Primitives des fractions rationnelles

On appelle fraction rationnelle le quotient de deux polynômes. La plupart des primitives que l'on sait calculer formellement se ramènent à des calculs de primitives de fractions rationnelles, par des changements de variable simples. Nous commençons par recenser les fractions rationnelles particulières dont on sait calculer une primitive. On les appelle les éléments simples. On note $n$ un entier strictement positif, et $a, b, c, \alpha, \beta$ des réels quelconques.

1. $x^n$ : primitive ${\displaystyle \frac{1}{n+1}x^{n+1}}$.
2. ${\displaystyle \frac{1}{(x+a)^n}}$ : primitive $\ln\vert x+a\vert$ pour $n=1$ ou ${\displaystyle \frac{1}{-n+1}\frac{1}{(x+a)^{n-1}}}$ pour $n>1$.
3. ${\displaystyle \frac{\alpha x+\beta}{(ax^2+bx+c)^n}}$, avec $\Delta = b^2-4ac<0$.

Le dernier type est le plus difficile à intégrer. La technique conseillée est la suivante. On commence par faire apparaître au numérateur la dérivée $2ax+b$ du trinôme.

$$\frac{\alpha x+\beta}{(ax^2+bx+c)^n} = \frac{\frac{\alpha}{2a} (2ax+b)+\beta-\frac{\alpha}{2a}b}{(ax^2+bx+c)^n}$$

$$= \frac{\alpha}{2a} \frac{2ax+b}{(ax^2+bx+c)^n}+(\beta-\frac{\alpha}{2a}b) \frac{1}{(ax^2+bx+c)^n}\;.$$

Cette dernière expression est combinaison linéaire de deux termes. Le premier est de la forme $\frac{f'(x)}{f(x)^n}$. Une primitive est donc :

$$\int_\gamma^x \frac{2at+b}{(at^2+bt+c)^n} \mathrm{d}t = \Big[ \f... ...2+bt+c)^{n-1}}\Big]_\gamma^x = \frac{1}{-n+1} \frac{1}{(ax^2+bx+c)^{n-1}}+C\;,$$

si $n>1$, ou bien :

$$\int_\gamma^x \frac{2at+b}{at^2+bt+c} \mathrm{d}t = \Big[ \ln\vert at^2+bt+c\vert\Big]_\gamma^x = \ln\vert ax^2+bx+c\vert+C\;,$$

si $n=1$. Reste à intégrer le second terme,

$$\int_\gamma^x \frac{1}{(at^2+bt+c)^n} \mathrm{d}t\;.$$

Il faut commencer par mettre le trinôme sous forme canonique :

$$at^2+bt+c = a\left( (t+\frac{b}{2a})^2-\frac{b^2-4ac}{4a^2}\right)\;.$$

On effectue alors un changement de variable affine :

$$t+\frac{b}{2a} = v\sqrt{\frac{b^2-4ac}{4a^2}}\;,$$

qui ramène le calcul à celui d'une primitive du type :

$$I_n(u)=\int_{\gamma'}^u \frac{1}{(v^2+1)^n} \mathrm{d}v\;.$$

Si $n=1$, on obtient $\arctan(u) +C$. Pour $n>1$, une astuce permet d'effectuer un calcul itératif en faisant baisser le degré du dénominateur.

$$I_n(u) = \int_{\gamma'}^u \left(\frac{v^2+1}{(v^2+1)^n}-\frac{v^2}{(v^2+1)^n}\right) \mathrm{d}v$$

$$= \int_{\gamma'}^u\frac{1}{(v^2+1)^{n-1}} \mathrm{d}v - \int_{\gamma'}^u\frac{2v(\frac{1}{2}v)}{(v^2+1)^n} \mathrm{d}v\;.$$

Le premier terme est $I_{n-1}(u)$. Le second terme s'intègre par parties, en dérivant $\frac{1}{2}v$.

$$I_n(u)= I_{n-1}(u) - \Big[\frac{1}{-n+1}\frac{1}{(v^2+1)^{n-1}}.... ..._{\gamma'}^u \frac{1}{-n+1}\frac{1}{(v^2+1)^{n-1}}.\frac{1}{2} \mathrm{d}v\;.$$

On ramène donc ainsi le calcul de $I_n(u)$ à celui de $I_{n-1}(u)$. En itérant, on arrive à $I_1(u)=\arctan(u)+C$. On peut se demander pourquoi le type 3 a été restreint aux dénominateurs tels que $\Delta = b^2-4ac<0$. La raison est que dans le cas $\Delta\geq 0$, le type 3 se ramène au type 2. En effet, si $\Delta=0$, le trinôme s'écrit :

$$ax^2+bx+c = a(x+\frac{b}{2a})^2\;.$$

Si $\Delta>0$, le trinôme a deux racines réelles. Il s'écrit :

$$ax^2+bx+c = a(x-\rho_1)(x-\rho_2)\;,$$

où $\rho_1$ et $\rho_2$ désignent les deux racines. Or :

$$\frac{1}{(x-\rho_1)(x-\rho_2)} = \frac{\frac{1}{\rho_1-\rho_2}}{x-\rho_1} + \frac{\frac{1}{\rho_2-\rho_1}}{x-\rho_2}\;.$$

Une primitive de $\frac{1}{(x-\rho_1)(x-\rho_2)}$ est donc :

$$\int_\gamma^x \frac{1}{(t-\rho_1)(t-\rho_2)} \mathrm{d}t = \frac{1}{\rho_1-\rho_2}(\log(\vert x-\rho_1\vert-\log(\vert x-\rho_2\vert)+C\;.$$

Nous commençons par généraliser ceci à des fractions rationnelles dont le dénominateur a deux racines réelles distinctes.

Proposition 2   Soient $n$ et $m$ deux entiers, $\rho_1$ et $\rho_2$ deux réels distincts. Il existe des réels $\alpha_1,\ldots,\alpha_n$ et $\beta_1,\ldots,\beta_m$ tels que :

$$\frac{1}{(x-\rho_1)^n(x-\rho_2)^m} = \frac{\alpha_1}{(x-\rho_1)} + \frac{\alpha_{2}}{(x-\rho_1)^{2}} +\cdots+ \frac{\alpha_n}{(x-\rho_1)^n}$$

$$+ \frac{\beta_1}{(x-\rho_2)} + \frac{\beta_{2}}{(x-\rho_2)^{2}} +\cdots+ \frac{\beta_m}{(x-\rho_2)^m}\;.$$

Démonstration : La démonstration s'effectue par récurrence sur $n+m$, en utilisant le cas $n=m=1$ que nous avons déjà examiné. Notons ${\cal H}_{n,m}$ la propriété énoncée dans le théorème. Nous avons déjà montré que ${\cal H}_{1,1}$ est vraie. Pour tout $n,m$, ${\cal H}_{n,0}$ et ${\cal H}_{0,m}$ sont évidemment vraies. Pour $n\geq 1$ et $m\geq 1$, on peut écrire :

$$\frac{1}{(x-\rho_1)^n(x-\rho_2)^m} = \left( \frac{\frac{1}{\rho_1-\rho_2}}{x-\rho_1} + \frac{\frac{1}{\rho_2-\rho_1}}{x-\rho_2} \right) \frac{1}{(x-\rho_1)^{n-1}(x-\rho_2)^{m-1}}$$

$$= \frac{1}{\rho_1-\rho_2}\left( \frac{1}{(x-\rho_1)^n(x-\rho_2)^{m-1}} - \frac{1}{(x-\rho_1)^{n-1}(x-\rho_2)^{m}} \right) \;.$$

Si ${\cal H}_{n,m-1}$ et ${\cal H}_{n-1,m}$ sont vraies, on en déduit que ${\cal H}_{n,m}$ est vraie. Donc ${\cal H}_{n,m}$ est vraie pour tout $n,m \geq 1$.$\square$ La décomposition que nous venons d'effectuer, d'une fraction rationnelle particulière en une combinaison linéaire d'éléments simples, se généralise à des fractions rationnelles quelconques. Nous ne donnerons pas la démonstration du théorème suivant, semblable à celle de la proposition précédente, mais beaucoup plus fastidieuse.

Théorème 5   Considérons une fraction rationnelle du type $P(x)/Q(x)$, où $P$ et $Q$ sont deux polynômes à coefficients réels, supposés premiers entre eux (fraction irréductible). Considérons une factorisation du dénominateur $Q(x)$ sous la forme :

$$Q(x) = (x-\rho_1)^{n_1}\cdots(x-\rho_k)^{n_k} (a_1x^2+b_1x+c_1)^{m_1}\cdots(a_hx^2+b_hx+c_h)^{m_h}\;,$$

où $\rho_1,\ldots,\rho_k$ sont les racines réelles de $Q$, de multiplicités $n_1,\ldots,n_k$, et les trinômes $a_jx^2+b_jx+c_j$ sont ses facteurs de degré $2$, de discriminant strictement négatif, correspondant aux racines complexes de $Q$. La fraction rationnelle $P/Q$ s'écrit comme combinaison linéaire des éléments simples suivants.

1. $x^l$, où $l=0,\ldots,\mathrm{deg}(P)-\mathrm{deg}(Q)$.
2. ${\displaystyle \frac{1}{(x-\rho_i)^l}}$, où $i=1,\ldots,k$ et $l=1,\ldots,n_i$.
3. ${\displaystyle \frac{\alpha x+\beta}{(a_jx^2+b_jx+c_j)^l}}$, où $j=1,\ldots,h$ et $l=1,\ldots,m_j$.

Pour comprendre cette décomposition, le mieux est d'examiner sa forme sur un cas particulier, rassemblant les différentes situations.

$$\frac{x^{13}}{(x-1)^3(x-2)^2(x-3)(x^2+1)^2(x^2+x+1)} = A + Bx$$

$$+ \frac{C}{(x-1)}+\frac{D}{(x-1)^2}+\frac{E}{(x-1)^3}$$

$$+ \frac{F}{(x-2)}+\frac{G}{(x-2)^2}+ \frac{H}{(x-3)}$$

$$+ \frac{Ix+J}{(x^2+1)}+\frac{Kx+L}{(x^2+1)^2}$$

$$+ \frac{Mx+N}{(x^2+x+1)}\;,$$

où les lettres $A,B,\ldots,M$ désignent des réels à déterminer. La théorie assure que ces réels existent et sont uniques. Il suffirait donc de réduire tous les éléments simples au même dénominateur, et d'identifier les numérateurs pour obtenir autant d'équations que d'inconnues (14 dans notre cas). Ce n'est pas ainsi qu'on procède en pratique. On utilise plusieurs techniques de manière à déterminer le plus de coefficients possibles par des équations simples. Voici ces techniques. Pour la partie polynomiale.
Celle-ci est non nulle seulement dans le cas où le degré du numérateur est supérieur ou égal au degré du dénominateur. Dans ce cas le polynôme cherché, que l'on appelle la partie entière, est le quotient $Ent(x)$ de la division euclidienne de $P(x)$ par $Q(x)$ :

$$P(x) = Ent(x)Q(x)+R(x)\;,$$

où le reste $R(x)$ est de degré strictement inférieur au degré de $Q(x)$. Dans notre exemple, $Ent(x)=x+9$. Il faut s'assurer auparavant que la fraction est bien irréductible, et la simplifier éventuellement si elle ne l'était pas. Pour les termes en $(x-\rho_i)^{n_i}$.
Si on multiplie les deux membres de la décomposition par $(x-\rho_i)^{n_i}$, la racine $\rho_i$ disparaît. On peut donc remplacer $x$ par $\rho_i$, ce qui annule tous les termes de la décomposition sauf un. Il reste à gauche une certaine valeur, que l'on calcule en général facilement. Dans notre exemple, si on multiplie les deux membres par $(x-1)^3$, et qu'on remplace $x$ par $1$, on trouve :

$$\frac{1^{13}}{(1-2)^2(1-3)(1^2+1)^2(1^2+1+1)}=E\;,$$

soit $E=-\frac{1}{24}$. Pour les termes en $(a_jx^2+b_jx+c_j)^{m_j}$.
On procède de même, en remplaçant $x$ par une des racines complexes du trinôme. Dans notre cas, on multiplie les deux membres par $(x^2+1)^2$, et on remplace $x$ par $\mathrm{i}=\sqrt{-1}$. On trouve :

$$\frac{\mathrm{i}^{13}}{(\mathrm{i}-1)^3(\mathrm{i}-2)^2(\mathrm{i}-3)(\mathrm{i}^2+\mathrm{i}+1)} = K\mathrm{i}+L\;.$$

On identifie alors la partie réelle et la partie imaginaire : $K=-\frac{1}{100}$ et $L=-\frac{1}{50}$. Pour les autres termes.
Il faut chercher les équations les plus simples possibles, en prenant des valeurs particulières pour $x$, qui ne soient pas des racines du dénominateur ($x=0$, $x=\pm 1$, etc.). On peut aussi penser à faire tendre $x$ vers l'infini. On n'a recours à une réduction au même dénominateur avec identification des coefficients qu'en dernier ressort. Grâce à la décomposition en éléments simples, nous sommes maintenant en mesure d'intégrer n'importe quelle fraction rationnelle, puisque nous savons intégrer chacun des éléments simples. Nous allons détailler l'exemple suivant.

$$\frac{P(x)}{Q(x)} = \frac{x^6+1}{(x-1)(x^2+x+1)^2}\;.$$

Le numérateur et le dénominateur sont premiers entre eux, la fraction est bien irréductible. Sa décomposition en éléments simples a la forme suivante.

$$\frac{x^6+1}{(x-1)(x^2+x+1)^2} = A+Bx + \frac{C}{(x-1)} +\frac{Dx+E}{(x^2+x+1)} +\frac{Fx+G}{(x^2+x+1)^2}\;.$$

La division euclidienne du numérateur par le dénominateur donne :

$$x^6+1 = (x-1)\Big((x-1)(x^2+x+1)^2\Big) +2x^3\;.$$

Donc $A=-1$, $B=1$, et :

$$\frac{x^6+1}{(x-1)(x^2+x+1)^2} = -1+x + \frac{2x^3}{(x-1)(x^2+x+1)^2}\;.$$

On peut désormais ne travailler que sur la partie restante, à savoir :

$$\frac{2x^3}{(x-1)(x^2+x+1)^2}= \frac{C}{(x-1)} +\frac{Dx+E}{(x^2+x+1)} +\frac{Fx+G}{(x^2+x+1)^2}\;.$$

On multiplie les deux membres par $(x-1)$, et on remplace $x$ par $1$. On trouve $C=\frac{2}{9}$.
On multiplie ensuite les deux membres par $(x^2+x+1)^2$, et on remplace $x$ par $\mathrm{j}=-\frac{1}{2}+\mathrm{i}\frac{\sqrt{3}}{2}$. On trouve $F\mathrm{j}+G=-1-\mathrm{i}\frac{\sqrt{3}}{3}$. En identifiant les parties réelles et imaginaires, on trouve $-\frac{1}{2}F+G=-1$ et $\frac{\sqrt{3}}{2}F=-\frac{\sqrt{3}}{3}$. La solution de ce système de deux équations à deux inconnues est $F=-\frac{2}{3}$ et $G=-\frac{4}{3}$.
On peut ensuite remplacer $x$ par $\mathrm{i}$, et identifier partie réelle et partie imaginaire. On trouve $D=-\frac{2}{9}$ et $E=\frac{14}{9}$.
Il est bon de vérifier les calculs, par une ou plusieurs valeurs particulières.
Pour $x=0$ : $0=-C+E+G$.
Pour $x=-1$ : $-1=A-B+\frac{C}{-2}+\frac{-D+E}{1}+\frac{-F+G}{1}$.
Après avoir enlevé la partie entière, si on multiplie les deux membres par $x$ et qu'on fait tendre $x$ vers $+\infty$ : $0= C+D$. Ayant la décomposition en éléments simples, nous sommes maintenant en mesure de calculer une primitive.

$$I(x)=\int_c^x\frac{t^6+1}{(t-1)(t^2+t+1)^2} \mathrm{d}t = \int_... ...9}}{(t^2+t+1)} + \frac{-\frac{2}{3}t-\frac{4}{3}}{(t^2+t+1)^2} \mathrm{d}t\;.$$

On calcule séparément $4$ primitives.

$$I_1(x) = \int_c^x (-1+t) \mathrm{d}t\quad,\quad I_2(x) = \int_c^x \frac{\frac{2}{9}}{t-1} \mathrm{d}t\;,$$

$$I_3(x) = \int_c^x \frac{-\frac{2}{9}t+\frac{14}{9}}{(t^2+t+1)} \... ..._4(x) = \int_c^x \frac{-\frac{2}{3}t-\frac{4}{3}}{(t^2+t+1)^2} \mathrm{d}t\;.$$

Les deux premières sont faciles.

$$I_1(x) = \int_c^x (-1+t) \mathrm{d}t = -x+\frac{x^2}{2}+C_1\;.$$

$$I_2(x) = \int_c^x \frac{\frac{2}{9}}{t-1} \mathrm{d}t = \Big[\frac{2}{9}\ln\vert t-1\vert\Big]_c^x = \frac{2}{9}\ln\vert x-1\vert+C_2\;.$$

Les deux suivantes sont plus difficiles.

$$I_3(x) = -\frac{1}{9}\int_c^x \frac{2t+1}{t^2+t+1} \mathrm{d}t +\frac{15}{9} \int_c^x \frac{1}{t^2+t+1} \mathrm{d}t$$

$$= -\frac{1}{9}\ln(x^2+x+1) +C_3 +\frac{5}{3} \int_c^x \frac{1}{t^2+t+1} \mathrm{d}t\;.$$

Calculons séparément la primitive suivante.

$$I_5(x) = \int_c^x \frac{1}{t^2+t+1} \mathrm{d}t = \int_c^x\frac{1}{(t+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}} \mathrm{d}t\;.$$

Effectuons le changement de variable :

$$\frac{2}{\sqrt{3}}(t+\frac{1}{2})=u\;,$$soit$$\; t=\frac{u\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}$$ et $$\mathrm{d}t = \frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{d}u\;.$$

$$I_5(x) = \frac{2}{\sqrt{3}} \int_{\frac{2}{\sqrt{3}}(c+\frac{1}{2... ...hrm{d}u = \frac{2}{\sqrt{3}} \arctan(\frac{2}{\sqrt{3}}(x+\frac{1}{2}))+C_5\;.$$

En regroupant les calculs :

$$I_3(x)=-\frac{1}{9}\ln(x^2+x+1) +\frac{10}{3\sqrt{3}} \arctan(\frac{2}{\sqrt{3}}(x+\frac{1}{2}))+C_3\;.$$

Passons maintenant à $I_4(x)$ :

$$I_4(x) = -\frac{1}{3}\int_c^x \frac{2t+1}{(t^2+t+1)^2} \mathrm{d}t - \int_c^x \frac{1}{(t^2+t+1)^2} \mathrm{d}t$$

$$= \frac{1}{3}\frac{1}{x^2+x+1} +C_4 - \int_c^x \frac{1}{(t^2+t+1)^2} \mathrm{d}t\;.$$

Calculons séparément la primitive suivante.

$$I_6(x) = \int_c^x \frac{1}{(t^2+t+1)^2} \mathrm{d}t = \int_c^x\frac{1}{((t+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4})^2} \mathrm{d}t\;.$$

Effectuons le changement de variable :

$$\frac{2}{\sqrt{3}}(t+\frac{1}{2})=u\;,$$soit$$\; t=\frac{u\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}$$ et $$\mathrm{d}t = \frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{d}u\;.$$

$$I_6(x) = \frac{8}{3\sqrt{3}} \int_{\frac{2}{\sqrt{3}}(c+\frac{1}{2})}^{\frac{2}{\sqrt{3}}(x+\frac{1}{2})} \frac{1}{(u^2+1)^2} \mathrm{d}u$$

$$= \frac{8}{3\sqrt{3}} \int_{\frac{2}{\sqrt{3}}(c+\frac{1}{2})}^{\fr... ...{1}{2})}^{\frac{2}{\sqrt{3}}(x+\frac{1}{2})} \frac{u^2}{(u^2+1)^2} \mathrm{d}u$$

$$= \frac{8}{3\sqrt{3}} \arctan(\frac{2}{\sqrt{3}}(x+\frac{1}{2}))+C_6 - \frac{8}{3\sqrt{3}} I_7(x)\;.$$

Calculons enfin $I_7(x)$ par parties :

$$I_7(x) = \int_{\frac{2}{\sqrt{3}}(c+\frac{1}{2})}^{\frac{2}{\sqrt{3}}(x+\frac{1}{2})} \frac{2u\cdot \frac{1}{2}u}{(u^2+1)^2} \mathrm{d}u$$

$$= \Big[-\frac{1}{u^2+1}\cdot(\frac{1}{2}u) \Big]_{\frac{2}{\sqrt{3}... ...2})}^{\frac{2}{\sqrt{3}}(x+\frac{1}{2})} \frac{\frac{1}{2}}{u^2+1} \mathrm{d}u$$

$$= -\frac{\frac{1}{\sqrt{3}}(x+\frac{1}{2})} {\frac{4}{3}(x+\frac{1}{2})^2+1}+\frac{1}{2} \arctan(\frac{2}{\sqrt{3}}(x+\frac{1}{2})) +C_7\;.$$

En regroupant l'ensemble des résultats, on trouve :

$$I(x) = -x+\frac{x^2}{2} +\frac{2}{9}\ln\vert x-1\vert-\frac{1}{9}\ln(x^2+x+1)$$

$$+ \frac{2}{\sqrt{3}}\arctan(\frac{2}{\sqrt{3}}(x+\frac{1}{2})) -\frac{2}{3}\frac{x}{x^2+x+1} +C\;.$$