A=30 \end{cases}$$ On résoud et on trouve $A=3$, $B=2$, $C=1$. Et en résumé nous avons que $$\frac{X^4-6X^3+9X^2-23X+30}{X^3-7X^2+10X}=X+1+\frac{3}{X}+\frac{2}{(X-2)}+\frac{1}{X-5}.$$

Exercice de lecture : Relire les deux versions du théorème que je vous ai donné et vérifier que cela dit bien la même chose que les explications de la vidéo (à l'exception de l'unicité que je n'aborde pas dans la vidéo). Evidemment, j'aurais du mal à vous donner un corrigé pour ça!

Voilà!! Si vous avez bien cerné tout ce qu'on vient de faire, la partie qui suit ne devrait pas vous faire souffrir plus que cela. Rendez-vous donc pour la décomposition en éléments simples dans $\mathbb R$.

Contacter l'auteur du site : frederic.millet @ math-sup.fr