Une fraction rationnelle est le quotient de deux polynômes. Par exemple $F(x) = \displaystyle{\frac{2x-1}{x^3-7x+1}}$. Si on veut chercher une primitive (ou aussi dériver plusieurs fois) une fraction rationnelle, on est amené à décomposer la fraction en somme de fractions plus simples. Cette technique s'appelle la décomposition en éléments simples (DES). Nous allons la décrire en plusieurs étapes.
1) La première chose à faire est de faire un peu le ménage dans la fraction. Par exemple, avant de décomposer $\displaystyle{F(x) = \frac{x^4-x^2}{(x-1)^2}}$, il faut d'abord simplifier la fraction. Pour cela, on factorise (il faut penser parfois aux identités remarquables) :
$\displaystyle{G(x) = \frac{x^2(x^2-1)}{(x-1)^2} = \frac{x^2(x-1)(x+1)}{(x-1)^2} = \frac{x^2(x+1)}{x-1} }$.
Donc la fraction que l'on décompose est $\displaystyle{G(x) = \frac{x^3+x^2}{x-1}}$.
2) À partir de maintenant on supposera que notre fraction $F(x) = \frac{P(x)}{Q(x)}$ est simplifiée au maximum. Si le numérateur $P$ a un degré $\geq$ au degré du dénominateur $Q$ alors il y a une partie entière. C'est-à-dire que $F$ se décompose en $F=E + G$ avec $E$ un polynôme et $G$ une fraction rationnelle qui a un dénominateur de degré $>$ que le degré du numérateur. Pour trouver $E$ et $G$, on effectue la division euclidienne du polynôme $P$ par le polynôme $Q$.
Voici un exemple simple où il n'y a pas besoin de division euclidienne : $\displaystyle{F(x) = \frac{x}{x+1}}$. L'astuce consiste à faire apparaître au numérateur le dénominateur en écrivant $\displaystyle{F(x) = \frac{x}{x+1} = \frac{x+1-1}{x+1} = \frac{x+1}{x+1} - \frac{1}{x+1} = 1 - \frac{1}{x+1}}$ (la partie entière est donc le polynôme constant $1$).
3) PÔLES SIMPLES.
Supposons à présent que notre fraction n'a pas de partie entière. On factorise le dénominateur. Par exemple soit :
$\displaystyle{F(x) = \frac{1}{x^2-x-2} = \frac{1}{(x+1)(x-2)}}$.
Les valeurs d'annulation du dénominateur soit $-1$ et $2$ s'appellent des pôles de la fraction $F$. Ici il s'agit de pôles SIMPLES car les facteurs $(x+1)$ et $(x-2)$ sont à la puissance $1$.
La théorie nous dit alors que la DES de $F$ est du type $\displaystyle{F(x) = \frac{a}{x+1} + \frac{b}{x-2}}$ avec des coefficients $a$ et $b$ à chercher.
Une méthode serait de mettre tout sur le même dénominateur et d'identifier avec le numérateur de la fraction initiale qui est $1$. Cette méthode est possible si il n'y a pas trop de fractions à additionner (ici il n'y a que deux fractions).
La méthode générale est la suivante : on définit la fraction :
$F_{-1}(x) = (x+1)F(x)$ soit $\displaystyle{F_{-1}(x) = \frac{1}{x-2}}$.
(Remarque : on indice $F$ par le pôle. Ici le pôle est $-1$ donc on note $F_{-1}$. Si le pôle était $5$, on noterait $F_5$).
On a alors $a = F_{-1}(-1)$ ce qui donne ici $\displaystyle{a = \frac{1}{-1-2} = -\frac{1}{3}}$.
De même, pour avoir $b$, on définit $\displaystyle{F_2(x) = (x-2)F(x) = \frac{1}{x+1}}$. Alors $\displaystyle{b= F_2(2) = \frac{1}{3}}$. On a donc finalement :
$\displaystyle{F(x) = \frac{1/3}{x+1} + \frac{-1/3}{x-2} = \frac{1}{3}\left(\frac{1}{x+1} - \frac{1}{x-2}\right)}$.
4) PÔLES DOUBLES.
Soit par exemple la fraction $\displaystyle{F(x) = \frac{4x^3}{x^4-2x^2+1}}$ (elle n'a pas de partie entière). On factorise le dénominateur. On remarque (ou pas !) que le dénominateur est une identité remarquable.
On a :
$x^4-2x^2+1 = (x^2-1)^2 = [(x-1)(x+1)]^2 = (x-1)^2(x+1)^2$.
La fraction s'écrit donc $F(x) = \frac{4x^2}{(x-1)^2(x+1)^2}$. Ici, $F$ a deux pôles $1$ et $-1$. Mais comme les facteurs $x-1$ et $x+1$ sont au carré, on dit qu'il s'agit de pôles DOUBLES. La théorie dit alors que la DES de $F$ est du type :
$\displaystyle{F(x) = \frac{a}{x+1} + \frac{b}{(x+1)^2} + \frac{c}{x-1} + \frac{d}{(x-1)^2}}$.
Pour déterminer $a$ et $b$, on définit à présent :
$F_{-1}(x) = (x+1)^2F(x) = \frac{4x^3}{(x-1)^2}$.
On a alors la formule :
$b = F_{-1}(-1) = =\frac{-4}{(-1-1)^2} = -\frac{4}{4} = -1$.
La théorie nous dit aussi que $a = F_{-1}'(-1)$ (la dérivée de $F_{-1}$ appliquée en $-1$.)
Or $\displaystyle{F'_{-1}(x) = \frac{12x^2(x-1)^2-4x^32(x-1)}{(x-1)^4} = \frac{12x^2(x-1)-8x^3}{(x-1)^3}}$ (inutile de développer !). On remplace $x$ par $-1$ : $a = F_{-1}'(-1) = \frac{16}{8}=2$ donc $a=2$.
Pour déterminer $c$ et $d$, on définit à présent :
$F_{1}(x) = (x-1)^2F(x) = \frac{4x^3}{(x+1)^2}$.
On a alors la formule :
$\displaystyle{d = F_{1}(1) = \frac{4}{(1+1)^2} = \frac{4}{4} = 1}$.
La théorie nous dit aussi que $c = F_{1}'(1)$. Or :
$\displaystyle{F'_{1}(x) = \frac{12x^2(x+1)^2-4x^32(x+1)}{(x+1)^4} = \frac{12x^2(x+1)-8x^3}{(x+1)^3}}$.
On remplace $x$ par $1$ : $\displaystyle{c = F_{1}'(1) = \frac{16}{8}=2}$ donc $c=2$.
Au final, on a donc :
$\displaystyle{F(x) = \frac{2}{x+1} - \frac{1}{(x+1)^2} + \frac{2}{x-1} + \frac{1}{(x-1)^2}}$.
5) ÉLÉMENTS DE DEUXIÈMES ESPÈCES
Parfois le dénominateur présente des facteurs de degré $2$ qui ne se factorise pas (discriminant $<0$).
Dans ce cas, on dispose de quelques "astuces" pour faire la DES.
On considère par exemple la fraction :
$\displaystyle{F(x) = \frac{x}{x^4-2x^3+2x^2-2x+1}}$.
Cette fraction ne présente pas de partie entière.
Pour factoriser le dénominateur, soit on voit une racine évidente, en l'occurrence $1$, et on fait la division euclidienne du dénominateur par $x-1$ et on continue à factoriser.
Soit on écrit :
$x^4-2x^3+2x^2-2x+1 = x^4-2x^3+x^2+ x^2-2x+1 = x^2(x^2-2x+1) + (x^2-2x+1) = x^2(x-1)^2 + (x-1)^2 = (x^2+1)(x-1)^2$.
On a donc :
$\displaystyle{F(x) = \frac{x}{(x^2+1)(x-1)^2}}$.
La fraction $F$ a un pôle double qui est $1$. Le facteur $x^2+1$ n'a pas de racines dans les réels. La théorie nous dit alors que la DES est de la forme :
$\displaystyle{F(x) = \frac{a}{x-1} + \frac{b}{(x-1)^2} + \frac{cx+d}{x^2+1}}$.
La fraction $\displaystyle{\frac{cx+d}{x^2+1}}$ s'appelle un élément de deuxième espèce.
Nous avons vu la méthode pour déterminer les coefficients $a$ et $b$ (cas d'un pôle double). Après calcul, on trouve, $a=0$ et $b=1/2$.
Pour déterminer $c$ et $d$, on utilise parfois les « astuces » suivantes. On calcule, par exemple, la limite en $+\infty$ de $xF(x)$. Si on utilise la définition initiale de $F$, on a :
$\displaystyle{xF(x) = \frac{x^2}{x^4-2x^3+2x^2-2x+1}}$.
On sait que $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty} xF(x) = \lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{x^2}{x^4}}$ (on prend le quotient des monômes de plus haut degré).
Donc :
$\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty} xF(x) = \lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{1}{x^2} = 0}$.
Si on utilise la DES :
$\displaystyle{xF(x) = \frac{ax}{x-1} + \frac{bx}{(x-1)^2} + \frac{cx^2+d}{x^2+1}} $.
La 1ère fraction tend (en $+\infty)$ vers $a$ donc vers $0$.
La 2ème fraction tend vers $0$.
La 3ème fraction a la même limite que $\displaystyle{\frac{cx^2}{x^2}}$ (quotient des monômes de plus haut degré) donc vers $c$.
On en déduit l'égalité $0 = 0 + 0 + c$ donc $c=0$.
Pour déterminer $d$ on peut évaluer $F$ en un point par exemple en $0$.
Si on utilise la définition initiale de $F$, on a $F(0)=0$.
Si on utilise la DES :
$F(0) = -a + b +d = -0 + 1/2 + d$ donc $0 = 1/2 +d$ donc $d=-1/2$.
Finalement, on a :
$\displaystyle{F(x) = \frac{1/2}{(x-1)^2} + \frac{-1/2}{x^2+1} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{(x-1)^2} - \frac{1}{x^2+1}\right)}$.
