Généralités et premières restrictions

Pour bien comprendre ce paragraphe il faut connaître le contenu de cette page et de cette autre page.
Nous avons déjà vu que toutes les fonctions polynomiales étaient intégrables et que leurs primitives étaient des polynomes de degré immédiatement supérieur.
On se pose maintenant la question de chercher les primitives des fractions rationnelles qui sont, par définition, les quotients de polynômes.
Une telle 'fraction rationnelle' s'écrit donc sous la forme f ( x ) = p ( x ) q ( x ) où p(x) et q(x) sont des polynômes et où q est non nul.
On peut supposer évidement que le degré de q est >0, faute de quoi q(x) est un polynôme constant et la fraction rationnelle est en fait un polynôme.
Il va de soi qu'une fonction rationnelle n'est pas définie partout. Elle n'est pas définie en particulier sur l'ensemble des racines de q. Cependant, il est possible qu'elle soit prolongeable par continuité en de tels points. Cela n'arrive qu'en un point x1, racine de q(x), que si x1 est également racine de p(x), sinon la limite pour x→x1, x≠x1 est infinie. Mais dans ce cas p(x) et q(x) sont divisibles tous deux par (x-x1) et la fraction p(x)/q(x) peut être simplifiée par (x-x1). Nous pouvons donc faire l'hypothèse supplémentaire que la fraction p(x)/q(x) est irréductible c'est à dire que p(x) et q(x) ne possèdent aucun diviseur commun de degré >0. Dans ce cas les racines de q(x) constituent un ensemble fini de n points (n étant le degré de q) appelés les pôles de la fraction. et f n'est prolongeable en aucun de ces points par continuité.
Donc dans ce cas l'ensemble de définition D de f est de la forme:
D= ]-∞,x1[ ∪ ]x1,x2[ ∪ .... ∪ ]xn-1,xn[ ∪ ]xn,+∞[
où x1,x2, ..., xn sont les 'pôles' de f, c'est à dire les racines de q.
La recherche de primitive pour f se fait donc intervalle par intervalle il est clair que si f est une primitive sur D la fonction définie par g=f+K1 sur ]-∞x1[ g=f+K2 sur ]x1,x2[, ...., g=f+Kn sur ]xn-1,xn[ g=f+Kn+1 sur ]xn,+∞[ où K1, ..,Kn+1 sont n+1 constantes réelles est encore une primitive de f et que toutes les primitives de f s'obtiennent de cette façon.
On peut encore supposer que degré(p) < degré(q). Sinon on fait une division euclidienne de p par q on écrit p(x)=a(x)s(x)+r(x) s(x) étant le quotient de p par q et r(x) le reste de degré strictement inférieur au degré de q. et on foit qu'alors f est somme de s(x) et de la fraction r(x)/q(x) avec degré(r) < degré(q) et comme on sait trouver une primitive de s(x) qui est un polynôme il suffit de savoir intégrer r(x)/q(x).
Nous pouvons donc faire, pour notre problème, les hypothèses réductrices suivantes: q comme tout polynôme est décomposable en produit de facteurs irréductibles. Or nous savons que les polynômes irréductibles sur le corps ℝ sont: à l'exclusion de toute autre possibilité.
Cela dit, les pôles de f sont les racines des polynômes irréductibles du premier degré entrant dans la décomposition de q, et on peut supposer que ces nombres ne sont pas racines de p.
Nous allons donc commencer par l'étude de quelques cas particuliers de cette situation.

Eléments simples

On dit qu'une fraction rationnelle f(x)=p(x)/q(x) est un 'élément simple' si:
Il résulte de cette définition que:
Il n'existe pour les éléments simples que 3 possibilités:
  1. f ( x ) = A ( ax + b ) r où A est une constante et r un entier >0 , (première espèce)
  2. f ( x ) = A ( a x 2 + bx + c ) r où A est une constante et r un entier >0 ,avec b2-4ac<0 (seconde espèce)
  3. f ( x ) = Ax + B ( a x 2 + bx + c ) r où A et B sont des constantes et r un entier >0 ,avec b2-4ac<0 (troisième espèce)
En outre, quitte à mettre a en facteur au dénominateur et à diviser les constantes A et B par ar au numérateur on peut supposer que a=1 dans tous les cas.

Visualisation des éléments simples des 3 espèces

Vous pouvez voir ici des éléments simples de première espèce A/(x-a)r.
Vous pouvez faire varier r de 1 à 5 , a de -2 à 2, A de -2 à 2 avec les curseurs.

Vous pouvez voir ici des éléments simples de seconde espèce A/(x2+bx+c)r.
Vous pouvez faire varier r de 1 à 5, b de -2 à 2, c de 2 à 5, A de -4 à 4 avec les curseurs.
Vous pouvez voir ici des éléments simples de seconde espèce (Ax+B)/(x2+bx+c)r.
Vous pouvez faire varier r de 1 à 5, b de -2 à 2, c de 2 à 5, A et B de -4 à 4 avec les curseurs.

Intégration des éléments simples

Première espèce

Le cas r=1, a déjà été traité ici.
Le cas r>1 se traite par le changement de variable u=ax+b. On obtient donc comme primitive 1 a ( r 1 ) ( ax + b ) r 1 pour x≠-b/a

Seconde espèce

Le cas r=1, a déjà été traité ici.
Il suffit donc de traiter le cas r>1. Comme on l'a vu précédemment on peut supposer que a=1.
Mais alors A n'intervient que comme une constante multiplicative, on peut supposer également que A=1.
Tout revient donc à intégrer les fractions rationnelles de la forme 1 ( x 2 + bx + c ) r = 1 ( ( x + b 2 ) 2 + K ) r
où la constante K est la constante strictement positive K = 4 c b 2 4
Mais alors mettant K en facteur au dénominateur on est ramené à l'intégration (à une constante multiplicative près) de
1 ( ( αx + β ) 2 + 1 ) r où &alpha=1/√K et β=b/2√K
Mais à nouveau par un changement de variable linéaire en remplaçant x par αx+β à une constante multiplicative près on est ramené au calcul de la primitive de:
1 ( x 2 + 1 ) r
Il est temps maintenant d'utiliser en les combinant les règles du changement de variable et de l'intégration par parties.
Posant x=tan(t) on peut écrire, sachant que 1+tan2=1/cos2 et (tan)'=1/cos2
Tout revient à calculer pour tout r>1 l'intégrale I(r) définie par:
dx ( 1 + x 2 ) r = cos 2 ( r 1 ) ( t ) dt = I ( r )
Nous allons raisonner par récurrence sur r sachant que I(1)=atan(x).
Nous utilisons d'abord une formule d'intégration par parties:
I ( r ) = cos 2 r 3 t sin ' tdt = sin t cos 2 r 3 t ( 2 r 3 ) cos 2 r 4 t ( sin t ) sin t dt
I ( r ) = cos 2 r 3 t sin ' tdt = sin t cos 2 r 3 t + ( 2 r 3 ) cos 2 r 4 ( 1 cos 2 t ) t dt
I ( r ) = sin t cos 2 r 3 t + ( 2 r 3 ) ( cos 2 ( r 2 ) tdt cos 2 ( r 1 ) tdt )
( 2 r 2 ) I ( r ) = sin t cos 2 r 3 t + ( 2 r 3 ) I ( r 1 )
Et finalement notre relation de récurrence:
I ( r ) = 1 2 r 2 ( x ( 1 + x 2 ) r 1 + ( 2 r 3 ) I ( r 1 ) )

Troisième espèce

Nous supposons donc que a=1, il faut calculer:
Ax + B x 2 + bx + c dx = Ax + B ( ( x + b 2 ) 2 + K ) r dx où K=(4c-b2)/4
La dernière intégrale vaut:
Cx + D ( ( αx + β ) 2 + 1 ) r dx où α=1/√K β=1/2√K C=A/Kr D=B/Kr
Elle se scinde alors en une somme: Cx ( ( αx + β ) 2 + 1 ) r dx + D ( ( αx + β ) 2 + 1 ) r dx
Le second terme de la somme est de la seconde espèce nous savons l'intégrer.
Quand au premier terme il peut se réécrire:
C / α αx ( ( αx + β ) 2 + 1 ) r dx
et par un changement de variable u=αx+β on est ramené à la seconde espèce.

Cas particuliers

Premier cas

Nous cherchons maintenant à intégrer les fractions rationnelles du type f(x)=p(x)/q(x) où degré(p(x)) < degré(q(x)) et où q(x) est une puissance d'un seul polynôme irréductible de premier degré q(x)=(x-a1)r1.
Dans ce cas f(x) est décomposable en une somme d'éléments simples de la première espèce.
En effet il suffit pour le voir de décomposer le polynôme p suivant les puissances croissantes de (x-a1) (revoir ce point).
Nous connaissons la forme de la décomposition:
f ( x ) = i = 1 r A i ( x a 1 ) i
où les Ai sont des constantes facilement calculables (revoir ce point). Ai=p(n)(a1)/n!

Second cas

Nous cherchons maintenant à intégrer les fractions rationnelles du type f(x)=p(x)/q(x) où degré(p(x)) < degré(q(x)) et où q(x) est une puissance d'un seul polynôme irréductible de premier degré q(x)=(ax2+bx+c)r1.
Dans ce cas f(x) est décomposable en une somme d'éléments simples de seconde et de troisième espèce.
Cette fois encore, il suffit pour le voir de décomposer p suivant les puissances croissantes de ax2+bx+c.
Nous obtenons donc la forme décomposée de f:
f ( x ) = i = 1 r A i ( x ) ( a x 2 + bx + c ) i
Ici les Ai(x) sont des polynômes de degré 0 (des constantes Ai, seconde espèce donc) ou des monômes du premier degré Aix+Bi (donc dans ce cas, seconde espèce).

Cas général

Dans le cas général q(x) n'est pas une puissance d'un seul polynôme irréductible mais se décompose en un produit de telles puissances.
q(x)=q1(x)...qk(x) où chaque qi est de la forme (ti(x))ri où ti(x) est un polynôme irréductible à coefficients réels c'est à dire un binôme du premier degré ou un trinôme du second degré à discrimant négatif.
Examinons le cas où q est un produit de deux tels facteurs le cas général n'étant guère plus compliqué. On a donc:
f ( x ) = p ( x ) q 1 ( x ) q 2 ( x )
Où les polynômes q1 et q2 sont premiers entre eux (la théorie de la divisibilité dans les anneaux de polynômes est la même que dans l'anneau
A l'instar des entiers de Bézout et par le même algorithme, on peut trouver deux polynômes de Bézout h1 et h2 tels que: 1=h1(x)q1(x)+h2(x)q2(x) On peut alors écrire f sous la forme:
f ( x ) = h 1 ( x ) q 1 ( x ) p ( x ) + h 2 ( x ) q 2 ( x ) p ( x ) q 1 ( x ) q 2 ( x ) = h 1 ( x ) p ( x ) q 2 ( x ) + h 2 ( x ) p ( x ) q 1 ( x )
Et on voit que f est la somme de deux fractions rationnelles ayant la forme d'un cas simple étudié précédemment.
On voit aussi que si q est le produit de trois quatre ou plusieurs puissances de polynômes irréductible on peut procéder comme ci-dessus de proche en proche en appliquant à répétition le théorème de Bézout pour décomposer la fraction rationnelle f en une sommes de cas particuliers comme ci-dessus.
Le problème de l'intégration de toutes les fractions rationnelles est donc 'en principe' résolu. Mais il faut considérer que ce problème est résolu dès qu'on a une forme factorisée du polynôme dénominateur. Or si on sait qu'une telle décomposition existe toujours (théorème fondamental de l'algèbre) quand le degré de q dépasse 4 on ne dispose d'aucune méthode de résolution par radicaux pour isoler les facteurs irréductibles de q(x). Il faut donc refréner notre enthousiasme.
Par ailleurs même dans le cas où nous disposons d'une décomposition de q, l'intégration de p(x)/q(x) nécessite plusieurs étapes: Bref il s'agit d'un exercice techniquement difficile où les sources d'erreur sont nombreuses et variées.
Il existe néammoins quelques trucs et astuces permettant de simplifier les calculs pratiques quand les expressions ne sont pas trop compliquées.
Toutes ces astuces reposent sur le fait que la forme du résultat est connue dans la décomposition en éléments simples et que les coefficients à déterminer qui sont des constantes peuvent être obtenues par identifications ou autres méthodes en donnant à l'inconnue des valeurs particulières permettant d'obtenir des relations linéaires simples entre les constantes inconnues.

Quelques exemples de calcul

Cas particulier (éléments simples de première espèce)

On cherche à intégrer la fraction rationnelle f ( x ) = 2 x 2 3 x + 4 ( x 1 ) 3
On connaît la forme du résultat:
f ( x ) = A ( x 1 ) + B ( x 1 ) 2 + C ( x 1 ) 3
On calcule les coefficients A,B, C. C'est le moment ou jamais d'utiliser notre programme de décomposition (mais cela se fait très bien à la main).

Qui nous donne A=2,B=1,C=3
D'où une primitive:
2 ln x 1 1 ( x 1 ) 3 2 ( x 1 ) 2

Cas particulier (éléments simples de seconde et troisième espèce)

On reprend l'exemple ci dessus mais en remplaçant (x-1) par (x2+1) comme facteur irréductible unique de q.
Il faut donc calculer l'intégrale de la fration rationnelle:
f ( x ) = 2 x 2 3 x + 4 ( x 2 + 1 ) 3
On peut s'attendre a priori à une décomposition du type:
f ( x ) = Ax + B ( x 2 + 1 ) + Cx + D ( x 2 + 1 ) 2 + Ex + F ( x 2 + 1 ) 3
Là encore nous pouvons calculer les 6 coefficients à la main, mais notre programme nous donne instantanément A=B=D=0,C=2 E=-3,F=2

Notre fraction rationnelle s'écrit donc: f ( x ) = 2 ( x 2 + 1 ) 2 + 3 x + 2 ( x 2 + 1 ) 3
La primitive cherchée apparaît donc comme somme de: 2 ( 1 + x 2 ) 2 dx = 2 1 ( 1 + x 2 ) 2 dx
qui a été calculée plus haut et vaut:
x 1 + x 2 + atan ( x )
et de 3 x + 2 ( x 2 + 1 ) 3 dx
Cette dernière intégrale peut être écrite:
3 x + 2 ( x 2 + 1 ) 3 dx = 3 2 2 x ( x 2 + 1 ) 3 dx + 2 1 ( x 2 + 1 ) 3 dx
Soit encore avec le changement de variable u=x2
3 x + 2 ( x 2 + 1 ) 3 dx = 3 2 1 ( u + 1 ) 3 du + 2 1 ( x 2 + 1 ) 3 dx
Soit encore 3 x + 2 ( x 2 + 1 ) 3 dx = 3 ( 1 + x 2 ) 2 + 2 1 ( x 2 + 1 ) 3 dx
De sorte que la primitive que nous cherchons vaut:
x 1 + x 2 + a tan ( x ) + 3 ( 1 + x 2 ) 2 + 2 1 ( 1 + x 2 ) 3 dx
Mais le dernier terme de la somme n'est autre que 2I(3) de notre formule de récurrence, et puisque nous connaissons I(1) et I(2) en remplaçant on a:
2 I ( 3 ) = x 2 ( 1 + x 2 ) 3 + 3 x 4 ( 1 + x 2 ) + 3 4 a tan ( x )
D'où notre réponse finale:
f ( x ) dx = 7 x 4 ( 1 + x 2 ) + 7 atan ( x ) 4 + 3 ( 1 + x 2 ) 2 + x 2 ( 1 + x 2 ) 3

Cas général (le quotient est produit de deux facteurs irreductibles distincts)

On cherche une primitive de la fraction rationnelle f ( x ) = 2 x 2 2 x + 4 ( x 2 + 1 ) ( x 1 )
Nous commençons par chercher deux polynômes de Bézout pour le couple (x2+1) (x-1). Nous voyons que: 1 = 1 2 ( x 2 + 1 ) x + 1 2 ( x 1 )
Ce qui nous permet de réécrire f(x):
f ( x ) = x 2 x + 2 x 1 x 3 + x + 2 x 2 + 1
Soit encore après deux divisions euclidiennes:
f ( x ) = 2 x 1 2 x 2 + 1
D'où notre réponse définitive:
f ( x ) dx = 2 ln x 1 2 arctan ( x )