Des exercices corrigés sur les fractions rationnelles sont donnés avec une correction détaillée. Comme ce chapitre dépend de la division des polynômes, il convient de lire attentivement le chapitre sur les polynômes.
Exercices d’apprentissage sur la décomposition des fractions rationnelles
Les exercices corrigés sur les fractions rationnelles dans cette section sont considérés comme faciles juste pour l’apprentissage. Il faut donc bien les lire pour comprendre les méthodes de base de la décomposition des fractions rationnelles.
Exercice: Décomposer en éléments simples la fraction rationnelle suivante: \begin{align*} F=\frac{1}{X^2(X-1)^3}.\end{align*}
Solution: Tout d’abord il faut remarquer que $F$ est une fraction irréductible de partie entière nulle. De plus $F$ admet $0$ comme pôle double et $1$ comme pôle triple. Dans la suite, nous commencerons par faire la division euclidienne suivant les puissances croissantes du polynôme constant $1$ par le polynôme $(X-1)^3$. On a donc $1=Q(X-1)^3+X^2 R$ avec \begin{align*} Q=-(1+3X)\quad\text{et}\quad R=3X^2-8X+6.\end{align*} De plus on peut écrire \begin{align*} 3X^2-8X+6=3(X-1)^2-2(X-1)+1.\end{align*} Maintenant en remplace $1$ par sa valeur dans $F,$ on trouve \begin{align*} F=\frac{3}{X-1}-\frac{2}{(X-1)^2}+\frac{1}{(X-1)^3}-\frac{3}{X}-\frac{1}{X^2}.\end{align*}
Remarque: Pour une fraction de partie entiere nulle de type $F=\frac{A}{(X-b)^pR}$ on a \begin{align*} F=\frac{a_1}{X-b}+\cdots+\frac{a_p}{(X-b)^p}+\frac{C}{R}.\end{align*}Notez que
- $a_p=((X-b)^p F)_{|x=b}$,
- pour $a_1$ on calcule $\lim_{x\to+\infty} (x-b)F(x)$,
- si $F$ est paire, les coefficients de $\frac{1}{X+b}$ et $\frac{1}{X-b}$ sont opposées,
- si $F$ est réelle, alors en des pôles conjugués complexes non réels, les coefficients sont conjugués.
Exemple: Soit la fraction rationnelle $F=\frac{1}{(X^2-1)(X^2+1)^2}$. Alors d’après la remarque la décomposition de $F$ est de la forme \begin{align*} F=\frac{a}{X-1}+\frac{b}{X+1}+\frac{cX+d}{(X^2+1)^2}+\frac{eX+f}{X^2+1}.\end{align*} En impliquant la parité de $F$ et l’unicité de la décomposition on obtient $a=-b$ et $c=e=0$. On calcul, $(X-1)F$ en $x=1$ on obtient $a=\frac{1}{8},$ puis $(X^2+1)^2F$ en $i$ on trouve $d=-\frac{1}{2}$. Enfin, on calcul $F(0)$ et on obtient $f=-\frac{1}{4}$. En conclusion \begin{align*} F=\frac{1}{8(X-1)}-\frac{1}{8(X+1)}-\frac{1}{2(X^2+1)^2}-\frac{1}{4(X^2+1)}.\end{align*}
Exercice: Décomposer en éléments simples les fractions rationnelles suivantes \begin{align*} F=\frac{1}{(X-1)^4(X^2+1)},\quad G=\frac{X^5+1}{(X-2)^4}.\end{align*}
Solution: $\wedge$ $F$ est une fraction irréductible de partie entière nulle dans $\mathbb{R}(X)$, elle admet $1$ comme unique pôle quadruple. Nous passons par la décomposition dans $\mathbb{C}(X)$ où on tient compte des autres pôles complexes simples $i$ et $-i$. La décomposition de $F$ dans $\mathbb{C}(X)$ est de la forme \begin{align*} F=\frac{\alpha_1}{(X-1)}&+\frac{\alpha_2}{(X-1)^2}+\frac{\alpha_3}{(X-1)^3}\cr &+\frac{\alpha_4}{(X-1)^4}+\frac{\alpha_5}{(X-i)}+\frac{\alpha_6}{(X+i)}.\end{align*} $F$ étant une fraction réelle, le coefficients des pôles conjugués $i$ et $-i$ sont conjugués aussi, i.e. $\alpha_6=\overline{\alpha_5}$. On calcul la valeur de $(X-i)F$ au point $i$ on trouve $\alpha_6=((X-i)F)_{|x=i}=\frac{i}{8}$, et donc $\alpha_6=-\frac{i}{8}$. Pour les coefficients de la partie polaire de $F$ relative au pôle $1,$ in effectue le changement de variable $Y=X-1$. On a lors \begin{align*} F=\frac{1}{F^4(2+2Y+Y^2)}.\end{align*} Après quoi on effectue la division selon les puissances croissantes de $1$ par $2+2Y+Y^2$ on trouve $1=(2+2Y+Y^2)(\frac{1}{2}-\frac{1}{2}Y+\frac{1}{4}Y^2)-\frac{1}{4} Y^4$. Cela implique que \begin{align*} F=\frac{\frac{1}{2}-\frac{1}{2}Y+\frac{1}{4}Y^2}{Y^4}-\frac{\frac{1}{4}}{2+2Y+Y^2}.\end{align*} Donc la partie polaire de $F$ relative au pôle $1$ est donnée par\begin{align*} \frac{\frac{1}{2}-\frac{1}{2}Y+\frac{1}{4}Y^2}{Y^4}&=\frac{1}{2Y^4} -\frac{1}{2Y^3}+\frac{1}{4Y^2}\cr &= \frac{1}{2(X-1)^4} -\frac{1}{2(X-1)^3}+\frac{1}{4(X-1)^2}.\end{align*} On conclut que $\alpha_1=0,$ $\alpha_2=\frac{1}{4}$, $\alpha_3=-\frac{1}{2}$ et $\alpha_4=\frac{1}{2}$. D’où la décomposition de $F$ dans $\mathbb{C}(X)$ est \begin{align*} F= \frac{1}{2(X-1)^4} -\frac{1}{2(X-1)^3}+\frac{1}{4(X-1)^2}+\frac{i}{8(X-i)}-\frac{i}{8(X+i)}.\end{align*} En reduisant les parties conjuguées au même dénominateur on obtient la décomposition de $F$ dans $\mathbb{R}(X):$ \begin{align*} F= \frac{1}{4(X-1)^2} -\frac{1}{2(X-1)^3}+\frac{1}{2(X-1)^4}+-\frac{1}{4(X^2+1)}.\end{align*}
Pour la fraction rationnelle $G$, on développe le polynôme $P=X^5+1$ par la formule de Taylor (a l’ordre $5$) au point $2,$ on trouve \begin{align*} P=P(2)&+P'(2)(X-2)+\frac{P^{(2)}}{2}(X-2)^2+\frac{P^{(3)}}{6}(X-2)^3\cr &+ \frac{P^{(4)}}{24}(X-2)^4+\frac{P^{(5)}}{120}(X-2)^5.\end{align*} Il est facile de voir que $P(2)=33,$ $P'(2)=80,$ $P^{(2)}(2)=160$, $P^{(3)}(2)=240,$ $P^{(4)}(2)=240$ et $P^{(5)}(2)=120$. Ainsi on obtient \begin{align*} X^5+1=33+80(X-2)+80(X-2)^2+40(X-2)^3+10(X-2)^4+(X-2)^5.\end{align*} Donc \begin{align*} F=X+8+\frac{40}{X-2}+\frac{80}{(X-2)^2}+\frac{80}{(X-2)^3}+\frac{33}{(X-2)^4}.\end{align*}
exercices corrigés sur les fractions rationnelles: avancement
Exercice:
- Décomposer en éléments simples la fraction \begin{align*} F=\frac{X}{1+X^2+X^4}.\end{align*} En déduire la limite de la somme \begin{align*} S_n=\sum_{k=1}^n\frac{k}{1+k^2+k^4}.\end{align*}
- De même, décomposer en éléments simples la fraction \begin{align*} G=\frac{1}{X(X+1)(X+2)}.\end{align*} Calculer la limite de suite suivante \begin{align*}W_n=\sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+1)(k+2)}.\end{align*}
Solution: 1- Notez que \begin{align*}1+X^2+X^4&=(X^2+1)^2-X^2\cr &= (X^2-X+1)(X^2+X+1).\end{align*} Donc la décomposition de $F$ est de la forme \begin{align*} F=\frac{aX+b}{X^2-X+1}+\frac{cX+d}{X^2+X+1}.\end{align*} D’autre part, le fait que $F(-X)=-F(X)$ implique que \begin{align*} F=\frac{aX-b}{X^2+X+1}+\frac{cX-d}{X^2-X+1}.\end{align*} Par l’unicité de la décomposition on a $a=c$ et $d=-b$. D’où \begin{align*} F=\frac{aX+b}{X^2-X+1}+\frac{aX-b}{X^2+X+1}.\end{align*} De plus, d’après l’expression initial de $F$ on a $xF(x)\to 0$ quand $x\to+\infty$, et d’après l’expression de la décomposition de $F$ on a $xF(x)\to 2a$ quand $x\to+\infty$. On a alors $2a=0,$ et par suite $a=0$. On a aussi $F(1)=\frac{1}{3}=\frac{2}{3}b$. Cela implique que $b=\frac{1}{2}$. Par conséquent \begin{align*} F=\frac{1}{2}\left( \frac{1}{X^2-X+1}-\frac{1}{X^2+X+1}\right).\end{align*} Pour simplifier l’expression de $S_n,$ nous écrivons \begin{align*}\frac{1}{X^2-X+1}=\frac{1}{(X-1)^2+(X-1)+1}.\end{align*} On a alors \begin{align*} S_n&=\sum_{k=1}^n F(k)\cr&=\frac{1}{2}\sum_{k=1}^n \left(-\frac{1}{k^2+k+1}+\frac{1}{(k-1)^2+(k-1)+1}\right)\cr &= \frac{1}{2}\left( 1-\frac{1}{n^2+n+1}\right).\end{align*} Donc $\lim_{n\to\infty}S_n=\frac{1}{2}$.
2- La fraction $G$ admet une décomposition de la forme \begin{align*} G=\frac{a}{X}+\frac{b}{X+1}+\frac{c}{X+2}.\end{align*} On a $XG$ en $x=0$ donne $a=\frac{1}{2}$; $(X+1)G$ en $x=-1$ implique $b=-1,$ et enfin $(X+2)G$ en $x=-2$ assure que $c=\frac{1}{2}$. Ainsi \begin{align*} G=\frac{1}{2X}-\frac{1}{X+1}+\frac{1}{2(X+2)}.\end{align*} On a donc \begin{align*} W_n&=\sum_{k=1}^n G(k)\cr &= \frac{1}{2} \sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right)- \frac{1}{2}\sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k+2}\right)\cr & = \frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{n+1}\right)-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{n+2}\right)\cr &= \frac{1}{4}-\frac{1}{2(n+1)}+\frac{1}{2(n+2)}.\end{align*} On a alors $W_n\to \frac{1}{4}$ quand $n\to\infty$.
