Annales de mathématiques pures et appliquées/Tome 03/Analise transcendante, article 9
# Annales de mathématiques pures et appliquées/Tome 03/Analise transcendante, article 9

## ANALISE.

La décomposition des fractions rationnelles, qui se présente si souvent dans la théorie des suites, et dans le calcul intégral, a été présentée, par les analistes, de plusieurs manières diverses. En particulier on y a appliqué le calcul différentiel ; mais cette application ne me parait pas avoir été présentée sous le point de vue le plus simple et le plus lumineux ; et c’est ce qui me détermine à y revenir ici.

Je considérerai successivement, dans ce mémoire, trois sortes de fractions rationnelles, savoir 1.ᵒ celles dont le dénominateur a tous ses facteurs inégaux ; 2.ᵒ celles dont le dénominateur a tous ses facteurs égaux, ; 3.ᵒ celles dont le dénominateur a ses facteurs en partie égaux et en partie inégaux.

I. Soit, en général, ψx/ϕx une fraction rationnelle irréductible dont le dénominateur ϕx, d’un degré plus élevé que le numérateur, soit le produit des facteurs inégaux x−a, x−b, x−c, …; en désignant par A,

B, C, … les numérateurs des fractions partielles qui doivent respectivement avoir ces facteurs pour dénominateurs ; on aura

ψx/ϕx=A/x−a+B/x−b+C/x−c+…,

d’où on conclura, en chassant les dénominateurs, et se rappelant que ϕx=(x−a)(x−b)(x−c)…

ψx=A(x−b)(x−c)…+B(x−a)(x−c)…+C(x−a)(x−b)…+………

Cette équation étant identique, elle devra subsister encore, en y mettant successivement pour x les quantités a, b, c, … ; observant donc que chacune de ces substitutions fait disparaître tous les termes du second membre, excepté un seul, il viendra

ψa=A(a−b)(a−c)…, ψb=B(b−a)(b−c)…, ψc=C(c−a)(c−b)…, ………

D’un autre côté, en différentiant l’équation identique

ϕx=(x−a)(x−b)(x−c)…,

on obtient cette autre équation identique

ϕ′x=(x−b)(x−c)…+(x−a)(x−c)…

+(x−a)(x−b)…+…………;

laquelle, en y mettant successivement pour x les seconds termes a, b, c, …, donne

ϕ′a=(a−b)(a−c)…ϕ′b=(b−a)(b−c)…ϕ′c=(c−a)(c−b)…, …………;

divisant donc, par chacune de ces dernières, les équations correspondantes du précédent groupe, il viendra

ψa/ϕ′a=A, ψb/ϕ′b=B, ψc/ϕ′c=C, …

Ainsi, si l’on forme une fraction dont le numérateur soit le même que celui de la fraction proposée, et dont le dénominateur soit la fonction prime de son dénominateur ; en substituant successivement pour x, dans cette fraction, les seconds termes des dénominateurs des fractions partielles, pris avec des signes contraires, on obtiendra les numérateurs de ces mêmes fractions.

Soit, par exemple, la fraction

(6x²−22x+18)/(x³−6x²+11x−6)=(6x²−22x+18)/(x−1)(x−2)(x−3) ;

le numérateur, divisé par la fonction prime du dénominateur, donnera

(6x²−22x+18)/(3x²−12x+11) ;

en y faisant successivement x=1, 2, 3, on obtiendra 2/2=1, −2/−1=2, 6/2=3; de sorte qu’on aura

(6x²−22x+18)/(x³−6x²+11x−6)=1/(x−1)+2/(x−2)+3/(x−3).

On voit par là que, dans le cas particulier où le numérateur de la fraction proposée se trouverait être la fonction prime de son dénominateur, les numérateurs des fractions partielles se trouveraient tous égaux à l’unité, comme il résulte d’ailleurs de la théorie des différentielles logarithmiques,

II. Soit encore ψx/ϕx une fraction rationnelle irréductible, dont le dénominateur soit d’un degré plus élevé que le rumérateur ; mais supposons que ce dénominateur soit le produit de m facteurs égaux à x−a, en sorte qu’on ait ϕx=(x−a)ᵐ ; on pourra alors écrire l’équation identique

ψx/ϕx=(ψ{a+(x−a)})/(x−a)ᵐ.

En développant le second membre de cette équation, par la série de Taylor, on obtiendra

ψx/ϕx=ψa/(x−a)ᵐ+ 1/1 ψ′a/(x−a)ᵐ⁻¹+ 1/1.2 ψ″a/(x−a)ᵐ⁻²+…+ 1/1.2…n ψ⁽ⁿ⁾a/(x−a)ᵐ⁻ⁿ+…

D’où l’on voit que le numérateur d’une fraction partielle quelconque s’obtiendra, en formant une dérivée du numérateur de la fraction proposée dont l’ordre soit la différence entre l’exposant du dénominateur de la même fraction proposée et l’exposant du dénominateur de la fraction partielle dont il s’agit, en divisant ensuite cette fonction dérivée par le produit d’autant des premiers nombres naturels qu’il y a d’unités dans le nombre qui indique son ordre de dérivation, et en y mettant enfui pour x le second terme a du binôme x−a.

Soit, par exemple, la fraction

(3x²−4x+2)/(x³−3x²+3x−1)=(3x²−4x+2)/(x−1)³.

Le numérateur et ses dérivées successives, divisées respectivement par 1 et 2, sont

3x²−4x+2, 6x+4, 3;

en y faisant x=1, il vient

1, 2, 3;

et on a conséquemment

(3x²−4x+2)/(x−1)³=1/(x−1)³+2/(x−1)²+3/(x−1).

III. Soit enfin ψx/ϕx une fraction rationnelle irréductible, dont le dénominateur, d’un degré plus élevé que son numérateur, n’ait ni tous ses facteurs égaux ni tous ses facteurs inégaux. Soit ϕx=(x−a)ᵐfx; la fonction fx pouvant renfermer ou ne point renfermer de facteurs égaux, mais n’en renfermant aucun qui soit égal à x−a. Soit posé

ψx/ϕx=Fx/(x−a)ᵐ+Φx/fx.

Si l’on pouvait déterminer les fonctions Fx et Φx, le problème qui nous occupe pourrait être considéré comme résolu, puisque la décomposition de la première fraction du second membre se rapporterait au second cas que nous avons traité, et que la décomposition de l’autre se rapporterait soit au premier soit au cas présent, suivant que les facteurs de fx seraient ou ne seraient pas tous inégaux.

Au lieu de déterminer immédiatement Fx, il serait préférable de chercher d’abord Fa, F′a, F″a, …; car, outre qu’il serait facile d’en déduire Fx, ainsi que nous le verrons tout-à-l’heure, la décomposition de la première fraction du second membre se trouverait ainsi exécutée.

Si, dans notre équation, on chasse les dénominateurs ; et, qu’après avoir changé x en a+y, on développe par la série de Taylor, il viendra

ψa+y/1 ψ′a+y²/1.2 ψ″a+…=

{Fa+y/1 F′a+y²/1.2 F″a+…}{fa+y/1 f′a+y²/1.2 f″a+…}

+yᵐ{Φa+y/1 Φ′a+y²/1.2 Φ″a+…}

d’où, en comparant les puissances semblables de y

ψa=faFa, ψ′a=faF′a+f′aFa, ψ″a=faF″a+2f′aF′a+f″aFa;

et, en général

ψ⁽ⁿ⁾a=faF⁽ⁿ⁾a+n/1 f′aF⁽ⁿ⁻¹⁾a+n/1 n−1/2 f″aF⁽ⁿ⁻²⁾a+…,

pourvu que n soit moindre que m. Or, comme ψx et fx sont connus, on aura facilement ψa, ψ′a, ψ″a, …, fa, f′a, f″a, …; on n’aura donc d’inconnues, dans les équations ci-dessus, que Fa, F′a, F″a, …,

qu’elles serviront à déterminer. Il viendra alors

Fx=F{a+(x−a)}=Fa+x−a/1 F′a+(x−a)²/1.2 F″a+…;

et ensuite

Φx=ψx−fxFx/(x−a)ᵐ.

Soit proposée, pour exemple, la fraction

(9x⁶−94x⁵+383x⁴−787x³+891x²−576x+192)/(x−1)³(x−2)²(x−3)(x−4).

Nous aurons ici

ψx=9x⁶−94x⁵+383x⁴−787x³+891x²−576x+192, ϕx=(x−1)³(x−2)²(x−3)(x−4), a=1fx=(x−1)²(x−3)(x−4)=−11x³+44x²−76x+48;

donc

ψ′x=54x⁵−470x⁴+1532x³−2361x²+1782x−576, ψ″x=270x⁴−1880x³+4596x²−4722x+1782, f′x=4x³−33x²+88x−76, f″x=12x²−66x+88,

et par conséquent

ψa=18, ψ′a=−39, ψ″a=46,

fa=6, f′a=−17, f″a=34,

donc

18=6Fa, −39=6F′a−17Fa, 46=6F″a−34F′a+34Fa;

et de là

Fa=3, F′a=2, F″a=2.

Donc

Fx=3+2(x−1)+(x−1)²=x²+2,

fxFx=x⁶−11x⁵+46x⁴−98x³+136x²−152x+96,

ψx−fxFx=8x⁶−83x⁵+337x⁴−689x³+755x²−424x+96,

Φx=ψx−fxFx/(x−a)ᵐ=8x³−59x²+136x−96;

donc enfin

ψx/ϕx=3/(x−1)³+2/(x−1)²+1/(x−1)+(8x³−59x²+136x−96)/(x−2)²(x−3)(x−4).

On décomposera la dernière fraction, en lui appliquant le même procédé.

