Fractions rationnelles

Toute fonction rationnelle admet une primitive composée d'une partie rationnelle, de logarithmes et d'arctangentes, une fois son dénominateur factorisé. Suivez une décomposition pas à pas, puis saisissez vos propres réponses : la page dérive votre proposition et montre où sa dérivée s'écarte de la fonction à intégrer.

Chaque facteur linéaire	$\int\frac{A\,dx}{x-a}=A\ln\|x-a\|+C$
Chaque facteur quadratique	$\int\frac{dx}{(x-h)^{2}+k^{2}}=\frac{1}{k}\arctan\frac{x-h}{k}+C$
Son coefficient, pour une racine simple a	$A=\frac{P(a)}{Q'(a)}$

Exemple résolu — Fractions rationnelles

Coefficient sur (x − 2), par le cache	3
Pôles réels de f sur [−5, 5]	2
Constantes d'intégration indépendantes	3
Logarithmes (c négatif)	−1/x (c = 0)

Ce sont les valeurs affichées par le calculateur à l’ouverture de la page. Modifiez une entrée ci-dessus pour les recalculer.

Chargement de la simulation interactive...

Leçon

La théorie — Fractions rationnelles

La décomposition en éléments simples écrit une fonction rationnelle P(x)/Q(x), où P est de degré strictement inférieur à Q, comme une somme de fractions élémentaires. On trouve un groupe pour chaque facteur de Q sur les réels : A/(x − a)^k pour chaque puissance d'un facteur de degré 1 jusqu'à sa multiplicité, et (Bx + C)/(x² + px + q)^k pour chaque puissance d'un facteur de degré 2 sans racine réelle. Lorsque le degré de P n'est pas inférieur, effectuez d'abord une division euclidienne. Chaque fraction s'intègre en une fonction rationnelle, un logarithme ou une arctangente.

Ce que signifie chaque symbole

P/Q: la fonction à intégrer, numérateur sur dénominateur ; les racines réelles de Q sont les pôles de f
C: une constante d'intégration, libre de varier sur chaque intervalle séparant des pôles

D’où vient la formule

Un facteur simple : masquez-le. Multipliez l'égalité par x − a et posez x = a. Toutes les autres fractions s'annulent, et A vaut P(a) divisé par ce qu'il reste du dénominateur en a.
$\frac{P(x)}{(x-a)\,R(x)}=\frac{A}{x-a}+\cdots\ \Rightarrow\ A=\frac{P(a)}{R(a)}$
Un facteur multiple exige une fraction par puissance. Pour (x − a)², écrivez A/(x − a) + B/(x − a)². Le masquage donne B. Pour déterminer A, comparez les coefficients d'une puissance de x ou testez une autre valeur de x.
$\frac{P(x)}{(x-a)^{2}R(x)}=\frac{A}{x-a}+\frac{B}{(x-a)^{2}}+\cdots,\qquad B=\frac{P(a)}{R(a)}$
Un facteur quadratique sans racine réelle. Décomposez son numérateur en un multiple de la dérivée du trinôme et une constante. La première partie s'intègre en un logarithme ; la seconde, après mise sous forme canonique, en une arctangente.
$\frac{Bx+C}{x^{2}+px+q}=\frac{B}{2}\cdot\frac{2x+p}{x^{2}+px+q}+\frac{C-\frac{Bp}{2}}{\left(x+\frac{p}{2}\right)^{2}+q-\frac{p^{2}}{4}}$

Ne tient plus quand: La décomposition nécessite les racines de Q. Au-delà du degré quatre, elles peuvent n'avoir aucune formule par radicaux. Les coefficients restent des nombres exacts, mais ils peuvent eux aussi échapper aux radicaux. Sur le préréglage x⁵ − x − 1, le premier vaut exactement 1/(5r⁴ − 1), avec r la racine réelle. Tout comme r, il n'admet aucune formule par radicaux. La page travaille avec leurs approximations numériques. La partie rationnelle de la réponse ne requiert jamais les racines. Charles Hermite a démontré qu'elle peut être trouvée par la seule arithmétique des polynômes. Le §4 de Hardy donne sa méthode.

Problèmes entièrement résolus

Deux facteurs du premier degré : la règle du masquage 3 étapes
Calculer ∫(x + 7)/((x − 1)(x + 3)) dx.
1. Une fraction pour chaque facteur du premier degré :
  
  $\frac{x+7}{(x-1)(x+3)}=\frac{A}{x-1}+\frac{B}{x+3}$
2. Masquez tour à tour chaque facteur et évaluez en sa racine :
  
  $x=1:\ A=\frac{8}{4}=2;\qquad x=-3:\ B=\frac{4}{-4}=-1$
3. Chaque fraction s'intègre en un logarithme :
  
  $\int\left(\frac{2}{x-1}-\frac{1}{x+3}\right)dx=2\ln|x-1|-\ln|x+3|+C$
Réponse

2 ln|x − 1| − ln|x + 3| + C. Deux lignes de calcul, aucun système à résoudre. Le masquage fonctionne parce que multiplier par x − 1 avant de poser x = 1 annule toutes les autres fractions.

$\int\frac{x+7}{(x-1)(x+3)}\,dx=2\ln|x-1|-\ln|x+3|+C$
Un facteur répété 3 étapes
Calculer ∫dx/(x²(x + 1)).
Afficher la solution
1. Comme x² est un facteur répété, il exige deux fractions : l'une pour x et l'autre pour x² :
  
  $\frac{1}{x^{2}(x+1)}=\frac{A}{x}+\frac{B}{x^{2}}+\frac{C}{x+1}$
2. Le masquage donne B et C ; le coefficient de x² fournit A :
  
  $x=0:\ B=1;\qquad x=-1:\ C=1;\qquad x^{2}:\ A+C=0\ \Rightarrow\ A=-1$
3. Intégrez chaque terme. B/x² est une puissance, non un logarithme :
  
  $\int\left(-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{x+1}\right)dx=-\ln|x|-\frac{1}{x}+\ln|x+1|+C$
Réponse

ln|(x + 1)/x| − 1/x + C. Se limiter à B/x² et C/(x + 1) est l'erreur classique : deux fractions ne peuvent suffire à reconstituer celle-ci, et l'identification des coefficients n'aurait aucune solution.

$\int\frac{dx}{x^{2}(x+1)}=\ln\left|\frac{x+1}{x}\right|-\frac{1}{x}+C$
Un trinôme sans racine réelle 2 étapes
Calculer ∫(3x + 1)/(x² + 1) dx.
Afficher la solution
1. Comme x² + 1 ne se factorise pas, décomposez le numérateur en un multiple de sa dérivée 2x et une constante :
  
  $\frac{3x+1}{x^{2}+1}=\frac{3}{2}\cdot\frac{2x}{x^{2}+1}+\frac{1}{x^{2}+1}$
2. Le premier terme est en f′/f, le second donne l'arc tangente :
  
  $\int\frac{2x}{x^{2}+1}\,dx=\ln\left(x^{2}+1\right),\qquad \int\frac{dx}{x^{2}+1}=\arctan x$
Réponse

(3/2) ln(x² + 1) + arctan x + C. Pas de barres de valeur absolue au logarithme : x² + 1 n'est jamais négatif.

$\int\frac{3x+1}{x^{2}+1}\,dx=\frac{3}{2}\ln\left(x^{2}+1\right)+\arctan x+C$
Un facteur du premier degré et un facteur quadratique 3 étapes
Calculer ∫dx/(x(x² + 1)).
Afficher la solution
1. Le facteur quadratique reçoit un numérateur du premier degré, Bx + C :
  
  $\frac{1}{x(x^{2}+1)}=\frac{A}{x}+\frac{Bx+C}{x^{2}+1}$
2. Le masquage donne A ; l'identification du reste fournit B et C :
  
  $x=0:\ A=1;\qquad 1=(x^{2}+1)+(Bx+C)x\ \Rightarrow\ B=-1,\ C=0$
3. Un logarithme, et le logarithme du terme quadratique :
  
  $\int\left(\frac{1}{x}-\frac{x}{x^{2}+1}\right)dx=\ln|x|-\tfrac12\ln\left(x^{2}+1\right)+C$
Réponse

ln|x| − ½ ln(x² + 1) + C. Une simple constante sur x² + 1 ne suffirait pas : au numérateur d'un facteur quadratique, le premier degré est toujours permis.

$\int\frac{dx}{x(x^{2}+1)}=\ln|x|-\tfrac12\ln\left(x^{2}+1\right)+C$
Fraction rationnelle : divisez d'abord 3 étapes
Calculez ∫(x³ + x)/(x − 1) dx.
Afficher la solution
1. Le numérateur est de degré supérieur : commencez par diviser :
  
  $x^{3}+x=(x-1)\left(x^{2}+x+2\right)+2$
2. Un polynôme et une fraction de degré inférieur :
  
  $\frac{x^{3}+x}{x-1}=x^{2}+x+2+\frac{2}{x-1}$
3. Intégrez terme à terme :
  
  $\int\left(x^{2}+x+2+\frac{2}{x-1}\right)dx=\frac{x^{3}}{3}+\frac{x^{2}}{2}+2x+2\ln|x-1|+C$
Réponse

x³/3 + x²/2 + 2x + 2 ln|x − 1| + C. La décomposition en éléments simples ne commence que lorsque le degré du numérateur est strictement inférieur à celui du dénominateur.

$\int\frac{x^{3}+x}{x-1}\,dx=\frac{x^{3}}{3}+\frac{x^{2}}{2}+2x+2\ln|x-1|+C$
Mise sous forme canonique 2 étapes
Calculez ∫dx/(x² + 4x + 13).
Afficher la solution
1. Le discriminant vaut 16 − 52 < 0 : il n'y a aucune racine réelle. Passez à la forme canonique :
  
  $x^{2}+4x+13=(x+2)^{2}+9=(x+2)^{2}+3^{2}$
2. On reconnaît la forme en arctangente avec h = −2 et k = 3 :
  
  $\int\frac{dx}{(x+2)^{2}+3^{2}}=\frac{1}{3}\arctan\frac{x+2}{3}+C$
Réponse

(1/3) arctan((x + 2)/3) + C. Oublier le 1/3 devant est l'étourderie habituelle : la dérivée de arctan((x + 2)/3) vaut 3/(x² + 4x + 13), soit trois fois l'intégrande.

$\int\frac{dx}{x^{2}+4x+13}=\frac{1}{3}\arctan\frac{x+2}{3}+C$
Une intégrale définie entre les pôles 2 étapes
Calculez ∫₀¹ dx/(x² − 4).
Afficher la solution
1. x² − 4 = (x − 2)(x + 2), et la méthode du cache donne ±1/4 :
  
  $\frac{1}{x^{2}-4}=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x-2}-\frac{1}{x+2}\right)$
2. Les deux pôles, situés en ±2, se trouvent en dehors de [0, 1] : vous pouvez donc appliquer la formule entre les bornes :
  
  $\int_{0}^{1}\frac{dx}{x^{2}-4}=\frac{1}{4}\Bigl[\ln\left|\frac{x-2}{x+2}\right|\Bigr]_{0}^{1}=\frac{1}{4}\left(\ln\frac{1}{3}-\ln1\right)$
Réponse

−(ln 3)/4 ≈ −0,2747. Ce résultat est négatif, car 1/(x² − 4) est inférieur à zéro sur [0, 1]. Sur un intervalle contenant un pôle, la même soustraction donnerait un nombre pour une intégrale qui n'existe pas, d'où la mise en garde de l'encadré sur les constantes d'intégration.

$\int_{0}^{1}\frac{dx}{x^{2}-4}=-\frac{\ln3}{4}\approx-0{.}2747$
∫ dx/(x⁴ + 1) : aucune racine réelle, deux facteurs de degré deux sur les réels 5 étapes
Calculez ∫₀^∞ dx/(x⁴ + 1). Le dénominateur n'a aucune racine réelle. Il n'y a donc ni pôle ni facteur de degré 1. Aucun des problèmes de la page n'y ressemble. Cliquez sur Une arctangente pour trouver le bloc de base.

Ouvrez ce problème dans l'outil
Afficher la solution
1. x⁴ + 1 ne possède aucune racine réelle. Il s'agit en revanche d'une différence de deux carrés une fois 2x² ajouté et retranché. Il se décompose ainsi en deux polynômes réels de degré deux :
  
  $x^4+1=(x^2+1)^2-2x^2=\left(x^2+\sqrt2\,x+1\right)\left(x^2-\sqrt2\,x+1\right)$
2. Aucun de ces polynômes n'a de racine réelle (les deux discriminants valent 2 − 4 = −2). Chacun reçoit donc un numérateur affine. La comparaison des coefficients donne :
  
  $\frac{1}{x^4+1}=\frac{\frac{x}{2\sqrt2}+\frac12}{x^2+\sqrt2\,x+1}+\frac{-\frac{x}{2\sqrt2}+\frac12}{x^2-\sqrt2\,x+1}$
3. Chaque élément de degré deux se scinde en un multiple de la dérivée du dénominateur, ce qui donne un logarithme, et une constante sur un carré parfait, qui donne une arctangente :
  
  $\frac{\frac{x}{2\sqrt2}+\frac12}{x^2+\sqrt2\,x+1}=\frac{1}{4\sqrt2}\cdot\frac{2x+\sqrt2}{x^2+\sqrt2\,x+1}+\frac{\frac14}{\left(x+\frac{1}{\sqrt2}\right)^2+\frac12}$
4. La primitive, valide sur toute la droite, est alors :
  
  $F(x)=\frac{1}{4\sqrt2}\ln\frac{x^2+\sqrt2\,x+1}{x^2-\sqrt2\,x+1}+\frac{1}{2\sqrt2}\Big(\arctan\left(\sqrt2\,x+1\right)+\arctan\left(\sqrt2\,x-1\right)\Big)$
5. En x = 0, le logarithme vaut ln 1 = 0 et les arctangentes s'annulent. Quand x croît, le logarithme tend à nouveau vers ln 1 = 0 et chaque arctangente vers π/2 :
  
  $\int_0^\infty\frac{dx}{x^4+1}=\frac{1}{2\sqrt2}\left(\frac\pi2+\frac\pi2\right)-0=\frac{\pi}{2\sqrt2}=1{.}1107$
Réponse

π/(2√2) ≈ 1,1107. L'explorateur de la page s'arrête à x² + c. Un polynôme de degré quatre sans racines réelles exige les deux mêmes étapes, un logarithme et une arctangente, exécutées deux fois, avec √2 dans chaque coefficient.

$\int_0^\infty\frac{dx}{x^4+1}=\frac{\pi}{2\sqrt2}\approx1{.}1107$

Exercices supplémentaires, réponses seules

Calculez ∫ dx/(x(x − 1)(x + 1)).

Afficher la réponse

−ln|x| + ½ ln|x − 1| + ½ ln|x + 1| + C. En masquant successivement les facteurs, on obtient les coefficients −1, ½ et ½.

$-\ln|x|+\tfrac12\ln|x-1|+\tfrac12\ln|x+1|+C$
Calculez ∫ (x + 3)/(x + 1)² dx.

Afficher la réponse

ln|x + 1| − 2/(x + 1) + C, car (x + 3)/(x + 1)² = 1/(x + 1) + 2/(x + 1)².

$\ln|x+1|-\frac{2}{x+1}+C$
Calculez ∫₂³ dx/(x² − x).

Afficher la réponse

ln(4/3) ≈ 0,2877.

$\int_{2}^{3}\frac{dx}{x^{2}-x}=\ln\tfrac43\approx0{.}2877$
Calculez ∫ 4/(x²(x² + 4)) dx.

Afficher la réponse

−1/x − ½ arctan(x/2) + C, car 4/(x²(x² + 4)) = 1/x² − 1/(x² + 4).

$-\frac1x-\tfrac12\arctan\frac{x}{2}+C$

Un arc tangente est un logarithme dont les racines sont devenues complexes

Sur les réels, x² + 1 refuse de se factoriser : la décomposition en éléments simples vous donne un arc tangente là où vous attendiez un logarithme. Sur les complexes, en revanche, il se décompose comme n'importe quel trinôme du second degré en (x − i)(x + i), tant et si bien que l'arc tangente se révèle lui aussi constitué de logarithmes. C'est qu'un logarithme complexe contient deux informations, la distance d'un point à 0 et son angle. Pour x réel, les nombres 1 + ix et 1 − ix se font face en miroir, à la même distance et sous des angles opposés. Soustrayez leurs logarithmes et divisez par 2i. Les distances s'annulent, l'angle subsiste, et vous obtenez exactement arctan x. « Logarithmes et arcs tangentes » forment donc une seule règle plutôt que deux, mais les nombres réels n'en voient que la moitié.

La somme la plus célèbre d'Euler est une décomposition en éléments simples

Les éléments simples ne s'arrêtent pas aux polynômes. La fonction cot x possède un pôle en chaque multiple entier de π et s'écrit, à l'image d'une fraction rationnelle, comme une somme de fractions simples, à raison d'une par pôle. Il y en a une infinité, ce qui oblige à regrouper par paires les termes en nπ et −nπ sous peine de voir la somme diverger. Développez les deux membres au voisinage de 0, comparez les termes en x, et vous obtenez 1 + 1/4 + 1/9 + 1/16 + ⋯ = π²/6. C'est le problème de Bâle. Pietro Mengoli l'avait posé en 1650 et Jacques Bernoulli y avait échoué ; Euler en détermina la valeur en 1735 par un autre chemin, en factorisant sin x sur ses zéros comme s'il s'agissait d'un polynôme infiniment long.

Le théorème garantit la forme de la réponse, mais pas les nombres qui la composent

Toute fraction rationnelle s'intègre. Décomposez-la en éléments simples : chaque morceau donne une partie rationnelle, un logarithme ou un arc tangente. C'est un théorème, mais il suppose tacitement que vous sachiez factoriser le dénominateur. Pour x⁵ − x − 1, vous ne le pouvez pas. Ses cinq racines existent bien, une réelle et deux paires complexes, mais la théorie de Galois démontre qu'aucune d'elles ne peut s'écrire à l'aide des opérations +, −, ×, ÷ et de radicaux. L'intégrale de 1/(x⁵ − x − 1) est donc une somme de logarithmes et d'arcs tangentes dont les coefficients n'ont pas de formule. G. H. Hardy le constatait sans détour en 1916 : les racines « ne peuvent pas, en règle générale, être déterminées sous forme explicite. La méthode des éléments simples se heurte par conséquent à de sérieuses limites. » Un ordinateur se contente des valeurs numériques, avec autant de décimales que vous lui en demandez.

Parcours

Techniques d'intégration

Références (6)

The integral of a rational function as a rational part plus Σ A log(x − a), with the coefficient over a simple root a given by P(a)/Q′(a) (§1, pp. 12–13), and the page's third claim in his words: “The roots of Q(x) = 0 are not in general explicit algebraical functions of the coefficients, and cannot as a rule be determined in any explicit form. The method of partial fractions is therefore subject to serious limitations” (§3, p. 15). §4 credits Hermite with finding the rational part without the roots: G. H. Hardy, The Integration of Functions of a Single Variable, 2nd ed., Cambridge Tracts in Mathematics and Mathematical Physics no. 2, Cambridge University Press (1916), Chapter IV, §§1–4.
The arctangent as a logarithm: Example 2.1 (p. 4) checks by differentiation that 2i tan⁻¹(x), plus a constant, is a logarithm of the non-vanishing function (x − i)/(x + i), and why that matters: allowing only real exponentials and logarithms, 1/(1 + x²) would not be elementarily integrable at all (p. 7): B. Conrad, “Impossibility theorems for elementary integration”, Clay Mathematics Institute Academy Colloquium lecture notes (2005), §2, Example 2.1, and §3, p. 7.
Why x⁵ − x − 1 has Galois group S₅: Dedekind's theorem turns a factorisation mod p into distinct irreducibles of degrees d₁, …, dₘ into a permutation of cycle type (d₁, …, dₘ) in the Galois group, and Theorem 2.1 says “a transitive subgroup of Sₙ that contains a transposition and a p-cycle for some prime p > n/2 is Sₙ”. The page supplies the factorisations (irreducible mod 5; (x² + x + 1)(x³ + x² + 1) mod 2) and its check verifies them: K. Conrad, “Recognizing Galois groups Sₙ and Aₙ”, expository note, University of Connecticut, §1 and Theorem 2.1.
Insight block 1: the arctangent written as a logarithm: F. W. J. Olver and others (eds.), NIST Digital Library of Mathematical Functions, §4.23(iv), eq. 4.23.26.
Insight block 2: the partial-fraction expansion of the cotangent, with the poles at nπ and −nπ paired: F. W. J. Olver and others (eds.), NIST Digital Library of Mathematical Functions, §4.22, eq. 4.22.3.
Insight block 2: Euler's value of 1 + 1/4 + 1/9 + ⋯ = π²/6: L. Euler, “De summis serierum reciprocarum” (E41), Commentarii academiae scientiarum Petropolitanae 7 (1740), 123–134; presented 1735.

Par l’équipe 7 Raven Room · Vérifié sur des sources publiées. Corrections bienvenues.