Exercices corrigés : la décomposition des fractions rationnelles (201-NYB)

a) Pour tout couple de polynômes $A$ et $B$ avec $B$ non nul, il existe un UNIQUE couple $(Q,R)$ tel que $A(x)=B(x)\times Q(x)+R(x)$ avec $\deg(R)<\deg(B)$. C'est cette dernière inégalité, et elle seule, qui dit quand s'arrêter : on descend d'un degré à chaque étape, et on pose le crayon dès que le reste passe strictement sous le degré du diviseur. En divisant l'égalité par $B(x)$ on obtient la forme utile ici : $\frac{A(x)}{B(x)}=Q(x)+\frac{R(x)}{B(x)}$, où la seconde fraction a désormais un numérateur plus petit que son dénominateur.

b) On divise $2x+1$ par $x-3$. Le terme de plus haut degré $2x$ vient de $2\times x$, donc le quotient commence par 2 ; on soustrait $2(x-3)=2x-6$ et il reste $1-(-6)=7$. Comme $\deg(7)=0<\deg(x-3)=1$, la division est finie : $2x+1=(x-3)\times 2+7$, donc $\frac{2x+1}{x-3}=2+\frac{7}{x-3}$. C'est l'exemple fondateur du chapitre : à droite, tout est lisible, la constante 2 est la valeur limite en l'infini et le morceau $\frac{7}{x-3}$ porte à lui seul le pôle.

c) Sur la figure : $2x^4=2x^2\times(x^2-3)$ au premier terme près, on soustrait $2x^4-6x^2$ et il reste $6x^2+x-1$, ce qui explique la ligne du milieu. Puis $6x^2=6\times(x^2-3)$ au premier terme près, on soustrait $6x^2-18$ et il reste $x+17$. Comme $\deg(x+17)=1<\deg(x^2-3)=2$, on s'arrête. Donc $Q(x)=2x^2+6$, $R(x)=x+17$, et $\frac{2x^4+x-1}{x^2-3}=2x^2+6+\frac{x+17}{x^2-3}$. Attention au piège de mise en page : le dividende n'a ni terme en $x^3$ ni terme en $x^2$, il faut laisser les colonnes vides plutôt que de décaler les monômes.

d) Pour $\frac{x^2+3}{x+2}$ : $x^2+3=(x+2)(x-2)+7$, donc $\frac{x^2+3}{x+2}=x-2+\frac{7}{x+2}$. Pour $\frac{x^3}{2x-1}$, le coefficient dominant du diviseur n'est pas 1, ce qui produit des fractions dans le quotient et fait renoncer beaucoup d'élèves : $x^3=(2x-1)\left(\frac12x^2+\frac14x+\frac18\right)+\frac18$, donc $\frac{x^3}{2x-1}=\frac12x^2+\frac14x+\frac18+\frac{1}{8(2x-1)}$. On vérifie en développant, ce qui coûte dix secondes et attrape toutes les erreurs de signe.

e) Aucun des quatre restes n'est nul : ils valent 7, $x+17$, 7 et $\frac18$. Un reste nul signifierait que $B$ divise $A$, donc que la fraction rationnelle est en réalité un polynôme, et le chapitre s'arrêterait là : il n'y aurait rien à décomposer. Le cas $R\neq 0$ est exactement celui qui rend le chapitre nécessaire, car c'est $\frac{R(x)}{B(x)}$, et lui seul, qui va être cassé en éléments simples.

a) On exclut les racines du dénominateur. $2x-5=0$ donne $x=\frac52$, donc le domaine est $\mathbb{R}\setminus\left\{\frac52\right\}$. $x^2+9$ ne s'annule jamais sur $\mathbb{R}$, donc le domaine est $\mathbb{R}$ tout entier : un dénominateur irréductible ne crée aucune valeur interdite, ce qui est le premier signe visible qu'il est irréductible. $2x^2-8x=2x(x-4)$ s'annule en 0 et en 4, donc le domaine est $\mathbb{R}\setminus\{0;4\}$. Enfin $(x-3)^2$ s'annule en 3 seulement, domaine $\mathbb{R}\setminus\{3\}$.

b) Sont déjà décomposées : $\frac{3}{2x-5}$, car le dénominateur est de degré 1 et rien ne peut plus être cassé ; $\frac{2}{x^2+x+1}$ et $\frac{2x-3}{x^2+x+1}$, car $\Delta=1-4=-3<0$ et le numérateur est de degré au plus 1 ; $\frac{2x}{x^2+9}$, pour la même raison avec $\Delta=-36<0$ ; et $\frac{2}{(x-3)^2}$, car le numérateur est constant et le dénominateur une puissance d'un facteur du premier degré.

c) $\frac{x+3}{x-3}$ bloque sur le degré : $\deg(A)=\deg(B)=1$, il faut diviser, et l'on obtient $1+\frac{6}{x-3}$. $\frac{x^3}{2x-1}$ bloque de la même façon, avec $\deg(A)=3>1$ ; la division a été faite à l'exercice 1. $\frac{1}{2x^2-8x}$ bloque sur la factorisation : $\Delta=64>0$, le dénominateur se casse en $2x(x-4)$.

d) $\frac{1}{2x^2-8x}=\frac{1}{2x(x-4)}=\frac{A}{x}+\frac{B}{x-4}$. En réduisant au même dénominateur $2x(x-4)$, le numérateur devient $2A(x-4)+2Bx$, qui doit valoir 1 pour tout $x$. En $x=0$ : $-8A=1$, donc $A=-\frac18$. En $x=4$ : $8B=1$, donc $B=\frac18$. Ainsi $\frac{1}{2x^2-8x}=-\frac{1}{8x}+\frac{1}{8(x-4)}$. Vérification en $x=2$ : à gauche $\frac{1}{8-16}=-\frac18$, à droite $-\frac{1}{16}-\frac{1}{16}=-\frac18$.

e) La différence n'est pas dans le dénominateur mais dans le NUMÉRATEUR. Pour $\frac{2}{(x-3)^2}$, le numérateur est constant : il n'y a rien à répartir, la fraction est un élément simple à elle seule. Pour $\frac{3x+1}{(x+1)^2}$, le numérateur est de degré 1 et l'on peut le séparer en une part qui se simplifie avec un facteur $(x+1)$ et une part qui ne se simplifie pas, d'où deux termes. C'est la règle générale du facteur répété, traitée à l'exercice 5 : un carré au dénominateur ouvre DEUX cases, et le degré du numérateur décide si la première est vide ou non.

a) On cherche deux nombres de somme 5 et de produit 6 : ce sont 2 et 3, donc $x^2-5x+6=(x-2)(x-3)$. Le domaine est $\mathbb{R}\setminus\{2;3\}$. On peut aussi passer par le discriminant, $\Delta=25-24=1$, racines $\frac{5\pm1}{2}$, mais la somme-produit va deux fois plus vite sur un trinôme unitaire à racines entières.

b) La figure montre deux asymptotes verticales, en $x=2$ et $x=3$, marquées en pointillés. Chaque racine du dénominateur annule celui-ci sans annuler le numérateur, donc la fraction tend vers l'infini en valeur absolue : une racine, une asymptote. C'est la traduction graphique du fil de la série, LE DÉNOMINATEUR COMMANDE. Remarquez la branche du milieu, entre 2 et 3 : elle reste sous $-12$, car $(x-2)(x-3)$ y est négatif et de valeur absolue au plus $\frac14$.

c) On pose $\frac{3}{(x-2)(x-3)}=\frac{A}{x-2}+\frac{B}{x-3}$. En réduisant : $\frac{A(x-3)+B(x-2)}{(x-2)(x-3)}=\frac{(A+B)x-3A-2B}{(x-2)(x-3)}$. Les deux fractions ont le même dénominateur et sont égales pour tout $x$ du domaine, donc les numérateurs sont le même polynôme : $A+B=0$ et $-3A-2B=3$. De la première, $A=-B$, que l'on reporte : $3B-2B=3$, donc $B=3$ et $A=-3$. Conclusion : $\frac{3}{x^2-5x+6}=\frac{-3}{x-2}+\frac{3}{x-3}$.

d) Même forme, numérateur différent : $A(x-3)+B(x-2)=3x-7$, donc $A+B=3$ et $-3A-2B=-7$. En multipliant la première par 2 et en ajoutant : $-A=-7+6=-1$, donc $A=1$ et $B=2$. Ainsi $\frac{3x-7}{x^2-5x+6}=\frac{1}{x-2}+\frac{2}{x-3}$. À retenir : la FORME de la décomposition n'a pas bougé d'un iota entre c) et d), seuls les coefficients ont changé. Le numérateur ne décide jamais de la forme.

e) En $x=0$ pour la première : à gauche $\frac{3}{6}=\frac12$, à droite $\frac{-3}{-2}+\frac{3}{-3}=\frac32-1=\frac12$. Pour la seconde : à gauche $\frac{-7}{6}$, à droite $\frac{1}{-2}+\frac{2}{-3}=-\frac12-\frac23=-\frac76$. Cette vérification est excellente mais pas une preuve : deux fonctions peuvent coïncider en un point sans être égales. Elle devient une preuve si on la fait en autant de points qu'il y a d'inconnues, ici deux, car deux polynômes de degré au plus 1 qui coïncident en deux points sont égaux.

a) En réduisant au même dénominateur, le numérateur de droite vaut $A(x+2)(x-3)+B(x-1)(x-3)+C(x-1)(x+2)$. En développant et en regroupant : le coefficient de $x^2$ est $A+B+C$, celui de $x$ est $-A-4B+C$, et le terme constant est $-6A+3B-2C$. Comme ce polynôme doit être constant égal à 3, on obtient $A+B+C=0$, $-A-4B+C=0$ et $-6A+3B-2C=3$. Trois équations, trois inconnues, et beaucoup d'occasions de se tromper de signe.

b) On multiplie tout par $(x-1)$ : à gauche il reste $\frac{3}{(x+2)(x-3)}$, à droite $A+\frac{B(x-1)}{x+2}+\frac{C(x-1)}{x-3}$. L'égalité vaut pour tout $x$ différent de 1, 2 et 3, donc aussi par continuité en $x=1$. En $x=1$, les facteurs $(x-1)$ des termes en $B$ et $C$ s'annulent et ces deux termes disparaissent : il reste $A=\frac{3}{(1+2)(1-3)}=\frac{3}{-6}=-\frac12$.

c) Le même geste avec $(x+2)$ et $x=-2$ donne $B=\frac{3}{(-2-1)(-2-3)}=\frac{3}{15}=\frac15$. Avec $(x-3)$ et $x=3$ : $C=\frac{3}{(3-1)(3+2)}=\frac{3}{10}$. En pratique on ne réécrit rien : on CACHE avec le doigt le facteur voulu dans le dénominateur de départ et on évalue ce qui reste à la racine de ce facteur. D'où le nom. Conclusion : $\frac{3}{(x-1)(x+2)(x-3)}=-\frac{1}{2(x-1)}+\frac{1}{5(x+2)}+\frac{3}{10(x-3)}$.

d) $A+B+C=-\frac12+\frac15+\frac3{10}=\frac{-5+2+3}{10}=0$. Ensuite $-A-4B+C=\frac12-\frac45+\frac3{10}=\frac{5-8+3}{10}=0$. Enfin $-6A+3B-2C=3+\frac35-\frac35=3$. Les trois équations sont satisfaites : le raccourci donne bien la solution du système, il ne l'approche pas. Limite du procédé, à connaître : il ne s'applique tel quel qu'aux pôles SIMPLES, et pour un facteur répété il ne livre que le coefficient de la puissance la plus haute.

e) $\frac{1}{k(k+1)}$ a deux pôles simples, 0 et $-1$ : par le cache, le coefficient de $\frac1k$ vaut $\frac{1}{0+1}=1$ et celui de $\frac{1}{k+1}$ vaut $\frac{1}{-1}=-1$, donc $\frac{1}{k(k+1)}=\frac1k-\frac1{k+1}$. La somme se télescope : $\sum_{k=1}^{n}\left(\frac1k-\frac1{k+1}\right)=1-\frac1{n+1}=\frac{n}{n+1}$, car chaque $-\frac1{k+1}$ annule le $\frac{1}{k+1}$ du terme suivant. La limite vaut 1. C'est l'exemple type des séries télescopiques, et il montre que la décomposition sert bien au-delà du calcul de primitives.

a) Si $\frac{3x+1}{(x+1)^2}=\frac{A}{(x+1)^2}$, alors en multipliant par $(x+1)^2$ on obtient $3x+1=A$ pour tout $x$ du domaine, c'est-à-dire un polynôme de degré 1 égal à une constante : impossible. Le raisonnement est général et donne la règle : un facteur $(x-a)^m$ ouvre $m$ cases, $\frac{A_1}{x-a}+\dots+\frac{A_m}{(x-a)^m}$, et c'est le degré du numérateur qui décide lesquelles sont non nulles. Avec un numérateur constant, seule la dernière survit, ce qui explique le cas $\frac{2}{(x-3)^2}$ de l'exercice 2.

b) $3x+1=A(x+1)+B$. En $x=-1$ : $-3+1=-2=B$. Le coefficient de $x$ donne $A=3$. Donc $\frac{3x+1}{(x+1)^2}=\frac{3}{x+1}-\frac{2}{(x+1)^2}$. Autre chemin, souvent plus rapide : écrire $3x+1=3(x+1)-2$ puis diviser terme à terme par $(x+1)^2$. C'est la même idée que la division euclidienne, appliquée au numérateur plutôt qu'à la fraction entière.

c) On reconnaît $x^3+3x^2+3x+1=(x+1)^3$, une identité remarquable de degré 3. Le changement de variable $u=x+1$, donc $x=u-1$, donne au numérateur $(u-1)^2+(u-1)+1=u^2-2u+1+u-1+1=u^2-u+1$. Ainsi $\frac{x^2+x+1}{(x+1)^3}=\frac{u^2-u+1}{u^3}=\frac1u-\frac1{u^2}+\frac1{u^3}$, c'est-à-dire $\frac{1}{x+1}-\frac{1}{(x+1)^2}+\frac{1}{(x+1)^3}$. Le changement de variable évite entièrement le système : dès qu'il n'y a qu'un seul pôle répété, c'est la méthode à jouer.

d) $x^2+4x+4=(x+2)^2$, donc la forme est $\frac{A}{x-1}+\frac{B}{x+2}+\frac{C}{(x+2)^2}$. Le cache sur $(x-1)$ en $x=1$ donne $A=\frac{2+1}{(1+2)^2}=\frac39=\frac13$. Le cache sur $(x+2)^2$ en $x=-2$ donne $C=\frac{2(-2)+1}{-2-1}=\frac{-3}{-3}=1$. Pour $B$, on prend une valeur simple, $x=0$ : à gauche $\frac{1}{(-1)(4)}=-\frac14$ ; à droite $-\frac13+\frac B2+\frac14$. D'où $\frac B2=-\frac14+\frac13-\frac14=-\frac16$ et $B=-\frac13$. Conclusion : $\frac{1}{3(x-1)}-\frac{1}{3(x+2)}+\frac{1}{(x+2)^2}$.

e) Multiplier par $(x+2)$ seulement ne suffit pas à nettoyer le dénominateur : il reste un $(x+2)$ sous le terme en $C$, et l'expression explose en $x=-2$ au lieu de se simplifier. Multiplier par $(x+2)^2$ nettoie tout, mais alors le terme en $B$ est multiplié par $(x+2)$ et s'annule en $x=-2$ : on récupère $C$, pas $B$. Autrement dit, le cache atteint toujours la puissance la PLUS HAUTE d'un facteur, jamais les puissances intermédiaires. Pour celles-ci il faut une valeur particulière, une dérivation, ou l'identification.

a) On développe : $(x-1)(x^2+x+1)=x^3+x^2+x-x^2-x-1=x^3-1$. Pour $x^2+x+1$, le discriminant vaut $\Delta=1-4=-3<0$, donc pas de racine réelle : le trinôme est irréductible sur $\mathbb{R}$. Autre lecture, utile en examen : $x^2+x+1=\left(x+\frac12\right)^2+\frac34$, somme d'un carré et d'un nombre strictement positif, donc toujours au moins $\frac34$.

b) Le principe est un compte d'inconnues. Un dénominateur de degré $n$ impose exactement $n$ coefficients à déterminer, parce que le numérateur générique de la fraction initiale a $n$ coefficients libres. Ici le dénominateur $(x-1)(x^2+x+1)$ est de degré 3 : il faut trois inconnues. Le facteur du premier degré en apporte une, $A$ ; le facteur du second degré doit donc en apporter deux, d'où un numérateur $Bx+C$. Avec $\frac{B}{x^2+x+1}$ on n'en aurait que deux au total, et le système serait en général insoluble.

c) Le cache sur $(x-1)$ en $x=1$ donne $A=\frac{3+1}{1+1+1}=\frac43$. Pour la suite on écrit $\frac{3x^2+1}{(x-1)(x^2+x+1)}=\frac{4}{3(x-1)}+\frac{Bx+C}{x^2+x+1}$ et on choisit des valeurs simples. En $x=0$ : à gauche $\frac{1}{(-1)(1)}=-1$, à droite $-\frac43+C$, donc $C=\frac13$. En $x=-1$ : à gauche $\frac{4}{(-2)(1)}=-2$, à droite $-\frac23+(-B+C)$, donc $-B=-2+\frac23-\frac13=-\frac53$ et $B=\frac53$. Conclusion : $\frac{4}{3(x-1)}+\frac{5x+1}{3(x^2+x+1)}$.

d) En $x=2$ : à gauche $\frac{3\times4+1}{(1)(4+2+1)}=\frac{13}{7}$. À droite $\frac{4}{3}+\frac{11}{3\times7}=\frac{4}{3}+\frac{11}{21}=\frac{28+11}{21}=\frac{39}{21}=\frac{13}{7}$. Les deux coïncident. Comme la décomposition compte trois inconnues, une vérification en trois points distincts constituerait une preuve complète ; en pratique un point bien choisi suffit à attraper l'immense majorité des erreurs de signe.

e) $x^2+4$ a pour discriminant $-16<0$ et $x^2+x+1$ a pour discriminant $-3<0$ : les deux facteurs sont irréductibles, aucun ne se casse. La forme est donc $\frac{Ax+B}{x^2+4}+\frac{Cx+D}{x^2+x+1}$, avec quatre inconnues, ce qui est bien le degré 4 du dénominateur. Notez qu'ici le cache ne sert à rien, faute de racine réelle : on passe par l'identification ou par des valeurs particulières.

a) Parce qu'un facteur $(x-a)^m$ peut se simplifier avec le numérateur à des ordres différents : une part du numérateur laisse $(x-a)^m$ entier au dénominateur, une autre en efface une puissance, et ainsi de suite. Il faut donc une case par puissance, de 1 à $m$, alors qu'un facteur simple n'offre qu'une seule possibilité de simplification.

b) Le piège est en tête : $x^2-4x+3$ a pour discriminant $16-12=4>0$, donc il n'est PAS irréductible et vaut $(x-1)(x-3)$. Le dénominateur est donc $(x-1)^2(x-3)^2(x^2+x+1)$, de degré 6. Comme $x^2+x+1$ a un discriminant $-3<0$, la forme est $\frac{A}{x-1}+\frac{B}{(x-1)^2}+\frac{C}{x-3}+\frac{D}{(x-3)^2}+\frac{Ex+F}{x^2+x+1}$. Écrire $\frac{Ax+B}{(x^2-4x+3)^2}$ serait l'erreur classique : on ne met un numérateur de degré 1 au-dessus d'un trinôme que si celui-ci est irréductible.