Fractions rationnelles/Décomposition en éléments simples dans C

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Éléments théoriques

Début d’un théorème

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

$F={\frac {P}{Q}}=\sum _{i=1}^{p}{\frac {\gamma _{i}}{(X-z)^{i}}}+{\frac {P_{1}}{Q_{1}}}$

où la fraction rationnelle ${\frac {P_{1}}{Q_{1}}}$ n’admet plus z comme pôle.

Fin du théorème

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 $n_{i}$ avec $\sum _{i=1}^{p}n_{i}=n$.

La propriété précédente se généralise alors à

Début d’un théorème

Théorème : décomposition en éléments simples dans les complexes

Soit $F={\frac {P}{Q}}\in \mathbb {C} (x)$ irréductible. Si la factorisation de Q est $Q=(X-z_{1})^{n_{1}}(X-z_{2})^{n_{2}}...(X-z_{p})^{n_{p}}$ alors F admet la décomposition unique en éléments simples suivante

${\frac {P}{Q}}=T+\sum _{i=1}^{p}\sum _{j=1}^{n_{i}}{\frac {a_{ij}}{(X-z_{i})^{j}}}$

où les $a_{ij}$ sont des nombres complexes et $T$ est un polynôme.

Fin du théorème

Détermination de la partie entière

La partie entière $T$ d'une fraction rationnelle ${\frac {P}{Q}}$ est le quotient de la division euclidienne de $P$ par $Q$. En particulier :

• si $\deg P<\deg Q$ alors $T=0$ ;
• si $\deg P\geq \deg Q$ alors $\deg T=\deg P-\deg Q$.

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 1

Étude d'un cas simple

Soit $F={\frac {1}{X^{2}-1}}$.

Cette fraction admet deux pôles simples $1$ et $-1$ donc $Q=(X-1)(X+1)$. On en déduit que $F$ peut s'écrire sous la forme :

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

et 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 et les risques d'erreurs en éliminant, par une multiplication judicieuse, tous les coefficients sauf un, ce qui permet de calculer directement ce dernier indépendamment des autres.

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 $A=1/2$.

De même, en multipliant $F$ 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

$F={\frac {1}{X^{2}-1}}={\frac {1/2}{X-1}}-{\frac {1/2}{X+1}}$.

Cas plus complexe

De même, prenons la fonction rationnelle :

$F={X+3 \over X^{4}-5X^{2}+4}$.

Par factorisation du polynôme bicarré et par utilisation des identités remarquables, on peut l'écrire

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

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

$F={X+3 \over (X-1)(X+1)(X-2)(X+2)}={-2/3 \over X-1}+{1/3 \over X+1}+{5/12 \over X-2}+{-1/12 \over X+2}$.

Existence d'un pôle de degré supérieur à 1

Pour une fonction rationnelle de la forme

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

(où « $\bullet$ » est un polynôme quelconque de degré inférieur à 5) 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 l'article de Wikipédia) 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.

Pôle unique

Si le pôle est unique, alors la décomposition en éléments simples peut se faire aisément en appliquant la formule de Taylor au polynôme numérateur, en l'unique pôle.