Décomposition en fractions partielles - Partial fraction decomposition

En algèbre , la décomposition en fractions partielles ou le développement en fractions partielles d'une fraction rationnelle (c'est-à-dire une fraction telle que le numérateur et le dénominateur sont tous deux des polynômes ) est une opération qui consiste à exprimer la fraction comme la somme d'un polynôme (éventuellement zéro ) et une ou plusieurs fractions avec un dénominateur plus simple.

L'importance de la décomposition en fractions partielles réside dans le fait qu'elle fournit des algorithmes pour divers calculs avec des fonctions rationnelles , y compris le calcul explicite des primitives , les développements en séries de Taylor , les transformées en Z inverses et les transformées de Laplace inverses . Le concept a été découvert indépendamment en 1702 par Johann Bernoulli et Gottfried Leibniz .

Dans les symboles, la décomposition en fractions partielles d'une fraction rationnelle de la forme où f et g sont des polynômes, est son expression comme ${\displaystyle \textstyle {\frac {f(x)}{g(x)}},}$

${\displaystyle {\frac {f(x)}{g(x)}}=p(x)+\sum _{j}{\frac {f_{j}(x)}{g_{j}(x )}}}$

où p ( x ) est un polynôme, et, pour chaque j , le dénominateur g _j ( x ) est une puissance d'un polynôme irréductible (qui n'est pas factorisable en polynômes de degrés positifs), et le numérateur f _j ( x ) est un polynôme de degré plus petit que le degré de ce polynôme irréductible.

Lorsqu'il s'agit d'un calcul explicite, une décomposition plus grossière est souvent préférée, qui consiste à remplacer « polynôme irréductible » par « polynôme sans carré » dans la description du résultat. Cela permet de remplacer la factorisation polynomiale par la factorisation sans carré beaucoup plus facile à calculer . Ceci est suffisant pour la plupart des applications, et évite d'introduire des coefficients irrationnels lorsque les coefficients des polynômes d'entrée sont des entiers ou des nombres rationnels .

Principes de base

Laisser

${\displaystyle R(x)={\frac {F}{G}}}$

être une fraction rationnelle , où F et G sont des polynômes univariés dans l' indéterminé x . L'existence de la fraction partielle peut être prouvée en appliquant inductivement les étapes de réduction suivantes.

Partie polynomiale

Il existe deux polynômes E et F ₁ tels que

${\displaystyle {\frac {F}{G}}=E+{\frac {F_{1}}{G}},}$

et

${\displaystyle \deg F_{1}<\deg G,}$

où désigne le degré du polynôme P . ${\style d'affichage \deg P}$

Ceci résulte immédiatement de la division euclidienne de F par G , qui affirme l'existence de E et F ₁ tels que et${\style d'affichage F=EG+F_{1}}$${\displaystyle \deg F_{1}<\deg G.}$

Cela permet de supposer dans les prochaines étapes que ${\displaystyle \deg F<\deg G.}$

Facteurs du dénominateur

Si et ${\displaystyle \deg F<\deg G,}$

${\displaystyle G=G_{1}G_{2},}$

où G ₁ et G ₂ sont des polynômes premiers entre eux , alors il existe des polynômes et tels que ${\style d'affichage F_{1}}$${\style d'affichage F_{2}}$

${\displaystyle {\frac {F}{G}}={\frac {F_{1}}{G_{1}}}+{\frac {F_{2}}{G_{2}}},}$

et

${\displaystyle \deg F_{1}<\deg G_{1}\quad {\text{and}}\quad \deg F_{2}<\deg G_{2}.}$

Ceci peut être prouvé comme suit. L'identité de Bézout affirme l'existence des polynômes C et D tels que

${\displaystyle CG_{1}+DG_{2}=1}$

(par hypothèse, 1 est le plus grand commun diviseur de G ₁ et G ₂ ).

Laissez avec la division euclidienne de DF par réglage on obtient ${\displaystyle DF=G_{1}Q+F_{1}}$${\displaystyle \deg F_{1}<\deg G_{1}}$${\style d'affichage G_{1}.}$${\style d'affichage F_{2}=CF+QG_{2},}$

${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {F}{G}}&={\frac {F(CG_{1}+DG_{2})}{G_{1}G_{2}}}= {\frac {DF}{G_{1}}}+{\frac {CF}{G_{2}}}\\&={\frac {F_{1}+G_{1}Q}{G_{1 }}}+{\frac {F_{2}-G_{2}Q}{G_{2}}}\\&={\frac {F_{1}}{G_{1}}}+{\frac {F_{2}}{G_{2}}}.\end{aligned}}}$

Il reste à montrer qu'en réduisant au même dénominateur la dernière somme de fractions, on obtient et donc ${\displaystyle \deg F_{2}<\deg G_{2}.}$${\displaystyle F=F_{2}G_{1}+F_{1}G_{2},}$

${\displaystyle {\begin{aligned}\deg F_{2}&=\deg(F-F_{1}G_{2})-\deg G_{1}\leq \max(\deg F,\deg( F_{1}G_{2}))-\deg G_{1}\\&<\max(\deg G,\deg(G_{1}G_{2}))-\deg G_{1}=\ deg G_{2}\end{aligné}}}$

Pouvoirs au dénominateur

En utilisant la décomposition précédente inductivement on obtient des fractions de la forme avec où G est un polynôme irréductible . Si k > 1 , on peut décomposer en outre, en utilisant un polynôme irréductible qui est un polynôme sans carré , qui est, est un plus grand commun diviseur du polynôme et de son dérivé . Si est la dérivée de G , l'identité de Bézout fournit des polynômes C et D tels que et donc La division euclidienne de `par donne des polynômes et tels que et Réglage on obtient ${\displaystyle {\frac {F}{G^{k}}},}$${\displaystyle \deg F<\deg G^{k}=k\deg G,}$${\style d'affichage 1}$${\style d'affichage G'}$${\displaystyle CG+DG'=1}$${\style d'affichage F=FCG+FDG'.}$${\style d'affichage FDG'}$${\style d'affichage G}$${\displaystyle H_{k}}$${\style d'affichage Q}$${\displaystyle FDG'=QG+H_{k}}$${\displaystyle \deg H_{k}<\deg G.}$${\displaystyle F_{k-1}=FC+Q,}$

${\displaystyle {\frac {F}{G^{k}}}={\frac {H_{k}}{G^{k}}}+{\frac {F_{k-1}}{G^ {k-1}}},}$

avec ${\displaystyle \deg H_{k}<\deg G.}$

L'itération de ce processus avec à la place de conduit finalement au théorème suivant. ${\displaystyle {\frac {F_{k-1}}{G^{k-1}}}}$${\displaystyle {\frac {F}{G^{k}}}}$

Déclaration

L'unicité peut être prouvée comme suit. Soit d = max(1 + deg f , deg g ) . Tous ensemble, b et les a _ij ont d coefficients. La forme de la décomposition définit une application linéaire des vecteurs de coefficients aux polynômes f de degré inférieur à d . La preuve d'existence signifie que cette application est surjective . Comme les deux espaces vectoriels ont la même dimension, la carte est également injective , ce qui signifie l'unicité de la décomposition. D'ailleurs, cette preuve induit un algorithme de calcul de la décomposition par algèbre linéaire .

Si K est un corps de nombres complexes , le théorème fondamental de l'algèbre implique que tous les p _i sont de degré un et que tous les numérateurs sont des constantes. Lorsque K est le corps des nombres réels , certains des p _i peuvent être quadratiques, de sorte que, dans la décomposition en fractions partielles, des quotients de polynômes linéaires par des puissances de polynômes quadratiques peuvent également se produire. ${\displaystyle a_{ij}}$

Dans le théorème précédent, on peut remplacer « des polynômes irréductibles distincts » par « des polynômes deux à deux premiers entre eux qui sont premiers avec leur dérivée ». Par exemple, les p _i peuvent être les facteurs de la factorisation sans carré de g . Lorsque K est le corps des nombres rationnels , comme c'est typiquement le cas en calcul formel , cela permet de remplacer la factorisation par le calcul du plus grand commun diviseur pour calculer une décomposition en fractions partielles.

Application à l'intégration symbolique

Aux fins d' intégration symbolique , le résultat précédent peut être affiné en

Cela réduit le calcul de la primitive d'une fonction rationnelle à l'intégration de la dernière somme, appelée partie logarithmique , car sa primitive est une combinaison linéaire de logarithmes. En fait, nous avons

${\displaystyle {\frac {c_{i1}}{p_{i}}}=\sum _{\alpha _{j}:p_{i}(\alpha _{j})=0}{\frac { c_{i1}(\alpha _{j})}{p'_{i}(\alpha _{j})}}{\frac {1}{x-\alpha _{j}}}.}$

Il existe différentes méthodes pour calculer la décomposition ci-dessus. Celle qui est la plus simple à décrire est probablement la méthode dite de l' Hermite . Comme le degré de c _ij est borné par le degré de p _i , et le degré de b est la différence des degrés de f et g (si cette différence est non négative ; sinon, b = 0), on peut écrire ces inconnues polynômes comme polynômes à coefficients inconnus. En réduisant les deux membres de la formule ci-dessus au même dénominateur et en écrivant que les coefficients de chaque puissance de x sont les mêmes dans les deux numérateurs, on obtient un système d'équations linéaires qui peuvent être résolues pour obtenir les valeurs souhaitées pour les coefficients inconnus.

Procédure

Compte tenu de deux polynômes et où l' α _i sont des constantes distinctes et deg  P  <  n , les fractions partielles sont généralement obtenues en supposant que ${\style d'affichage P(x)}$${\displaystyle Q(x)=(x-\alpha _{1})(x-\alpha _{2})\cdots (x-\alpha _{n})}$

${\displaystyle {\frac {P(x)}{Q(x)}}={\frac {c_{1}}{x-\alpha _{1}}}+{\frac {c_{2}} {x-\alpha _{2}}}+\cdots +{\frac {c_{n}}{x-\alpha _{n}}}}$

et la résolution du c _i constantes, par substitution, par assimilant les coefficients des termes concernant les pouvoirs de x , ou autrement. (Il s'agit d'une variante de la méthode des coefficients indéterminés .)

Un calcul plus direct, fortement lié à l' interpolation de Lagrange consiste à écrire

${\displaystyle {\frac {P(x)}{Q(x)}}=\sum _{i=1}^{n}{\frac {P(\alpha _{i})}{Q'( \alpha _{i})}}{\frac {1}{(x-\alpha _{i})}}}$

où est la dérivée du polynôme . ${\displaystyle Q'}$${\style d'affichage Q}$

Cette approche ne tient pas compte de plusieurs autres cas, mais peut être modifiée en conséquence :

• Si alors il est nécessaire d'effectuer la division euclidienne de P par Q , en utilisant la division longue polynomiale , donnant P ( x ) = E ( x ) Q ( x ) + R ( x ) avec deg  R  <  n . En divisant par Q ( x ) cela donne${\displaystyle \deg P\geqslant \deg Q,}$

${\style d'affichage {\frac {P(x)}{Q(x)}}=E(x)+{\frac {R(x)}{Q(x)}},}$

puis chercher des fractions partielles pour la fraction restante (qui par définition satisfait deg  R  < deg  Q ).

• Si Q ( x ) contient des facteurs irréductibles sur le corps donné, alors le numérateur N ( x ) de chaque fraction partielle avec un tel facteur F ( x ) au dénominateur doit être recherché comme un polynôme avec deg  N  < deg  F , plutôt que comme une constante. Par exemple, prenons la décomposition suivante sur R :

${\displaystyle {\frac {x^{2}+1}{(x+2)(x-1)\color {Bleu}(x^{2}+x+1)}}={\frac {a }{x+2}}+{\frac {b}{x-1}}+{\frac {\color {Vert Olive}cx+d}{\color {Bleu}x^{2}+x+1} }.}$

• Supposons Q ( x ) = ( x − α ) ^r S ( x ) et S ( α ) ≠ 0 , c'est-à-dire que α est une racine de Q ( x ) de multiplicité r . Dans la décomposition en fractions partielles, les r premières puissances de ( x − α ) apparaîtront comme dénominateurs des fractions partielles (éventuellement avec un numérateur nul). Par exemple, si S ( x ) = 1 la décomposition en fractions partielles a la forme

${\displaystyle {\frac {P(x)}{Q(x)}}={\frac {P(x)}{(x-\alpha )^{r}}}={\frac {c_{1 }}{x-\alpha }}+{\frac {c_{2}}{(x-\alpha )^{2}}}+\cdots +{\frac {c_{r}}{(x-\ alpha )^{r}}}.}$

Illustration

Dans un exemple d'application de cette procédure, (3 x + 5)/(1 – 2 x ) ² peut être décomposé sous la forme

${\displaystyle {\frac {3x+5}{(1-2x)^{2}}}={\frac {A}{(1-2x)^{2}}}+{\frac {B}{ (1-2x)}}.}$

La compensation des dénominateurs montre que 3 x + 5 = A + B (1 – 2 x ) . Développer et égaliser les coefficients des puissances de x donne

5 = A + B et 3 x = –2 Bx

La résolution de ce système d'équations linéaires pour A et B donne A = 13/2 et B = –3/2 . D'où,

${\displaystyle {\frac {3x+5}{(1-2x)^{2}}}={\frac {13/2}{(1-2x)^{2}}}+{\frac {- 3/2}{(1-2x)}}.}$

Méthode des résidus

Sur les nombres complexes, supposons que f ( x ) est une fraction propre rationnelle, et peut être décomposé en

${\displaystyle f(x)=\sum _{i}\left({\frac {a_{i1}}{x-x_{i}}}+{\frac {a_{i2}}{(x-x_ {i})^{2}}}+\cdots +{\frac {a_{ik_{i}}}{(x-x_{i})^{k_{i}}}}\right).}$

Laisser

${\displaystyle g_{ij}(x)=(x-x_{i})^{j-1}f(x),}$

alors d'après l' unicité de la série de Laurent , a _ij est le coefficient du terme ( x  −  x _i ) ⁻¹ dans le développement de Laurent de g _ij ( x ) autour du point x _i , c'est-à-dire son résidu

${\displaystyle a_{ij}=\operatorname {Res} (g_{ij},x_{i}).}$

Ceci est donné directement par la formule

${\displaystyle a_{ij}={\frac {1}{(k_{i}-j)!}}\lim _{x\to x_{i}}{\frac {d^{k_{i}- j}}{dx^{k_{i}-j}}}\gauche((x-x_{i})^{k_{i}}f(x)\right),}$

ou dans le cas particulier où x _i est une racine simple,

${\displaystyle a_{i1}={\frac {P(x_{i})}{Q'(x_{i})}},}$

lorsque

${\displaystyle f(x)={\frac {P(x)}{Q(x)}}.}$

Sur les vrais

Les fractions partielles sont utilisées dans le calcul intégral à variable réelle pour trouver des primitives à valeur réelle de fonctions rationnelles . La décomposition en fractions partielles des fonctions rationnelles réelles est également utilisée pour trouver leurs transformées inverses de Laplace . Pour les applications de la décomposition en fractions partielles sur les réels , voir

• Application à l'intégration symbolique , ci-dessus
• Fractions partielles dans les transformées de Laplace

Résultat général

Soit f ( x ) une fonction rationnelle sur les nombres réels . En d'autres termes, supposons qu'il existe des fonctions polynomiales réelles p ( x ) et q ( x )≠ 0, telles que

${\style d'affichage f(x)={\frac {p(x)}{q(x)}}}$

En divisant à la fois le numérateur et le dénominateur par le coefficient dominant de q ( x ), nous pouvons supposer sans perte de généralité que q ( x ) est unitaire . Par le théorème fondamental de l'algèbre , on peut écrire

${\displaystyle q(x)=(x-a_{1})^{j_{1}}\cdots (x-a_{m})^{j_{m}}(x^{2}+b_{1 }x+c_{1})^{k_{1}}\cdots (x^{2}+b_{n}x+c_{n})^{k_{n}}}$

où a ₁ ,..., a _m , b ₁ ,..., b _n , c ₁ ,..., c _n sont des nombres réels avec b _i ² − 4 c _i < 0, et j ₁ ,.. ., j _m , k ₁ ,..., k _n sont des entiers positifs. Les termes ( x − a _i ) sont les facteurs linéaires de q ( x ) qui correspondent aux racines réelles de q ( x ), et les termes ( x _i ² + b _i x + c _i ) sont les facteurs quadratiques irréductibles de q ( x ) qui correspondent à des paires de racines conjuguées complexes de q ( x ).

Alors la décomposition en fractions partielles de f ( x ) est la suivante :

${\displaystyle f(x)={\frac {p(x)}{q(x)}}=P(x)+\sum _{i=1}^{m}\sum _{r=1} ^{j_{i}}{\frac {A_{ir}}{(x-a_{i})^{r}}}+\sum _{i=1}^{n}\sum _{r= 1}^{k_{i}}{\frac {B_{ir}x+C_{ir}}{(x^{2}+b_{i}x+c_{i})^{r}}}}$

Ici, P ( x ) est un polynôme (éventuellement nul), et A _ir , B _ir et C _ir sont des constantes réelles. Les constantes peuvent être trouvées de plusieurs manières.

La méthode la plus simple consiste à multiplier par le dénominateur commun q ( x ). On obtient alors une équation de polynômes dont le membre de gauche est simplement p ( x ) et dont le membre de droite a des coefficients qui sont des expressions linéaires des constantes A _ir , B _ir et C _ir . Puisque deux polynômes sont égaux si et seulement si leurs coefficients correspondants sont égaux, nous pouvons égaliser les coefficients de termes similaires. On obtient ainsi un système d'équations linéaires qui a toujours une solution unique. Cette solution peut être trouvée en utilisant l'une des méthodes standard d' algèbre linéaire . Il peut également être trouvé avec des limites (voir exemple 5 ).

Exemples

Exemple 1

${\displaystyle f(x)={\frac {1}{x^{2}+2x-3}}}$

Ici, le dénominateur se divise en deux facteurs linéaires distincts :

${\style d'affichage q(x)=x^{2}+2x-3=(x+3)(x-1)}$

on a donc la décomposition en fractions partielles

${\displaystyle f(x)={\frac {1}{x^{2}+2x-3}}={\frac {A}{x+3}}+{\frac {B}{x-1 }}}$

En multipliant par le dénominateur sur le côté gauche nous donne l'identité polynomiale

${\style d'affichage 1=A(x-1)+B(x+3)}$

La substitution de x = −3 dans cette équation donne A = −1/4, et la substitution de x = 1 donne B = 1/4, de sorte que

${\displaystyle f(x)={\frac {1}{x^{2}+2x-3}}={\frac {1}{4}}\left({\frac {-1}{x+ 3}}+{\frac {1}{x-1}}\right)}$

Exemple 2

${\displaystyle f(x)={\frac {x^{3}+16}{x^{3}-4x^{2}+8x}}}$

Après une longue division , nous avons

${\displaystyle f(x)=1+{\frac {4x^{2}-8x+16}{x^{3}-4x^{2}+8x}}=1+{\frac {4x^{ 2}-8x+16}{x(x^{2}-4x+8)}}}$

Le facteur x ² − 4 x + 8 est irréductible sur les réels, car son discriminant (−4) ²  − 4×8 = − 16 est négatif. Ainsi, la décomposition en fractions partielles sur les réels a la forme

${\displaystyle {\frac {4x^{2}-8x+16}{x(x^{2}-4x+8)}}={\frac {A}{x}}+{\frac {Bx+ C}{x^{2}-4x+8}}}$

En multipliant par x ³ − 4 x ² + 8 x , nous avons l'identité polynomiale

${\style d'affichage 4x^{2}-8x+16=A(x^{2}-4x+8)+(Bx+C)x}$

En prenant x = 0, on voit que 16 = 8 A , donc A = 2. En comparant les coefficients x ² , on voit que 4 = A + B = 2 + B , donc B = 2. En comparant les coefficients linéaires, on voit que − 8 = -4 A + C = -8 + C , donc C = 0. Au total,

${\displaystyle f(x)=1+2\gauche({\frac {1}{x}}+{\frac {x}{x^{2}-4x+8}}\right)}$

La fraction peut être complètement décomposée à l'aide de nombres complexes . Selon le théorème fondamental de l'algèbre, tout polynôme complexe de degré n a n racines (complexes) (dont certaines peuvent être répétées). La seconde fraction peut être décomposée en :

${\displaystyle {\frac {x}{x^{2}-4x+8}}={\frac {D}{x-(2+2i)}}+{\frac {E}{x-(2 -2i)}}}$

En multipliant par le dénominateur, on obtient :

${\style d'affichage x=D(x-(2-2i))+E(x-(2+2i))}$

En égalant les coefficients de x et les coefficients constants (par rapport à x ) des deux côtés de cette équation, on obtient un système de deux équations linéaires en D et E , dont la solution est

${\displaystyle D={\frac {1+i}{2i}}={\frac {1-i}{2}},\qquad E={\frac {1-i}{-2i}}={ \frac {1+i}{2}}.}$

On a donc une décomposition complète :

${\displaystyle f(x)={\frac {x^{3}+16}{x^{3}-4x^{2}+8x}}=1+{\frac {2}{x}}+ {\frac {1-i}{x-(2+2i)}}+{\frac {1+i}{x-(2-2i)}}}$

On peut aussi calculer directement A , D et E avec la méthode des résidus (voir aussi l'exemple 4 ci-dessous).

Exemple 3

Cet exemple illustre presque toutes les "astuces" que nous pourrions avoir besoin d'utiliser, à part la consultation d'un système de calcul formel .

${\displaystyle f(x)={\frac {x^{9}-2x^{6}+2x^{5}-7x^{4}+13x^{3}-11x^{2}+12x- 4}{x^{7}-3x^{6}+5x^{5}-7x^{4}+7x^{3}-5x^{2}+3x-1}}}$

Après division longue et factorisation du dénominateur, on a

${\displaystyle f(x)=x^{2}+3x+4+{\frac {2x^{6}-4x^{5}+5x^{4}-3x^{3}+x^{2 }+3x}{(x-1)^{3}(x^{2}+1)^{2}}}}$

La décomposition en fractions partielles prend la forme

${\style d'affichage {\frac {2x^{6}-4x^{5}+5x^{4}-3x^{3}+x^{2}+3x}{(x-1)^{3}( x^{2}+1)^{2}}}={\frac {A}{x-1}}+{\frac {B}{(x-1)^{2}}}+{\frac {C}{(x-1)^{3}}}+{\frac {Dx+E}{x^{2}+1}}+{\frac {Fx+G}{(x^{2} +1)^{2}}}.}$

En multipliant par le dénominateur sur le côté gauche, nous avons l'identité polynomiale

${\displaystyle {\begin{aligned}2x^{6}-4x^{5}&+5x^{4}-3x^{3}+x^{2}+3x=\\[4pt]&=A (x-1)^{2}(x^{2}+1)^{2}+B(x-1)(x^{2}+1)^{2}+C(x^{2} +1)^{2}+(Dx+E)(x-1)^{3}(x^{2}+1)+(Fx+G)(x-1)^{3}\end{aligné }}}$

Nous utilisons maintenant différentes valeurs de x pour calculer les coefficients :

${\displaystyle {\begin{cases}4=4C&x=1\\2+2i=(Fi+G)(2+2i)&x=i\\0=A-B+CEG&x=0\end{cases}} }$

En résolvant cela, nous avons :

${\displaystyle {\begin{cases}C=1\\F=0,G=1\\E=AB\end{cases}}}$

En utilisant ces valeurs, nous pouvons écrire :

${\displaystyle {\begin{aligned}2x^{6}-4x^{5}&+5x^{4}-3x^{3}+x^{2}+3x=\\[4pt]&=A (x-1)^{2}(x^{2}+1)^{2}+B(x-1)(x^{2}+1)^{2}+(x^{2}+ 1)^{2}+(Dx+(AB))(x-1)^{3}(x^{2}+1)+(x-1)^{3}\\[4pt]&=(A +D)x^{6}+(-A-3D)x^{5}+(2B+4D+1)x^{4}+(-2B-4D+1)x^{3}+(- A+2B+3D-1)x^{2}+(A-2B-D+3)x\end{aligné}}}$

On compare les coefficients de x ⁶ et x ^{5 des} deux côtés et on a :

${\displaystyle {\begin{cases}A+D=2\\-A-3D=-4\end{cases}}\quad \Rightarrow \quad A=D=1.}$

Par conséquent:

${\displaystyle 2x^{6}-4x^{5}+5x^{4}-3x^{3}+x^{2}+3x=2x^{6}-4x^{5}+(2B+ 5)x^{4}+(-2B-3)x^{3}+(2B+1)x^{2}+(-2B+3)x}$

ce qui nous donne B = 0. Ainsi la décomposition en fractions partielles est donnée par :

${\displaystyle f(x)=x^{2}+3x+4+{\frac {1}{(x-1)}}+{\frac {1}{(x-1)^{3}} }+{\frac {x+1}{x^{2}+1}}+{\frac {1}{(x^{2}+1)^{2}}}.}$

Alternativement, au lieu de développer, on peut obtenir d'autres dépendances linéaires sur les coefficients calculant certaines dérivées dans l'identité polynomiale ci-dessus. (À cette fin, rappelez-vous que la dérivée en x = a de ( x − a ) ^m p ( x ) s'annule si m > 1 et est juste p ( a ) pour m = 1.) Par exemple la dérivée première en x = 1 donne ${\displaystyle x=1,\imath }$

${\displaystyle 2\cdot 6-4\cdot 5+5\cdot 4-3\cdot 3+2+3=A\cdot (0+0)+B\cdot (4+0)+8+D\cdot 0}$

c'est-à-dire 8 = 4 B + 8 donc B = 0.

Exemple 4 (méthode des résidus)

${\displaystyle f(z)={\frac {z^{2}-5}{(z^{2}-1)(z^{2}+1)}}={\frac {z^{2 }-5}{(z+1)(z-1)(z+i)(zi)}}}$

Ainsi, f ( z ) peut être décomposé en fonctions rationnelles dont les dénominateurs sont z +1, z −1, z +i, z −i. Puisque chaque terme est de puissance un, −1, 1, − i et i sont des pôles simples.

Ainsi, les résidus associés à chaque pôle, donnés par

${\displaystyle {\frac {P(z_{i})}{Q'(z_{i})}}={\frac {z_{i}^{2}-5}{4z_{i}^{3 }}},}$

sommes

${\displaystyle 1,-1,{\tfrac {3i}{2}},-{\tfrac {3i}{2}},}$

respectivement, et

${\displaystyle f(z)={\frac {1}{z+1}}-{\frac {1}{z-1}}+{\frac {3i}{2}}{\frac {1} {z+i}}-{\frac {3i}{2}}{\frac {1}{zi}}.}$

Exemple 5 (méthode limite)

Les limites peuvent être utilisées pour trouver une décomposition en fractions partielles. Considérez l'exemple suivant :

${\displaystyle {\frac {1}{x^{3}-1}}}$

Tout d'abord, factorisez le dénominateur qui détermine la décomposition :

${\displaystyle {\frac {1}{x^{3}-1}}={\frac {1}{(x-1)(x^{2}+x+1)}}={\frac { A}{x-1}}+{\frac {Bx+C}{x^{2}+x+1}}.}$

En multipliant tout par , et en prenant la limite quand , on obtient ${\style d'affichage x-1}$${\style d'affichage x\à 1}$

${\displaystyle \lim _{x\to 1}\left((x-1)\left({\frac {A}{x-1}}+{\frac {Bx+C}{x^{2} +x+1}}\right)\right)=\lim _{x\to 1}A+\lim _{x\to 1}{\frac {(x-1)(Bx+C)}{x^ {2}+x+1}}=A.}$

D'autre part,

${\displaystyle \lim _{x\to 1}{\frac {(x-1)}{(x-1)(x^{2}+x+1)}}=\lim _{x\to 1 }{\frac {1}{x^{2}+x+1}}={\frac {1}{3}},}$

Et ainsi:

${\displaystyle A={\frac {1}{3}}.}$

En multipliant par x et en prenant la limite quand , on a ${\displaystyle x\à \infty }$

${\displaystyle \lim _{x\to \infty }x\left({\frac {A}{x-1}}+{\frac {Bx+C}{x^{2}+x+1}} \right)=\lim _{x\à \infty }{\frac {Ax}{x-1}}+\lim _{x\à \infty }{\frac {Bx^{2}+Cx}{ x^{2}+x+1}}=A+B,}$

et

${\displaystyle \lim _{x\to \infty }{\frac {x}{(x-1)(x^{2}+x+1)}}=0.}$

Cela implique A + B = 0 et ainsi . ${\displaystyle B=-{\frac {1}{3}}}$

Pour x = 0 , on obtient et donc . ${\style d'affichage -1=-A+C,}$${\displaystyle C=-{\tfrac {2}{3}}}$

En mettant tout ensemble, nous obtenons la décomposition

${\displaystyle {\frac {1}{x^{3}-1}}={\frac {1}{3}}\left({\frac {1}{x-1}}+{\frac { -x-2}{x^{2}+x+1}}\droit).}$

Exemple 6 (intégrale)

Supposons que nous ayons l' intégrale indéfinie :

${\displaystyle \int {\frac {x^{4}+x^{3}+x^{2}+1}{x^{2}+x-2}}\,dx}$

Avant d'effectuer la décomposition, il est évident que nous devons effectuer une division longue polynomiale et factoriser le dénominateur. Faire cela entraînerait :

${\displaystyle \int x^{2}+3+{\frac {-3x+7}{(x+2)(x-1)}}\,dx}$

Sur ce, nous pouvons maintenant effectuer une décomposition en fractions partielles.

${\displaystyle \int x^{2}+3+{\frac {-3x+7}{(x+2)(x-1)}}\,dx=\int x^{2}+3+{ \frac {A}{(x+2)}}+{\frac {B}{(x-1)}}\,dx}$

donc:

${\style d'affichage A(x-1)+B(x+2)=-3x+7}$.

En substituant nos valeurs, dans ce cas, où x=1 pour résoudre pour B et x=-2 pour résoudre pour A, nous aurons :

${\displaystyle A={\frac {-13}{3}}\ ,B={\frac {4}{3}}}$

Rebrancher tout cela dans notre intégrale nous permet de trouver la réponse :

${\displaystyle \int x^{2}+3+{\frac {-13/3}{(x+2)}}+{\frac {4/3}{(x-1)}}\,dx ={\frac {x^{3}}{3}}\ +3x-{\frac {13}{3}}\ln(|x+2|)+{\frac {4}{3}}\ ln(|x-1|)+C}$

Le rôle du polynôme de Taylor

La décomposition en fractions partielles d'une fonction rationnelle peut être liée au théorème de Taylor comme suit. Laisser

${\style d'affichage P(x),Q(x),A_{1}(x),\ldots ,A_{r}(x)}$

être des polynômes réels ou complexes supposer que

${\displaystyle Q=\prod _{j=1}^{r}(x-\lambda _{j})^{\nu _{j}},}$

satisfait

${\displaystyle \deg A_{1}<\nu _{1},\ldots ,\deg A_{r}<\nu _{r},\quad {\text{and}}\quad \deg(P) <\deg(Q)=\sum _{j=1}^{r}\nu _{j}.}$

Définir également

${\displaystyle Q_{i}=\prod _{j\neq i}(x-\lambda _{j})^{\nu _{j}}={\frac {Q}{(x-\lambda _ {i})^{\nu _{i}}}},\qquad 1\leqslant i\leqslant r.}$

Ensuite nous avons

${\displaystyle {\frac {P}{Q}}=\sum _{j=1}^{r}{\frac {A_{j}}{(x-\lambda _{j})^{\nu _{j}}}}}$

si, et seulement si, chaque polynôme est le polynôme de Taylor d'ordre au point : ${\style d'affichage A_{i}(x)}$${\displaystyle {\tfrac {P}{Q_{i}}}}$${\style d'affichage \nu _{i}-1}$${\displaystyle \lambda _{i}}$

${\displaystyle A_{i}(x):=\sum _{k=0}^{\nu _{i}-1}{\frac {1}{k!}}\left({\frac {P }{Q_{i}}}\right)^{(k)}(\lambda _{i})\ (x-\lambda _{i})^{k}.}$

Le théorème de Taylor (dans le cas réel ou complexe) fournit alors une preuve de l'existence et de l'unicité de la décomposition en fractions partielles, et une caractérisation des coefficients.

Esquisse de la preuve

La décomposition en fractions partielles ci-dessus implique, pour chaque 1 ≤  i  ≤  r , un développement polynomial

${\displaystyle {\frac {P}{Q_{i}}}=A_{i}+O((x-\lambda _{i})^{\nu _{i}}),\qquad {\text {pour }}x\à \lambda _{i},}$

il en est de même pour le polynôme de Taylor de , à cause de l'unicité du développement polynomial d'ordre , et par hypothèse . ${\style d'affichage A_{i}}$${\displaystyle {\tfrac {P}{Q_{i}}}}$${\style d'affichage \nu _{i}-1}$${\displaystyle \deg A_{i}<\nu _{i}}$

Inversement, si le sont les polynômes de Taylor, les développements ci-dessus à chaque attente, donc nous avons aussi ${\style d'affichage A_{i}}$${\displaystyle \lambda _{i}}$

${\displaystyle P-Q_{i}A_{i}=O((x-\lambda _{i})^{\nu _{i}}),\qquad {\text{for }}x\to \ lambda _{i},}$

ce qui implique que le polynôme est divisible par${\style d'affichage P-Q_{i}A_{i}}$${\displaystyle (x-\lambda _{i})^{\nu _{i}}.}$

Car est aussi divisible par , donc ${\style d'affichage j\neq i,Q_{j}A_{j}}$${\displaystyle (x-\lambda _{i})^{\nu _{i}}}$

${\displaystyle P-\sum _{j=1}^{r}Q_{j}A_{j}}$

est divisible par . Depuis ${\style d'affichage Q}$

${\displaystyle \deg \left(P-\sum _{j=1}^{r}Q_{j}A_{j}\right)<\deg(Q)}$

on a alors

${\displaystyle P-\sum _{j=1}^{r}Q_{j}A_{j}=0,}$

et nous trouvons la décomposition en fractions partielles divisant par . ${\style d'affichage Q}$

Fractions d'entiers

L'idée de fractions partielles peut être généralisée à d'autres domaines intégraux , disons l'anneau des entiers où les nombres premiers jouent le rôle de dénominateurs irréductibles. Par exemple:

${\displaystyle {\frac {1}{18}}={\frac {1}{2}}-{\frac {1}{3}}-{\frac {1}{3^{2}}} .}$

Remarques

Les références

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Liens externes

• Weisstein, Eric W. "Décomposition en fractions partielles" . MathWorld .
• Blake, Sam. "Fractions partielles pas à pas" .
• Faire des décompositions de fractions partielles avec Scilab .