Forme de décomposition en éléments simples - Exercice 1

$$F$$ est sous forme irréductible car $$4$$ et $$-5$$ les pôles de $$F$$ ne sont pas les racines du numérateur.
Le degré du dénominateur étant inférieur à celui du numérateur, la partie entière de $$F$$ est nulle.
La décomposition en éléments simples de $$F$$ dans $$\mathbb{R}$$ étant unique, on a :

$$F$$ est sous forme irréductible car $$1$$ ;$$-2$$ et $$6$$ les pôles de $$F$$ ne sont pas les racines du numérateur.
Le degré du dénominateur étant inférieur à celui du numérateur, la partie entière de $$F$$ est nulle.
La décomposition en éléments simples de $$F$$ dans $$\mathbb{R}$$ étant unique, on a :

$$F$$ est sous forme irréductible car $$4$$ et $$-8$$ les pôles de $$F$$ ne sont pas les racines du numérateur.
Le degré du dénominateur étant inférieur à celui du numérateur, la partie entière de $$F$$ est nulle.
La décomposition en éléments simples de $$F$$ dans $$\mathbb{R}$$ étant unique, on a :

$$F$$ est sous forme irréductible car $$-7$$ le pôle de $$F$$ n'est pas une racine du numérateur.
Le degré du dénominateur étant inférieur à celui du numérateur, la partie entière de $$F$$ est nulle.
La décomposition en éléments simples de $$F$$ dans $$\mathbb{R}$$ étant unique, on a :

$$F$$ est sous forme irréductible car $$-1$$ ; $$4$$ et $$9$$ les pôles de $$F$$ ne sont pas les racines du numérateur.
Le degré du dénominateur étant inférieur à celui du numérateur, la partie entière de $$F$$ est nulle.
La décomposition en éléments simples de $$F$$ dans $$\mathbb{R}$$ étant unique, on a :

Ici, il faut être vigilant, car le dénominateur $$X^3-1$$ est de degré $$3$$.
Il est impératif, au dénominateur, d'avoir des polynômes irréductibles autrement dit des polynômes de degré $$2$$ ou de degré $$1$$.
Il faut donc factoriser le polynôme $$X^3-1$$.
$$1$$ est une racine évidente de $$X^3-1$$. On peut alors affirmer que $$X-1$$ divise $$X^3-1$$.
On doit alors effectuer la division euclidienne de $$X^3-1$$ par $$X-1$$. On obtient alors que : $$X^3-1=\left(X-1\right)\left(X^2+X+1\right)$$
Il en résulte donc que :
$$F\left(X\right) = \dfrac{X}{X^3-1}$$ s'écrit également $$F\left(X\right) = \dfrac{X}{\left(X-1\right)\left(X^2+X+1\right)}$$ .
$$F$$ est sous forme irréductible car $$1$$ le pôle de $$F$$ n'est pas une racine du numérateur.
Le degré du dénominateur étant inférieur à celui du numérateur, la partie entière de $$F$$ est nulle.
La décomposition en éléments simples de $$F$$ dans $$\mathbb{R}$$ étant unique, on a :
Ainsi :

Le degré du dénominateur étant supérieur à celui du numérateur, la partie entière de $$F$$ n'est pas nulle.
Il faut donc commencer par faire la division euclidienne de $$X^3+2$$ par $$\left(X-3\right)\left(X+2\right)$$ .
On obtient : $${\color{blue}{X^3+2}}= {\color{red}{\left(X+1\right)\left(X-3\right)\left(X+2\right)+7X+8}}$$
On a alors :
$$F\left(X\right) = \dfrac{{\color{blue}{X^3+2}}}{\left(X-3\right)\left(X+2\right)}$$
$$F\left(X\right) = \dfrac{{\color{red}{\left(X+1\right)\left(X-3\right)\left(X+2\right)+7X+8}}}{\left(X-3\right)\left(X+2\right)}$$
$$F\left(X\right) = \dfrac{\left(X+1\right)\left(X-3\right)\left(X+2\right)}{\left(X-3\right)\left(X+2\right)}+\dfrac{7X+8}{\left(X-3\right)\left(X+2\right)}$$
$$F\left(X\right) = X+1+\dfrac{7X+8}{\left(X-3\right)\left(X+2\right)}$$ . La partie entière est alors égale à $$X+1$$ .
$$\dfrac{7X+8}{\left(X-3\right)\left(X+2\right)}$$ est sous forme irréductible car $$3$$ et $$-2$$ les pôles de $$\dfrac{7X+8}{\left(X-3\right)\left(X+2\right)}$$ ne sont pas racines du numérateur.
Le degré du dénominateur étant inférieur à celui du numérateur, la partie entière de $$\dfrac{7X+8}{\left(X-3\right)\left(X+2\right)}$$ est nulle.
La décomposition en éléments simples de $$F$$ dans $$\mathbb{R}$$ étant unique, on a :

Le degré du dénominateur étant supérieur à celui du numérateur, la partie entière de $$F$$ n'est pas nulle.
Il faut donc commencer par faire la division euclidienne de $$X^4+3$$ par $$X^2+1$$ .
On obtient : $${\color{blue}{X^4+3}}= {\color{red}{\left(X^2+1\right)\left(X^2-1\right)+X+4}}$$
On a alors :
$$F\left(X\right) = \dfrac{{\color{blue}{X^4+3}}}{X^2+1}$$
$$F\left(X\right) = \dfrac{{\color{red}{\left(X^2+1\right)\left(X^2-1\right)+X+4}}}{X^2+1}$$
$$F\left(X\right) = \dfrac{\left(X^2+1\right)\left(X^2-1\right)}{X^2+1}+\dfrac{X+4}{X^2+1}$$
$$F\left(X\right) = X^2-1+\dfrac{X+4}{X^2+1}$$ . La partie entière est alors égale à $$X^2-1$$ .
$$\dfrac{X+4}{X^2+1}$$ est sous forme irréductible car le dénominateur n'admet pas de racines réelles. Il n'y a donc pas de pôles réelles pour $$\dfrac{X+4}{X^2+1}$$ .
Le degré du dénominateur étant inférieur à celui du numérateur, la partie entière de $$\dfrac{X+4}{X^2+1}$$ est nulle.
La décomposition en éléments simples de $$F$$ dans $$\mathbb{R}$$ étant unique, on a :
et dans notre situation nous avons alors que l'on a obtenu précédemment.