Fractions rationnelles
Ce chapitre fait partie du programme de Prépa, 1re année.
Une fraction rationnelle est un quotient de deux polynômes, et la décomposer en éléments simples revient à l'écrire comme une somme de termes élémentaires faciles à manipuler. Cette décomposition sert surtout à calculer des primitives de fonctions rationnelles et des sommes télescopiques, deux situations très fréquentes aux écrits comme aux oraux.
Prérequis
- Polynômes : division euclidienne, PGCD, théorème de Gauss, polynômes premiers entre eux.
- Racines d'un polynôme et multiplicité, caractérisation par les dérivées successives.
- Factorisation en irréductibles dans $\mathbb{C}[X]$ et dans $\mathbb{R}[X]$.
- Nombres complexes : racines $n$-ièmes de l'unité, conjugaison. — Revoir Nombres complexes
- Primitives usuelles : $\ln|x|$, $\arctan$, intégration sur un intervalle.
À la fin du chapitre, on sait
- Manipuler les fractions rationnelles : forme irréductible, degré, zéros, pôles et multiplicités.
- Calculer la partie entière d'une fraction rationnelle.
- Énoncer et appliquer le théorème de décomposition en éléments simples sur $\mathbb{C}$ et sur $\mathbb{R}$.
- Déterminer rapidement les coefficients : pôle simple, pôle multiple, éléments de seconde espèce.
- Utiliser la décomposition de $P'/P$.
- Calculer une primitive d'une fonction rationnelle et une somme télescopique.
1.Le corps K(X)
Dans tout le chapitre, $\mathbb{K}$ désigne $\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$. On veut pouvoir diviser des polynômes comme on divise des entiers pour obtenir des rationnels : $\mathbb{K}(X)$ joue pour $\mathbb{K}[X]$ le rôle que $\mathbb{Q}$ joue pour $\mathbb{Z}$.
Fraction rationnelle
Une fraction rationnelle à coefficients dans $\mathbb{K}$ est un quotient formel $\dfrac{P}{Q}$ où $P,Q\in\mathbb{K}[X]$ et $Q\neq 0$, avec la convention $$\frac{P}{Q}=\frac{P_1}{Q_1}\iff PQ_1=P_1Q.$$ L'ensemble des fractions rationnelles est noté $\mathbb{K}(X)$. On définit $$\frac{P}{Q}+\frac{R}{S}=\frac{PS+QR}{QS},\qquad \frac{P}{Q}\times\frac{R}{S}=\frac{PR}{QS}.$$ On identifie le polynôme $P$ à la fraction $\dfrac{P}{1}$, de sorte que $\mathbb{K}[X]\subset\mathbb{K}(X)$.
Structure de corps
$(\mathbb{K}(X),+,\times)$ est un corps commutatif. Si $F=\dfrac{P}{Q}$ avec $P\neq 0$, son inverse est $\dfrac{Q}{P}$.
Les opérations ne dépendent pas des représentants choisis ; cette vérification est un calcul direct à partir de la convention $PQ_1=P_1Q$.
Forme irréductible
Un représentant $\dfrac{P}{Q}$ de $F$ est dit irréductible si $P\wedge Q=1$.
Existence et unicité de la forme irréductible
Toute fraction $F\in\mathbb{K}(X)$ admet un unique représentant irréductible $\dfrac{P}{Q}$ avec $Q$ unitaire.
Forme irréductible
Existence. Soit $F=\dfrac{A}{B}$ et $D=A\wedge B$. On écrit $A=DA_1$, $B=DB_1$ avec $A_1\wedge B_1=1$. Alors $AB_1=DA_1B_1=A_1B$, donc $F=\dfrac{A_1}{B_1}$. Si $c$ est le coefficient dominant de $B_1$, on pose $P=\dfrac{A_1}{c}$, $Q=\dfrac{B_1}{c}$ : $Q$ est unitaire et $P\wedge Q=1$.
Unicité. Soient $\dfrac{P}{Q}=\dfrac{P_1}{Q_1}$ deux représentants irréductibles avec $Q,Q_1$ unitaires. Alors $PQ_1=P_1Q$. Ainsi $Q$ divise $PQ_1$ et $Q\wedge P=1$, donc $Q\mid Q_1$ par le théorème de Gauss. Symétriquement $Q_1\mid Q$. Deux polynômes unitaires qui se divisent mutuellement sont égaux : $Q=Q_1$. Puis $PQ=P_1Q$ avec $Q\neq 0$, donc $P=P_1$ par intégrité de $\mathbb{K}[X]$.
Degré
Pour $F=\dfrac{P}{Q}\in\mathbb{K}(X)$, on pose $$\deg F=\deg P-\deg Q\in\mathbb{Z}\cup\{-\infty\}.$$ Ce nombre ne dépend pas du représentant : si $\dfrac{P}{Q}=\dfrac{P_1}{Q_1}$, alors $PQ_1=P_1Q$, donc $\deg P+\deg Q_1=\deg P_1+\deg Q$, soit $\deg P-\deg Q=\deg P_1-\deg Q_1$. Pour un polynôme, on retrouve le degré usuel ; $\deg 0=-\infty$.
Règles de calcul sur le degré
Pour $F,G\in\mathbb{K}(X)$ :
- $\deg(F+G)\leqslant\max(\deg F,\deg G)$ ;
- $\deg(FG)=\deg F+\deg G$ ;
- si $F\neq 0$, $\deg\left(\dfrac{1}{F}\right)=-\deg F$.
Règles sur le degré
Écrivons $F=\dfrac{A}{B}$, $G=\dfrac{C}{D}$. Alors $F+G=\dfrac{AD+BC}{BD}$ et $$\deg(AD+BC)\leqslant\max(\deg A+\deg D,\ \deg B+\deg C).$$ En retranchant $\deg B+\deg D$ : $$\deg(F+G)\leqslant\max(\deg A-\deg B,\ \deg C-\deg D)=\max(\deg F,\deg G).$$ Pour le produit, $\deg(AC)-\deg(BD)=(\deg A-\deg B)+(\deg C-\deg D)$. Enfin $F\times\dfrac{1}{F}=1$ donne $\deg F+\deg\dfrac1F=0$.
Dérivée
Pour $F=\dfrac{P}{Q}$, on pose $$F'=\frac{P'Q-PQ'}{Q^2}.$$ Cette définition ne dépend pas du représentant, et les règles usuelles restent valables : $(F+G)'=F'+G'$, $(FG)'=F'G+FG'$, $\left(\dfrac{1}{G}\right)'=-\dfrac{G'}{G^2}$.
Simplifier et calculer un degré
Soit $F=\dfrac{X^2-1}{X^2+X}$. On a $X^2-1=(X-1)(X+1)$ et $X^2+X=X(X+1)$, donc $$F=\frac{X-1}{X},$$ et cette écriture est irréductible ($X-1$ et $X$ n'ont pas de racine commune). Son degré vaut $1-1=0$, ce qu'on lisait déjà sur l'écriture de départ : $2-2=0$.
2.Zéros, pôles et fonction rationnelle associée
Zéros et pôles
Soit $F\in\mathbb{K}(X)$ non nulle, de forme irréductible $\dfrac{P}{Q}$.
- Un zéro (ou racine) de $F$ est une racine de $P$ ; sa multiplicité est sa multiplicité comme racine de $P$.
- Un pôle de $F$ est une racine de $Q$ ; sa multiplicité est sa multiplicité comme racine de $Q$.
Comme $P\wedge Q=1$, $P$ et $Q$ n'ont aucune racine commune : un élément de $\mathbb{K}$ ne peut pas être à la fois zéro et pôle.
Toujours passer par la forme irréductible
La fraction $\dfrac{X^2-1}{X-1}$ n'a pas de pôle en $1$ : elle est égale au polynôme $X+1$. De même $\dfrac{X(X-2)}{X^2(X-2)^3}=\dfrac{1}{X(X-2)^2}$ a un pôle simple en $0$ et un pôle double en $2$. Avant de lire pôles et multiplicités, on simplifie.
Fonction rationnelle associée
Soit $F=\dfrac{P}{Q}$ irréductible et $\mathcal{D}_F$ l'ensemble des éléments de $\mathbb{K}$ qui ne sont pas des pôles de $F$. La fonction rationnelle associée à $F$ est $$\tilde F:\mathcal{D}_F\to\mathbb{K},\quad x\mapsto\frac{P(x)}{Q(x)}.$$ On note souvent $F(x)$ au lieu de $\tilde F(x)$.
Une fraction est déterminée par ses valeurs
Si $F,G\in\mathbb{K}(X)$ vérifient $F(x)=G(x)$ pour une infinité de valeurs $x$ (hors pôles), alors $F=G$.
Détermination par les valeurs
Écrivons $F-G=\dfrac{A}{B}$ sous forme irréductible. Pour une infinité de $x$ qui ne sont pas pôles, $A(x)=B(x)(F(x)-G(x))=0$. Le polynôme $A$ a une infinité de racines, donc $A=0$ et $F=G$.
Conséquence pratique
On peut raisonner sur les fonctions (évaluation en un point, limite en $+\infty$, parité) pour établir des égalités entre fractions. C'est ce qui justifie toutes les méthodes de calcul de coefficients de la suite du chapitre.
Pôles d'une fraction à coefficients réels
Si $F\in\mathbb{R}(X)$ et si $a\in\mathbb{C}$ est un pôle de $F$ de multiplicité $m$, alors $\overline{a}$ est aussi un pôle de $F$ de multiplicité $m$.
En effet, le dénominateur $Q$ de la forme irréductible est à coefficients réels, et les racines non réelles d'un polynôme réel sont conjuguées deux à deux avec la même multiplicité.
3.Partie entière
Partie entière
Pour toute $F\in\mathbb{K}(X)$, il existe un unique couple $(E,G)$ avec $E\in\mathbb{K}[X]$ et $G\in\mathbb{K}(X)$ tel que $$F=E+G\quad\text{et}\quad\deg G<0.$$ Le polynôme $E$ s'appelle la partie entière de $F$.
Existence et unicité de la partie entière
Existence. Écrivons $F=\dfrac{P}{Q}$ et effectuons la division euclidienne $P=QE+R$ avec $\deg R<\deg Q$. Alors $$F=E+\frac{R}{Q},\qquad \deg\frac{R}{Q}=\deg R-\deg Q<0.$$ Unicité. Si $E+G=E_1+G_1$ avec $\deg G<0$ et $\deg G_1<0$, alors $E-E_1=G_1-G$. À gauche figure un polynôme ; à droite une fraction de degré $\leqslant\max(\deg G_1,\deg G)<0$. Un polynôme de degré strictement négatif est nul : $E=E_1$, puis $G=G_1$.
Calculer la partie entière de P/Q
- Si $\deg P<\deg Q$, la partie entière est nulle.
- Si $\deg P=\deg Q$, la partie entière est la constante $\dfrac{a_p}{b_q}$, quotient des coefficients dominants.
- Si $\deg P>\deg Q$, on effectue la division euclidienne de $P$ par $Q$ : la partie entière est le quotient, de degré $\deg P-\deg Q$.
Astuce : on peut aussi faire apparaître $Q$ dans $P$ à la main, par exemple $X^2=(X^2-1)+1$.
Une division euclidienne
Soit $F=\dfrac{X^3+2X}{X^2-1}$. On écrit $X^3+2X=X(X^2-1)+3X$. Donc $$F=X+\frac{3X}{X^2-1},$$ et la partie entière de $F$ est $X$. Le reste $\dfrac{3X}{X^2-1}$ est de degré $-1$ ; on le décomposera dans la section suivante.
4.Décomposition en éléments simples sur C
Éléments simples sur C
Un élément simple de $\mathbb{C}(X)$ est une fraction de la forme $$\frac{\lambda}{(X-a)^j},\qquad \lambda\in\mathbb{C},\ a\in\mathbb{C},\ j\in\mathbb{N}^*.$$
Décomposition en éléments simples sur C
Soit $F=\dfrac{P}{Q}\in\mathbb{C}(X)$ irréductible, avec $Q=c\prod_{k=1}^{r}(X-a_k)^{m_k}$, les $a_k$ distincts deux à deux. Il existe une unique famille de complexes $(\lambda_{k,j})_{1\leqslant k\leqslant r,\ 1\leqslant j\leqslant m_k}$ telle que $$F=E+\sum_{k=1}^{r}\sum_{j=1}^{m_k}\frac{\lambda_{k,j}}{(X-a_k)^j},$$ où $E$ est la partie entière de $F$. De plus $\lambda_{k,m_k}\neq 0$ pour tout $k$.
La somme $\displaystyle\sum_{j=1}^{m_k}\frac{\lambda_{k,j}}{(X-a_k)^j}$ est la partie polaire de $F$ relative au pôle $a_k$.
Statut de la démonstration
Conformément au programme, la démonstration de ce théorème est admise. Ce qu'il faut retenir et savoir utiliser : la forme de la décomposition (un bloc de $m_k$ termes par pôle de multiplicité $m_k$) et son unicité, qui permet d'identifier des coefficients.
Coefficient relatif à un pôle simple
Soit $F=\dfrac{P}{Q}$ et $a$ une racine simple de $Q$. Le coefficient de $\dfrac{1}{X-a}$ dans la décomposition de $F$ est $$\lambda=\frac{P(a)}{Q'(a)}=\frac{P(a)}{Q_1(a)}\quad\text{où } Q=(X-a)Q_1.$$
Pôle simple
Écrivons $Q=(X-a)Q_1$ avec $Q_1(a)\neq 0$ puisque $a$ est racine simple. D'après le théorème, $F=\dfrac{\lambda}{X-a}+G$ où $G$ est la somme des autres termes, qui n'admet pas $a$ pour pôle. En multipliant par $X-a$ : $$\frac{P}{Q_1}=\lambda+(X-a)G.$$ Les deux membres sont définis en $a$ ; en évaluant en $a$ on obtient $\lambda=\dfrac{P(a)}{Q_1(a)}$. Enfin $Q'=Q_1+(X-a)Q_1'$ donne $Q'(a)=Q_1(a)$.
Décomposition de 1/(X^n - 1)
Soit $n\geqslant 1$ et $\omega_k=e^{2ik\pi/n}$ pour $0\leqslant k\leqslant n-1$. On a $X^n-1=\prod_{k=0}^{n-1}(X-\omega_k)$ et les pôles sont simples. Avec $P=1$, $Q=X^n-1$, $Q'=nX^{n-1}$ : $$\lambda_k=\frac{1}{n\omega_k^{n-1}}=\frac{\omega_k}{n\,\omega_k^{n}}=\frac{\omega_k}{n}.$$ La partie entière est nulle (degré $-n<0$), donc $$\frac{1}{X^n-1}=\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\frac{\omega_k}{X-\omega_k}.$$ Vérification pour $n=2$ : $\dfrac12\left(\dfrac{1}{X-1}-\dfrac{1}{X+1}\right)=\dfrac12\cdot\dfrac{2}{X^2-1}$.
Fin de l'exemple de la partie entière
On avait $F=X+\dfrac{3X}{X^2-1}$. Les pôles $1$ et $-1$ sont simples ; avec $P=3X$ et $Q'=2X$ : $$\lambda_1=\frac{3}{2},\qquad \lambda_{-1}=\frac{-3}{-2}=\frac32.$$ Donc $F=X+\dfrac{3/2}{X-1}+\dfrac{3/2}{X+1}$.
Pôle multiple
Soit $a$ un pôle de multiplicité $m\geqslant 2$, de partie polaire $\displaystyle\sum_{j=1}^{m}\frac{\lambda_j}{(X-a)^j}$.
- Coefficient de plus haut ordre : on multiplie $F$ par $(X-a)^m$ et on évalue en $a$. Si $Q=(X-a)^mQ_1$, alors $\lambda_m=\dfrac{P(a)}{Q_1(a)}$.
- Autres coefficients, au choix :
- limite de $xF(x)$ quand $x\to+\infty$ (lorsque $\deg F<0$) : elle vaut la somme des coefficients des termes en $\dfrac{1}{X-a_k}$ ;
- évaluation en un point simple qui n'est pas un pôle (souvent $0$) ;
- parité de $F$ ou conjugaison, combinées à l'unicité ;
- changement de variable $X=a+h$ quand $a$ est le seul pôle : on écrit le numérateur en puissances de $h$.
- On vérifie en évaluant les deux membres en un point non utilisé.
Un pôle double
Soit $F=\dfrac{1}{X(X-1)^2}$. Sa partie entière est nulle et $$F=\frac{a}{X}+\frac{b}{X-1}+\frac{c}{(X-1)^2}.$$
- Pôle simple $0$ : $a=\dfrac{1}{(0-1)^2}=1$.
- Multiplication par $(X-1)^2$ et évaluation en $1$ : $c=\dfrac11=1$.
- Limite de $xF(x)$ en $+\infty$ : $xF(x)=\dfrac{1}{(x-1)^2}\to 0$, et $x\left(\dfrac{a}{x}+\dfrac{b}{x-1}+\dfrac{c}{(x-1)^2}\right)\to a+b$. Donc $b=-a=-1$.
$$\frac{1}{X(X-1)^2}=\frac{1}{X}-\frac{1}{X-1}+\frac{1}{(X-1)^2}.$$ Vérification : $(X-1)^2-X(X-1)+X=X^2-2X+1-X^2+X+X=1$.
Un seul pôle : changement de variable
Soit $F=\dfrac{X^2}{(X-1)^3}$. On pose $X=1+h$ : $X^2=1+2h+h^2$, donc $$F=\frac{1+2h+h^2}{h^3}=\frac{1}{h^3}+\frac{2}{h^2}+\frac{1}{h},$$ c'est-à-dire $$\frac{X^2}{(X-1)^3}=\frac{1}{(X-1)^3}+\frac{2}{(X-1)^2}+\frac{1}{X-1}.$$
Décomposition de P'/P
Soit $P\in\mathbb{C}[X]$ non constant, $P=c\prod_{k=1}^{r}(X-a_k)^{m_k}$ avec les $a_k$ distincts. Alors $$\frac{P'}{P}=\sum_{k=1}^{r}\frac{m_k}{X-a_k}.$$ Si les racines sont comptées avec multiplicité, $P=c\prod_{i=1}^{n}(X-z_i)$, on écrit aussi $\dfrac{P'}{P}=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{X-z_i}$.
Dérivée logarithmique
Pour $A,B$ non nuls, $\dfrac{(AB)'}{AB}=\dfrac{A'B+AB'}{AB}=\dfrac{A'}{A}+\dfrac{B'}{B}$. Par récurrence sur le nombre de facteurs, la dérivée logarithmique d'un produit est la somme des dérivées logarithmiques. Une constante non nulle a une dérivée logarithmique nulle, et $$\frac{\big((X-a)^m\big)'}{(X-a)^m}=\frac{m(X-a)^{m-1}}{(X-a)^m}=\frac{m}{X-a}.$$ On somme sur $k$ pour conclure.
Une somme sur les racines de l'unité
Avec $P=X^n-1$ et les $\omega_k$ ci-dessus : $\dfrac{nX^{n-1}}{X^n-1}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{X-\omega_k}$. En évaluant en $2$, qui n'est pas un pôle : $$\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2-\omega_k}=\frac{n\,2^{n-1}}{2^n-1}.$$
5.Décomposition en éléments simples sur R
Les polynômes irréductibles unitaires de $\mathbb{R}[X]$ sont les $X-a$ ($a\in\mathbb{R}$) et les $X^2+pX+q$ avec $p^2-4q<0$. Tout polynôme réel non constant s'écrit $$Q=c\prod_{k}(X-a_k)^{m_k}\prod_{\ell}(X^2+p_\ell X+q_\ell)^{n_\ell}.$$
Éléments simples sur R
Les éléments simples de $\mathbb{R}(X)$ sont :
- de première espèce : $\dfrac{\lambda}{(X-a)^j}$ avec $\lambda,a\in\mathbb{R}$, $j\geqslant 1$ ;
- de seconde espèce : $\dfrac{bX+c}{(X^2+pX+q)^j}$ avec $b,c,p,q\in\mathbb{R}$, $p^2-4q<0$, $j\geqslant 1$.
Décomposition en éléments simples sur R
Soit $F=\dfrac{P}{Q}\in\mathbb{R}(X)$ irréductible, avec $Q$ factorisé comme ci-dessus. Il existe une unique famille de réels telle que $$F=E+\sum_{k}\sum_{j=1}^{m_k}\frac{\lambda_{k,j}}{(X-a_k)^j}+\sum_{\ell}\sum_{j=1}^{n_\ell}\frac{b_{\ell,j}X+c_{\ell,j}}{(X^2+p_\ell X+q_\ell)^j},$$ où $E$ est la partie entière de $F$. La démonstration est admise.
Décomposer une fraction réelle
- Calculer la partie entière.
- Factoriser le dénominateur en irréductibles de $\mathbb{R}[X]$ (vérifier $p^2-4q<0$ pour chaque facteur de degré 2).
- Écrire la forme de la décomposition avec des coefficients inconnus : un numérateur constant pour la première espèce, un numérateur affine $bX+c$ pour la seconde espèce.
- Pôles réels : méthodes de la section précédente.
- Facteur $X^2+pX+q$ d'exposant 1, de racine complexe $z$ : multiplier $F$ par $X^2+pX+q$, évaluer en $z$, obtenir $bz+c$, puis identifier parties réelle et imaginaire (ce qui est licite car $b,c$ sont réels et $z\notin\mathbb{R}$).
- Compléter avec la limite de $xF(x)$, une évaluation, la parité.
Variante : décomposer sur $\mathbb{C}$, puis regrouper les termes relatifs à deux pôles conjugués. Pour $F$ réelle, les coefficients associés à $z$ et à $\overline z$ sont conjugués, par unicité.
Évaluation en une racine complexe
Soit $F=\dfrac{1}{X(X^2+1)}$ ; $X^2+1$ est irréductible sur $\mathbb{R}$. On cherche $$F=\frac{a}{X}+\frac{bX+c}{X^2+1}.$$
- Pôle simple $0$ : $a=\dfrac{1}{0^2+1}=1$.
- Multiplication par $X^2+1$ et évaluation en $i$ : $\dfrac{1}{i}=bi+c$, soit $-i=c+bi$. Comme $b,c\in\mathbb{R}$ : $c=0$, $b=-1$.
$$\frac{1}{X(X^2+1)}=\frac{1}{X}-\frac{X}{X^2+1}.$$ Contrôle par parité : $F$ est impaire, donc par unicité la décomposition l'est aussi, ce qui impose $c=0$.
Regrouper deux pôles conjugués
Soit $F=\dfrac{1}{X^4-1}=\dfrac{1}{(X-1)(X+1)(X^2+1)}$. Sur $\mathbb{C}$ les pôles $1,-1,i,-i$ sont simples et $\lambda=\dfrac{1}{4a^3}$ : $$\lambda_1=\frac14,\quad\lambda_{-1}=-\frac14,\quad\lambda_i=\frac{1}{4i^3}=\frac{1}{-4i}=\frac{i}{4},\quad\lambda_{-i}=-\frac{i}{4}.$$ Regroupement : $\dfrac{i/4}{X-i}-\dfrac{i/4}{X+i}=\dfrac{i}{4}\cdot\dfrac{2i}{X^2+1}=-\dfrac{1}{2(X^2+1)}$. Donc $$\frac{1}{X^4-1}=\frac{1}{4(X-1)}-\frac{1}{4(X+1)}-\frac{1}{2(X^2+1)}.$$ Vérification en $0$ : $-\frac14-\frac14-\frac12=-1$.
Irréductible sur R ou non
$X^2-1$, $X^2-2X$ ou $X^2+2X+1$ ne sont pas irréductibles sur $\mathbb{R}$ : on les factorise avant de décomposer. À l'inverse, $X^4+1$ n'a pas de racine réelle mais n'est pas irréductible : $X^4+1=(X^2+\sqrt2X+1)(X^2-\sqrt2X+1)$.
6.Applications : primitives et sommes
Primitives des éléments simples
Sur tout intervalle ne contenant pas $a\in\mathbb{R}$ : $$\int\frac{\mathrm{d}x}{x-a}=\ln|x-a|,\qquad \int\frac{\mathrm{d}x}{(x-a)^j}=-\frac{1}{(j-1)(x-a)^{j-1}}\ (j\geqslant 2).$$ Pour $\alpha\in\mathbb{R}$ et $\delta>0$, sur $\mathbb{R}$ : $$\int\frac{\mathrm{d}x}{(x+\alpha)^2+\delta^2}=\frac{1}{\delta}\arctan\left(\frac{x+\alpha}{\delta}\right).$$
Primitive en arctangente
La dérivée de $x\mapsto\dfrac{1}{\delta}\arctan\left(\dfrac{x+\alpha}{\delta}\right)$ vaut $$\frac{1}{\delta}\cdot\frac{1}{\delta}\cdot\frac{1}{1+\left(\frac{x+\alpha}{\delta}\right)^2}=\frac{1}{\delta^2+(x+\alpha)^2}.$$
Primitive d'une fonction rationnelle
- Décomposer en éléments simples sur $\mathbb{R}$.
- Partie entière : primitive d'un polynôme.
- Première espèce : $\ln|x-a|$ ou $-\dfrac{1}{(j-1)(x-a)^{j-1}}$.
- Seconde espèce d'exposant 1, $\dfrac{bx+c}{x^2+px+q}$ :
- faire apparaître la dérivée du dénominateur : $bx+c=\dfrac b2(2x+p)+\left(c-\dfrac{bp}{2}\right)$ ; la première partie donne $\dfrac b2\ln(x^2+px+q)$ (pas de valeur absolue, le trinôme est positif) ;
- mettre le trinôme sous forme canonique $\left(x+\dfrac p2\right)^2+\delta^2$ avec $\delta=\sqrt{q-\dfrac{p^2}{4}}$ ; la seconde partie donne une arctangente.
- Préciser l'intervalle de travail, qui ne contient aucun pôle réel.
Logarithme et arctangente
Primitive sur $\mathbb{R}$ de $f(x)=\dfrac{x+3}{x^2+2x+5}$. Le discriminant vaut $4-20<0$. On écrit $x+3=\dfrac12(2x+2)+2$ et $x^2+2x+5=(x+1)^2+2^2$ : $$\int f(x)\,\mathrm{d}x=\frac12\ln(x^2+2x+5)+2\cdot\frac12\arctan\left(\frac{x+1}{2}\right)=\frac12\ln(x^2+2x+5)+\arctan\left(\frac{x+1}{2}\right).$$
Une intégrale avec pôle double
Calcul de $I=\displaystyle\int_2^3\frac{\mathrm{d}x}{x(x-1)^2}$. D'après la décomposition obtenue plus haut, sur $]1,+\infty[$ une primitive est $x\mapsto\ln x-\ln(x-1)-\dfrac{1}{x-1}$. Donc $$I=\left(\ln3-\ln2-\frac12\right)-\left(\ln2-0-1\right)=\ln\frac34+\frac12.$$
Une primitive impaire
Sur $]0,+\infty[$, avec $\dfrac{1}{x(x^2+1)}=\dfrac1x-\dfrac{x}{x^2+1}$ : $$\int\frac{\mathrm{d}x}{x(x^2+1)}=\ln x-\frac12\ln(x^2+1).$$
Seconde espèce avec exposant au moins 2
Pour $\dfrac{bx+c}{(x^2+px+q)^j}$ avec $j\geqslant 2$, la partie en $2x+p$ s'intègre directement en $-\dfrac{1}{(j-1)(x^2+px+q)^{j-1}}$. Le reste se ramène, par un changement de variable affine, à $\displaystyle\int\frac{\mathrm{d}t}{(t^2+1)^j}$, que l'on traite par intégration par parties (relation de récurrence sur $j$). Ces calculs sont toujours guidés par l'énoncé.
Somme télescopique
Pour calculer $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}F(k)$ avec $F$ rationnelle :
- Décomposer $F$ en éléments simples.
- Regrouper les termes sous la forme $g(k)-g(k+1)$ (les pôles doivent être des entiers décalés : $0,-1,-2,\dots$).
- Appliquer $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\big(g(k)-g(k+1)\big)=g(1)-g(n+1)$.
- Éventuellement passer à la limite.
Indice utile : la somme des coefficients des termes en $\dfrac{1}{X-a}$ doit être nulle pour que la somme converge, ce qui vaut lorsque $\deg F\leqslant-2$.
Somme de 1/(k(k+1)(k+2))
Les trois pôles sont simples : $$\frac{1}{X(X+1)(X+2)}=\frac{1/2}{X}-\frac{1}{X+1}+\frac{1/2}{X+2}$$ (coefficients $\frac{1}{1\cdot2}$, $\frac{1}{(-1)\cdot1}$, $\frac{1}{(-2)(-1)}$). On regroupe : $$\frac{1}{k(k+1)(k+2)}=\frac12\left(\frac1k-\frac1{k+1}\right)-\frac12\left(\frac1{k+1}-\frac1{k+2}\right).$$ Par télescopage : $$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)(k+2)}=\frac12\left(1-\frac{1}{n+1}\right)-\frac12\left(\frac12-\frac1{n+2}\right)=\frac14-\frac{1}{2(n+1)(n+2)}.$$ Contrôle pour $n=1$ : $\frac14-\frac1{12}=\frac16$. La somme tend vers $\frac14$.