Fractions rationnelles : 18 exercices corrigés

Fraction propre ou impropre

ApplicationDifficulté 3/5

Parmi les fractions suivantes, déterminer lesquelles sont propres (degré du numérateur strictement inférieur à celui du dénominateur) : $F_1=\dfrac{2x+1}{x^2+3}$ , $F_2=\dfrac{x^3}{x^2-1}$ , $F_3=\dfrac{5}{x-2}$ , $F_4=\dfrac{x^2+1}{x^2+x+1}$ .

Indices (3)

Une fraction est propre si $\deg(\text{numérateur})<\deg(\text{dénominateur})$ , au sens strict.

Compare les degrés une fraction à la fois.

Une égalité des degrés rend la fraction impropre.

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Une seule comparaison décide de tout, et elle porte sur les DEGRÉS, jamais sur les coefficients :

\boxed{F=\frac{N}{D} \ \text{est PROPRE} \iff \deg N < \deg D}

Pourquoi cette distinction commande tout le chapitre. La décomposition en éléments simples ne s'applique qu'aux fractions propres. Devant une fraction impropre, il faut d'abord en extraire la partie entière par division euclidienne — ce qui laisse un reste, propre par construction, qu'on décompose ensuite.

\underbrace{\frac{x^3}{x^2-1}}_{\text{impropre}} \ = \ \underbrace{x}_{\text{partie entière}} \ + \ \underbrace{\frac{x}{x^2-1}}_{\text{propre}}

C'est donc le premier réflexe de tout exercice du chapitre : comparer les deux degrés avant quoi que ce soit d'autre. Sauter cette étape sur une fraction impropre mène à un système sans solution — et l'on cherche alors une erreur de calcul qui n'existe pas.

⚠️ Le degré d'un polynôme est celui de son terme de plus haut degré, quel que soit son coefficient. Dans $2x+1$ , le degré est $1$ ; dans $x^2+x+1$ , il est $2$ .

⚠️ Une constante non nulle est de degré $0$ , pas « sans degré ». C'est ce qui rend $\dfrac{5}{x-2}$ propre.

L'inégalité est STRICTE. Des degrés égaux donnent une fraction impropre — c'est le piège de cet exercice, et c'est le cas le plus fréquent en pratique.

Les quatre fractions, une par une

$F_1=\dfrac{2x+1}{x^2+3}$

\deg N=1 \qquad \deg D=2 \qquad 1<2

\boxed{F_1 \text{ est PROPRE}}

$F_2=\dfrac{x^3}{x^2-1}$

\deg N=3 \qquad \deg D=2 \qquad 3>2

\boxed{F_2 \text{ est IMPROPRE}}

$F_3=\dfrac{5}{x-2}$

\deg N=0 \qquad \deg D=1 \qquad 0<1

\boxed{F_3 \text{ est PROPRE}}

ℹ️ Une constante non nulle a bien un degré, et il vaut $0$ . L'écrire $5=5x^0$ le rend visible.

$F_4=\dfrac{x^2+1}{x^2+x+1}$

\deg N=2 \qquad \deg D=2 \qquad 2=2

\boxed{F_4 \text{ est IMPROPRE}}

⚠️⚠️ C'est le cas qui piège. Les degrés sont égaux, or l'inégalité de la définition est stricte : $2<2$ est faux. La fraction est donc impropre, et sa partie entière est une constante (ici $1$ , comme on le vérifie ci-dessous).

Le tableau récapitulatif :

fraction	$\deg N$	$\deg D$	comparaison	nature
$F_1$	$1$	$2$	$1<2$	propre
$F_2$	$3$	$2$	$3>2$	impropre
$F_3$	$0$	$1$	$0<1$	propre
$F_4$	$2$	$2$	$2=2$	impropre

Vérification de $F_4$ par le calcul, pour lever tout doute :

\frac{x^2+1}{x^2+x+1}=\frac{(x^2+x+1)-x}{x^2+x+1}=1-\frac{x}{x^2+x+1}

Une partie entière apparaît ( $1$ ), ce qui confirme que la fraction était bien impropre. Le reste $\dfrac{-x}{x^2+x+1}$ , lui, est propre ( $1<2$ ) ✓

Contrôle par le comportement à l'infini — le plus rapide, et il vaut d'être connu :

\lim_{x\to+\infty}F(x)=\begin{cases}0 & \text{si } F \text{ est propre}\\ \text{non nulle ou infinie} & \text{sinon}\end{cases}

fraction	limite en $+\infty$	cohérent ?
$F_1$	$0$	propre ✓
$F_2$	$+\infty$	impropre ✓
$F_3$	$0$	propre ✓
$F_4$	$\mathbf{1}$	impropre ✓

La limite de $F_4$ vaut $1$ , pas $0$ — c'est une seconde preuve, indépendante du comptage des degrés, qu'elle n'est pas propre.

Rappel de cours

Fraction rationnelle propre
$F=\frac{N}{D} \ \text{est PROPRE} \iff \deg N < \deg D$
⚠️ Inégalité STRICTE : des degrés égaux donnent une fraction impropre.

Pourquoi cela compte La décomposition en éléments simples ne s'applique qu'aux fractions propres. Une fraction impropre s'écrit d'abord
$F=\underbrace{E(x)}_{\text{partie entière}}+\underbrace{\frac{R(x)}{D(x)}}_{\text{propre}}$
par division euclidienne de $N$ par $D$ — le reste $R$ vérifie $\deg R<\deg D$ par construction.

Degré d'un polynôme Celui de son terme de plus haut degré, quel que soit son coefficient.

polynôme degré

$5$ (constante non nulle) $\mathbf{0}$

$2x+1$ $1$

$x^2+x+1$ $2$

$0$ non défini (par convention $-\infty$ )

polynôme	degré
$5$ (constante non nulle)	$\mathbf{0}$
$2x+1$	$1$
$x^2+x+1$	$2$
$0$	non défini (par convention $-\infty$ )

Le contrôle par la limite
$F \ \text{propre} \iff \lim_{x\to\pm\infty}F(x)=0$
Une limite non nulle ou infinie signale une fraction impropre. Contrôle indépendant du comptage des degrés, donc utile.

Les trois cas d'une fraction impropre

degrés partie entière

$\deg N=\deg D$ une constante

$\deg N=\deg D+1$ un polynôme de degré 1

$\deg N=\deg D+k$ un polynôme de degré $k$

degrés	partie entière
$\deg N=\deg D$	une constante
$\deg N=\deg D+1$	un polynôme de degré 1
$\deg N=\deg D+k$	un polynôme de degré $k$

L'erreur classique

⚠️⚠️ Classer $F_4$ comme propre parce que les degrés « ne dépassent pas ». L'inégalité est stricte : $\deg N<\deg D$ . Des degrés égaux $\Longrightarrow$ impropre.

Le contrôle : la limite en $+\infty$ vaut $1$ , pas $0$ . Une fraction propre tend toujours vers $0$ .

⚠️ Comparer les coefficients au lieu des degrés. Dans $\dfrac{2x+1}{x^2+3}$ , le fait que $2>1$ n'a aucune importance : seuls comptent les exposants $1$ et $2$ .

⚠️ Dire que $F_3=\dfrac{5}{x-2}$ « n'a pas de degré au numérateur ». Une constante non nulle est de degré $0$ , et $0<1$ : la fraction est propre.

⚠️ Lire le degré sur le nombre de termes. $x^2+x+1$ a trois termes et un degré de $2$ ; $x^3$ a un terme et un degré de $3$ . Le nombre de termes ne dit rien du degré.

⚠️ Oublier de développer avant de compter. Si le dénominateur est donné factorisé — $(x-1)(x+2)(x-3)$ — son degré est la somme des degrés des facteurs, ici $3$ . Nul besoin de développer, mais il faut compter les facteurs.

⚠️ Croire qu'« impropre » signifie « fausse » ou « mal posée ». C'est un simple constat de degrés. Une fraction impropre est parfaitement légitime — elle demande seulement une étape de plus.

⚠️ Ne pas justifier. L'énoncé demande de déterminer lesquelles sont propres : donner les deux degrés et la comparaison, pas seulement la conclusion.

À retenir

F=\frac{N}{D} \ \text{PROPRE} \iff \deg N < \deg D \qquad\text{— inégalité STRICTE}

⚠️ Degrés ÉGAUX $\Longrightarrow$ IMPROPRE. C'est le piège de l'exercice ( $F_4$ ).

Une constante non nulle est de degré $0$ — d'où $\dfrac{5}{x-2}$ propre.

La décomposition en éléments simples exige une fraction PROPRE. Sinon, extraire d'abord la partie entière par division euclidienne.

Contrôle indépendant : $F$ est propre $\iff$ $F(x)\to 0$ en $\pm\infty$ . Pour $F_4$ la limite vaut $1$ — impropre, confirmé.

Réponse.

F_1

et

F_3

propres ;

F_2

et

F_4

impropres. (Recoupement par les limites en

\pm\infty

:

F_1\to 0

et

F_3\to 0

;

F_2\sim x

et

F_4\to 1

, signe d'une partie entière non nulle ✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Partie entière (degrés égaux)

CalculDifficulté 3/5

Extraire la partie entière de $F(x)=\dfrac{2x+1}{x-3}$ .

Indices (3)

$\deg(\text{num})=\deg(\text{dén})=1$ : la fraction est impropre, sa partie entière est une constante.

Pose la division euclidienne de $2x+1$ par $x-3$ .

Écris $2x+1=2(x-3)+\,r$ et identifie $r$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

F(x)=\frac{2x+1}{x-3} \qquad \deg N=1=\deg D

Les degrés sont égaux, donc la fraction est IMPROPRE (l'inégalité de la définition est stricte). Il faut en extraire la partie entière avant toute décomposition.

Ce que « partie entière » veut dire. Exactement ce que la division euclidienne fait sur les entiers :

\frac{17}{5}=3+\frac{2}{5} \qquad\text{devient}\qquad \frac{2x+1}{x-3}=2+\frac{7}{x-3}

Un quotient, plus un reste divisé par le diviseur — et le reste est plus petit que le diviseur, au sens du degré pour les polynômes.

Deux méthodes, et il faut connaître la seconde.

méthode	quand
division euclidienne posée	toujours
faire apparaître le dénominateur au numérateur	rapide, dès que $\deg N=\deg D$

La seconde est un réflexe qui fait gagner du temps dans tout le chapitre : on force le dénominateur à apparaître dans le numérateur, on compense, et la fraction se scinde toute seule.

⚠️ Les degrés étant égaux, la partie entière est une CONSTANTE — ici $2$ , le rapport des coefficients dominants. Le savoir d'avance permet de contrôler le résultat.

Méthode 1 — faire apparaître le dénominateur

L'idée : écrire $2x+1$ en fonction de $x-3$ .

2x+1=2(x-3)+?

On développe pour trouver le complément :

2(x-3)=2x-6 \qquad\text{alors que l'on veut } 2x+1

2x+1-(2x-6)=7

\boxed{2x+1=2(x-3)+7}

On divise le tout par $x-3$ :

F(x)=\frac{2(x-3)+7}{x-3}=\frac{2(x-3)}{x-3}+\frac{7}{x-3}

\boxed{F(x)=2+\frac{7}{x-3}}

⚠️ La simplification $\dfrac{2(x-3)}{x-3}=2$ est licite pour $x\neq 3$ — ce qui est le domaine de définition de $F$ . On ne perd donc rien.

Méthode 2 — la division euclidienne posée, et les contrôles

\begin{array}{r|l} 2x+1 & x-3\\ \hline \end{array}

Le quotient commence par $\dfrac{2x}{x}=2$ . On multiplie : $2\times(x-3)=2x-6$ , et on soustrait :

(2x+1)-(2x-6)=7

Le reste est $7$ , de degré $0<1=\deg D$ : la division s'arrête.

\boxed{2x+1=(x-3)\times 2+7} \qquad\Longrightarrow\qquad F(x)=2+\frac{7}{x-3}

Les trois contrôles :

1) Recombinaison — le plus sûr, et il ne coûte rien :

2+\frac{7}{x-3}=\frac{2(x-3)+7}{x-3}=\frac{2x-6+7}{x-3}=\frac{2x+1}{x-3} \quad\checkmark

2) Le degré du reste. Il doit être strictement inférieur à celui du diviseur : $\deg 7=0<1$ ✓ Un reste de degré $\geq 1$ signale une division inachevée.

3) La valeur en un point — contrôle numérique indépendant. En $x=4$ :

F(4)=\frac{9}{1}=9 \qquad\text{et}\qquad 2+\frac{7}{1}=9 \quad\checkmark

Un second point pour être sûr, en $x=0$ :

F(0)=\frac{1}{-3}=-\frac13 \qquad\text{et}\qquad 2+\frac{7}{-3}=2-\frac73=\frac{6-7}{3}=-\frac13 \quad\checkmark

⚠️ Un seul point de contrôle est faible : deux expressions différentes peuvent coïncider en un point. Deux points, sur une fraction de cette forme, ne laissent presque aucune place à l'erreur.

Lecture du résultat. La forme $2+\dfrac{7}{x-3}$ dit tout du comportement de $F$ :

information	lecture
asymptote horizontale	$y=2$ (la partie entière)
asymptote verticale	$x=3$ (le pôle)
$\displaystyle\lim_{x\to+\infty}F$	$2$ , et non $0$ — la fraction est bien impropre

C'est tout l'intérêt de l'opération : la forme d'origine ne laissait rien voir de cela.

Rappel de cours

Division euclidienne de polynômes
$N=D\times Q+R \qquad\text{avec}\qquad \deg R<\deg D$
$Q$ est le quotient (la partie entière de la fraction), $R$ le reste.
$\frac{N}{D}=Q+\frac{R}{D}$

Degré de la partie entière
$\deg Q=\deg N-\deg D$

$\deg Q$ forme de $Q$

$\deg N=\deg D$ $0$ une constante

$\deg N=\deg D+1$ $1$ $ax+b$

Le savoir d'avance est un contrôle : ici on attend une constante, et on trouve $2$ .

	$\deg Q$	forme de $Q$
$\deg N=\deg D$	$0$	une constante
$\deg N=\deg D+1$	$1$	$ax+b$

La méthode rapide (degrés égaux)
$\frac{ax+b}{x-c}=\frac{a(x-c)+(b+ac)}{x-c}=a+\frac{b+ac}{x-c}$
On force le dénominateur à apparaître au numérateur, et on compense.

Les trois contrôles d'une division

recombiner — reconstituer la fraction de départ ;

$\deg R<\deg D$ — sinon la division n'est pas terminée ;

évaluer en deux points — un seul est faible.

Ce que la partie entière révèle
$\frac{N}{D}=Q+\frac{R}{D} \qquad\text{avec}\qquad \frac{R}{D}\to 0 \ \text{en } \pm\infty$
Donc $F$ se comporte comme $Q$ à l'infini : $Q$ est l'asymptote.

L'erreur classique

⚠️⚠️ « Simplifier » en barrant les $x$ : écrire $\dfrac{2x+1}{x-3}=\dfrac{2+1}{-3}$ . On ne simplifie JAMAIS une somme terme à terme. La simplification n'est licite que sur un facteur commun, et $x$ n'en est pas un ici.

Le contrôle : en $x=4$ , la vraie valeur est $9$ ; la version fautive donnerait $-1$ .

⚠️ Se tromper de signe en cherchant le complément. $2(x-3)=2x-6$ , donc il manque $1-(-6)=7$ , et non $-5$ .

Le contrôle : recombiner. $2(x-3)-5=2x-11\neq 2x+1$ ✗

⚠️ Écrire $F(x)=2+\dfrac{7}{x}$ en perdant le $-3$ . Le reste se divise par le dénominateur entier, pas par son terme dominant.

⚠️ Croire que la fraction est propre parce que le numérateur « n'est pas plus gros ». Les degrés sont égaux, donc elle est impropre.

⚠️ S'arrêter à la division sans écrire $F$ . L'énoncé demande la partie entière de $F$ , donc la forme $2+\dfrac{7}{x-3}$ — pas seulement « quotient $2$ , reste $7$ ».

⚠️ Poursuivre la division après un reste de degré $0$ . Quand $\deg R<\deg D$ , c'est fini. Continuer produirait des puissances négatives.

⚠️ Oublier de contrôler. La recombinaison prend trois lignes et supprime toute incertitude — sur un exercice de division, c'est le meilleur rapport temps/sécurité du chapitre.

À retenir

N=D\times Q+R \quad (\deg R<\deg D) \qquad\Longrightarrow\qquad \frac{N}{D}=Q+\frac{R}{D}

\frac{2x+1}{x-3}=\boxed{2+\frac{7}{x-3}}

Degrés ÉGAUX $\Longrightarrow$ partie entière CONSTANTE — ici $2$ , le rapport des coefficients dominants.

La méthode rapide : forcer le dénominateur à apparaître au numérateur — $2x+1=2(x-3)+7$ .

⚠️ Ne JAMAIS barrer les $x$ d'une somme. La simplification exige un facteur commun.

Contrôler par recombinaison, et évaluer en deux points — un seul est faible.

Réponse.

F(x)=2+\dfrac{7}{x-3}

. (Recoupement :

2(x-3)+7=2x+1

✓ ; partie entière

2=\lim_{\pm\infty}F

✓)

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Partie entière (quotient de degré 1)

CalculDifficulté 3/5

Extraire la partie entière de $F(x)=\dfrac{x^3-2x^2+3}{x^2+1}$ .

Indices (3)

$\deg(\text{num})=3>\deg(\text{dén})=2$ : la partie entière est de degré $3-2=1$ .

Effectue la division euclidienne suivant les puissances décroissantes.

Le reste doit être de degré $<2$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

F(x)=\frac{x^3-2x^2+3}{x^2+1} \qquad \deg N=3 \qquad \deg D=2

La fraction est impropre, et cette fois l'écart de degrés vaut $1$ :

\deg Q=\deg N-\deg D=3-2=1

\boxed{\text{la partie entière est un polynôme de DEGRÉ 1, de la forme } ax+b}

Le savoir avant de calculer est un contrôle, et il oriente la division : on sait qu'il y aura deux étapes (une par degré du quotient), et que le reste sera de degré $\leq 1$ .

⚠️⚠️ Le piège de cet exercice : le numérateur est INCOMPLET. $x^3-2x^2+3$ n'a pas de terme en $x$ . Il faut le poser comme

x^3-2x^2+\boxed{0\cdot x}+3

sinon les colonnes de la division se décalent et tout le calcul est faux. C'est l'erreur numéro un de la division polynomiale, et elle ne se voit qu'au contrôle final.

La méthode rapide de A2 fonctionne encore ici, et elle évite justement ce piège puisqu'elle ne pose aucune colonne : on force $x^2+1$ à apparaître, deux fois de suite.

La division, posée proprement

On complète le numérateur — l'étape que l'on saute et qu'il ne faut pas sauter :

x^3-2x^2+0\cdot x+3 \qquad\text{divisé par}\qquad x^2+1

Première étape. $\dfrac{x^3}{x^2}=x$ :

x\times(x^2+1)=x^3+x

\left(x^3-2x^2+0x+3\right)-\left(x^3+0x^2+x\right)=-2x^2-x+3

⚠️ C'est ici que le terme manquant compte : $0x-x=-x$ . Sans le $0x$ , on écrirait $+3-x$ dans la mauvaise colonne.

Deuxième étape. $\dfrac{-2x^2}{x^2}=-2$ :

-2\times(x^2+1)=-2x^2-2

\left(-2x^2-x+3\right)-\left(-2x^2+0x-2\right)=-x+5

Le reste est $-x+5$ , de degré $1<2$ : la division s'arrête.

\boxed{x^3-2x^2+3=(x^2+1)(x-2)+(-x+5)}

\boxed{F(x)=x-2+\frac{-x+5}{x^2+1}}

On l'écrit aussi $F(x)=x-2-\dfrac{x-5}{x^2+1}$ , les deux formes étant équivalentes.

Les contrôles

1) Le degré du reste. $\deg(-x+5)=1<2=\deg D$ ✓ La division est bien terminée.

2) Le degré du quotient. On attendait $3-2=1$ , et $x-2$ est de degré $1$ ✓

3) La recombinaison — le contrôle décisif :

(x^2+1)(x-2)=x^3-2x^2+x-2

x^3-2x^2+x-2+(-x+5)=x^3-2x^2+3 \quad\checkmark

Les $x$ se compensent ( $+x-x=0$ ) et les constantes aussi ( $-2+5=3$ ) — on retombe exactement sur le numérateur de départ, terme manquant compris.

4) Deux points numériques. En $x=0$ :

F(0)=\frac{3}{1}=3 \qquad\text{et}\qquad 0-2+\frac{5}{1}=3 \quad\checkmark

En $x=1$ :

F(1)=\frac{1-2+3}{2}=\frac{2}{2}=1 \qquad\text{et}\qquad 1-2+\frac{-1+5}{2}=-1+2=1 \quad\checkmark

5) La lecture asymptotique. La forme obtenue dit que

F(x)-(x-2)=\frac{-x+5}{x^2+1}\ \xrightarrow[x\to\pm\infty]{}\ 0

\boxed{\text{la droite } y=x-2 \text{ est ASYMPTOTE OBLIQUE à la courbe de } F}

C'est le principal usage pratique de la partie entière : elle est l'asymptote. Sur la forme d'origine, cette droite était invisible.

Contrôle de position : le signe de $\dfrac{-x+5}{x^2+1}$ est celui de $-x+5$ , donc

	$x<5$	$x>5$
$F(x)-(x-2)$	$>0$	$<0$
la courbe est	au-dessus	en dessous

La courbe traverse son asymptote en $x=5$ , où $F(5)=3$ — ce qu'une asymptote a parfaitement le droit de faire.

Rappel de cours

Division euclidienne
$N=D\,Q+R \qquad \deg R<\deg D \qquad \deg Q=\deg N-\deg D$

⚠️ Compléter les termes manquants
$x^3-2x^2+3 \quad\longrightarrow\quad x^3-2x^2+\mathbf{0\cdot x}+3$
Sans cela, les colonnes se décalent. Erreur numéro un de la division polynomiale.

Asymptote oblique Si $\deg N=\deg D+1$ , la partie entière est $Q(x)=ax+b$ et
$\lim_{x\to\pm\infty}\big(F(x)-Q(x)\big)=0$
La droite $y=ax+b$ est asymptote oblique. C'est l'usage principal de la partie entière.

Position par rapport à l'asymptote Le signe de $F(x)-Q(x)=\dfrac{R(x)}{D(x)}$ donne la position. La courbe peut traverser son asymptote — là où $R$ s'annule.

Les contrôles d'une division, du plus fort au plus rapide

recombiner $D\,Q+R$ et retrouver $N$ ;

$\deg R<\deg D$ et $\deg Q=\deg N-\deg D$ ;

évaluer en deux points.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Oublier le terme en $x$ manquant et poser la division sur trois colonnes au lieu de quatre. Les soustractions se décalent, et le reste est faux — sans que rien ne le signale pendant le calcul.

Le contrôle : la recombinaison. $(x^2+1)(x-2)+R$ doit redonner exactement $x^3-2x^2+3$ , avec un coefficient nul devant $x$ .

⚠️ Se tromper de signe dans la soustraction. À la deuxième étape, $(-x+3)-(-2)=-x+5$ , et non $-x+1$ . Soustraire $-2$ , c'est ajouter $2$ .

⚠️ Arrêter la division trop tôt, après la première étape, en gardant $-2x^2-x+3$ comme reste. Son degré vaut $2$ , égal à celui du diviseur : il faut continuer. La division s'arrête quand $\deg R<\deg D$ , strictement.

⚠️ Continuer trop loin en essayant de diviser $-x+5$ par $x^2+1$ . Le degré du reste est déjà inférieur : c'est fini.

⚠️ Écrire le quotient $x+2$ au lieu de $x-2$ . Le contrôle en $x=0$ le montre : $0+2+5=7\neq 3$ ✗

⚠️ Croire que la fraction restante n'est pas propre. $\deg(-x+5)=1<2$ : elle l'est, et c'est ce qui garantit qu'on a terminé.

⚠️ Ne pas voir l'asymptote oblique. Le principal intérêt du calcul est là — la droite $y=x-2$ n'apparaît nulle part dans la forme d'origine.

⚠️ Conclure que la courbe ne coupe jamais son asymptote. Elle la traverse en $x=5$ . Une asymptote décrit un comportement à l'infini, pas une interdiction locale.

À retenir

\frac{x^3-2x^2+3}{x^2+1}=\boxed{x-2+\frac{-x+5}{x^2+1}}

⚠️⚠️ COMPLÉTER les termes manquants : $x^3-2x^2+\mathbf{0x}+3$ . Sans cela les colonnes se décalent.

\deg Q=\deg N-\deg D=1 \qquad\text{— connu AVANT le calcul, donc un contrôle}

La partie entière EST l'asymptote : $y=x-2$ est asymptote oblique, et la courbe la traverse en $x=5$ .

Contrôler par recombinaison : $(x^2+1)(x-2)+(-x+5)$ doit redonner exactement $N$ .

Réponse.

F(x)=x-2+\dfrac{5-x}{x^2+1}

. (Recoupement :

(x-2)(x^2+1)+(5-x)=x^3-2x^2+3

✓)

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Factoriser le dénominateur

CalculDifficulté 3/5

Factoriser $D(x)=x^3-4x^2+x+6$ en produit de facteurs du premier degré.

Indices (3)

Cherche une racine entière parmi les diviseurs de $6$ : $\pm1,\pm2,\pm3,\pm6$ .

$D(-1)=0$ : donc $(x+1)$ divise $D$ .

Divise par $(x+1)$ , puis factorise le trinôme obtenu.

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Factoriser le dénominateur est le préalable obligatoire de toute décomposition en éléments simples : c'est la factorisation qui dicte la forme de la décomposition, donc le nombre et la nature des termes à chercher.

Un polynôme de degré $3$ ne se factorise pas par une formule — il n'y a pas de « discriminant » au-delà du degré $2$ . La méthode est toujours la même, en trois temps :

\text{trouver UNE racine évidente} \ \to \ \text{diviser} \ \to \ \text{factoriser le trinôme restant}

Le théorème qui fonde la première étape :

\boxed{P(a)=0 \iff (x-a) \ \text{divise} \ P}

Où chercher la racine. Pas au hasard : si $P$ est à coefficients entiers et de coefficient dominant $1$ , toute racine entière divise le terme constant. Ici le terme constant est $6$ , donc les candidats sont

\pm 1, \ \pm 2, \ \pm 3, \ \pm 6

Huit essais au maximum, et l'on tombe presque toujours dans les premiers. C'est une recherche bornée, pas une devinette.

⚠️ Ne pas oublier les valeurs NÉGATIVES — ici $-1$ est racine, au même titre que $2$ et $3$ ; sur un autre polynôme, la seule racine entière peut être négative.

Étape 1 — chercher une racine évidente

D(x)=x^3-4x^2+x+6

Les candidats sont les diviseurs de $6$ : $\pm 1$ , $\pm 2$ , $\pm 3$ , $\pm 6$ .

D(1)=1-4+1+6=4\neq 0

D(-1)=(-1)^3-4(-1)^2+(-1)+6=-1-4-1+6=\boxed{0} \quad\checkmark

⚠️ Attention aux signes en évaluant en $-1$ : $(-1)^3=-1$ et $(-1)^2=+1$ , donc $-4(-1)^2=-4$ . Le carré est positif, le cube négatif — c'est là qu'on se trompe.

\boxed{-1 \text{ est racine, donc } (x+1) \text{ divise } D}

⚠️ Racine $-1$ $\Longrightarrow$ facteur $(x+1)$ , avec un PLUS. La règle est $(x-a)$ avec $a=-1$ , soit $x-(-1)=x+1$ . C'est l'inversion de signe la plus fréquente du chapitre.

Étape 2 — diviser, puis factoriser le trinôme

Division de $D$ par $x+1$ , numérateur complet (tous les degrés sont présents ici) :

\dfrac{x^3}{x}=x^2 \quad\Longrightarrow\quad x^2(x+1)=x^3+x^2

\left(x^3-4x^2+x+6\right)-\left(x^3+x^2\right)=-5x^2+x+6

\dfrac{-5x^2}{x}=-5 \quad\Longrightarrow\quad -5(x+1)=-5x^2-5x

\left(-5x^2+x+6\right)-\left(-5x^2-5x\right)=6x+6

\dfrac{6x}{x}=6 \quad\Longrightarrow\quad 6(x+1)=6x+6

\left(6x+6\right)-\left(6x+6\right)=0

Le reste est nul — c'était attendu, puisque $-1$ est racine. Un reste non nul signalerait une erreur, soit dans la racine, soit dans la division.

D(x)=(x+1)\left(x^2-5x+6\right)

Le trinôme se factorise, lui, par le discriminant :

\Delta=25-24=1>0 \qquad \sqrt{\Delta}=1

x=\frac{5\pm 1}{2} \qquad\Longrightarrow\qquad x=3 \ \text{ ou } \ x=2

x^2-5x+6=(x-2)(x-3)

\boxed{D(x)=(x+1)(x-2)(x-3)}

Les contrôles :

1) Redévelopper — le contrôle décisif :

(x-2)(x-3)=x^2-5x+6

(x+1)(x^2-5x+6)=x^3-5x^2+6x+x^2-5x+6=x^3-4x^2+x+6 \quad\checkmark

2) Somme et produit des racines, sans redévelopper. Pour $x^3+bx^2+cx+d$ :

relation	attendu	racines $-1$ , $2$ , $3$
somme $=-b$	$4$	$-1+2+3=4$ ✓
produit $=-d$	$-6$	$(-1)(2)(3)=-6$ ✓

Deux contrôles indépendants du calcul, et ils portent sur des grandeurs différentes.

3) Évaluer $D$ aux trois racines : $D(-1)=0$ (fait), $D(2)=8-16+2+6=0$ ✓, $D(3)=27-36+3+6=0$ ✓

Trois racines pour un degré $3$ : la factorisation est complète. Un polynôme de degré $n$ a au plus $n$ racines, donc il n'y en a pas d'autres.

Rappel de cours

Racine et facteur
$P(a)=0 \iff (x-a) \mid P$
⚠️ Racine $a=-1$ $\Longrightarrow$ facteur $(x+\mathbf{1})$ . Le signe s'inverse.

Où chercher une racine entière Si $P$ est à coefficients entiers et unitaire (coefficient dominant $1$ ), toute racine entière divise le terme constant. Terme constant $6$ $\Longrightarrow$ candidats $\pm 1,\pm 2,\pm 3,\pm 6$ . ⚠️ Tester aussi les négatives — c'est l'oubli le plus fréquent.

La méthode en trois temps (degré 3)

une racine évidente $a$ ;

diviser par $(x-a)$ — le reste doit être nul ;

factoriser le trinôme restant par $\Delta$ .

Trinôme du second degré
$\Delta=b^2-4ac \qquad x=\frac{-b\pm\sqrt\Delta}{2a} \qquad ax^2+bx+c=a(x-x_1)(x-x_2)$

$\Delta$ factorisation sur $\mathbb{R}$

$>0$ deux facteurs du 1ᵉʳ degré

$=0$ un facteur double

$<0$ irréductible — il reste tel quel

$\Delta$	factorisation sur $\mathbb{R}$
$>0$	deux facteurs du 1ᵉʳ degré
$=0$	un facteur double
$<0$	irréductible — il reste tel quel

Relations coefficients-racines (degré 3 unitaire)
$x^3+bx^2+cx+d \qquad \sum x_i=-b \qquad \prod x_i=-d$
Deux contrôles gratuits et indépendants de la factorisation.

Pourquoi factoriser La factorisation du dénominateur dicte la forme de la décomposition en éléments simples. Sans elle, on ne sait même pas combien de termes chercher.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Ne tester que les racines positives et conclure que le polynôme n'a pas de racine évidente. $D(1)=4$ , $D(2)=0$ … en fait $2$ marche aussi ! Mais si, sur un autre polynôme, $1$ , $2$ , $3$ et $6$ échouaient tous, abandonner serait une erreur : il reste les négatives.

⚠️⚠️ Écrire le facteur $(x-1)$ pour la racine $-1$ . Le facteur est $(x-a)$ avec $a=-1$ , donc $(x+1)$ .

Le contrôle : $(x-1)$ ne divise pas $D$ , puisque $D(1)=4\neq 0$ .

⚠️ Se tromper de signe en évaluant $D(-1)$ . $(-1)^3=-1$ mais $(-1)^2=+1$ . Donc $-4\times(+1)=-4$ , et non $+4$ .

Le contrôle : un résultat non nul sur une racine annoncée doit faire recommencer l'évaluation, pas changer de candidat.

⚠️ Obtenir un reste non nul dans la division et poursuivre quand même. Si $a$ est racine, le reste est nécessairement nul. Un reste non nul signale une erreur — dans la racine ou dans la division.

⚠️ Se tromper de signe dans $\Delta$ : $\Delta=(-5)^2-4(1)(6)=25-24=1$ . Le carré de $-5$ est $+25$ .

⚠️ Écrire $x^2-5x+6=(x+2)(x+3)$ . Les racines sont $2$ et $3$ , donc les facteurs sont $(x-2)(x-3)$ . Encore l'inversion de signe.

Le contrôle : $(x+2)(x+3)=x^2+5x+6$ , avec un $+5$ — pas le bon polynôme.

⚠️ S'arrêter à $(x+1)(x^2-5x+6)$ . L'énoncé demande un produit de facteurs du premier degré : il faut aller jusqu'au bout.

⚠️ Ne pas contrôler. Redévelopper coûte deux lignes ; la somme et le produit des racines coûtent dix secondes et sont indépendants du calcul de factorisation.

À retenir

P(a)=0 \iff (x-a)\mid P

⚠️ Racine $-1$ $\Longrightarrow$ facteur $(x+1)$ — le signe s'inverse.

La méthode degré 3 : racine évidente → division (reste nul) → discriminant sur le trinôme.

Les candidats divisent le terme constant — ici $\pm 1,\pm 2,\pm 3,\pm 6$ . ⚠️ Tester les négatives.

\boxed{x^3-4x^2+x+6=(x+1)(x-2)(x-3)}

Deux contrôles gratuits et indépendants : somme des racines $=4$ , produit $=-6$ .

Factoriser le dénominateur DICTE la forme de la décomposition — c'est pourquoi c'est toujours la première étape.

Réponse.

D(x)=(x+1)(x-2)(x-3)

. (Recoupement :

D(-1)=D(2)=D(3)=0

et développement re-vérifié ✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Forme de la décomposition (pôles simples)

ApplicationDifficulté 3/5

On donne $D(x)=x^3-4x^2+x+6=(x+1)(x-2)(x-3)$ . Écrire la forme de la décomposition en éléments simples de $F(x)=\dfrac{2x+5}{x^3-4x^2+x+6}$ , sans calculer les coefficients.

Indices (3)

Vérifie d'abord que $F$ est propre (sinon, partie entière préalable).

À chaque pôle simple $x=a$ correspond un terme $\dfrac{A}{x-a}$ .

Il y a ici trois pôles simples distincts.

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

La FORME de la décomposition se lit entièrement sur la factorisation du dénominateur — aucun calcul n'est nécessaire, et c'est tout l'objet de cet exercice.

\boxed{\text{chaque facteur du dénominateur donne son ou ses termes, indépendamment du numérateur}}

Le dictionnaire, à connaître par cœur :

facteur au dénominateur	terme(s) dans la décomposition
$(x-a)$ — pôle simple	$\dfrac{A}{x-a}$
$(x-a)^2$ — pôle double	$\dfrac{A}{x-a}+\dfrac{B}{(x-a)^2}$
$(x-a)^k$	$\dfrac{A_1}{x-a}+\cdots+\dfrac{A_k}{(x-a)^k}$
$ax^2+bx+c$ irréductible	$\dfrac{\alpha x+\beta}{ax^2+bx+c}$

Les deux règles qui gouvernent tout :

un pôle d'ordre $k$ donne $k$ termes — toutes les puissances de $1$ à $k$ , sans en sauter ;
un facteur irréductible de degré $2$ porte un numérateur de degré $1$ ( $\alpha x+\beta$ ), et non une constante.

Le contrôle qui ne trompe pas :

\boxed{\text{nombre total de coefficients inconnus} = \deg D}

Ici $\deg D=3$ , donc il doit y avoir exactement trois inconnues. Une forme qui en compte deux ou quatre est fausse, et on le sait avant tout calcul.

⚠️ Vérifier d'abord que la fraction est PROPRE. $\deg N=1<3=\deg D$ ✓ Sinon il faudrait extraire la partie entière, qui viendrait s'ajouter à la forme.

La forme, et pourquoi c'est celle-là

Contrôle préalable — la fraction est-elle propre ?

\deg N=\deg(2x+5)=1 \qquad \deg D=3 \qquad 1<3 \quad\checkmark

Pas de partie entière, la décomposition ne comportera que des éléments simples.

Lecture de la factorisation :

D(x)=(x+1)(x-2)(x-3)

Trois facteurs du premier degré, tous distincts : trois pôles simples, en $-1$ , $2$ et $3$ .

\boxed{F(x)=\frac{A}{x+1}+\frac{B}{x-2}+\frac{C}{x-3}}

⚠️ Le facteur $(x+1)$ donne le terme $\dfrac{A}{x+1}$ — on recopie le facteur tel quel, sans changer son signe. Le pôle est en $-1$ , mais c'est bien $x+1$ qui figure au dénominateur.

Les contrôles de la forme, tous disponibles sans calculer :

contrôle	attendu	ici
nombre d'inconnues $=\deg D$	$3$	$A$ , $B$ , $C$ ✓
un terme par facteur	$3$ facteurs	$3$ termes ✓
numérateurs constants (pôles simples)	oui	$A$ , $B$ , $C$ ✓
fraction propre	oui	pas de partie entière ✓

Pourquoi le numérateur $2x+5$ n'intervient PAS. Il déterminera les valeurs de $A$ , $B$ , $C$ — jamais la forme. Deux fractions de même dénominateur ont exactement la même forme de décomposition, quels que soient leurs numérateurs (tant qu'elles sont propres).

Vérification a posteriori, hors énoncé mais instructive : les coefficients valent

A=\frac14 \qquad B=-3 \qquad C=\frac{11}{4}

F(x)=\frac{1}{4(x+1)}-\frac{3}{x-2}+\frac{11}{4(x-3)}

Trois coefficients, comme annoncé — la forme prédite était juste, et c'est ce que l'exercice demandait d'établir.

ℹ️ Un contrôle rapide de ces valeurs : la somme $A+B+C$ doit valoir $\displaystyle\lim_{x\to\infty}xF(x)$ . Ici $xF(x)\to 0$ (car $\deg N+1=2<3$ ), et $\frac14-3+\frac{11}{4}=\frac{1-12+11}{4}=0$ ✓ — on y reviendra en B6.

Rappel de cours

La forme se lit sur la FACTORISATION du dénominateur

facteur terme(s)

$(x-a)$ $\dfrac{A}{x-a}$

$(x-a)^2$ $\dfrac{A}{x-a}+\dfrac{B}{(x-a)^2}$

$(x-a)^k$ $\dfrac{A_1}{x-a}+\dots+\dfrac{A_k}{(x-a)^k}$

$ax^2+bx+c$ irréductible $\dfrac{\alpha x+\beta}{ax^2+bx+c}$

facteur	terme(s)
$(x-a)$	$\dfrac{A}{x-a}$
$(x-a)^2$	$\dfrac{A}{x-a}+\dfrac{B}{(x-a)^2}$
$(x-a)^k$	$\dfrac{A_1}{x-a}+\dots+\dfrac{A_k}{(x-a)^k}$
$ax^2+bx+c$ irréductible	$\dfrac{\alpha x+\beta}{ax^2+bx+c}$

Les deux règles

un pôle d'ordre $k$ donne $k$ termes, toutes les puissances de $1$ à $k$ ;

un facteur irréductible de degré $2$ porte un numérateur de degré $1$ .

Le contrôle universel
$\text{nombre d'inconnues}=\deg D$
Disponible avant tout calcul. Une forme qui n'y satisfait pas est fausse.

Préalable obligatoire
$\deg N<\deg D$
Sinon, extraire d'abord la partie entière : $F=Q+\dfrac{R}{D}$ , et décomposer $\dfrac{R}{D}$ .

Le numérateur ne joue AUCUN rôle dans la forme Il fixe les valeurs des coefficients, jamais leur nombre ni leur nature.

Théorème de décomposition (admis) Toute fraction rationnelle propre à coefficients réels s'écrit de façon unique comme somme d'éléments simples de ce type. L'unicité est ce qui autorise l'identification des coefficients.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Écrire $\dfrac{A}{x-1}$ pour le facteur $(x+1)$ . On recopie le facteur tel qu'il apparaît au dénominateur. Le pôle est en $-1$ , mais le terme est $\dfrac{A}{x+1}$ .

⚠️ Mettre un numérateur de degré $1$ sur un pôle simple : $\dfrac{ax+b}{x+1}$ . Un facteur de degré $1$ porte un numérateur constant. Le degré du numérateur est toujours strictement inférieur à celui du facteur.

Le contrôle : cette forme aurait $6$ inconnues pour $\deg D=3$ ✗

⚠️ Oublier un facteur et n'écrire que deux termes. Un facteur, un terme (au moins) — il y en a trois.

⚠️ Écrire un seul terme $\dfrac{A}{(x+1)(x-2)(x-3)}$ . C'est la fraction de départ, pas sa décomposition. L'objet de l'opération est précisément de séparer les facteurs.

⚠️ Vouloir calculer les coefficients alors que l'énoncé dit « sans les calculer ». La question porte sur la forme, et c'est une compétence à part entière : savoir ce qu'on cherche avant de le chercher.

⚠️ Oublier de vérifier que la fraction est propre. Si $\deg N\geq \deg D$ , la forme comporterait en plus un polynôme $Q(x)$ , et la réponse serait incomplète.

⚠️ Croire que le numérateur $2x+5$ change la forme. Il ne change que les valeurs. $\dfrac{1}{D}$ et $\dfrac{2x+5}{D}$ ont la même forme de décomposition.

⚠️ Ne pas compter les inconnues. C'est le contrôle le plus rapide du chapitre : $\deg D$ inconnues, ni plus ni moins.

À retenir

La FORME se lit sur la FACTORISATION du dénominateur — le numérateur n'y joue aucun rôle.

D=(x+1)(x-2)(x-3) \quad\Longrightarrow\quad \boxed{F=\frac{A}{x+1}+\frac{B}{x-2}+\frac{C}{x-3}}

⚠️ Recopier le facteur TEL QUEL : $(x+1)$ donne $\dfrac{A}{x+1}$ , pas $\dfrac{A}{x-1}$ .

Pôle simple $\Longrightarrow$ numérateur CONSTANT. Un numérateur de degré $1$ est réservé aux facteurs quadratiques irréductibles.

LE contrôle, disponible avant tout calcul :

\text{nombre d'inconnues}=\deg D=3

Vérifier d'abord que la fraction est propre — sinon il manque la partie entière.

Réponse.

F(x)=\dfrac{A}{x+1}+\dfrac{B}{x-2}+\dfrac{C}{x-3}

(coefficients calculés au Lot B). (Recoupement : 3 pôles simples

\Rightarrow

3 inconnues, cohérent avec une fraction propre ✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Facteur quadratique irréductible (lien complexes)

ApplicationDifficulté 3/5

Factoriser $D(x)=x^3-1$ sur $\mathbb{R}$ , justifier l'irréductibilité du facteur de degré 2, puis donner la forme de la décomposition de $F(x)=\dfrac{1}{x^3-1}$ .

Indices (3)

$1$ est une racine évidente de $x^3-1$ .

Le quotient est $x^2+x+1$ : calcule son discriminant.

Un facteur quadratique de discriminant négatif donne un terme $\dfrac{\alpha x+\beta}{x^2+x+1}$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Le premier facteur quadratique irréductible du chapitre, et le pont avec les nombres complexes.

D(x)=x^3-1

L'identité à reconnaître — elle fait partie du socle :

\boxed{a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)}

Avec $b=1$ : $x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)$ .

Et si l'on ne s'en souvient pas, la méthode générale marche : $1$ est racine évidente ( $1-1=0$ ), donc $(x-1)$ divise $D$ , et la division donne $x^2+x+1$ .

Le cœur de l'exercice est la seconde étape : montrer que $x^2+x+1$ ne se factorise PAS sur $\mathbb{R}$ .

\Delta=1-4=-3<0

Un discriminant strictement négatif signifie qu'il n'y a aucune racine réelle, donc aucune factorisation en facteurs réels du premier degré. Le trinôme reste tel quel — on dit qu'il est irréductible sur $\mathbb{R}$ .

⚠️⚠️ « Irréductible » dépend du corps où l'on travaille. Sur $\mathbb{C}$ , $x^2+x+1$ se factorise parfaitement :

x^2+x+1=(x-j)(x-\bar{j}) \qquad j=e^{2i\pi/3}=-\frac12+i\frac{\sqrt3}{2}

Les trois racines de $x^3=1$ sont $1$ , $j$ et $\bar j$ — les racines cubiques de l'unité, du chapitre des complexes. Sur $\mathbb{R}$ , seule $1$ survit ; les deux autres restent enfermées dans le facteur $x^2+x+1$ .

Conséquence sur la forme : un facteur irréductible de degré $2$ porte un numérateur de degré $1$ , et non une constante.

Étape 1 — factoriser sur R

Par l'identité remarquable :

x^3-1=x^3-1^3=(x-1)\left(x^2+x\cdot 1+1^2\right)

\boxed{x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)}

Par la méthode générale, si l'identité ne vient pas : $D(1)=1-1=0$ , donc $(x-1)$ divise $D$ . La division de $x^3+0x^2+0x-1$ par $x-1$ donne $x^2+x+1$ , reste nul ✓

⚠️ Ne pas oublier de compléter : $x^3-1$ s'écrit $x^3+0x^2+0x-1$ pour poser la division.

Contrôle par développement :

(x-1)(x^2+x+1)=x^3+x^2+x-x^2-x-1=x^3-1 \quad\checkmark

Tous les termes intermédiaires se télescopent — c'est la signature de cette identité.

Étape 2 — l'irréductibilité, et la forme

Le discriminant de $x^2+x+1$ :

\Delta=b^2-4ac=1^2-4\times 1\times 1=1-4=\boxed{-3}

\Delta<0 \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\text{aucune racine réelle : } x^2+x+1 \text{ est IRRÉDUCTIBLE sur } \mathbb{R}}

Contrôle indépendant du discriminant — la forme canonique :

x^2+x+1=\left(x+\frac12\right)^2-\frac14+1=\left(x+\frac12\right)^2+\frac34

Un carré plus $\dfrac34>0$ : la somme est toujours strictement positive, donc jamais nulle. Le trinôme ne s'annule sur aucun réel ✓

Ce contrôle est plus fort que le discriminant : il exhibe le minimum ( $\frac34$ , atteint en $x=-\frac12$ ) et rend l'irréductibilité visible, au lieu de la déduire d'un signe.

Vérification numérique : $x^2+x+1$ vaut $1$ en $0$ , $3$ en $1$ , $1$ en $-1$ , $\frac34$ en $-\frac12$ . Toujours strictement positif ✓

La forme de la décomposition :

F(x)=\frac{1}{(x-1)(x^2+x+1)}

facteur	nature	terme
$(x-1)$	pôle simple	$\dfrac{A}{x-1}$
$(x^2+x+1)$	quadratique irréductible	$\dfrac{\alpha x+\beta}{x^2+x+1}$

\boxed{F(x)=\frac{A}{x-1}+\frac{\alpha x+\beta}{x^2+x+1}}

Le contrôle du nombre d'inconnues :

A, \ \alpha, \ \beta \ \longrightarrow \ 3 \ \text{inconnues} \qquad \deg D=3 \quad\checkmark

⚠️ C'est ici que la règle « numérateur de degré 1 » prend tout son sens. Avec une simple constante $\dfrac{C}{x^2+x+1}$ , on n'aurait que deux inconnues pour un dénominateur de degré $3$ — et la décomposition serait impossible.

ℹ️ Les valeurs, hors énoncé mais utiles à connaître (elles seront calculées en C4) :

A=\frac13 \qquad \alpha=-\frac13 \qquad \beta=-\frac23 \qquad\text{soit}\qquad F(x)=\frac{1}{3(x-1)}-\frac{x+2}{3(x^2+x+1)}

Rappel de cours

Identités remarquables de degré 3
$a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2) \qquad a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)$
⚠️ Le signe du milieu change : $+ab$ pour une différence, $-ab$ pour une somme.

Irréductibilité sur $\mathbb{R}$
$ax^2+bx+c \ \text{irréductible sur } \mathbb{R} \iff \Delta=b^2-4ac<0$
⚠️ Sur $\mathbb{C}$ , tout polynôme se factorise en facteurs du premier degré (théorème de d'Alembert-Gauss). L'irréductibilité dépend du corps.

Contrôle par forme canonique
$x^2+x+1=\left(x+\tfrac12\right)^2+\tfrac34>0$
Plus fort que le discriminant : il exhibe le minimum au lieu de déduire d'un signe.

Forme de la décomposition

facteur numérateur

$(x-a)$ constante $A$

quadratique irréductible degré 1 : $\alpha x+\beta$

Règle générale : le numérateur est de degré strictement inférieur à celui du facteur.

facteur	numérateur
$(x-a)$	constante $A$
quadratique irréductible	degré 1 : $\alpha x+\beta$

Le contrôle du compte
$\text{nombre d'inconnues}=\deg D$
C'est lui qui force le numérateur de degré $1$ : avec une constante, il en manquerait une.

Le lien avec les complexes
$x^3-1=(x-1)(x-j)(x-\bar j) \quad\text{sur } \mathbb{C} \qquad j=e^{2i\pi/3}$
Les deux racines complexes conjuguées restent groupées dans le facteur réel $x^2+x+1$ .

L'erreur classique

⚠️⚠️ Écrire $\dfrac{C}{x^2+x+1}$ avec une constante. Un facteur quadratique irréductible porte un numérateur de degré 1 : $\alpha x+\beta$ .

Le contrôle : on n'aurait que $2$ inconnues pour $\deg D=3$ . Le compte ne tombe pas — et c'est ce qui rend l'erreur détectable immédiatement.

⚠️ Se tromper d'identité : écrire $x^3-1=(x-1)(x^2-x+1)$ . Le signe du milieu est $+$ pour une différence de cubes.

Le contrôle : redévelopper. $(x-1)(x^2-x+1)=x^3-2x^2+2x-1\neq x^3-1$ ✗

⚠️ Vouloir factoriser $x^2+x+1$ quand même, en cherchant des racines. Il n'en a aucune sur $\mathbb{R}$ : $\Delta=-3<0$ .

⚠️ Calculer $\Delta=1+4=5$ en oubliant le signe : $\Delta=b^2-4ac$ avec $a=b=c=1$ , donc $1-4=-3$ .

⚠️ Conclure « pas de solution » au lieu de « irréductible ». Le trinôme n'a pas de racine réelle, mais il reste un facteur parfaitement légitime de la factorisation — il ne disparaît pas.

⚠️ Croire que $x^2+x+1$ est irréductible partout. Sur $\mathbb{C}$ il se factorise en $(x-j)(x-\bar j)$ . L'irréductibilité est relative au corps — c'est précisément ce que la question demande de justifier.

⚠️ Oublier de justifier. L'énoncé demande explicitement de justifier l'irréductibilité : donner $\Delta=-3<0$ , pas seulement l'affirmer.

⚠️ Écrire trois termes comme si les trois racines complexes donnaient trois pôles. Sur $\mathbb{R}$ , les deux racines conjuguées restent groupées en un seul facteur de degré 2.

À retenir

x^3-1=(x-1)(x^2+x+1) \qquad\text{— identité } a^3-b^3, \text{ signe } \mathbf{+} \text{ au milieu}

\Delta=1-4=-3<0 \qquad\Longrightarrow\qquad x^2+x+1 \ \text{IRRÉDUCTIBLE sur } \mathbb{R}

Contrôle plus fort : $x^2+x+1=\left(x+\frac12\right)^2+\frac34>0$ , jamais nul.

\boxed{F=\frac{A}{x-1}+\frac{\alpha x+\beta}{x^2+x+1}}

⚠️ Facteur quadratique irréductible $\Longrightarrow$ numérateur de DEGRÉ 1. Avec une constante, il manquerait une inconnue : $3$ inconnues pour $\deg D=3$ .

⚠️ L'irréductibilité dépend du CORPS : sur $\mathbb{C}$ , $x^2+x+1=(x-j)(x-\bar j)$ .

Réponse.

F(x)=\dfrac{A}{x-1}+\dfrac{\alpha x+\beta}{x^2+x+1}

. (Recoupement :

x^2+x+1

irréductible sur

\mathbb{R}

car

\Delta=-3<0

; les trois racines de

x^3-1

sont

1,j,j^2

✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Deux pôles simples (couverture)

CalculDifficulté 3/5

Décomposer en éléments simples $F(x)=\dfrac{x+5}{x^2+x-2}$ .

Indices (3)

Factorise le dénominateur : $x^2+x-2=(x-1)(x+2)$ .

Forme : $\dfrac{A}{x-1}+\dfrac{B}{x+2}$ .

Couverture : $A=\big[(x-1)F\big]_{x=1}$ , $B=\big[(x+2)F\big]_{x=-2}$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

La première décomposition complète, avec la méthode qui doit devenir un réflexe : la couverture (ou méthode de Heaviside).

\boxed{\text{pour trouver le coefficient de } \frac{A}{x-a} \ : \ \text{CACHER } (x-a) \text{ au dénominateur, puis remplacer } x \text{ par } a}

Pourquoi ça marche. Si

F(x)=\frac{N(x)}{(x-a)Q(x)}=\frac{A}{x-a}+\frac{B}{Q(x)}

on multiplie les deux membres par $(x-a)$ :

\frac{N(x)}{Q(x)}=A+(x-a)\cdot\frac{B}{Q(x)}

puis on fait $x\to a$ : le second terme s'annule (il porte le facteur $x-a$ ), et il ne reste que

A=\frac{N(a)}{Q(a)}

C'est exactement « cacher le facteur et évaluer ». Un coefficient, une évaluation — aucun système à résoudre.

La méthode ne marche QUE sur les pôles simples. Pour un pôle double, elle donne le coefficient de la puissance la plus haute seulement (voir C3).

Le plan de l'exercice, en trois temps qui reviendront partout :

\text{factoriser } D \ \to \ \text{poser la FORME} \ \to \ \text{couvrir}

⚠️ Vérifier d'abord que la fraction est propre : $\deg N=1<2=\deg D$ ✓

Étape 1 — factoriser et poser la forme

F(x)=\frac{x+5}{x^2+x-2}

Le trinôme :

\Delta=1^2-4(1)(-2)=1+8=9 \qquad \sqrt\Delta=3

x=\frac{-1\pm 3}{2} \qquad\Longrightarrow\qquad x=1 \ \text{ ou } \ x=-2

\boxed{x^2+x-2=(x-1)(x+2)}

Contrôle : $(x-1)(x+2)=x^2+2x-x-2=x^2+x-2$ ✓

⚠️ Attention au signe de $\Delta$ : $-4\times 1\times(-2)=+8$ . Deux signes moins font un plus, et l'oublier donnerait $\Delta=-7<0$ , donc « pas de racine » — un blocage complet sur un trinôme parfaitement factorisable.

La forme — deux pôles simples, donc deux termes à numérateur constant :

F(x)=\frac{A}{x-1}+\frac{B}{x+2}

Contrôle du compte : $2$ inconnues, $\deg D=2$ ✓

Étape 2 — la couverture, coefficient par coefficient

Le coefficient $A$ (pôle $x=1$ ). On cache $(x-1)$ au dénominateur :

F(x)=\frac{x+5}{\cancel{(x-1)}(x+2)} \qquad\Longrightarrow\qquad A=\left.\frac{x+5}{x+2}\right|_{x=1}

A=\frac{1+5}{1+2}=\frac{6}{3}=\boxed{2}

Le coefficient $B$ (pôle $x=-2$ ). On cache $(x+2)$ :

B=\left.\frac{x+5}{x-1}\right|_{x=-2}=\frac{-2+5}{-2-1}=\frac{3}{-3}=\boxed{-1}

⚠️ Le dénominateur $-3$ est négatif : le coefficient l'est aussi. C'est le calcul où l'on perd un signe.

\boxed{F(x)=\frac{2}{x-1}-\frac{1}{x+2}}

Les contrôles :

1) Recombinaison — le plus sûr :

\frac{2}{x-1}-\frac{1}{x+2}=\frac{2(x+2)-(x-1)}{(x-1)(x+2)}=\frac{2x+4-x+1}{x^2+x-2}=\frac{x+5}{x^2+x-2} \quad\checkmark

⚠️ Le $-(x-1)$ donne $-x+1$ : la soustraction porte sur les deux termes.

2) Un point numérique, en $x=0$ (le plus simple, et hors des pôles) :

F(0)=\frac{5}{-2}=-2{,}5 \qquad\text{et}\qquad \frac{2}{-1}-\frac{1}{2}=-2-0{,}5=-2{,}5 \quad\checkmark

3) La somme des coefficients. Comme $\deg N=1$ et $\deg D=2$ , on a $xF(x)\to 1$ quand $x\to\infty$ , et cette limite vaut $A+B$ :

A+B=2-1=1 \quad\checkmark

C'est un contrôle très rapide — on y reviendra en B6, où il est l'objet de l'exercice.

Trois contrôles indépendants, et le troisième ne coûte qu'une addition.

Rappel de cours

Méthode de la couverture (pôles SIMPLES)
$F(x)=\frac{N(x)}{(x-a)\,Q(x)} \qquad\Longrightarrow\qquad A=\frac{N(a)}{Q(a)}$
Cacher $(x-a)$ au dénominateur, remplacer $x$ par $a$ . Un coefficient, une évaluation.

Pourquoi ça marche On multiplie par $(x-a)$ puis on fait $x\to a$ : tous les autres termes portent un facteur $(x-a)$ et s'annulent.

⚠️ Limite de la méthode Elle ne donne directement que les coefficients des pôles simples, et pour un pôle multiple, seulement celui de la plus haute puissance (cf. C3).

Trinôme du second degré
$\Delta=b^2-4ac \qquad x=\frac{-b\pm\sqrt\Delta}{2a}$
⚠️ Avec $c<0$ : $-4ac>0$ . Deux signes moins font un plus.

La somme des coefficients
$\lim_{x\to\infty}xF(x)=\sum(\text{coefficients des termes en } \tfrac{1}{x-a})$

valeur de la limite

$\deg N=\deg D-1$ coefficient dominant de $N$ ( $D$ unitaire)

$\deg N<\deg D-1$ $\mathbf{0}$

Contrôle en une addition.

	valeur de la limite
$\deg N=\deg D-1$	coefficient dominant de $N$ ( $D$ unitaire)
$\deg N<\deg D-1$	$\mathbf{0}$

Les trois contrôles d'une décomposition

recombiner ;

évaluer en un point hors des pôles ;

somme des coefficients.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Se tromper de signe dans $\Delta$ : écrire $1-8=-7$ et conclure que le trinôme est irréductible. $-4ac=-4(1)(-2)=+8$ , donc $\Delta=9$ .

Le contrôle : le trinôme $x^2+x-2$ s'annule visiblement en $x=1$ ( $1+1-2=0$ ). Une racine évidente contredit $\Delta<0$ .

⚠️⚠️ Évaluer au mauvais point. Pour $A$ , on remplace $x$ par la racine du facteur caché, soit $x=1$ pour $(x-1)$ — et non $x=-1$ .

Le contrôle : le facteur $(x-1)$ s'annule en $x=1$ . C'est cette valeur qu'on substitue.

⚠️ Perdre le signe de $B$ . $\dfrac{3}{-3}=-1$ , et non $+1$ .

Le contrôle : la recombinaison. Avec $B=+1$ on obtiendrait $\dfrac{3x+3}{x^2+x-2}$ ✗

⚠️ Cacher le mauvais facteur. Pour $A$ (terme $\frac{A}{x-1}$ ), on cache $(x-1)$ et on garde $(x+2)$ . On cache toujours le facteur du terme qu'on calcule.

⚠️ Oublier de factoriser et tenter la couverture sur $x^2+x-2$ directement. La méthode s'applique facteur par facteur : il faut d'abord les avoir.

⚠️ Se tromper dans $-(x-1)$ lors de la recombinaison : cela donne $-x+1$ , et non $-x-1$ .

⚠️ Évaluer le contrôle numérique en un pôle ( $x=1$ ou $x=-2$ ) : la fraction n'y est pas définie. Choisir un point hors des pôles, $x=0$ étant le plus commode.

⚠️ Ne pas contrôler du tout. La recombinaison prend trois lignes ; la somme des coefficients, une seconde. Sur une décomposition, c'est le meilleur rapport temps/sécurité du chapitre.

À retenir

\boxed{A=\left.\frac{N(x)}{Q(x)}\right|_{x=a}} \qquad\text{— CACHER } (x-a), \text{ puis remplacer } x \text{ par } a

\frac{x+5}{x^2+x-2}=\frac{x+5}{(x-1)(x+2)}=\boxed{\frac{2}{x-1}-\frac{1}{x+2}}

⚠️ $\Delta=1+8=9$ : avec $c<0$ , le terme $-4ac$ est positif.

Le plan, toujours le même : factoriser → poser la forme → couvrir.

Trois contrôles : recombiner · évaluer hors des pôles ( $x=0$ ) · somme des coefficients $=\displaystyle\lim_{x\to\infty}xF(x)=1$ .

Réponse.

F(x)=\dfrac{2}{x-1}-\dfrac{1}{x+2}

. (Recoupement :

\dfrac{2(x+2)-(x-1)}{(x-1)(x+2)}=\dfrac{x+5}{x^2+x-2}

✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Trois pôles simples

CalculDifficulté 3/5

Décomposer $F(x)=\dfrac{2x+5}{(x+1)(x-2)(x-3)}$ (dénominateur factorisé aux exercices A4–A5).

Indices (3)

La forme est $\dfrac{A}{x+1}+\dfrac{B}{x-2}+\dfrac{C}{x-3}$ (trois pôles simples).

Couverture en chaque pôle : multiplier par le facteur et évaluer.

Conserve les fractions exactes.

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Même méthode qu'en B1, mais avec trois pôles simples — et un dénominateur déjà factorisé par l'énoncé (c'est le travail fait en A4).

F(x)=\frac{2x+5}{(x+1)(x-2)(x-3)}

La couverture s'applique terme par terme, sans que le nombre de pôles change quoi que ce soit :

\boxed{\text{cacher le facteur, remplacer } x \text{ par sa racine}}

Trois coefficients, trois évaluations, aucun système. C'est là que la méthode montre sa supériorité sur l'identification : celle-ci demanderait de résoudre un système $3\times 3$ .

Ce qui rend cet exercice instructif : le contrôle par la somme des coefficients y est particulièrement fort.

\deg N=1 \qquad \deg D=3 \qquad \deg N<\deg D-1

\Longrightarrow\qquad \lim_{x\to\infty}xF(x)=0 \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{A+B+C=0}

La somme des trois coefficients doit être NULLE. C'est une contrainte forte — trois nombres qui s'annulent exactement — et une erreur sur l'un d'eux la brise presque à coup sûr.

⚠️ Attention aux signes : deux des trois évaluations font intervenir des produits de nombres négatifs. C'est là que l'exercice se joue.

La forme et les trois coefficients

Contrôle préalable : $\deg N=1<3=\deg D$ , la fraction est propre ✓

La forme — trois pôles simples, distincts :

F(x)=\frac{A}{x+1}+\frac{B}{x-2}+\frac{C}{x-3}

Contrôle du compte : $3$ inconnues, $\deg D=3$ ✓

Le coefficient $A$ (pôle $x=-1$ ) — on cache $(x+1)$ :

A=\left.\frac{2x+5}{(x-2)(x-3)}\right|_{x=-1}=\frac{-2+5}{(-1-2)(-1-3)}=\frac{3}{(-3)\times(-4)}=\frac{3}{12}=\boxed{\frac14}

⚠️ Le produit de deux négatifs est positif : $(-3)(-4)=+12$ . Perdre ce signe donnerait $-\frac14$ .

Le coefficient $B$ (pôle $x=2$ ) — on cache $(x-2)$ :

B=\left.\frac{2x+5}{(x+1)(x-3)}\right|_{x=2}=\frac{4+5}{3\times(2-3)}=\frac{9}{3\times(-1)}=\frac{9}{-3}=\boxed{-3}

Le coefficient $C$ (pôle $x=3$ ) — on cache $(x-3)$ :

C=\left.\frac{2x+5}{(x+1)(x-2)}\right|_{x=3}=\frac{6+5}{4\times 1}=\frac{11}{4}=\boxed{\frac{11}{4}}

\boxed{F(x)=\frac{1}{4(x+1)}-\frac{3}{x-2}+\frac{11}{4(x-3)}}

Les contrôles

1) La somme des coefficients — le plus rapide et le plus fort ici :

A+B+C=\frac14-3+\frac{11}{4}=\frac{1-12+11}{4}=\frac{0}{4}=\boxed{0} \quad\checkmark

C'est exactement ce qu'on attendait, puisque $\deg N=1<2=\deg D-1$ entraîne $xF(x)\to 0$ .

Pourquoi ce contrôle est puissant ici : les trois coefficients sont « laids » ( $\frac14$ , $-3$ , $\frac{11}{4}$ ) et pourtant leur somme tombe exactement à zéro. Une erreur sur n'importe lequel des trois briserait cette annulation — la probabilité qu'une erreur la préserve est très faible.

2) Un point numérique, en $x=0$ :

F(0)=\frac{5}{(1)(-2)(-3)}=\frac{5}{6}

\frac{1}{4(1)}-\frac{3}{-2}+\frac{11}{4(-3)}=\frac14+\frac32-\frac{11}{12}

Au dénominateur commun $12$ :

=\frac{3}{12}+\frac{18}{12}-\frac{11}{12}=\frac{3+18-11}{12}=\frac{10}{12}=\frac{5}{6} \quad\checkmark

⚠️ Le terme $-\dfrac{3}{x-2}$ vaut $-\dfrac{3}{-2}=+\dfrac32$ en $x=0$ : deux signes moins font un plus. C'est le calcul où l'on se trompe.

3) Un second point, en $x=1$ , pour ne pas dépendre d'une seule évaluation :

F(1)=\frac{7}{2\times(-1)\times(-2)}=\frac{7}{4}

\frac{1}{8}-\frac{3}{-1}+\frac{11}{4\times(-2)}=\frac18+3-\frac{11}{8}=\frac{1+24-11}{8}=\frac{14}{8}=\frac74 \quad\checkmark

Trois contrôles, deux d'entre eux totalement indépendants du calcul des coefficients.

ℹ️ La recombinaison est possible aussi, mais avec trois termes elle demande de développer un produit de trois facteurs — les deux points numériques sont plus rapides et tout aussi convaincants.

Rappel de cours

Couverture, cas général
$F=\frac{N}{(x-a_1)(x-a_2)\cdots(x-a_n)} \qquad A_i=\frac{N(a_i)}{\prod_{j\neq i}(a_i-a_j)}$
Cacher le facteur $i$ , remplacer $x$ par $a_i$ . Autant d'évaluations que de pôles, aucun système.

La somme des coefficients
$\sum A_i=\lim_{x\to\infty}xF(x)$

limite

$\deg N=\deg D-1$ coefficient dominant de $N$ ( $D$ unitaire)

$\deg N\leq \deg D-2$ $\mathbf{0}$

Ici $\deg N=1$ , $\deg D=3$ : la somme vaut $0$ .

	limite
$\deg N=\deg D-1$	coefficient dominant de $N$ ( $D$ unitaire)
$\deg N\leq \deg D-2$	$\mathbf{0}$

Pourquoi ce contrôle est fort Il porte sur tous les coefficients à la fois, et il ne coûte qu'une addition. Sur des coefficients fractionnaires, une annulation exacte est très improbable par hasard.

Couverture contre identification

couverture identification

pôles simples $n$ évaluations système $n\times n$

pôles multiples partiellement toujours

facteurs irréductibles non oui

La couverture d'abord, l'identification pour ce qu'elle ne couvre pas.

	couverture	identification
pôles simples	$n$ évaluations	système $n\times n$
pôles multiples	partiellement	toujours
facteurs irréductibles	non	oui

⚠️ Signes $(-3)\times(-4)=+12$ · $-\dfrac{3}{-2}=+\dfrac32$ . Les produits et quotients de négatifs sont la première source d'erreur du chapitre.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Perdre un signe dans $(-3)\times(-4)$ . Le produit vaut $+12$ , donc $A=+\frac14$ . Avec $-12$ on aurait $A=-\frac14$ , et la somme des coefficients vaudrait $-\frac12$ au lieu de $0$ .

Le contrôle : c'est précisément ce que la somme nulle attrape.

⚠️⚠️ Évaluer au mauvais point pour le facteur $(x+1)$ . Sa racine est $x=-1$ , et non $x=+1$ . Le signe s'inverse entre le facteur et sa racine.

Le contrôle : $(x+1)$ s'annule en $x=-1$ . C'est la valeur qui annule le facteur qu'on substitue.

⚠️ Cacher plusieurs facteurs à la fois. Pour $A$ , on cache seulement $(x+1)$ ; les deux autres restent au dénominateur et sont évalués.

⚠️ Écrire $F=\dfrac{A+B+C}{(x+1)(x-2)(x-3)}$ . Ce n'est pas une décomposition — chaque coefficient a son dénominateur.

⚠️ Se tromper dans $-\dfrac{3}{-2}$ au contrôle numérique : cela vaut $+\dfrac32$ .

⚠️ Croire que la somme des coefficients vaut toujours $0$ . Elle vaut $\displaystyle\lim_{x\to\infty}xF(x)$ , qui n'est nulle que si $\deg N\leq \deg D-2$ . En B1 elle valait $1$ .

Vérifier les degrés avant d'appliquer le contrôle — sinon on « corrige » un résultat juste.

⚠️ Ne contrôler qu'en un seul point. Deux expressions différentes peuvent coïncider en un point. Deux points, plus la somme, ne laissent presque aucune place à l'erreur.

⚠️ Refactoriser le dénominateur alors que l'énoncé le donne déjà factorisé (travail fait en A4). Du temps perdu, et une occasion d'erreur.

À retenir

\frac{2x+5}{(x+1)(x-2)(x-3)}=\boxed{\frac{1}{4(x+1)}-\frac{3}{x-2}+\frac{11}{4(x-3)}}

Trois pôles simples $\Longrightarrow$ trois couvertures, aucun système.

⚠️ Les signes : $(-3)\times(-4)=+12$ , et la racine de $(x+1)$ est $x=\mathbf{-1}$ .

\boxed{A+B+C=\frac14-3+\frac{11}{4}=0}

La somme est NULLE parce que $\deg N\leq \deg D-2$ . Contrôle en une addition, qui porte sur les trois coefficients à la fois — et une annulation exacte n'arrive pas par hasard.

⚠️ La somme ne vaut pas toujours $0$ : elle vaut $\displaystyle\lim_{x\to\infty}xF(x)$ . Vérifier les degrés avant de l'appliquer.

Réponse.

F(x)=\dfrac{1}{4(x+1)}-\dfrac{3}{x-2}+\dfrac{11}{4(x-3)}

. (Recoupement : recombinaison redonne

\dfrac{2x+5}{(x+1)(x-2)(x-3)}

✓ ; chaîne A4→A5→B2.)

Faire cet exercice dans l'app →

Fraction impropre : partie entière puis pôles simples

CalculDifficulté 3/5

Décomposer $F(x)=\dfrac{x^3}{x^2-1}$ .

Indices (3)

$\deg(\text{num})>\deg(\text{dén})$ : commence par la partie entière (division).

$x^3=x(x^2-1)+x$ , donc $F=x+\dfrac{x}{x^2-1}$ .

Décompose ensuite $\dfrac{x}{(x-1)(x+1)}$ par couverture.

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Le premier exercice où les deux techniques du chapitre s'enchaînent : partie entière puis éléments simples.

F(x)=\frac{x^3}{x^2-1} \qquad \deg N=3 \qquad \deg D=2

3>2 \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\text{la fraction est IMPROPRE}}

⚠️⚠️ La décomposition en éléments simples ne s'applique PAS directement. Il faut d'abord extraire la partie entière — et sauter cette étape est l'erreur numéro un de tout le chapitre.

Ce qui se passe si on la saute. On poserait

\frac{x^3}{(x-1)(x+1)}\stackrel{?}{=}\frac{A}{x-1}+\frac{B}{x+1}

Le membre de droite est une fraction propre (son numérateur, une fois réduit, est de degré $\leq 1$ ), le gauche ne l'est pas. Le système n'a aucune solution — et l'on cherche alors une erreur de calcul qui n'existe pas.

Le plan complet, en trois temps :

\underbrace{\text{partie entière}}_{\deg Q=3-2=1} \ \to \ \underbrace{\text{factoriser } D}_{x^2-1=(x-1)(x+1)} \ \to \ \underbrace{\text{couvrir}}_{\text{2 pôles simples}}

On sait d'avance que la partie entière est de degré $1$ , donc de la forme $ax+b$ — ici ce sera simplement $x$ .

ℹ️ L'identité $x^2-1=(x-1)(x+1)$ est une différence de carrés : aucun discriminant à calculer.

Étape 1 — la partie entière

Par la méthode rapide — faire apparaître le dénominateur au numérateur :

x^3=x\cdot x^2=x\left(x^2-1\right)+x

Vérification du complément : $x(x^2-1)=x^3-x$ , et $x^3-(x^3-x)=x$ ✓

F(x)=\frac{x\left(x^2-1\right)+x}{x^2-1}=x+\frac{x}{x^2-1}

\boxed{F(x)=x+\frac{x}{x^2-1}}

Contrôles :

contrôle	attendu	ici
$\deg Q=\deg N-\deg D$	$1$	$x$ ✓
reste propre	$\deg R<2$	$\deg x=1<2$ ✓

Par la division posée, si l'on préfère — en complétant $x^3+0x^2+0x+0$ :

\dfrac{x^3}{x^2}=x \quad\Longrightarrow\quad x(x^2-1)=x^3-x \quad\Longrightarrow\quad \left(x^3+0x\right)-\left(x^3-x\right)=x

Reste $x$ , de degré $1<2$ : terminé. Même résultat, un peu plus long.

Étape 2 — décomposer le reste, et les contrôles

\frac{x}{x^2-1}=\frac{x}{(x-1)(x+1)}=\frac{A}{x-1}+\frac{B}{x+1}

Par couverture. Pôle $x=1$ :

A=\left.\frac{x}{x+1}\right|_{x=1}=\frac{1}{2}=\boxed{\frac12}

Pôle $x=-1$ :

B=\left.\frac{x}{x-1}\right|_{x=-1}=\frac{-1}{-2}=\boxed{\frac12}

⚠️ Les deux signes moins se compensent : $\dfrac{-1}{-2}=+\dfrac12$ . C'est le calcul qu'on rate.

\boxed{F(x)=x+\frac{1}{2(x-1)}+\frac{1}{2(x+1)}}

Les contrôles :

1) La somme des coefficients. Attention — elle porte sur la partie fractionnaire seule :

\lim_{x\to\infty}x\cdot\frac{x}{x^2-1}=1 \qquad\text{et}\qquad A+B=\frac12+\frac12=1 \quad\checkmark

⚠️ Ne pas appliquer ce contrôle à $F$ entière : $xF(x)\to\infty$ puisque $F$ est impropre. Le contrôle porte sur $\dfrac{R}{D}$ , jamais sur $F$ quand il y a une partie entière.

2) Un point numérique, en $x=2$ :

F(2)=\frac{8}{3}

2+\frac{1}{2\times 1}+\frac{1}{2\times 3}=2+\frac12+\frac16=\frac{12+3+1}{6}=\frac{16}{6}=\frac83 \quad\checkmark

3) La symétrie, contrôle élégant et indépendant. $F$ est impaire :

F(-x)=\frac{-x^3}{x^2-1}=-F(x)

La forme décomposée doit l'être aussi. En échangeant $x\mapsto -x$ :

-x+\frac{1}{2(-x-1)}+\frac{1}{2(-x+1)}=-x-\frac{1}{2(x+1)}-\frac{1}{2(x-1)}=-F(x) \quad\checkmark

L'imparité impose $A=B$ — et c'est bien ce qu'on trouve. Un résultat avec $A\neq B$ serait immédiatement suspect.

4) Lecture asymptotique. La partie entière $x$ est l'asymptote oblique : la droite $y=x$ . Les deux pôles $x=\pm 1$ donnent deux asymptotes verticales.

Rappel de cours

Fraction impropre : l'ordre des opérations
$\deg N\geq \deg D \quad\Longrightarrow\quad F=\underbrace{Q(x)}_{\text{partie entière}}+\underbrace{\frac{R(x)}{D(x)}}_{\text{propre, à décomposer}}$
⚠️ La décomposition en éléments simples ne s'applique QU'à la partie propre. Sauter cette étape rend le système insoluble.

Méthode rapide
$x^3=x(x^2-1)+x$
On force le dénominateur à apparaître au numérateur.

Différence de carrés
$x^2-a^2=(x-a)(x+a)$
Aucun discriminant nécessaire.

La somme des coefficients, cas impropre
$\sum A_i=\lim_{x\to\infty}x\cdot\frac{R(x)}{D(x)}$
⚠️ Sur la partie FRACTIONNAIRE seule, jamais sur $F$ — dont $xF(x)$ diverge.

Le contrôle par la parité
$F \ \text{impaire} \iff F(-x)=-F(x)$
Une fraction impaire impose des relations entre coefficients — ici $A=B$ . Contrôle gratuit et totalement indépendant du calcul.

Lecture asymptotique
$F(x)=x+\frac{x}{x^2-1} \qquad \frac{x}{x^2-1}\to 0$
La droite $y=x$ est asymptote oblique, et $x=\pm 1$ sont asymptotes verticales.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Décomposer directement sans extraire la partie entière. Poser $\dfrac{x^3}{(x-1)(x+1)}=\dfrac{A}{x-1}+\dfrac{B}{x+1}$ conduit à un système sans solution.

Le contrôle, à faire AVANT tout : comparer $\deg N$ et $\deg D$ . $3>2$ $\Longrightarrow$ partie entière obligatoire.

Le symptôme de l'oubli : par identification on obtiendrait $A(x+1)+B(x-1)=x^3$ , soit un membre de gauche de degré $1$ égalé à un degré $3$ . Impossible — et c'est le signe qu'il fallait diviser d'abord.

⚠️ Perdre le signe de $B$ : $\dfrac{-1}{-2}=+\dfrac12$ , pas $-\dfrac12$ .

Le contrôle : la parité impose $A=B$ . Un $B$ négatif briserait cette symétrie.

⚠️ Appliquer la somme des coefficients à $F$ entière. Elle ne vaut que pour la partie fractionnaire : $A+B=1$ , et non $\lim xF(x)$ qui est infinie.

⚠️ Écrire $x^3=x(x^2-1)$ sans reste, en oubliant le $+x$ . On perdrait toute la partie fractionnaire.

Le contrôle : redévelopper. $x(x^2-1)=x^3-x\neq x^3$ .

⚠️ Factoriser $x^2-1$ en $(x-1)^2$ . C'est une différence de carrés : $(x-1)(x+1)$ . Le carré serait $x^2-2x+1$ .

⚠️ Oublier la partie entière dans la réponse finale. $F=x+\ldots$ — le $x$ en fait partie, et c'est lui qui porte l'asymptote.

⚠️ Ne pas remarquer que $A=B$ . Ce n'est pas une coïncidence mais une conséquence de l'imparité de $F$ — et c'est un contrôle qui ne coûte rien.

À retenir

⚠️⚠️ Fraction IMPROPRE $\Longrightarrow$ partie entière D'ABORD. $\deg N=3>2=\deg D$ .

\frac{x^3}{x^2-1}=x+\frac{x}{x^2-1}=\boxed{x+\frac{1}{2(x-1)}+\frac{1}{2(x+1)}}

La méthode rapide : $x^3=x(x^2-1)+x$ .

⚠️ $\dfrac{-1}{-2}=+\dfrac12$ — les deux signes moins se compensent.

La somme des coefficients porte sur la partie FRACTIONNAIRE : $A+B=1$ , jamais sur $F$ (dont $xF$ diverge).

$F$ est IMPAIRE, donc $A=B$ — contrôle gratuit et indépendant. Et la partie entière $x$ est l'asymptote oblique.

Réponse.

F(x)=x+\dfrac{1}{2(x-1)}+\dfrac{1}{2(x+1)}

. (Recoupement : recombinaison redonne

\dfrac{x^3}{x^2-1}

✓ ;

F

impropre

\Rightarrow

partie entière

x

obligatoire.)

Faire cet exercice dans l'app →

Coefficients par identification

CalculDifficulté 3/5

Décomposer $F(x)=\dfrac{5x-1}{(x+1)(x-2)}$ par identification des coefficients (sans la méthode de couverture).

Indices (3)

Pose $\dfrac{5x-1}{(x+1)(x-2)}=\dfrac{A}{x+1}+\dfrac{B}{x-2}$ .

Réduis au même dénominateur : $5x-1=A(x-2)+B(x+1)$ .

Identifie le coefficient de $x$ et le terme constant.

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

La seconde méthode de calcul des coefficients : l'identification. L'énoncé interdit la couverture, précisément pour la faire pratiquer.

Le principe — on réduit la forme au même dénominateur et on compare les numérateurs :

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

Ce numérateur doit être identique à $5x-1$ , pour tout $x$ . Deux polynômes égaux ont les mêmes coefficients terme à terme :

\boxed{\text{coefficient de } x \ \text{à gauche} = \text{coefficient de } x \ \text{à droite}, \ \text{et de même pour les constantes}}

Ce qui fonde la méthode : l'UNICITÉ de la décomposition. Le théorème garantit qu'il existe un et un seul couple $(A;B)$ — sans quoi identifier n'aurait pas de sens.

Pourquoi apprendre cette méthode alors que la couverture est plus rapide. Parce qu'elle est universelle :

situation	couverture	identification
pôles simples	✅ immédiate	✅ mais plus longue
pôle multiple	❌ un seul coefficient	✅
facteur quadratique irréductible	❌	✅

La couverture est un raccourci ; l'identification est la méthode générale. Les exercices C1 à C6 en dépendront entièrement.

⚠️ En pratique on les COMBINE : couverture pour les coefficients qu'elle donne, identification pour le reste. C'est ce que fera C2.

Étape 1 — réduire et identifier

La forme — deux pôles simples :

F(x)=\frac{5x-1}{(x+1)(x-2)}=\frac{A}{x+1}+\frac{B}{x-2}

Réduction au même dénominateur :

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

Les dénominateurs étant identiques, les numérateurs le sont :

A(x-2)+B(x+1)=5x-1 \qquad \text{pour tout } x

On développe et on regroupe par puissances de $x$ :

Ax-2A+Bx+B=5x-1

\boxed{(A+B)\,x+(-2A+B)=5x-1}

⚠️ Regrouper par puissances est l'étape décisive. Sans ce regroupement, on ne peut pas identifier — c'est là que le calcul se perd.

Identification, coefficient par coefficient :

puissance	à gauche	à droite	équation
$x^1$	$A+B$	$5$	$A+B=5$
$x^0$	$-2A+B$	$-1$	$-2A+B=-1$

Étape 2 — résoudre le système et contrôler

\begin{cases} A+B=5\\ -2A+B=-1\end{cases}

Par soustraction (première moins seconde) — les $B$ disparaissent :

(A+B)-(-2A+B)=5-(-1)

A+B+2A-B=6 \qquad\Longrightarrow\qquad 3A=6 \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{A=2}

⚠️ Soustraire $-2A$ , c'est ajouter $2A$ , et $5-(-1)=6$ . Les deux signes comptent.

Puis $B=5-A=5-2=\boxed{3}$

\boxed{F(x)=\frac{2}{x+1}+\frac{3}{x-2}}

Les contrôles :

1) Report dans la SECONDE équation — celle qui n'a pas servi à isoler :

-2(2)+3=-4+3=-1 \quad\checkmark

⚠️ Reporter dans l'équation qui a servi à trouver $B$ ne prouverait rien — elle est vérifiée par construction. Un contrôle doit porter sur une information qu'on n'a pas déjà utilisée.

2) Recombinaison :

\frac{2}{x+1}+\frac{3}{x-2}=\frac{2(x-2)+3(x+1)}{(x+1)(x-2)}=\frac{2x-4+3x+3}{(x+1)(x-2)}=\frac{5x-1}{(x+1)(x-2)} \quad\checkmark

3) Par couverture — méthode interdite pour résoudre, mais parfaitement légitime pour vérifier :

A=\left.\frac{5x-1}{x-2}\right|_{x=-1}=\frac{-6}{-3}=2 \quad\checkmark \qquad B=\left.\frac{5x-1}{x+1}\right|_{x=2}=\frac{9}{3}=3 \quad\checkmark

Les deux méthodes donnent le même résultat — et c'est le contrôle le plus convaincant, puisque les chemins de calcul n'ont rien en commun.

4) Somme des coefficients. $\deg N=1=\deg D-1$ , donc la somme vaut le coefficient dominant de $N$ , soit $5$ :

A+B=2+3=5 \quad\checkmark

Quatre contrôles, dont trois indépendants du système résolu.

Rappel de cours

Méthode par identification

poser la forme ;

réduire au même dénominateur ;

égaler les numérateurs ;

développer et regrouper par puissances de $x$ ;

identifier coefficient par coefficient ;

résoudre le système.

Ce qui la fonde Deux polynômes égaux pour tout $x$ ont les mêmes coefficients. Et le théorème de décomposition garantit l'unicité du résultat.

Couverture ou identification ?

couverture identification

pôles simples ✅ immédiate ✅ plus longue

pôle multiple ❌ partielle ✅

quadratique irréductible ❌ ✅

En pratique on combine : couverture pour ce qu'elle donne, identification pour le reste.

	couverture	identification
pôles simples	✅ immédiate	✅ plus longue
pôle multiple	❌ partielle	✅
quadratique irréductible	❌	✅

Variante : l'évaluation en des points bien choisis Plutôt que de développer, on peut évaluer $A(x-2)+B(x+1)=5x-1$ en $x=2$ puis $x=-1$ — ce qui redonne exactement la couverture. Les deux méthodes ne sont pas si éloignées.

Contrôler un système ⚠️ Reporter dans l'équation qui a servi à isoler l'inconnue ne prouve rien. Utiliser l'autre — celle qui porte une information non encore consommée.

Somme des coefficients
$\deg N=\deg D-1 \quad\Longrightarrow\quad \sum A_i=\text{coefficient dominant de } N \quad (D\ \text{unitaire})$

L'erreur classique

⚠️⚠️ Ne pas regrouper par puissances et tenter d'identifier sur $Ax-2A+Bx+B=5x-1$ tel quel. Il faut d'abord rassembler les termes en $x$ d'un côté, les constantes de l'autre.

⚠️ Se tromper dans le développement de $A(x-2)$ : cela donne $Ax-2A$ , et non $Ax-2$ . Le $A$ multiplie les deux termes.

⚠️⚠️ Se tromper de signe dans la soustraction du système. $(A+B)-(-2A+B)=3A$ , et $5-(-1)=6$ . Avec $5-1=4$ on trouverait $A=\frac43$ — et la recombinaison échouerait.

Le contrôle : reporter dans la seconde équation. $-2\left(\frac43\right)+B=-1$ donnerait $B=\frac53$ , et $A+B=3\neq 5$ ✗

⚠️ Mélanger les deux dénominateurs : écrire $\dfrac{A}{x+1}+\dfrac{B}{x-2}=\dfrac{A+B}{(x+1)(x-2)}$ . Chaque terme se multiplie par le dénominateur de l'autre — d'où $A(x-2)+B(x+1)$ .

⚠️ Utiliser la couverture alors que l'énoncé l'interdit. Elle reste utile pour vérifier, mais la question porte sur la maîtrise de l'identification.

⚠️ Contrôler dans la mauvaise équation. Si l'on a tiré $B=5-A$ de la première, reporter dans la première ne prouve rien : elle est satisfaite par construction. Le contrôle porte sur la seconde.

⚠️ Croire que l'égalité $A(x-2)+B(x+1)=5x-1$ ne vaut qu'en certains points. Elle vaut pour tout $x$ — c'est ce qui autorise l'identification des coefficients.

⚠️ Oublier que la fraction doit être propre. $\deg N=1<2=\deg D$ ✓ Si ce n'était pas le cas, l'identification produirait un système incompatible.

À retenir

IDENTIFICATION : réduire au même dénominateur, égaler les numérateurs, regrouper par puissances, identifier.

A(x-2)+B(x+1)=5x-1 \ \Longrightarrow\ (A+B)x+(-2A+B)=5x-1

\begin{cases}A+B=5\\ -2A+B=-1\end{cases} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{F=\frac{2}{x+1}+\frac{3}{x-2}}

La couverture est un raccourci ; l'identification est la méthode GÉNÉRALE — seule elle traite les pôles multiples et les facteurs irréductibles.

⚠️ Contrôler dans l'équation qui n'a PAS servi à isoler — l'autre est vérifiée par construction.

Ici quatre contrôles dont la couverture, qui redonne $2$ et $3$ par un chemin sans rapport.

Réponse.

F(x)=\dfrac{2}{x+1}+\dfrac{3}{x-2}

. (Recoupement par couverture :

A=\big[\tfrac{5x-1}{x-2}\big]_{-1}=\tfrac{-6}{-3}=2

,

B=\big[\tfrac{5x-1}{x+1}\big]_{2}=\tfrac{9}{3}=3

✓ — les deux méthodes concordent.)

Faire cet exercice dans l'app →

Vérification par recombinaison

ApplicationDifficulté 3/5

On propose $\dfrac{3x+1}{(x-2)(x+1)}=\dfrac{7}{3(x-2)}+\dfrac{2}{3(x+1)}$ . Valider (ou infirmer) cette décomposition en recombinant les deux éléments simples.

Indices (3)

Mets les deux termes proposés au même dénominateur $(x-2)(x+1)$ .

Le numérateur obtenu doit être exactement $3x+1$ .

Réduis et compare.

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Un exercice de validation, et non de calcul : on donne une décomposition, il faut dire si elle est juste.

\frac{3x+1}{(x-2)(x+1)} \ \stackrel{?}{=} \ \frac{7}{3(x-2)}+\frac{2}{3(x+1)}

La méthode demandée est la RECOMBINAISON — on refait la somme et on regarde si l'on retombe sur la fraction de départ.

\boxed{\text{recombiner est la vérification universelle d'une décomposition}}

Pourquoi elle est plus forte que tout autre contrôle. Elle est une équivalence, pas une implication :

contrôle	ce qu'il prouve
une valeur numérique	nécessaire, pas suffisant
somme des coefficients	nécessaire, pas suffisant
recombinaison	nécessaire ET suffisant

Un point numérique peut coïncider par hasard ; la recombinaison, non — si les deux membres sont égaux en tant que fractions, ils le sont partout.

Le seul risque est de se tromper EN recombinant. D'où l'intérêt de doubler d'un contrôle rapide et indépendant avant de conclure.

⚠️ Les dénominateurs portent un facteur $3$ , ce qui alourdit le calcul et fait perdre des coefficients. Les écrire $\dfrac{7/3}{x-2}$ et $\dfrac{2/3}{x+1}$ aide à voir que ce sont bien des constantes.

La recombinaison

Le dénominateur commun. Les deux termes ont pour dénominateurs $3(x-2)$ et $3(x+1)$ ; le commun est

3(x-2)(x+1)

On met au même dénominateur — chaque numérateur se multiplie par ce qui lui manque :

\frac{7}{3(x-2)}=\frac{7(x+1)}{3(x-2)(x+1)} \qquad \frac{2}{3(x+1)}=\frac{2(x-2)}{3(x-2)(x+1)}

On additionne :

\frac{7(x+1)+2(x-2)}{3(x-2)(x+1)}

On développe le numérateur :

7(x+1)=7x+7 \qquad 2(x-2)=2x-4

7x+7+2x-4=9x+3

On factorise par $3$ — l'étape qui fait tout basculer :

9x+3=3(3x+1)

\frac{3(3x+1)}{3(x-2)(x+1)}=\frac{3x+1}{(x-2)(x+1)} \quad\checkmark

\boxed{\text{La décomposition proposée est JUSTE}}

⚠️ Le facteur $3$ se simplifie exactement — c'est ce qui rend la décomposition correcte. S'il restait un $3$ quelque part, elle serait fausse.

Les contrôles indépendants

La recombinaison suffit, mais elle repose sur un calcul. Deux vérifications rapides la confirment par des chemins sans rapport.

1) La couverture — elle recalcule les coefficients directement :

A=\left.\frac{3x+1}{x+1}\right|_{x=2}=\frac{7}{3} \quad\checkmark \qquad B=\left.\frac{3x+1}{x-2}\right|_{x=-1}=\frac{-2}{-3}=\frac{2}{3} \quad\checkmark

Les deux coefficients tombent exactement sur $\dfrac73$ et $\dfrac23$ , qui sont bien ce que $\dfrac{7}{3(x-2)}$ et $\dfrac{2}{3(x+1)}$ signifient.

⚠️ $\dfrac{-2}{-3}=+\dfrac23$ : les deux signes moins se compensent.

2) La somme des coefficients. $\deg N=1=\deg D-1$ , donc la somme vaut le coefficient dominant de $N$ , soit $3$ :

\frac73+\frac23=\frac{9}{3}=3 \quad\checkmark

Contrôle en une addition.

3) Un point numérique, en $x=0$ :

\frac{3(0)+1}{(0-2)(0+1)}=\frac{1}{-2}=-\frac12

\frac{7}{3(-2)}+\frac{2}{3(1)}=-\frac{7}{6}+\frac{2}{3}=-\frac{7}{6}+\frac{4}{6}=-\frac{3}{6}=-\frac12 \quad\checkmark

Quatre chemins concordants. La décomposition est validée sans réserve.

Ce que ferait un contre-exemple. Si l'on proposait $\dfrac{7}{3(x-2)}+\dfrac{1}{3(x+1)}$ (un $2$ changé en $1$ ), la recombinaison donnerait

\frac{7(x+1)+1(x-2)}{3(x-2)(x+1)}=\frac{8x+5}{3(x-2)(x+1)}

et $8x+5$ n'est pas un multiple de $3(3x+1)$ : la décomposition serait fausse, et le calcul le dirait immédiatement.

⚠️ Le contrôle par la somme l'aurait aussi attrapée : $\frac73+\frac13=\frac83\neq 3$ . Et il ne coûte qu'une addition — c'est le premier réflexe à avoir devant une décomposition proposée.

Rappel de cours

Recombiner : la vérification universelle
$\frac{A}{x-a}+\frac{B}{x-b}=\frac{A(x-b)+B(x-a)}{(x-a)(x-b)}$
Chaque numérateur se multiplie par le dénominateur de l'autre.

Force des contrôles

contrôle portée

valeur en un point nécessaire, non suffisant

somme des coefficients nécessaire, non suffisant

recombinaison équivalence

Les deux premiers réfutent vite ; seul le troisième prouve.

contrôle	portée
valeur en un point	nécessaire, non suffisant
somme des coefficients	nécessaire, non suffisant
recombinaison	équivalence

La somme des coefficients
$\sum A_i=\lim_{x\to\infty}xF(x)$
$\deg N=\deg D-1$ $\Longrightarrow$ la somme vaut le coefficient dominant de $N$ ( $D$ unitaire). Le premier réflexe devant une décomposition proposée : une addition, et beaucoup d'erreurs tombent.

Écriture des coefficients
$\frac{7}{3(x-2)}=\frac{7/3}{x-2}=\frac{7}{3}\cdot\frac{1}{x-2}$
Les trois formes sont équivalentes. La seconde rend visible que le coefficient est $\dfrac73$ .

Valider ou infirmer Une question de validation attend une conclusion explicite, pas seulement un calcul.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Additionner les numérateurs sans changer de dénominateur : écrire $\dfrac{7+2}{3(x-2)(x+1)}$ . Chaque fraction doit d'abord être mise au dénominateur commun, ce qui multiplie son numérateur par le facteur manquant.

⚠️ Oublier le facteur $3$ dans le dénominateur commun et prendre $(x-2)(x+1)$ . Il faut $3(x-2)(x+1)$ , sinon les numérateurs sont triplés.

⚠️ Ne pas factoriser $9x+3$ . C'est l'étape qui conclut : $9x+3=3(3x+1)$ , et le $3$ se simplifie. Sans elle, on croit trouver $\dfrac{9x+3}{3(x-2)(x+1)}$ et l'on hésite.

⚠️ Se tromper en développant $2(x-2)$ : cela donne $2x-4$ , et non $2x-2$ . La somme serait $9x+5$ , non factorisable par $3$ — et l'on conclurait à tort que la décomposition est fausse.

Le contrôle : la somme des coefficients, $\frac73+\frac23=3$ ✓, contredirait ce verdict et ferait relire le calcul.

⚠️ Conclure « faux » sur une simple différence d'écriture. $\dfrac{7}{3(x-2)}$ et $\dfrac{7/3}{x-2}$ sont la même chose.

⚠️ Se contenter d'un point numérique pour conclure que c'est juste. Une valeur peut coïncider par hasard : $\dfrac{7}{3(x-2)}+\dfrac{2}{3(x+1)}$ et une décomposition fausse peuvent partager un point. Seule la recombinaison prouve.

⚠️ Ne pas conclure. L'énoncé demande de valider ou infirmer : il faut écrire la phrase, pas seulement poser le calcul.

À retenir

\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)}=\frac{3x+1}{(x-2)(x+1)}

\boxed{\text{la décomposition proposée est JUSTE}}

Recombiner est la vérification UNIVERSELLE — c'est une équivalence, là où un point numérique ou une somme ne sont que nécessaires.

⚠️ Factoriser $9x+3=3(3x+1)$ : c'est l'étape qui conclut.

Premier réflexe, en une addition : la somme des coefficients doit valoir le coefficient dominant de $N$ , ici $\frac73+\frac23=3$ ✓

Une question de validation attend une CONCLUSION explicite.

Réponse. Décomposition validée : la recombinaison redonne

\dfrac{3x+1}{(x-2)(x+1)}

. (C'est le réflexe à appliquer systématiquement après chaque décomposition.)

Faire cet exercice dans l'app →

Recoupement par la somme des coefficients

ApplicationDifficulté 3/5

Décomposer $F(x)=\dfrac{x-3}{(x-1)(x-2)}$ , puis contrôler le résultat à l'aide de la somme des coefficients.

Indices (3)

Couverture en $x=1$ et $x=2$ .

Le numérateur est de degré $\deg(\text{dén})-1=1$ : la somme des coefficients égale le coefficient dominant du numérateur.

Ici ce coefficient dominant vaut $1$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Le contrôle par la somme des coefficients, cette fois comme objet de l'exercice et non comme vérification annexe.

\boxed{\sum A_i=\lim_{x\to+\infty}x\,F(x)}

D'où vient cette relation. Partons de la décomposition et multiplions par $x$ :

xF(x)=\frac{Ax}{x-1}+\frac{Bx}{x-2}

Quand $x\to+\infty$ , chaque quotient $\dfrac{x}{x-a}$ tend vers $1$ :

\lim_{x\to+\infty}xF(x)=A+B

Et cette limite se calcule directement sur $F$ , sans connaître les coefficients :

xF(x)=\frac{x(x-3)}{(x-1)(x-2)}=\frac{x^2-3x}{x^2-3x+2}\ \xrightarrow[x\to\infty]{}\ 1

\boxed{A+B=1}

On connaît donc la somme AVANT d'avoir calculé quoi que ce soit. C'est ce qui en fait un contrôle — il repose sur une information obtenue par un chemin totalement indépendant.

La règle générale, à retenir sous cette forme :

degrés	$\displaystyle\lim_{x\to\infty}xF(x)$
$\deg N=\deg D-1$	coefficient dominant de $N$ ( $D$ unitaire)
$\deg N\leq \deg D-2$	$\mathbf{0}$

⚠️ Elle ne s'applique qu'aux fractions PROPRES. Sur une fraction impropre, $xF(x)$ diverge — il faut d'abord extraire la partie entière et appliquer la règle au reste (cf. B3).

Étape 1 — décomposer

F(x)=\frac{x-3}{(x-1)(x-2)}

Contrôle préalable : $\deg N=1<2=\deg D$ , la fraction est propre ✓

La forme — deux pôles simples :

F(x)=\frac{A}{x-1}+\frac{B}{x-2}

Par couverture. Pôle $x=1$ :

A=\left.\frac{x-3}{x-2}\right|_{x=1}=\frac{1-3}{1-2}=\frac{-2}{-1}=\boxed{2}

⚠️ Deux signes moins font un plus : $\dfrac{-2}{-1}=+2$ .

Pôle $x=2$ :

B=\left.\frac{x-3}{x-1}\right|_{x=2}=\frac{2-3}{2-1}=\frac{-1}{1}=\boxed{-1}

\boxed{F(x)=\frac{2}{x-1}-\frac{1}{x-2}}

Étape 2 — le contrôle par la somme

La valeur attendue, calculée sur $F$ sans utiliser les coefficients :

\deg N=1 \qquad \deg D=2 \qquad \deg N=\deg D-1

\Longrightarrow\qquad \lim_{x\to+\infty}xF(x)=\text{coefficient dominant de } N=1

Le détail du calcul, pour ne rien admettre :

xF(x)=\frac{x(x-3)}{(x-1)(x-2)}=\frac{x^2-3x}{x^2-3x+2}

Numérateur et dénominateur sont de même degré $2$ , de même coefficient dominant $1$ , donc la limite vaut $\dfrac{1}{1}=1$ .

La valeur obtenue :

A+B=2+(-1)=1 \quad\checkmark

\boxed{\text{les deux coïncident : la décomposition est confirmée}}

Ce que le contrôle vaut, exactement. Il est nécessaire mais pas suffisant : le couple $(3;-2)$ donnerait aussi une somme de $1$ , et il est faux. Le contrôle réfute vite, il ne prouve pas.

⚠️ C'est sa juste portée, et il faut la connaître : un contrôle nécessaire écarte la plupart des erreurs de calcul (qui déplacent rarement deux coefficients de façon compensée), mais il ne remplace pas la recombinaison.

Contrôles complémentaires :

1) Recombinaison — celle-là prouve :

\frac{2}{x-1}-\frac{1}{x-2}=\frac{2(x-2)-(x-1)}{(x-1)(x-2)}=\frac{2x-4-x+1}{(x-1)(x-2)}=\frac{x-3}{(x-1)(x-2)} \quad\checkmark

⚠️ $-(x-1)$ donne $-x+1$ , les deux termes changent de signe.

2) Un point numérique, en $x=0$ :

F(0)=\frac{-3}{(-1)(-2)}=\frac{-3}{2} \qquad\text{et}\qquad \frac{2}{-1}-\frac{1}{-2}=-2+\frac12=-\frac32 \quad\checkmark

Comparaison des trois contrôles :

contrôle	coût	portée
somme des coefficients	une addition	réfute
point numérique	quelques secondes	réfute
recombinaison	quelques lignes	prouve

La bonne pratique : la somme d'abord (quasi gratuite, écarte l'essentiel des erreurs), la recombinaison en cas de doute ou quand l'enjeu le justifie.

Rappel de cours

La somme des coefficients
$\sum A_i=\lim_{x\to+\infty}x\,F(x)$

degrés limite

$\deg N=\deg D-1$ coefficient dominant de $N$ ( $D$ unitaire)

$\deg N\leq \deg D-2$ $\mathbf{0}$

⚠️ Fractions PROPRES uniquement. Sinon, extraire la partie entière et appliquer au reste.

Démonstration en une ligne
$xF(x)=\sum\frac{A_ix}{x-a_i} \qquad \frac{x}{x-a_i}\to 1 \qquad\Longrightarrow\qquad xF(x)\to\sum A_i$

Portée du contrôle Nécessaire, non suffisant. Il réfute vite mais ne prouve pas — $(3;-2)$ a la même somme que $(2;-1)$ .

contrôle coût portée

somme une addition réfute

point numérique secondes réfute

recombinaison lignes prouve

contrôle	coût	portée
somme	une addition	réfute
point numérique	secondes	réfute
recombinaison	lignes	prouve

Limite d'un quotient de polynômes de MÊME degré
$\lim_{x\to\infty}\frac{a_nx^n+\cdots}{b_nx^n+\cdots}=\frac{a_n}{b_n}$
Le rapport des coefficients dominants — les termes de degré inférieur ne pèsent pas à l'infini.

⚠️ Signes
$\frac{-2}{-1}=+2 \qquad -(x-1)=-x+1$
Les deux erreurs de signe les plus fréquentes de la décomposition.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Croire que la somme des coefficients vaut toujours $0$ . Elle vaut $\displaystyle\lim_{x\to\infty}xF(x)$ , qui dépend des degrés. Ici $\deg N=\deg D-1$ , donc la somme vaut $1$ — et non $0$ comme en B2.

Le contrôle : comparer $\deg N$ et $\deg D-1$ avant d'appliquer la règle.

⚠️⚠️ Perdre un signe dans $\dfrac{-2}{-1}$ . Le résultat est $+2$ . Avec $-2$ , la somme vaudrait $-3$ et le contrôle échouerait — ce qui, au moins, alerterait.

⚠️ Calculer $\displaystyle\lim_{x\to\infty}F(x)$ au lieu de $xF(x)$ . La première vaut $0$ (fraction propre) et ne dit rien des coefficients. C'est bien $xF(x)$ qu'il faut.

⚠️ Conclure que la décomposition est PROUVÉE parce que la somme colle. Le contrôle est nécessaire, pas suffisant. Pour prouver, il faut recombiner.

⚠️ Se tromper dans $-(x-1)$ à la recombinaison : cela donne $-x+1$ , et non $-x-1$ .

⚠️ Oublier la parenthèse en recombinant : $2(x-2)-(x-1)$ , et non $2(x-2)-x-1$ . La soustraction porte sur tout le second numérateur.

⚠️ Appliquer le contrôle à une fraction impropre. $xF(x)$ y diverge. Il faut décomposer $F=Q+\frac{R}{D}$ et appliquer la règle à $\frac{R}{D}$ (cf. B3).

⚠️ Ne pas faire le contrôle du tout alors que l'énoncé le demande explicitement. C'est l'objet de la seconde question, et il coûte une addition.

À retenir

\boxed{\sum A_i=\lim_{x\to+\infty}x\,F(x)}

degrés	limite
$\deg N=\deg D-1$	coefficient dominant de $N$ ( $D$ unitaire)
$\deg N\leq\deg D-2$	$0$

\frac{x-3}{(x-1)(x-2)}=\boxed{\frac{2}{x-1}-\frac{1}{x-2}} \qquad A+B=2-1=1 \quad\checkmark

⚠️ La somme ne vaut PAS toujours $0$ — comparer les degrés avant d'appliquer.

⚠️ Contrôle NÉCESSAIRE, pas suffisant : $(3;-2)$ a la même somme. Il réfute vite, il ne prouve pas — seule la recombinaison prouve.

⚠️ Fractions PROPRES uniquement : sur une impropre, $xF(x)$ diverge.

Réponse.

F(x)=\dfrac{2}{x-1}-\dfrac{1}{x-2}

. (Recoupement :

A+B=1=

coeff. dominant de

x-3

;

F

propre

\Rightarrow F\to 0

et

F\sim\tfrac{1}{x}

✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Nature de la fraction et partie entière

ApplicationDifficulté 2/5

On considère $F(x)=\dfrac{x^2+3x+5}{x+2}$ . 1) La fraction $F$ est-elle propre ou impropre ? Justifier. 2) Extraire sa partie entière par division euclidienne et écrire $F$ sous la forme $E(x)+\dfrac{R(x)}{x+2}$ .

Indices (3)

Compare le degré du numérateur et celui du dénominateur (propre = strictement inférieur).

$\deg(\text{num})-\deg(\text{dén})=2-1=1$ : la partie entière est de degré $1$ .

Pose la division euclidienne de $x^2+3x+5$ par $x+2$ : le reste doit être de degré $0$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Un exercice de routine, en deux questions, qui installe le premier réflexe du chapitre :

\text{comparer les degrés} \ \to \ \text{extraire la partie entière si besoin}

F(x)=\frac{x^2+3x+5}{x+2} \qquad \deg N=2 \qquad \deg D=1

2>1 \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{F \text{ est IMPROPRE}}

Et l'on sait immédiatement à quoi s'attendre :

\deg Q=\deg N-\deg D=2-1=1

\boxed{\text{la partie entière est de la forme } ax+b}

Le savoir avant de calculer est un contrôle, et il oriente la division : il y aura deux étapes, et le reste sera une constante (degré $<1$ ).

Deux méthodes, comme toujours :

méthode	ici
division euclidienne posée	deux étapes
faire apparaître $x+2$ au numérateur	deux fois de suite

L'usage du résultat. La forme $x+1+\dfrac{3}{x+2}$ dit tout du comportement de $F$ : asymptote oblique $y=x+1$ , asymptote verticale $x=-2$ . La forme d'origine ne laissait rien voir de cela.

1) Propre ou impropre ?

\deg N=\deg(x^2+3x+5)=2 \qquad \deg D=\deg(x+2)=1

2>1 \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{F \text{ est IMPROPRE}}

La justification attendue : le degré du numérateur est strictement supérieur à celui du dénominateur. La condition de propreté, $\deg N<\deg D$ , n'est pas remplie.

Contrôle indépendant, par la limite :

\lim_{x\to+\infty}F(x)=\lim_{x\to+\infty}\frac{x^2}{x}=+\infty

Une fraction propre tend vers $0$ en $\pm\infty$ . Ici la limite est infinie : la fraction est bien impropre ✓

Conséquence : la décomposition en éléments simples ne s'applique pas directement. Il faut d'abord extraire la partie entière — c'est l'objet de la question 2.

2) La partie entière

Méthode rapide — on force $x+2$ à apparaître, en deux temps.

Premier temps, pour le terme en $x^2$ :

x^2+3x+5=x(x+2)+\big(3x+5-2x\big)=x(x+2)+(x+5)

Second temps, pour le terme en $x$ restant :

x+5=1\cdot(x+2)+3

On rassemble :

x^2+3x+5=x(x+2)+(x+2)+3=(x+2)(x+1)+3

\boxed{F(x)=x+1+\frac{3}{x+2}}

Par la division posée, si l'on préfère :

\dfrac{x^2}{x}=x \quad\Longrightarrow\quad x(x+2)=x^2+2x \quad\Longrightarrow\quad (x^2+3x+5)-(x^2+2x)=x+5

\dfrac{x}{x}=1 \quad\Longrightarrow\quad 1\cdot(x+2)=x+2 \quad\Longrightarrow\quad (x+5)-(x+2)=3

Reste $3$ , de degré $0<1$ : terminé.

Les contrôles :

1) Le degré du quotient. On attendait $2-1=1$ , et $x+1$ est de degré $1$ ✓

2) Le degré du reste. $\deg 3=0<1=\deg D$ ✓

3) Recombinaison — le contrôle décisif :

(x+2)(x+1)=x^2+x+2x+2=x^2+3x+2

x^2+3x+2+3=x^2+3x+5 \quad\checkmark

4) Deux points numériques. En $x=0$ :

F(0)=\frac{5}{2}=2{,}5 \qquad\text{et}\qquad 0+1+\frac{3}{2}=1+1{,}5=2{,}5 \quad\checkmark

En $x=1$ :

F(1)=\frac{1+3+5}{3}=\frac{9}{3}=3 \qquad\text{et}\qquad 1+1+\frac{3}{3}=2+1=3 \quad\checkmark

Lecture du résultat :

information	lecture sur $x+1+\dfrac{3}{x+2}$
asymptote oblique	$y=x+1$
asymptote verticale	$x=-2$
position vs asymptote oblique	signe de $\dfrac{3}{x+2}$

La courbe est au-dessus de $y=x+1$ pour $x>-2$ , en dessous pour $x<-2$ — et elle ne la traverse jamais, le reste $3$ ne s'annulant pas.

⚠️ C'est une différence avec A3, où le reste $-x+5$ s'annulait en $x=5$ et où la courbe traversait son asymptote. Un reste constant non nul interdit la traversée.

Rappel de cours

Propre ou impropre
$F=\frac{N}{D} \ \text{PROPRE} \iff \deg N<\deg D \qquad\text{— inégalité STRICTE}$

Division euclidienne
$N=D\,Q+R \qquad \deg R<\deg D \qquad \deg Q=\deg N-\deg D$

$\frac{N}{D}=Q+\frac{R}{D}$

Prévoir avant de calculer

$\deg Q$ $\deg R$

ici : $2-1$ $1$ $\Longrightarrow$ $ax+b$ $0$ $\Longrightarrow$ constante

Deux contrôles disponibles avant même de diviser.

	$\deg Q$	$\deg R$
ici : $2-1$	$1$ $\Longrightarrow$ $ax+b$	$0$ $\Longrightarrow$ constante

Asymptote oblique
$\deg N=\deg D+1 \quad\Longrightarrow\quad y=Q(x) \ \text{est asymptote oblique}$
La position de la courbe est donnée par le signe de $\dfrac{R}{D}$ . ⚠️ Un reste CONSTANT non nul $\Longrightarrow$ la courbe ne traverse jamais son asymptote.

Contrôle par la limite
$F \ \text{propre} \iff \lim_{x\to\pm\infty}F(x)=0$

Les contrôles d'une division

degrés de $Q$ et $R$ ;

recombiner $DQ+R=N$ ;

deux points numériques.

L'erreur classique

⚠️⚠️ « Simplifier » en barrant les $x$ . On ne simplifie jamais une somme terme à terme — seulement un facteur commun.

Le contrôle : en $x=1$ , $F(1)=3$ . Toute « simplification » donnant autre chose est fausse.

⚠️ Répondre « propre » parce que le numérateur « ressemble » au dénominateur. Seuls les degrés comptent : $2>1$ .

⚠️ Arrêter la division après la première étape, avec un reste $x+5$ . Son degré vaut $1$ , égal à celui du diviseur : il faut continuer. La division s'arrête quand $\deg R<\deg D$ , strictement.

Le contrôle : on attendait $\deg Q=1$ ; s'arrêter donnerait $Q=x$ , de degré $1$ aussi — mais le reste trahirait l'inachèvement.

⚠️ Se tromper de signe dans la soustraction : $(x^2+3x+5)-(x^2+2x)=x+5$ , et non $x+3$ ni $5x+5$ .

⚠️ Écrire $F=x+1+\dfrac{3}{x}$ en perdant le $+2$ . Le reste se divise par le dénominateur entier.

Le contrôle : en $x=0$ , cette forme n'est même pas définie, alors que $F(0)=2{,}5$ .

⚠️ Oublier de justifier la question 1. L'énoncé dit « justifier » : donner les deux degrés et la comparaison.

⚠️ S'arrêter au quotient et au reste sans écrire $F$ . La question demande la partie entière de $F$ , donc la forme $x+1+\dfrac{3}{x+2}$ .

⚠️ Croire que la courbe traverse son asymptote. Le reste $3$ ne s'annule jamais : la courbe reste strictement d'un côté sur chaque intervalle.

À retenir

\deg N=2>1=\deg D \qquad\Longrightarrow\qquad F \text{ est IMPROPRE}

\frac{x^2+3x+5}{x+2}=\boxed{x+1+\frac{3}{x+2}}

Prévoir avant de calculer : $\deg Q=2-1=1$ , et le reste est une constante.

La méthode rapide : $x^2+3x+5=(x+2)(x+1)+3$ , en forçant $x+2$ à apparaître deux fois.

La partie entière EST l'asymptote oblique : $y=x+1$ . ⚠️ Le reste étant une constante non nulle, la courbe ne la traverse jamais — contrairement à A3.

Contrôler par recombinaison et deux points ( $x=0$ et $x=1$ ).

Réponse.

F

est impropre et

F(x)=x+1+\dfrac{3}{x+2}

. (Recoupement :

(x+2)(x+1)+3=x^2+3x+2+3=x^2+3x+5

✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Deux pôles simples après factorisation du trinôme

CalculDifficulté 2/5

Décomposer en éléments simples $F(x)=\dfrac{x+7}{x^2-x-6}$ (on commencera par factoriser le dénominateur).

Indices (3)

Factorise $x^2-x-6$ : calcule le discriminant ( $\Delta=25$ ).

Forme : $\dfrac{A}{x-3}+\dfrac{B}{x+2}$ , coefficients par couverture.

$A=\big[(x-3)F\big]_{x=3}$ et $B=\big[(x+2)F\big]_{x=-2}$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

L'exercice type du chapitre, en trois gestes qui reviennent partout :

\text{factoriser } D \ \to \ \text{poser la FORME} \ \to \ \text{couvrir}

F(x)=\frac{x+7}{x^2-x-6}

Contrôle préalable : $\deg N=1<2=\deg D$ , la fraction est propre — pas de partie entière à extraire.

Le dénominateur est un trinôme, donc le discriminant suffit à le factoriser. ⚠️ Attention au signe : avec $c=-6$ ,

-4ac=-4\times 1\times(-6)=+24

Deux signes moins font un plus. L'oublier donnerait $\Delta=1-24=-23<0$ , donc « irréductible » — et un blocage complet sur un trinôme qui se factorise très bien.

La couverture, en une phrase :

\boxed{\text{cacher le facteur du terme cherché, remplacer } x \text{ par sa racine}}

Un coefficient, une évaluation. Aucun système, aucun développement.

Et le contrôle qui accompagne tout — la somme des coefficients. Ici $\deg N=1=\deg D-1$ , donc

A+B=\lim_{x\to\infty}xF(x)=\text{coefficient dominant de } N=1

On connaît la somme avant même de calculer les coefficients.

Étape 1 — factoriser le dénominateur

D(x)=x^2-x-6

\Delta=b^2-4ac=(-1)^2-4(1)(-6)=1+24=25 \qquad \sqrt\Delta=5

⚠️ $(-1)^2=+1$ et $-4(1)(-6)=+24$ — deux pièges de signe dans la même ligne.

x=\frac{1\pm 5}{2} \qquad\Longrightarrow\qquad x=3 \ \text{ ou } \ x=-2

\boxed{x^2-x-6=(x-3)(x+2)}

Contrôle par développement :

(x-3)(x+2)=x^2+2x-3x-6=x^2-x-6 \quad\checkmark

⚠️ Racine $3$ $\Longrightarrow$ facteur $(x-3)$ ; racine $-2$ $\Longrightarrow$ facteur $(x+2)$ . Le signe s'inverse entre la racine et le facteur.

Contrôle par somme et produit, indépendant du discriminant :

3+(-2)=1=-b \quad\checkmark \qquad 3\times(-2)=-6=c \quad\checkmark

Étape 2 — la forme et les coefficients

La forme — deux pôles simples :

F(x)=\frac{A}{x-3}+\frac{B}{x+2}

Contrôle du compte : $2$ inconnues, $\deg D=2$ ✓

Le coefficient $A$ (pôle $x=3$ ) — on cache $(x-3)$ :

A=\left.\frac{x+7}{x+2}\right|_{x=3}=\frac{3+7}{3+2}=\frac{10}{5}=\boxed{2}

Le coefficient $B$ (pôle $x=-2$ ) — on cache $(x+2)$ :

B=\left.\frac{x+7}{x-3}\right|_{x=-2}=\frac{-2+7}{-2-3}=\frac{5}{-5}=\boxed{-1}

⚠️ Le dénominateur est négatif : $-2-3=-5$ , donc $B=-1$ . C'est le calcul où le signe se perd.

\boxed{F(x)=\frac{2}{x-3}-\frac{1}{x+2}}

Les contrôles :

1) La somme des coefficients — annoncée avant le calcul :

A+B=2-1=1 \quad\checkmark

2) Recombinaison :

\frac{2}{x-3}-\frac{1}{x+2}=\frac{2(x+2)-(x-3)}{(x-3)(x+2)}=\frac{2x+4-x+3}{x^2-x-6}=\frac{x+7}{x^2-x-6} \quad\checkmark

⚠️ $-(x-3)=-x+3$ : la soustraction porte sur les deux termes.

3) Un point numérique, en $x=0$ :

F(0)=\frac{7}{-6}=-\frac76 \qquad\text{et}\qquad \frac{2}{-3}-\frac{1}{2}=-\frac{4}{6}-\frac{3}{6}=-\frac{7}{6} \quad\checkmark

Trois contrôles, dont deux indépendants du calcul des coefficients.

Rappel de cours

Le plan, invariable
$\text{propre ?} \ \to \ \text{factoriser } D \ \to \ \text{poser la FORME} \ \to \ \text{couvrir}$

Trinôme du second degré
$\Delta=b^2-4ac \qquad x=\frac{-b\pm\sqrt\Delta}{2a} \qquad ax^2+bx+c=a(x-x_1)(x-x_2)$
⚠️ Avec $c<0$ , le terme $-4ac$ est POSITIF. Erreur de signe la plus fréquente.

Somme et produit des racines
$x_1+x_2=-\frac{b}{a} \qquad x_1x_2=\frac{c}{a}$
Contrôle gratuit et indépendant de la factorisation.

Couverture (pôles simples)
$A=\left.\frac{N(x)}{Q(x)}\right|_{x=a} \qquad\text{où } Q \text{ est le dénominateur PRIVÉ de } (x-a)$

Somme des coefficients
$\sum A_i=\lim_{x\to\infty}xF(x)$
$\deg N=\deg D-1$ $\Longrightarrow$ coefficient dominant de $N$ ( $D$ unitaire), ici $1$ .

⚠️ Racine et facteur Racine $-2$ $\Longrightarrow$ facteur $(x+2)$ . Le signe s'inverse.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Se tromper de signe dans $\Delta$ : écrire $1-24=-23$ et conclure « pas de racine réelle ». Avec $c=-6$ , on a $-4ac=+24$ , donc $\Delta=25$ .

Le contrôle : $x=3$ annule visiblement $x^2-x-6$ ( $9-3-6=0$ ). Une racine évidente contredit $\Delta<0$ .

⚠️⚠️ Perdre le signe de $B$ : $\dfrac{5}{-5}=-1$ , et non $+1$ .

Le contrôle : la somme doit valoir $1$ . Avec $B=+1$ elle vaudrait $3$ ✗

⚠️ Écrire les facteurs $(x+3)(x-2)$ au lieu de $(x-3)(x+2)$ . Les racines sont $3$ et $-2$ , donc les facteurs sont $(x-3)$ et $(x+2)$ .

Le contrôle : $(x+3)(x-2)=x^2+x-6$ , avec un $+x$ — pas le bon polynôme.

⚠️ Évaluer $A$ en $x=-3$ au lieu de $x=3$ . On substitue la racine du facteur caché, celle qui l'annule.

⚠️ Cacher les deux facteurs à la fois. Pour $A$ , on cache seulement $(x-3)$ ; l'autre reste et s'évalue.

⚠️ Se tromper dans $-(x-3)$ à la recombinaison : cela donne $-x+3$ .

⚠️ Oublier de vérifier que la fraction est propre. Ici $1<2$ ✓, mais le réflexe doit précéder tout le reste.

⚠️ Ne pas contrôler. La somme des coefficients coûte une addition et attrape la plupart des erreurs de signe — les plus fréquentes de cet exercice.

À retenir

\text{propre ?} \ \to \ \text{factoriser} \ \to \ \text{FORME} \ \to \ \text{couvrir}

⚠️ $\Delta=(-1)^2-4(1)(-6)=1+24=25$ — avec $c<0$ , le terme $-4ac$ est positif.

\frac{x+7}{x^2-x-6}=\frac{x+7}{(x-3)(x+2)}=\boxed{\frac{2}{x-3}-\frac{1}{x+2}}

⚠️ $\dfrac{5}{-5}=-1$ : le signe de $B$ est ce qui se perd.

Contrôle en une addition : $A+B=1$ , car $\deg N=\deg D-1$ et le coefficient dominant de $N$ vaut $1$ .

⚠️ Racine $-2$ $\Longrightarrow$ facteur $(x+2)$ — le signe s'inverse.

Réponse.

F(x)=\dfrac{2}{x-3}-\dfrac{1}{x+2}

. (Recoupement en

x=0

:

F(0)=\dfrac{7}{-6}=-\dfrac{7}{6}

et

\dfrac{2}{-3}-\dfrac{1}{2}=-\dfrac{7}{6}

✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Dénominateur cubique : factoriser puis décomposer

CalculDifficulté 3/5

On considère $F(x)=\dfrac{4x+2}{x^3-7x+6}$ . 1) Factoriser $D(x)=x^3-7x+6$ en produit de facteurs du premier degré (on cherchera une racine entière). 2) Décomposer $F$ en éléments simples.

Indices (3)

Cherche une racine entière de $D$ parmi les diviseurs de $6$ : $\pm1,\pm2,\pm3,\pm6$ .

$D(1)=0$ : divise $D$ par $(x-1)$ , puis factorise le trinôme obtenu.

Trois pôles simples $\Rightarrow$ trois coefficients par couverture.

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Un dénominateur cubique : la factorisation demande la méthode de A4, en trois temps.

\text{racine évidente} \ \to \ \text{division} \ \to \ \text{discriminant sur le trinôme}

D(x)=x^3-7x+6

⚠️⚠️ Le polynôme est INCOMPLET — il n'a pas de terme en $x^2$ . Il faut le lire

x^3+\boxed{0\cdot x^2}-7x+6

sinon la division posée décale ses colonnes. C'est l'erreur numéro un de la division polynomiale.

Où chercher la racine. Le polynôme est unitaire et à coefficients entiers, donc toute racine entière divise $6$ :

\pm 1, \ \pm 2, \ \pm 3, \ \pm 6

Huit candidats, une recherche bornée.

Ce que l'exercice apporte de neuf par rapport à B2 : trois pôles, mais il faut les trouver — le dénominateur n'est pas donné factorisé. Une fois factorisé, la couverture est identique.

Le contrôle final est particulièrement net : $\deg N=1$ et $\deg D=3$ , donc

A+B+C=\lim_{x\to\infty}xF(x)=0

Trois coefficients fractionnaires dont la somme s'annule exactement.

1) Factoriser le dénominateur

Recherche d'une racine :

D(1)=1-7+6=\boxed{0} \quad\checkmark

Première tentative, réussie. $(x-1)$ divise $D$ .

Division de $x^3+0x^2-7x+6$ par $x-1$ :

\dfrac{x^3}{x}=x^2 \quad\Longrightarrow\quad x^2(x-1)=x^3-x^2 \quad\Longrightarrow\quad \left(x^3+0x^2\right)-\left(x^3-x^2\right)=x^2

⚠️ Le $0x^2$ compte : $0-(-1)=+1$ , d'où $x^2$ et non $-x^2$ .

\dfrac{x^2}{x}=x \quad\Longrightarrow\quad x(x-1)=x^2-x \quad\Longrightarrow\quad \left(x^2-7x\right)-\left(x^2-x\right)=-6x

\dfrac{-6x}{x}=-6 \quad\Longrightarrow\quad -6(x-1)=-6x+6 \quad\Longrightarrow\quad (-6x+6)-(-6x+6)=0

Reste nul ✓ — attendu, puisque $1$ est racine.

D(x)=(x-1)\left(x^2+x-6\right)

Le trinôme :

\Delta=1+24=25 \qquad x=\frac{-1\pm 5}{2} \qquad\Longrightarrow\qquad x=2 \ \text{ ou } \ x=-3

\boxed{D(x)=(x-1)(x-2)(x+3)}

Contrôles : somme des racines $=1+2-3=0=-b$ ✓ (le coefficient de $x^2$ est bien nul) · produit $=1\times 2\times(-3)=-6=-d$ ✓

Le premier contrôle est particulièrement parlant ici : le terme en $x^2$ manquant signifie exactement que la somme des racines est nulle.

2) Décomposer, et contrôler

La forme — trois pôles simples :

F(x)=\frac{4x+2}{(x-1)(x-2)(x+3)}=\frac{A}{x-1}+\frac{B}{x-2}+\frac{C}{x+3}

Par couverture. Pôle $x=1$ :

A=\left.\frac{4x+2}{(x-2)(x+3)}\right|_{x=1}=\frac{6}{(-1)(4)}=\frac{6}{-4}=\boxed{-\frac32}

Pôle $x=2$ :

B=\left.\frac{4x+2}{(x-1)(x+3)}\right|_{x=2}=\frac{10}{(1)(5)}=\boxed{2}

Pôle $x=-3$ :

C=\left.\frac{4x+2}{(x-1)(x-2)}\right|_{x=-3}=\frac{-10}{(-4)(-5)}=\frac{-10}{20}=\boxed{-\frac12}

⚠️ $(-4)(-5)=+20$ au dénominateur, mais le numérateur $4(-3)+2=-10$ est négatif : le coefficient l'est aussi.

\boxed{F(x)=-\frac{3}{2(x-1)}+\frac{2}{x-2}-\frac{1}{2(x+3)}}

Les contrôles :

1) La somme. $\deg N=1\leq \deg D-2=1$ , donc elle doit valoir $0$ :

-\frac32+2-\frac12=\frac{-3+4-1}{2}=\frac{0}{2}=\boxed{0} \quad\checkmark

Trois coefficients fractionnaires qui s'annulent exactement — une erreur sur l'un d'eux briserait l'annulation.

2) Un point numérique, en $x=0$ :

F(0)=\frac{2}{(-1)(-2)(3)}=\frac{2}{6}=\frac13

-\frac{3}{2(-1)}+\frac{2}{-2}-\frac{1}{2(3)}=\frac32-1-\frac16=\frac{9-6-1}{6}=\frac{2}{6}=\frac13 \quad\checkmark

⚠️ $-\dfrac{3}{2(-1)}=+\dfrac32$ : deux signes moins.

3) Un second point, en $x=3$ :

F(3)=\frac{14}{(2)(1)(6)}=\frac{14}{12}=\frac76

-\frac{3}{2(2)}+\frac{2}{1}-\frac{1}{2(6)}=-\frac34+2-\frac{1}{12}=\frac{-9+24-1}{12}=\frac{14}{12}=\frac76 \quad\checkmark

Rappel de cours

Factoriser un polynôme de degré 3

racine évidente parmi les diviseurs du terme constant ;

diviser par $(x-a)$ — le reste doit être nul ;

discriminant sur le trinôme restant.

⚠️ Compléter les termes manquants
$x^3-7x+6 \quad\longrightarrow\quad x^3+\mathbf{0x^2}-7x+6$

Relations coefficients-racines (degré 3 unitaire)
$x^3+bx^2+cx+d \qquad \sum x_i=-b \qquad \prod x_i=-d$
Un terme en $x^2$ manquant signifie une somme de racines NULLE — ici $1+2-3=0$ ✓

Couverture, trois pôles
$A_i=\left.\frac{N(x)}{\prod_{j\neq i}(x-a_j)}\right|_{x=a_i}$

Somme des coefficients
$\deg N\leq \deg D-2 \quad\Longrightarrow\quad \sum A_i=0$
Ici $\deg N=1$ , $\deg D=3$ ✓

⚠️ Signes $(-4)(-5)=+20$ · $-\dfrac{3}{2(-1)}=+\dfrac32$ . Les produits et quotients de négatifs sont la première source d'erreur.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Oublier le $0x^2$ en posant la division. Les colonnes se décalent et le quotient est faux.

Le contrôle : le reste doit être nul ( $1$ est racine). Un reste non nul signale l'erreur.

⚠️⚠️ Perdre le signe de $A$ : $\dfrac{6}{-4}=-\dfrac32$ . Avec $+\dfrac32$ , la somme vaudrait $3$ au lieu de $0$ .

Le contrôle : la somme nulle attrape exactement cette erreur.

⚠️ Se tromper de signe dans $\Delta$ du trinôme $x^2+x-6$ : $-4(1)(-6)=+24$ , donc $\Delta=25$ .

⚠️ Écrire le facteur $(x-3)$ pour la racine $-3$ . C'est $(x+3)$ — le signe s'inverse.

Le contrôle : $D(3)=27-21+6=12\neq 0$ , donc $3$ n'est pas racine.

⚠️ Ne tester que $x=1$ et abandonner si ça échoue. Il y a huit candidats, dont les négatifs. Ici $1$ marche du premier coup, mais ce n'est pas toujours le cas.

⚠️ Croire que la somme des coefficients vaut le coefficient dominant de $N$ . Cela ne vaut que si $\deg N=\deg D-1$ . Ici $\deg N=1$ et $\deg D-1=2$ : la somme vaut $\mathbf{0}$ .

⚠️ S'arrêter à $(x-1)(x^2+x-6)$ . L'énoncé demande un produit de facteurs du premier degré.

⚠️ Ne contrôler qu'en un point. Deux points plus la somme ne laissent presque aucune place à l'erreur.

À retenir

⚠️⚠️ COMPLÉTER : $x^3+\mathbf{0x^2}-7x+6$ avant de poser la division.

x^3-7x+6=(x-1)(x-2)(x+3)

\boxed{F(x)=-\frac{3}{2(x-1)}+\frac{2}{x-2}-\frac{1}{2(x+3)}}

Somme des racines $=0$ — c'est exactement ce que le terme en $x^2$ manquant signifie.

A+B+C=-\frac32+2-\frac12=0 \quad\checkmark \qquad\text{car } \deg N\leq\deg D-2

⚠️ Les signes : $\dfrac{6}{-4}=-\dfrac32$ et $(-4)(-5)=+20$ .

Réponse.

D(x)=(x-1)(x-2)(x+3)

et

F(x)=-\dfrac{3}{2(x-1)}+\dfrac{2}{x-2}-\dfrac{1}{2(x+3)}

. (Recoupement :

A+B+C=-\tfrac32+2-\tfrac12=0

, cohérent avec un numérateur de degré

1

— aucun terme en

x^2

— donc

xF\to 0

en

\pm\infty

✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Partie entière puis décomposition complète

CalculDifficulté 3/5

On considère $F(x)=\dfrac{x^2+5x+1}{x^2+3x+2}$ . 1) Extraire la partie entière de $F$ . 2) Factoriser le dénominateur et décomposer complètement $F$ en éléments simples.

Indices (3)

Degrés égaux ( $2=2$ ) : la partie entière est une constante.

$x^2+5x+1=(x^2+3x+2)+(2x-1)$ , puis factorise $x^2+3x+2=(x+1)(x+2)$ .

Décompose $\dfrac{2x-1}{(x+1)(x+2)}$ par couverture.

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Les deux techniques du chapitre enchaînées, sur des degrés égaux :

F(x)=\frac{x^2+5x+1}{x^2+3x+2} \qquad \deg N=2=\deg D

\boxed{\text{degrés ÉGAUX} \ \Longrightarrow \ \text{IMPROPRE}}

⚠️⚠️ L'inégalité de la définition est STRICTE. C'est le cas le plus piégeux : rien ne « dépasse », et pourtant la partie entière est obligatoire.

Et l'on sait à quoi s'attendre :

\deg Q=\deg N-\deg D=0 \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\text{la partie entière est une CONSTANTE}}

La méthode rapide, pour des degrés égaux — faire apparaître le dénominateur :

x^2+5x+1=\left(x^2+3x+2\right)+\left(2x-1\right)

Un seul geste, alors que la division posée en demanderait un aussi mais avec le risque des colonnes.

Le plan complet :

\text{partie entière} \ \to \ \text{factoriser } D \ \to \ \text{couvrir le reste}

⚠️ La partie entière ne se décompose pas : elle reste telle quelle dans la réponse finale. C'est le reste $\dfrac{2x-1}{(x+1)(x+2)}$ qu'on décompose.

1) La partie entière

On force le dénominateur à apparaître au numérateur :

x^2+5x+1=\left(x^2+3x+2\right)+\left(5x-3x\right)+\left(1-2\right)=\left(x^2+3x+2\right)+2x-1

Vérification du complément : $(x^2+3x+2)+(2x-1)=x^2+5x+1$ ✓

\boxed{F(x)=1+\frac{2x-1}{x^2+3x+2}}

Contrôles :

contrôle	attendu	ici
$\deg Q=\deg N-\deg D$	$0$	la constante $1$ ✓
reste propre	$\deg R<2$	$\deg(2x-1)=1$ ✓
$\displaystyle\lim_{x\to\infty}F$	$1$ (rapport des dominants)	$1+0=1$ ✓

Le troisième contrôle est immédiat : deux polynômes de même degré $2$ , tous deux unitaires, donnent une limite de $1$ . C'est la partie entière, et elle se lit sans aucun calcul.

2) Factoriser et décomposer le reste

x^2+3x+2 \qquad \Delta=9-8=1 \qquad x=\frac{-3\pm 1}{2} \qquad\Longrightarrow\qquad x=-1 \ \text{ ou } \ x=-2

\boxed{x^2+3x+2=(x+1)(x+2)}

Contrôle : $(x+1)(x+2)=x^2+3x+2$ ✓ — somme des racines $-3$ ✓, produit $2$ ✓

⚠️ Les deux racines sont NÉGATIVES, donc les deux facteurs portent un plus.

La forme :

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

Par couverture. Pôle $x=-1$ :

A=\left.\frac{2x-1}{x+2}\right|_{x=-1}=\frac{-2-1}{-1+2}=\frac{-3}{1}=\boxed{-3}

Pôle $x=-2$ :

B=\left.\frac{2x-1}{x+1}\right|_{x=-2}=\frac{-4-1}{-2+1}=\frac{-5}{-1}=\boxed{5}

⚠️ $\dfrac{-5}{-1}=+5$ : deux signes moins.

\boxed{F(x)=1-\frac{3}{x+1}+\frac{5}{x+2}}

Les contrôles :

1) La somme des coefficients — sur la partie fractionnaire seule :

\lim_{x\to\infty}x\cdot\frac{2x-1}{x^2+3x+2}=2 \qquad\text{et}\qquad A+B=-3+5=2 \quad\checkmark

⚠️ Ne pas inclure la partie entière dans cette somme : le contrôle porte sur $\dfrac{R}{D}$ .

2) Un point numérique, en $x=0$ :

F(0)=\frac{1}{2} \qquad\text{et}\qquad 1-\frac{3}{1}+\frac{5}{2}=1-3+2{,}5=\frac12 \quad\checkmark

3) Un second point, en $x=1$ :

F(1)=\frac{1+5+1}{1+3+2}=\frac{7}{6} \qquad\text{et}\qquad 1-\frac{3}{2}+\frac{5}{3}=\frac{6-9+10}{6}=\frac{7}{6} \quad\checkmark

Rappel de cours

Degrés ÉGAUX $\Longrightarrow$ impropre
$\deg N=\deg D \quad\Longrightarrow\quad \text{partie entière = CONSTANTE}$
Cette constante est le rapport des coefficients dominants — ici $\dfrac11=1$ .

Méthode rapide (degrés égaux)
$N=D+(N-D) \qquad\text{avec } \deg(N-D)<\deg D$
On soustrait $D$ de $N$ : le terme de plus haut degré disparaît.

Le plan complet
$\text{partie entière} \ \to \ \text{factoriser} \ \to \ \text{couvrir}$
⚠️ La partie entière ne se décompose pas — elle figure telle quelle dans la réponse.

Somme des coefficients, cas impropre
$\sum A_i=\lim_{x\to\infty}x\cdot\frac{R(x)}{D(x)}$
⚠️ Sur la partie fractionnaire SEULE. Ici $2$ , le coefficient dominant de $R=2x-1$ .

Limite d'un quotient de même degré
$\lim_{x\to\infty}\frac{x^2+5x+1}{x^2+3x+2}=\frac{1}{1}=1$
C'est la partie entière, lisible sans aucun calcul.

⚠️ Racines négatives $\Longrightarrow$ facteurs en $+$ Racines $-1$ et $-2$ $\Longrightarrow$ facteurs $(x+1)$ et $(x+2)$ .

L'erreur classique

⚠️⚠️ Décomposer directement sans extraire la partie entière. Les degrés sont égaux, donc la fraction est impropre. Le système $A(x+2)+B(x+1)=x^2+5x+1$ égalerait un degré $1$ à un degré $2$ : impossible.

Le contrôle, avant tout : comparer les degrés. $2=2$ $\Longrightarrow$ impropre.

⚠️ Croire que des degrés égaux donnent une fraction propre. L'inégalité est stricte.

Le contrôle : $\displaystyle\lim_{x\to\infty}F=1\neq 0$ . Une fraction propre tend vers $0$ .

⚠️ Se tromper dans le reste : $N-D=(x^2+5x+1)-(x^2+3x+2)=2x-1$ . Le $-2$ vient de $1-2$ .

Le contrôle : recombiner. $(x^2+3x+2)+(2x-1)=x^2+5x+1$ ✓

⚠️ Perdre le signe de $B$ : $\dfrac{-5}{-1}=+5$ .

Le contrôle : $A+B$ doit valoir $2$ . Avec $B=-5$ on aurait $-8$ ✗

⚠️ Écrire les facteurs $(x-1)(x-2)$ . Les racines sont $-1$ et $-2$ , donc les facteurs sont $(x+1)(x+2)$ .

Le contrôle : $(x-1)(x-2)=x^2-3x+2$ , avec un $-3x$ ✗

⚠️ Inclure la partie entière dans la somme des coefficients : $1-3+5=3\neq 2$ . Le contrôle porte sur la partie fractionnaire seule.

⚠️ Oublier le $1$ dans la réponse finale. La partie entière fait partie de la décomposition.

À retenir

⚠️⚠️ Degrés ÉGAUX $\Longrightarrow$ IMPROPRE — l'inégalité est stricte. Partie entière = constante.

\frac{x^2+5x+1}{x^2+3x+2}=1+\frac{2x-1}{(x+1)(x+2)}=\boxed{1-\frac{3}{x+1}+\frac{5}{x+2}}

La méthode rapide : $N=D+(N-D)$ , ici $N-D=2x-1$ .

⚠️ La somme des coefficients porte sur la partie FRACTIONNAIRE : $-3+5=2$ , et non $1-3+5$ .

⚠️ Racines négatives $\Longrightarrow$ facteurs en $+$ : $(x+1)(x+2)$ .

Contrôle immédiat : $\displaystyle\lim_{x\to\infty}F=\dfrac11=1$ , qui est la partie entière.

Réponse.

F(x)=1-\dfrac{3}{x+1}+\dfrac{5}{x+2}

. (Recoupement en

x=0

:

F(0)=\dfrac{1}{2}

et

1-3+\dfrac{5}{2}=\dfrac{1}{2}

✓ ; de plus

A+B=2=

coeff. dominant du reste

2x-1

✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Décomposition par identification

CalculDifficulté 2/5

Décomposer $F(x)=\dfrac{x+8}{(x-2)(x+3)}$ par identification des coefficients (réduction au même dénominateur puis système), puis contrôler le résultat par la méthode de couverture.

Indices (3)

Pose $\dfrac{x+8}{(x-2)(x+3)}=\dfrac{A}{x-2}+\dfrac{B}{x+3}$ et réduis au même dénominateur.

Identifie : $x+8=A(x+3)+B(x-2)$ donne un système $2\times2$ en $A,B$ .

Contrôle : $A=\big[(x-2)F\big]_{x=2}$ et $B=\big[(x+3)F\big]_{x=-3}$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

L'identification demandée explicitement — la méthode générale du chapitre, celle qui traitera les pôles multiples et les facteurs irréductibles du lot C.

F(x)=\frac{x+8}{(x-2)(x+3)}

Contrôle préalable : $\deg N=1<2=\deg D$ , la fraction est propre, et le dénominateur est déjà factorisé ✓

Les quatre gestes :

\text{poser la FORME} \ \to \ \text{réduire au même dénominateur} \ \to \ \text{regrouper par puissances} \ \to \ \text{résoudre}

Le geste décisif est le troisième. Après développement on obtient une somme de termes mêlés ; il faut rassembler les $x$ d'un côté, les constantes de l'autre avant de pouvoir identifier. Sans ce regroupement, on ne sait pas quoi égaler à quoi.

Ce qui fonde la méthode : deux polynômes égaux pour tout $x$ ont les mêmes coefficients, terme à terme. Et le théorème de décomposition garantit qu'il existe un seul couple $(A;B)$ — sans quoi identifier n'aurait pas de sens.

Le contrôle attendu est celui de la somme. Ici $\deg N=1=\deg D-1$ , donc

A+B=\text{coefficient dominant de } N=1

Connu avant de résoudre le système — donc un vrai contrôle, indépendant.

Étape 1 — réduire et identifier

La forme — deux pôles simples :

F(x)=\frac{A}{x-2}+\frac{B}{x+3}

Réduction au même dénominateur — chaque numérateur se multiplie par le dénominateur de l'autre :

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

Les dénominateurs sont identiques, donc les numérateurs le sont :

A(x+3)+B(x-2)=x+8 \qquad \text{pour tout } x

On développe :

Ax+3A+Bx-2B=x+8

On regroupe par puissances de $x$ — l'étape décisive :

\boxed{(A+B)\,x+(3A-2B)=x+8}

On identifie :

puissance	à gauche	à droite	équation
$x^1$	$A+B$	$1$	$A+B=1$
$x^0$	$3A-2B$	$8$	$3A-2B=8$

⚠️ Le coefficient de $x$ à droite vaut $1$ , pas $0$ : $x+8$ s'écrit $1\cdot x+8$ .

Étape 2 — résoudre et contrôler

\begin{cases} A+B=1\\ 3A-2B=8\end{cases}

Par substitution. De la première : $B=1-A$ . On reporte :

3A-2(1-A)=8

3A-2+2A=8

⚠️ $-2(1-A)=-2+2A$ : le signe moins se distribue sur les deux termes. C'est l'erreur du calcul.

5A=10 \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{A=2}

B=1-2=\boxed{-1}

\boxed{F(x)=\frac{2}{x-2}-\frac{1}{x+3}}

Les contrôles :

1) Report dans la SECONDE équation — celle qui n'a pas servi à isoler $B$ :

3(2)-2(-1)=6+2=8 \quad\checkmark

⚠️ $-2\times(-1)=+2$ . Et reporter dans la première ne prouverait rien : elle est vérifiée par construction.

2) La somme des coefficients :

A+B=2-1=1 \quad\checkmark

C'est bien le coefficient dominant de $N=x+8$ .

3) La couverture — méthode indépendante, qui recalcule tout :

A=\left.\frac{x+8}{x+3}\right|_{x=2}=\frac{10}{5}=2 \quad\checkmark \qquad B=\left.\frac{x+8}{x-2}\right|_{x=-3}=\frac{5}{-5}=-1 \quad\checkmark

Les deux méthodes concordent, par des chemins qui n'ont rien en commun — c'est le contrôle le plus convaincant.

4) Recombinaison :

\frac{2}{x-2}-\frac{1}{x+3}=\frac{2(x+3)-(x-2)}{(x-2)(x+3)}=\frac{2x+6-x+2}{(x-2)(x+3)}=\frac{x+8}{(x-2)(x+3)} \quad\checkmark

⚠️ $-(x-2)=-x+2$ : la soustraction porte sur les deux termes.

Quatre contrôles, dont trois indépendants du système résolu.

Rappel de cours

Identification — les quatre gestes

poser la forme ;

réduire au même dénominateur (chaque numérateur × le dénominateur de l'autre) ;

égaler les numérateurs, développer, regrouper par puissances ;

identifier et résoudre.

Ce qui la fonde Deux polynômes égaux pour tout $x$ ont les mêmes coefficients. Le théorème de décomposition garantit l'unicité.

Résoudre un système $2\times 2$

substitution : isoler une inconnue, reporter ;

combinaison : additionner ou soustraire pour éliminer.

⚠️ $-2(1-A)=-2+2A$ — le signe se distribue sur les deux termes.

Contrôler un système ⚠️ Reporter dans l'équation qui a servi à isoler ne prouve RIEN. Utiliser l'autre.

Couverture — pour vérifier
$A=\left.\frac{N(x)}{Q(x)}\right|_{x=a}$
Même si l'énoncé demande l'identification, la couverture reste un excellent contrôle.

Somme des coefficients
$\deg N=\deg D-1 \quad\Longrightarrow\quad \sum A_i=\text{coefficient dominant de } N \quad (D\ \text{unitaire})$

L'erreur classique

⚠️⚠️ Ne pas regrouper par puissances et identifier sur $Ax+3A+Bx-2B=x+8$ tel quel. Il faut d'abord $(A+B)x+(3A-2B)$ .

⚠️⚠️ Se tromper dans $-2(1-A)$ . Cela donne $-2+2A$ , et non $-2-2A$ . Avec l'erreur, $3A-2-2A=8$ donnerait $A=10$ — et la somme $A+B$ vaudrait $1$ quand même (car $B=-9$ )… mais la seconde équation échouerait : $30+18=48\neq 8$ .

Le contrôle dans la seconde équation attrape exactement cette erreur.

⚠️ Mélanger les dénominateurs : écrire $\dfrac{A+B}{(x-2)(x+3)}$ . Chaque numérateur se multiplie par le dénominateur de l'autre terme.

⚠️ Développer $A(x+3)$ en $Ax+3$ en oubliant le $A$ . Le facteur multiplie les deux termes : $Ax+3A$ .

⚠️ Prendre $0$ pour le coefficient de $x$ à droite. $x+8=1\cdot x+8$ , donc $A+B=1$ .

⚠️ Contrôler dans la mauvaise équation. Si $B=1-A$ vient de la première, la première est satisfaite quoi qu'il arrive. Le contrôle porte sur la seconde.

⚠️ Perdre le signe dans $-2\times(-1)=+2$ au contrôle, et conclure à tort que le système n'est pas vérifié.

⚠️ Se tromper dans $-(x-2)$ à la recombinaison : $-x+2$ .

⚠️ Utiliser la couverture pour résoudre alors que l'énoncé demande l'identification. Elle est légitime pour vérifier, pas pour remplacer la méthode demandée.

À retenir

IDENTIFICATION : forme → même dénominateur → regrouper par puissances → système.

A(x+3)+B(x-2)=x+8 \ \Longrightarrow\ (A+B)x+(3A-2B)=x+8

\begin{cases}A+B=1\\ 3A-2B=8\end{cases} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{F=\frac{2}{x-2}-\frac{1}{x+3}}

⚠️ $-2(1-A)=-2+2A$ — le signe se distribue sur les deux termes.

⚠️ Contrôler dans l'équation qui n'a PAS servi à isoler : $3(2)-2(-1)=8$ ✓

La couverture reste le meilleur contrôle — elle redonne $2$ et $-1$ par un chemin sans rapport. Et la somme $A+B=1$ est le coefficient dominant de $N$ .

Réponse.

F(x)=\dfrac{2}{x-2}-\dfrac{1}{x+3}

. (Recoupement : les deux méthodes — identification et couverture — donnent

A=2

,

B=-1

✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Trois pôles simples et contrôle par la somme des coefficients

ApplicationDifficulté 3/5

Décomposer en éléments simples $F(x)=\dfrac{x^2+2x+6}{x(x-1)(x+3)}$ , puis contrôler le résultat à l'aide de la somme des coefficients (limite de $xF(x)$ en $+\infty$ ).

Indices (3)

Fraction propre ( $2<3$ ), trois pôles simples : forme $\dfrac{A}{x}+\dfrac{B}{x-1}+\dfrac{C}{x+3}$ .

Couverture en $x=0$ , $x=1$ et $x=-3$ .

Contrôle : $xF(x)\to$ coefficient dominant du numérateur en $+\infty$ , et $xF(x)\to A+B+C$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

L'exercice de synthèse du palier : trois pôles simples, un numérateur de degré $2$ , et le contrôle par la somme des coefficients comme seconde question.

F(x)=\frac{x^2+2x+6}{x(x-1)(x+3)}

Contrôle préalable : $\deg N=2<3=\deg D$ , la fraction est propre ✓ — et le dénominateur est déjà factorisé.

⚠️ Ne pas se laisser impressionner par le numérateur de degré $2$ . Il ne change rien à la forme : trois pôles simples donnent trois termes à numérateur constant. Le degré du numérateur n'intervient que dans les valeurs des coefficients.

⚠️⚠️ Le facteur $x$ est un pôle comme les autres, de racine $0$ . On l'oublie parce qu'il ne « ressemble » pas à $(x-a)$ — mais $x=x-0$ , et il donne le terme $\dfrac{A}{x}$ .

Le contrôle de la question 2, et il est ici particulièrement fort :

\deg N=2=\deg D-1 \qquad\Longrightarrow\qquad A+B+C=\text{coefficient dominant de } N=1

Trois coefficients dont deux sont fractionnaires, et leur somme vaut exactement $1$ . Une erreur sur l'un d'eux brise l'égalité presque à coup sûr.

La méthode reste la couverture : trois évaluations, aucun système.

1) La décomposition

La forme — trois pôles simples, en $0$ , $1$ et $-3$ :

F(x)=\frac{A}{x}+\frac{B}{x-1}+\frac{C}{x+3}

Contrôle du compte : $3$ inconnues, $\deg D=3$ ✓

Le coefficient $A$ (pôle $x=0$ ) — on cache le facteur $x$ :

A=\left.\frac{x^2+2x+6}{(x-1)(x+3)}\right|_{x=0}=\frac{6}{(-1)(3)}=\frac{6}{-3}=\boxed{-2}

Le coefficient $B$ (pôle $x=1$ ) :

B=\left.\frac{x^2+2x+6}{x(x+3)}\right|_{x=1}=\frac{1+2+6}{1\times 4}=\frac{9}{4}=\boxed{\frac94}

Le coefficient $C$ (pôle $x=-3$ ) :

C=\left.\frac{x^2+2x+6}{x(x-1)}\right|_{x=-3}=\frac{9-6+6}{(-3)(-4)}=\frac{9}{12}=\boxed{\frac34}

⚠️ Le numérateur en $x=-3$ : $(-3)^2+2(-3)+6=9-6+6=9$ . Le carré est positif, le terme du milieu négatif.

⚠️ $(-3)\times(-4)=+12$ : deux signes moins.

\boxed{F(x)=-\frac{2}{x}+\frac{9}{4(x-1)}+\frac{3}{4(x+3)}}

2) Le contrôle par la somme des coefficients

La valeur attendue, calculée sans les coefficients :

\deg N=2 \qquad \deg D=3 \qquad \deg N=\deg D-1

xF(x)=\frac{x\left(x^2+2x+6\right)}{x(x-1)(x+3)}=\frac{x^2+2x+6}{(x-1)(x+3)}=\frac{x^2+2x+6}{x^2+2x-3}

Numérateur et dénominateur de même degré $2$ , mêmes coefficients dominants :

\lim_{x\to+\infty}xF(x)=\frac{1}{1}=\boxed{1}

La valeur obtenue :

A+B+C=-2+\frac94+\frac34=-2+\frac{12}{4}=-2+3=\boxed{1} \quad\checkmark

\boxed{\text{les deux coïncident : la décomposition est confirmée}}

⚠️ $\dfrac94+\dfrac34=\dfrac{12}{4}=3$ — additionner les numérateurs, garder le dénominateur.

Ce que ce contrôle vaut. Il est nécessaire mais pas suffisant : $(-1;\frac94;-\frac14)$ aurait aussi une somme de $1$ , et serait faux. Mais une erreur de calcul déplace rarement deux coefficients de façon compensée — en pratique, il attrape presque tout.

Contrôles complémentaires :

1) Un point numérique, en $x=2$ (hors des trois pôles) :

F(2)=\frac{4+4+6}{2\times 1\times 5}=\frac{14}{10}=\frac75

-\frac{2}{2}+\frac{9}{4(1)}+\frac{3}{4(5)}=-1+\frac94+\frac{3}{20}

Au dénominateur commun $20$ :

=\frac{-20+45+3}{20}=\frac{28}{20}=\frac{7}{5} \quad\checkmark

2) Un second point, en $x=-1$ :

F(-1)=\frac{1-2+6}{(-1)(-2)(2)}=\frac{5}{4}

-\frac{2}{-1}+\frac{9}{4(-2)}+\frac{3}{4(2)}=2-\frac98+\frac38=\frac{16-9+3}{8}=\frac{10}{8}=\frac{5}{4} \quad\checkmark

Trois contrôles concordants, sur des chemins indépendants.

Rappel de cours

La somme des coefficients
$\sum A_i=\lim_{x\to+\infty}x\,F(x)$

degrés limite

$\deg N=\deg D-1$ coefficient dominant de $N$ ( $D$ unitaire)

$\deg N\leq \deg D-2$ $0$

⚠️ Fractions PROPRES uniquement.

Le facteur $x$ est un pôle comme les autres
$x=x-0 \qquad\Longrightarrow\qquad \text{terme } \frac{A}{x}, \ \text{pôle en } 0$

Le degré du numérateur ne change pas la FORME Trois pôles simples $\Longrightarrow$ trois termes à numérateur constant, quel que soit $\deg N$ (tant que la fraction est propre).

Couverture
$A_i=\left.\frac{N(x)}{\prod_{j\neq i}(x-a_j)}\right|_{x=a_i}$

Portée du contrôle Nécessaire, non suffisant : il réfute vite, il ne prouve pas. Seule la recombinaison prouve.

⚠️ Signes et fractions $(-3)^2=+9$ · $(-3)(-4)=+12$ · $\dfrac94+\dfrac34=3$ . Les trois pièges de cet exercice.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Oublier le terme $\dfrac{A}{x}$ . Le facteur $x$ est un pôle, de racine $0$ . On l'oublie parce qu'il ne s'écrit pas $(x-a)$ .

Le contrôle : $3$ inconnues pour $\deg D=3$ . Avec deux termes seulement, le compte ne tombe pas.

⚠️⚠️ Croire qu'un numérateur de degré $2$ impose des numérateurs de degré $1$ dans la décomposition. Non : chaque facteur du premier degré porte une constante. Le degré de $N$ n'intervient que dans les valeurs.

⚠️ Se tromper en évaluant $N(-3)$ : $(-3)^2+2(-3)+6=9-6+6=9$ , et non $9+6+6=21$ ni $-9-6+6=-9$ .

Le contrôle : la somme doit valoir $1$ . Avec un $C$ faux, elle ne tombe pas.

⚠️ Perdre un signe dans $(-3)(-4)=+12$ . Deux négatifs donnent un positif.

⚠️ Additionner $\dfrac94+\dfrac34$ en $\dfrac{12}{8}$ . On additionne les numérateurs et on garde le dénominateur : $\dfrac{12}{4}=3$ .

⚠️ Croire que la somme vaut $0$ . Elle vaut $\displaystyle\lim_{x\to\infty}xF(x)$ , et ici $\deg N=\deg D-1$ , donc elle vaut le coefficient dominant de $N$ , soit $1$ .

Comparer les degrés avant d'appliquer la règle.

⚠️ Contrôler en un pôle ( $x=0$ , $1$ ou $-3$ ) : la fraction n'y est pas définie. Choisir $x=2$ ou $x=-1$ .

⚠️ Conclure que la décomposition est PROUVÉE par la somme. Le contrôle est nécessaire, pas suffisant.

À retenir

\frac{x^2+2x+6}{x(x-1)(x+3)}=\boxed{-\frac{2}{x}+\frac{9}{4(x-1)}+\frac{3}{4(x+3)}}

⚠️ Le facteur $x$ est un pôle, de racine $0$ — il donne le terme $\dfrac{A}{x}$ .

⚠️ Un numérateur de degré $2$ ne change pas la FORME : trois pôles simples $\Longrightarrow$ trois constantes.

\boxed{A+B+C=-2+\frac94+\frac34=1} \qquad\text{— le coefficient dominant de } N

⚠️ La somme ne vaut $0$ que si $\deg N\leq\deg D-2$ . Ici $\deg N=\deg D-1$ : elle vaut $1$ .

⚠️ Les signes : $(-3)^2=+9$ , $(-3)(-4)=+12$ , et $\dfrac94+\dfrac34=3$ .

Réponse.

F(x)=-\dfrac{2}{x}+\dfrac{9}{4(x-1)}+\dfrac{3}{4(x+3)}

. (Recoupement :

A+B+C=1=

coeff. dominant de

x^2+2x+6

✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Exercices corrigés — Fractions rationnelles

Les 18 exercices

Fraction propre ou impropre

Partie entière (degrés égaux)

Partie entière (quotient de degré 1)

Factoriser le dénominateur

Forme de la décomposition (pôles simples)

Facteur quadratique irréductible (lien complexes)

Deux pôles simples (couverture)

Trois pôles simples

Fraction impropre : partie entière puis pôles simples

Coefficients par identification

Vérification par recombinaison

Recoupement par la somme des coefficients

Nature de la fraction et partie entière

Deux pôles simples après factorisation du trinôme

Dénominateur cubique : factoriser puis décomposer

Partie entière puis décomposition complète

Décomposition par identification

Trois pôles simples et contrôle par la somme des coefficients

S'entraîner davantage sur fractions rationnelles