Décomposition en éléments simples - Définition

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Décomposition en éléments simples dans les complexes

Principes généraux

On dit que z est un pôle d’ordre p de la fraction irréductible F = \frac{P}{Q} si z est un zéro (ou racine) d’ordre p de Q.

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} = \frac{\gamma_1}{x-z}+ \cdots +\frac{\gamma_p}{(x-z)^p}+ \frac{P1}{Q1}

où la fraction rationnelle  \frac{P1}{Q1} n’admet plus z comme pôle.

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 ni avec \sum_{i=1}^p n_i = degré de Q.

La propriété précédente se généralise alors à

Théorème — Soit F=\frac{P}{Q} \in \mathbb C(x) irréductible, alors si Q admet la factorisation

 Q =  (x - z_1)^{n_1} (x - z_2)^{n_2} \cdots (x - z_p)^{n_p}

alors F admet la décomposition unique en éléments simples suivante

F = \frac PQ = T+ \frac{a_1}{(x-z_1)}+ \frac{a_2}{(x-z_1)^2}+\cdots+\frac{a_{n_1}}{(x-z_1)^{n_1}}+ \frac{b_1}{(x-z_2)}+\cdots+\frac{b_{n_2}}{(x-z_2)^{n_2}}+ \cdots + \frac{w_1}{(x-z_p)}+ \cdots +\frac{w_{np}}{(x-z_p)^{n_p}}

où les  a_j , b_j , \ldots , w_j sont des nombres complexes et le polynôme T est la partie entière de F.

Note : Pour des raisons de simplicité d'écriture on peut aussi noter

 \frac PQ = T+ \frac{a_{11}}{(x-z_1)}+ \frac{a_{12}}{(x-z_1)^2}+\cdots+\frac{a_{1n_1}}{(x-z_1)^{n_1}}+ \frac{a_{21}}{(x-z_2)}+ \frac{a_{22}}{(x-z_2)^2}+\cdots+\frac{a_{2n_2}}{(x-z_2)^{n_2}}+\cdots + \frac{a_{p1}}{(x-z_p)}+ \cdots +\frac{a_{pn_p}}{(x-z_p)^{n_p}}

où les aij sont des nombres complexes.

Exemples de décompositions

L'existence d'une décomposition étant établie, la difficulté réside dans la détermination des différents coefficients. Certaines 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.

Cas où tous les pôles sont simples

Étude d'un exemple avec deux pôles simples :  F = \frac{1}{x^2-1}

Q = (x-1)(x+1)\, donc cette fraction admet deux pôles "simples" (c'est-à-dire d'ordre 1) : 1 et -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}

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 en éliminant, par une multiplication judicieuse, tous les coefficients sauf un. 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

Puis, 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 fraction F se décompose alors en

 F =\frac{1}{x^2-1} = \frac{1/2}{(x-1)} - \frac{1/2}{(x+1)}

Exemple avec quatre pôles simples : 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

 {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}

Cas où certains pôles sont multiples

Pour une fraction rationnelle de la forme

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

(où R(x) est un polynôme quelconque de degré strictement inférieur à 6), -2 est un pôle simple (i.e. d'ordre 1) mais -3 est un pôle multiple (d'ordre 5>1). 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

{S(y) \over (y-1)y^5}

La division de S(y) par y - 1 suivant les puissances croissantes (voir Division d'un polynôme) nous donne alors

 S(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.

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