Décomposition en éléments simples : quatre exemples vérifiés

Une fraction rationnelle peut sembler plus difficile à intégrer qu'elle ne l'est après décomposition. Ainsi, $(3x+1)/(x^2-x-2)$ devient deux fractions dont les primitives sont logarithmiques. Le point délicat est de choisir la bonne forme de la somme avant de chercher les constantes. Si un terme manque, aucun calcul de coefficients ne corrigera le modèle.

Voici quatre exemples originaux : facteurs linéaires distincts, facteur linéaire répété, facteur quadratique irréductible et fraction demandant d'abord une division. Chacun se termine par une recomposition. OpenStax Calculus, volume 2, §3.4 présente la condition sur les degrés et les formes selon les facteurs. Pour comprendre l'intégrale elle-même, consultez notre guide des intégrales. Ici, nous travaillons surtout l'algèbre.

Comparer les degrés, puis factoriser le dénominateur

Écrivez la fonction sous la forme $P(x)/Q(x)$. La décomposition commence avec une fraction propre : $\deg P<\deg Q$. Sinon, divisez $P$ par $Q$, gardez le quotient polynomial et décomposez la fraction propre du reste. Le quotient ne peut pas être absorbé discrètement dans des constantes.

Factorisez ensuite $Q$ sur les réels. La factorisation impose la forme avant tout calcul de coefficients :

Facteur du dénominateur	Termes à prévoir
Facteur linéaire distinct $(x-a)$	$A/(x-a)$
Facteur linéaire répété $(x-a)^m$	$A_1/(x-a)+A_2/(x-a)^2+\cdots+A_m/(x-a)^m$
Facteur quadratique irréductible $q(x)$	$(Bx+C)/q(x)$

Le modèle est une identité pour tout $x$ autorisé, pas une égalité en un point commode. Après suppression des dénominateurs, deux méthodes se complètent : substituer les racines des facteurs linéaires pour annuler certains termes, comme dans les exemples 1 et 2, ou développer les deux côtés et comparer les coefficients de chaque puissance de $x$, comme dans l'exemple 3. Une racine fournit parfois immédiatement une constante, mais ne remplace généralement pas toute comparaison si un facteur quadratique subsiste. Vérifiez les autres coefficients même si les substitutions semblent donner tous les nombres. C'est ainsi que l'omission de l'exemple 2 apparaît : le modèle raccourci ne peut satisfaire tous les coefficients à la fois. Il s'agit d'une erreur de structure, non d'une mauvaise substitution. Quelques valeurs ordinaires ne donnent qu'un système fini; il faut encore vérifier l'identité pour tout $x$. La recomposition complète le fait directement.

Un quadratique irréductible n'a pas de facteur linéaire réel. Son numérateur doit donc être prévu linéaire, même si le calcul donne ensuite $B=0$. Gardez aussi les valeurs exclues par le dénominateur de départ : deux formules égales sur leur domaine commun ne deviennent pas définies à une ancienne singularité. Examiner les facteurs évite beaucoup d'erreurs de structure.

Exemple 1 : deux facteurs linéaires distincts

Décomposons $F(x)=(3x+1)/[(x-2)(x+1)]$. Les degrés sont un et deux; aucune division n'est nécessaire. Posons

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

Multiplier par le dénominateur donne l'identité polynomiale $3x+1=A(x+1)+B(x-2)$. Les valeurs $x=2,-1$ sont exclues de la fraction initiale, mais peuvent être utilisées dans cette identité polynomiale. Pour $x=2$, $7=3A$, donc $A=7/3$. Pour $x=-1$, $-2=-3B$, donc $B=2/3$.

Recomposons avant de conclure :

$$\frac{7}{3(x-2)}+\frac{2}{3(x+1)} =\frac{7(x+1)+2(x-2)}{3(x-2)(x+1)} =\frac{9x+3}{3(x-2)(x+1)}=F(x).$$

L'égalité vaut pour $x\ne2,-1$. Tester un seul nombre serait moins fort : deux expressions fausses peuvent coïncider en un point. L'identité du numérateur entier vérifie réellement la réponse.

Exemple 2 : conserver les deux puissances d'un facteur répété

Pour $G(x)=(2x+5)/[x(x+1)^2]$, le facteur $(x+1)^2$ impose les termes de puissances un et deux :

$$G(x)=\frac{A}{x}+\frac{B}{x+1}+\frac{C}{(x+1)^2}.$$

En multipliant par $x(x+1)^2$, on obtient $2x+5=A(x+1)^2+Bx(x+1)+Cx$. Avec $x=0$, $A=5$. Avec $x=-1$, $3=-C$ et $C=-3$. Le coefficient de $x^2$ donne $A+B=0$, donc $B=-5$. Vérification indépendante du coefficient de $x$ : $2A+B+C=10-5-3=2$.

La recomposition des trois numérateurs donne

$$5(x+1)^2-5x(x+1)-3x =5x^2+10x+5-5x^2-5x-3x=2x+5.$$

Ainsi $G(x)=5/x-5/(x+1)-3/(x+1)^2$ pour $x\ne0,-1$. Un mauvais modèle volontaire serait $A/x+B/(x+1)^2$. Son numérateur commun serait $A(x+1)^2+Bx$. Le coefficient de $x^2$ impose $A=0$, tandis que la constante impose $A=5$. La contradiction révèle le terme manquant, pas un système particulièrement difficile. Le modèle complet résout le problème.

Exemple 3 : numérateur linéaire sur un quadratique irréductible

Prenons $H(x)=(2x^2+3x+5)/[(x-1)(x^2+1)]$. Le polynôme $x^2+1$ n'a pas de racine réelle. Écrivons donc

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

Après élimination des dénominateurs, $2x^2+3x+5=A(x^2+1)+(Bx+C)(x-1)$. Pour $x=1$, $10=2A$, donc $A=5$. La comparaison des coefficients donne $A+B=2$, donc $B=-3$, puis $-B+C=3$, donc $C=0$. La constante confirme $A-C=5$. Le zéro trouvé pour $C$ est un résultat, pas une raison de deviner dès le départ un numérateur constant.

La vérification est $5(x^2+1)-3x(x-1)=2x^2+3x+5$. Par conséquent $H(x)=5/(x-1)-3x/(x^2+1)$ pour $x\ne1$. Pour intégrer, la dérivée de $x^2+1$ vaut $2x$, ce qui rend le second terme accessible par substitution après ajustement du coefficient. Si le facteur quadratique était répété, chaque puissance demanderait son propre numérateur linéaire.

Exemple 4 : diviser la fraction impropre

Dans $J(x)=(x^2+4x+5)/(x^2-1)$, les deux polynômes sont de degré deux. Une division, ou la soustraction du dénominateur une fois, donne

$$J(x)=1+\frac{4x+6}{x^2-1}=1+\frac{4x+6}{(x-1)(x+1)}.$$

Décomposons uniquement le reste : $4x+6=A(x+1)+B(x-1)$. Avec $x=1$, $10=2A$ et $A=5$; avec $x=-1$, $2=-2B$ et $B=-1$. Ainsi

$J(x)=1+\frac5{x-1}-\frac1{x+1},\qquad x\ne\pm1.$

Il faut recomposer la réponse entière, y compris le un. Les fractions propres donnent $[5(x+1)-(x-1)]/(x^2-1)=(4x+6)/(x^2-1)$. En ajoutant un, le numérateur redevient $x^2-1+4x+6=x^2+4x+5$. Sans ce un, les coefficients du reste seraient corrects, mais la fraction initiale ne serait pas retrouvée.

Intégrer et vérifier par dérivation

Reprenons l'exemple 3. Sur chaque intervalle séparé par $x=1$, l'intégration terme à terme fournit

$$\int H(x)\,dx =5\ln|x-1|-\frac32\ln(x^2+1)+C.$$

La dérivée vaut $5/(x-1)-(3/2)(2x)/(x^2+1)=5/(x-1)-3x/(x^2+1)=H(x)$. La valeur absolue est nécessaire pour $x-1$; $x^2+1$ est positif pour tout réel $x$. La constante $C$ peut différer entre les intervalles disjoints. Cette vérification détecte une erreur d'intégration, par exemple un facteur deux perdu, même si la décomposition était juste.

Si une autre technique intervient, les exemples d'intégration par parties montrent comment vérifier une primitive à plusieurs étapes. Les transformées de Laplace motivent aussi cette algèbre : une inversion commence souvent par une décomposition rationnelle. Dans Math Zen, les exercices de factorisation et de dérivation peuvent être travaillés séparément avant un calcul intégral plus long.

Vérification rapide avant le prochain exercice

Pour chaque fraction rationnelle, comparez les degrés, divisez si nécessaire, factorisez, prévoyez un terme pour chaque puissance requise, résolvez l'identité, puis recombinez l'expression complète. Les quatre exemples utilisent des modèles différents; la recomposition est le contrôle commun. En cas d'échec, examinez d'abord le modèle, puis l'arithmétique. Un système résolu ne remplace pas un terme absent.

Un indice complémentaire vient du voisinage d'une valeur exclue. Dans l'exemple 1, le terme en $x-2$ domine près de $x=2$; sans lui, on ne reproduirait pas le pôle initial. Une puissance répétée peut diverger plus fortement qu'un terme de première puissance. La preuve définitive reste cependant la recomposition algébrique, car regarder près d'un seul pôle ne révèle pas chaque erreur de coefficient.