Cours sur les primitives de fonctions rationnelles

Primitives de fonctions rationnelles.

Méthode

On décompose la fraction rationnelle en éléments simples dans R[X]\mathbb{R}[X].
Toute fraction rationnelle se décompose en la somme :
\,\,\,\, - \,\, de sa partie entière (polynôme dont on connait les primitives),
\,\,\,\, - \,\, et de fractions de la forme :
A(xα)n\dfrac{\mathcal{A}}{(x-\alpha)^n} \,\,\,\,\, et ax+b(x2+px+q)n(avec:p24q<0)\,\,\,\,\, \dfrac{ax+b}{(x^2 + px + q)^n} \,\,\,\,\,(\mathrm{avec} : \, p^2-4q < 0)
Et on peut calculer les primitives de ces termes comme suit :
A(xα)ndx=An11(xα)n1+C(CRetn1)\star \,\, \int \dfrac{\mathcal{A}}{(x-\alpha)^n} \, dx = -\dfrac{\mathcal{A}}{n-1} \dfrac{1}{(x-\alpha)^{n-1}} + C \,\,\,\,\, (C \in \mathbb{R} \,\, \mathrm{et} \,\, n \neq 1)
A(xα)ndx=ln(xα)+C(CRetn=1)\star \,\, \int \dfrac{\mathcal{A}}{(x-\alpha)^n} \, dx = \ln \left( \left| x - \alpha \right| \right) + C \,\,\,\,\, (C \in \mathbb{R} \,\, \mathrm{et} \,\, n = 1)
ax+b(x2+px+q)ndx=a22x+p(x2+px+q)ndx+(bap2)1(x2+px+q)ndx\star \star \,\, \int \dfrac{ax+b}{(x^2 + px + q)^n} \, dx = \dfrac{a}{2} \int \dfrac{2x+p}{(x^2 + px + q)^n} \, dx + \left( b - \dfrac{ap}{2} \right) \int \dfrac{1}{(x^2 + px + q)^n} \, dx
La primitive 2x+p(x2+px+q)ndx\int \dfrac{2x+p}{(x^2 + px + q)^n} \, dx se calcule en utilisant le changement de variable u=x2+px+qu = x^2 + px + q.
La primitive 1(x2+px+q)nd\int \dfrac{1}{(x^2 + px + q)^n} \, d se calcule en écrivant le trinôme x2+px+qx^2 + px + q sous sa forme canonique, puis après un changement de variable, on se ramène à une expression du type In=1(t+1)ndt\mathcal{I}_n = \int \dfrac{1}{(t+1)^n} \, dt. Puis, il faut effectuer une intégration par parties de In1\mathcal{I}_{n-1} afin d'établir une relation (de récurrence) entre In1\mathcal{I}_{n-1} et In\mathcal{I}_{n}. Enfin, il reste à déterminer, de proche en proche, la primitive recherchée In\mathcal{I}_{n} à partir de I1=arctan(t)+C\mathcal{I}_{1} = \arctan(t) + C avec CRC \in \mathbb{R}.
Exemple :\pink{\text{Exemple :}} Déterminons l'expression des primitives de la fonction, continue sur R\mathbb{R}, définie par xx5+x3+x+2x2(x2+x+1)x \longmapsto \dfrac{x^5+x^3+x+2}{x^2(x^2+x+1)}.
La décomposition en éléments simples de x5+x3+x+2x2(x2+x+1)\dfrac{x^5+x^3+x+2}{x^2(x^2+x+1)} est donnée par l'expression suivante :
x5+x3+x+2x2(x2+x+1)=x11x+2x2+2xx2+x+1\dfrac{x^5+x^3+x+2}{x^2(x^2+x+1)} = x - 1 - \dfrac{1}{x} + \dfrac{2}{x^2} + \dfrac{2x}{x^2+x+1}
Donc :
x5+x3+x+2x2(x2+x+1)dx=x22xln(x)2x+2xx2+x+1dx\int \dfrac{x^5+x^3+x+2}{x^2(x^2+x+1)} \, dx = \dfrac{x^2}{2} - x - \ln(|x|) - \dfrac{2}{x} + \int \dfrac{2x}{x^2+x+1} \, dx
Avec :
2xx2+x+1dx=2x+11x2+x+1dx=(2x+1x2+x+11x2+x+1)dx\int \dfrac{2x}{x^2+x+1} \, dx = \int \dfrac{2x+1-1}{x^2+x+1} \, dx = \int \left( \dfrac{2x+1}{x^2+x+1} - \dfrac{1}{x^2+x+1} \right)\, dx
Soit :
2xx2+x+1dx=2x+1x2+x+1dx1x2+x+1dx=ln(x2+x+1)1x2+x+1dx\int \dfrac{2x}{x^2+x+1} \, dx = \int \dfrac{2x+1}{x^2+x+1} \, dx - \int \dfrac{1}{x^2+x+1} \, dx = \ln(|x^2+x+1|) - \int \dfrac{1}{x^2+x+1} \, dx
Donc, on en déduit que :
x5+x3+x+2x2(x2+x+1)dx=x22xln(x)2x+ln(x2+x+1)1x2+x+1dx\int \dfrac{x^5+x^3+x+2}{x^2(x^2+x+1)} \, dx = \dfrac{x^2}{2} - x - \ln(|x|) - \dfrac{2}{x} + \ln(|x^2+x+1|) - \int \dfrac{1}{x^2+x+1} \, dx
Avec :
1x2+x+1dx=1x2+2x12+14+34dx=1x2+2x12+(12)2+34dx\int \dfrac{1}{x^2+x+1} \, dx = \int \dfrac{1}{x^2 + 2x\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} + \dfrac{3}{4}} \, dx = \int \dfrac{1}{x^2 + 2x\dfrac{1}{2} + \left(\dfrac{1}{2}\right)^2 + \dfrac{3}{4}} \, dx
En faisant usage de l'identité remarquable usuelle, on obtient :
1x2+x+1dx=1(x+12)2+34dx\int \dfrac{1}{x^2+x+1} \, dx = \int \dfrac{1}{\left(x + \dfrac{1}{2}\right)^2 + \dfrac{3}{4}} \, dx
On pose t=x+12t = x + \dfrac{1}{2} ainsi on a dtdx=ddx(12)=1\dfrac{dt}{dx} = \dfrac{d}{dx} \left(\dfrac{1}{2}\right) = 1. On en déduit alors que dt=dxdt = dx, et de fait, on trouve que :
1x2+x+1dx=1t2+34dt=13443t2+34dt=134143t2+1dt=431(23t)2+1dt\int \dfrac{1}{x^2+x+1} \, dx = \int \dfrac{1}{t^2 + \dfrac{3}{4}} \, dt = \int \dfrac{1}{\dfrac{3}{4} \dfrac{4}{3}t^2 + \dfrac{3}{4}} \, dt = \dfrac{1}{\dfrac{3}{4}} \int \dfrac{1}{\dfrac{4}{3}t^2 + 1} \, dt = \dfrac{4}{3} \int \dfrac{1}{\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}t\right)^2 + 1} \, dt
Ce qui peut également s'écrire comme :
1x2+x+1dx=23231(23t)2+1dt=231(23t)2+1d(23t)\int \dfrac{1}{x^2+x+1} \, dx = \dfrac{2}{\sqrt{3}}\dfrac{2}{\sqrt{3}} \int \dfrac{1}{\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}t\right)^2 + 1} \, dt = \dfrac{2}{\sqrt{3}} \int \dfrac{1}{\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}t\right)^2 + 1} \, d\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}t\right)
On pose alors X=23tX = \dfrac{2}{\sqrt{3}}t de sorte que nous puissions écrire, avec CRC \in \mathbb{R}, que :
1x2+x+1dx=231X2+1dX=23arctan(X)+C=23arctan(23t)+C\int \dfrac{1}{x^2+x+1} \, dx = \dfrac{2}{\sqrt{3}} \int \dfrac{1}{X^2 + 1} \, dX = \dfrac{2}{\sqrt{3}} \arctan(X) + C = \dfrac{2}{\sqrt{3}} \arctan\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}t\right) + C
Mais comme t=x+12t = x + \dfrac{1}{2} cela permet d'écrire que :
1x2+x+1dx=23arctan(23(x+12))+C\int \dfrac{1}{x^2+x+1} \, dx = \dfrac{2}{\sqrt{3}} \arctan\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}\left( x + \dfrac{1}{2}\right)\right) + C
Soit encore :
1x2+x+1dx=23arctan(2x+13)+C\int \dfrac{1}{x^2+x+1} \, dx = \dfrac{2}{\sqrt{3}} \arctan\left(\dfrac{2x+1}{\sqrt{3}}\right) + C
Finalement, on trouve que :
x5+x3+x+2x2(x2+x+1)dx=x22xln(x)2x+ln(x2+x+1)23arctan(2x+13)+C(CR)\int \dfrac{x^5+x^3+x+2}{x^2(x^2+x+1)} \, dx = \dfrac{x^2}{2} - x - \ln(|x|) - \dfrac{2}{x} + \ln(|x^2+x+1|) - \dfrac{2}{\sqrt{3}} \arctan\left(\dfrac{2x+1}{\sqrt{3}}\right) + C \,\,\,\,\,\, (C \in \mathbb{R})
Au passage, mentionnons que nous avons montré que, si aa est un nombre réel et bb un nombre réel non nul, alors :
1(x+a)2+b2dx=1barctan(x+ab)+C(CR)\int \dfrac{1}{(x+a)^2 + b^2} \, dx = \dfrac{1}{b} \arctan\left( \dfrac{x+a}{b} \right) + C \,\,\,\,\,\, (C \in \mathbb{R})

Autres primitives se ramenant aux fonctions rationnelles.

Primitives de fractions rationnelles en sinus et cosinus

Méthode : On veut déterminer f(x)dx\int f(x) \, dxff est une fonction rationnelle en sin(x)\sin(x) et cos(x)\cos(x). Dans le cas où :
\star \,\, le terme f(x)dxf(x) \, dx est invariant lors du changement de xx en x-x alors on pose u=cos(x)u = \cos(x) ;
\star \star \,\, le terme f(x)dxf(x) \, dx est invariant lors du changement de xx en πx\pi - x alors on pose u=sin(x)u = \sin(x) ;
\star \star \star \,\, le terme f(x)dxf(x) \, dx est invariant lors du changement de xx en π+x\pi + x alors on pose u=tan(x)u = \tan(x).
Sinon, il est toujours possible de poser u=tan(x2)u = \tan \left( \dfrac{x}{2} \right). Dans ce cas, on a x=2arctan(u)x = 2\arctan(u), et de fait :
dxdu=ddu(2arctan(u))=2ddu(arctan(u))=2×11+u2dx=11+u2du\dfrac{dx}{du} = \dfrac{d}{du}\left( 2\arctan(u) \right) = 2\dfrac{d}{du}\left( \arctan(u) \right) = 2 \times \dfrac{1}{1+u^2} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, dx = \dfrac{1}{1+u^2} \, du
Les règles précédentes sont connues sous le nom de reˋgledeCharlesBioche(18591949){\color{red}{\bf{règle \,\, de \,\, Charles \,\, Bioche \,\,(1859-1949)}}}.
Exemple :\pink{\text{Exemple :}} Déterminons l'expression des primitives de la fonction ff définie par f:xsin3(x)1+cos2(x)f : x \longmapsto \dfrac{\sin^3(x)}{1+\cos^2(x)}.
On change xx en x-x, et on constate que :
f(x)d(x)=sin3(x)1+cos2(x)d(x)=sin3(x)1+cos2(x)dx=sin3(x)1+cos2(x)dx=sin3(x)1+cos2(x)dx=f(x)dxf(-x) \, d(-x) = \dfrac{\sin^3(-x)}{1+\cos^2(-x)} \, d(-x) = - \dfrac{\sin^3(-x)}{1+\cos^2(-x)} \, dx = - \dfrac{-\sin^3(x)}{1+\cos^2(x)} \, dx = \dfrac{\sin^3(x)}{1+\cos^2(x)} \, dx =f(x) \, dx
Donc on pose u=cos(x)u = \cos(x), ce qui implique que :
dudx=ddx(cos(x))=sin(x)du=sin(x)dx\dfrac{du}{dx} = \dfrac{d}{dx}\left( \cos(x) \right) = - \sin(x) \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, du = - \sin(x) \, dx
Ainsi :
sin3(x)1+cos2(x)dx=sin2(x)1+cos2(x)sin(x)dx=1cos2(x)1+cos2(x)(sin(x)dx)=1u21+u2du\int \dfrac{\sin^3(x)}{1+\cos^2(x)} \, dx = \int \dfrac{\sin^2(x)}{1+\cos^2(x)} \sin(x) \, dx = -\int \dfrac{1 - \cos^2(x)}{1+\cos^2(x)} \big(-\sin(x) \, dx\big) = -\int \dfrac{1 - u^2}{1+u^2} \, du
Ce qui nous donne :
sin3(x)1+cos2(x)dx=1u21+u2du=1u2+111+u2du=2(1+u2)1+u2du\int \dfrac{\sin^3(x)}{1+\cos^2(x)} \, dx = -\int \dfrac{1 - u^2}{1+u^2} \, du = -\int \dfrac{1 - u^2 + 1 - 1}{1+u^2} \, du = -\int \dfrac{2 - (1+u^2) }{1+u^2} \, du
Soit :
sin3(x)1+cos2(x)dx=(21+u21+u21+u2)du=211+u2du+1+u21+u2du\int \dfrac{\sin^3(x)}{1+\cos^2(x)} \, dx = -\int \left( \dfrac{2}{1+u^2} - \dfrac{1+u^2}{1+u^2}\right) \, du = -2 \int \dfrac{1}{1+u^2} \, du + \int \dfrac{1+u^2 }{1+u^2} \, du
Soit encore :
sin3(x)1+cos2(x)dx=211+u2du+1du\int \dfrac{\sin^3(x)}{1+\cos^2(x)} \, dx = - 2 \int \dfrac{1}{1+u^2} \, du + \int 1 \, du
On a alors :
sin3(x)1+cos2(x)dx=2arctan(u)+u+C(CR)\int \dfrac{\sin^3(x)}{1+\cos^2(x)} \, dx = -2 \arctan(u) + u + C \,\,\,\,\,\, (C \in \mathbb{R})
Finalement, on trouve que :
sin3(x)1+cos2(x)dx=2arctan(cos(x))+cos(x)+C(CR)\int \dfrac{\sin^3(x)}{1+\cos^2(x)} \, dx = -2 \arctan\big(\cos(x)\big) + \cos(x) + C \,\,\,\,\,\, (C \in \mathbb{R})

Primitives de fractions rationnelles en sinus hyperbolique et cosinus hyperbolique

Méthode : Les changements de variable u=exu = e^x ou u=exu = e^{-x} et dans le cas hyperbolique, t=tanh(x2)t = \tanh\left( \dfrac{x}{2} \right), conduisent au calcul de primitives de fractions rationnelles. Dans certains cas, des changements de variables u=cosh(x)u = \cosh(x), u=sinh(x)u = \sinh(x) ou u=tanh(x)u = \tanh(x), peuvent-être envisagés.
Exemple :\pink{\text{Exemple :}} Déterminons les primitives de xcosh(x)1cosh(x)+1exx \longmapsto \dfrac{\cosh(x) - 1}{\cosh(x) + 1} e^x. On pose u=exu = e^x, donc dudx=ddx(ex)=ex\dfrac{du}{dx} = \dfrac{d}{dx}\big( e^x \big) = e^x. Donc du=exdxdu = e^x dx. On a donc :
cosh(x)1cosh(x)+1exdx=ex+ex21ex+ex2+1exdx=ex+ex222ex+ex2+22exdx=ex+ex2ex+ex+2exdx\int \dfrac{\cosh(x) - 1}{\cosh(x) + 1} e^x \, dx = \int \dfrac{\dfrac{e^x + e^{-x}}{2} - 1}{\dfrac{e^x + e^{-x}}{2} + 1} e^x \, dx = \int \dfrac{\dfrac{e^x + e^{-x}}{2} - \dfrac{2}{2}}{\dfrac{e^x + e^{-x}}{2} + \dfrac{2}{2} } e^x \, dx = \int \dfrac{e^x + e^{-x} - 2}{e^x + e^{-x} + 2} e^x \, dx
Soit :
cosh(x)1cosh(x)+1exdx=ex+1ex2ex+1ex+2exdx=u+1u2u+1u+2du=u2u+1u2uuu2u+1u+2uudu\int \dfrac{\cosh(x) - 1}{\cosh(x) + 1} e^x \, dx = \int \dfrac{e^x + \dfrac{1}{e^x} - 2}{e^x + \dfrac{1}{e^x} + 2} e^x \, dx = \int \dfrac{u + \dfrac{1}{u} - 2}{u + \dfrac{1}{u} + 2} \, du = \int \dfrac{\dfrac{u^2}{u} + \dfrac{1}{u} - \dfrac{2u}{u}}{\dfrac{u^2}{u} + \dfrac{1}{u} + \dfrac{2u}{u}} \, du
Ce qui nous donne :
cosh(x)1cosh(x)+1exdx=u22u+1u2+2u+1du=u22u+1(u+1)2du\int \dfrac{\cosh(x) - 1}{\cosh(x) + 1} e^x \, dx = \int \dfrac{u^2-2u+1}{u^2+2u+1} \, du = \int \dfrac{u^2-2u+1}{(u+1)^2} \, du
La décomposition en éléments simples de u22u+1(u+1)2\dfrac{u^2-2u+1}{(u+1)^2} nous permet d'écrire que :
cosh(x)1cosh(x)+1exdx=(14u+1+4(u+1)2)du=1du41u+1du+41(u+1)2du\int \dfrac{\cosh(x) - 1}{\cosh(x) + 1} e^x \, dx = \int \left( 1 - \dfrac{4}{u+1} + \dfrac{4}{(u+1)^2} \right) \, du = \int 1 \, du - 4 \int \dfrac{1}{u+1} \, du + 4\int \dfrac{1}{(u+1)^2} \, du
Avec CRC \in \mathbb{R}, on obtient alors :
cosh(x)1cosh(x)+1exdx=u4ln(u+1)+4×1u+1+C\int \dfrac{\cosh(x) - 1}{\cosh(x) + 1} e^x \, dx = u - 4 \ln (|\, u+1 \,|) + 4\times \dfrac{-1}{u+1} + C
Soit :
cosh(x)1cosh(x)+1exdx=uln((u+1)4)4u+1+C\int \dfrac{\cosh(x) - 1}{\cosh(x) + 1} e^x \, dx = u - \ln \big((u+1)^4\big) - \dfrac{4}{u+1} + C
Finalement, on trouve que :
cosh(x)1cosh(x)+1exdx=exln((ex+1)4)4ex+1+C(avec:CR)\int \dfrac{\cosh(x) - 1}{\cosh(x) + 1} e^x \, dx = e^x - \ln \left(\left(e^x+1\right)^4\right) - \dfrac{4}{e^x+1} + C \,\,\,\,\, (\mathrm{avec} : C \in \mathbb{R})