Fractions rationnelles et primitives en L1 de maths : cours et méthodes
Ce chapitre du second semestre réunit deux savoir-faire qui vont toujours ensemble : décomposer une fraction en éléments simples, puis intégrer chaque élément. Nous construisons la méthode étape par étape, de la forme irréductible jusqu’au calcul des coefficients, sur C puis sur R.
Le cours sur les fractions rationnelles L1 s’appuie sur deux prérequis : la factorisation des polynômes et le calcul de primitives par changement de variable. Il les combine pour traiter n’importe quelle fraction, y compris les éléments de seconde espèce qui mènent à l’arctangente.
La dernière partie s’attaque aux fractions en sinus et cosinus grâce aux règles de Bioche. Vous retrouverez ces techniques dans les équations différentielles, les séries et le calcul d’intégrales en deuxième année.
Ce que vous saurez faire
- Mettre une fraction rationnelle sous forme irréductible et lire ses pôles avec leur multiplicité.
- Obtenir la partie entière d’une fraction par division euclidienne.
- Décomposer une fraction en éléments simples sur \(\mathbb{C}\), puis sur \(\mathbb{R}\).
- Calculer les coefficients par la méthode la plus rapide et les contrôler.
- Intégrer un élément simple de première ou de seconde espèce.
- Choisir un changement de variable adapté à une fraction en \(\sin x\) et \(\cos x\).
1. Fractions rationnelles : vocabulaire de base
Dans tout le chapitre, \(\mathbb{K}\) désigne \(\mathbb{R}\) ou \(\mathbb{C}\). Une fraction rationnelle est un quotient formel de deux polynômes. On la manipule comme une fraction de nombres : on simplifie, on réduit au même dénominateur, on multiplie.
On appelle fraction rationnelle sur \(\mathbb{K}\) tout quotient formel \(F=\frac{P}{Q}\) d’un polynôme \(P\) par un polynôme \(Q\) non nul. On identifie les quotients \(\frac{P}{Q}\) et \(\frac{R}{S}\) dès que les produits en croix \(PS\) et \(QR\) coïncident. L’ensemble obtenu se note \(\mathbb{K}(X)\).
Toute fraction non nulle admet une unique écriture \(\frac{P}{Q}\) avec \(P\) et \(Q\) premiers entre eux et \(Q\) unitaire. On l’appelle la forme irréductible de la fraction.
Pour l’obtenir, on factorise numérateur et dénominateur, puis on simplifie les facteurs communs. Ensuite, on divise par le coefficient dominant du dénominateur.
Considérons \(F=\frac{X^{3}-X}{X^{2}+X-2}\). Le numérateur se factorise en \(X(X-1)(X+1)\). Le dénominateur a pour racines \(1\) et \(-2\), donc il vaut \((X-1)(X+2)\). Après simplification par \(X-1\), on obtient la forme irréductible
\[F=\frac{X(X+1)}{X+2}.\]
1.1 Degré et partie entière
Le degré de \(F=\frac{P}{Q}\) non nulle est \(\deg F=\deg P-\deg Q\). Il ne dépend pas de l’écriture choisie. Par convention, la fraction nulle est de degré \(-\infty\).
Ainsi, \(\frac{X^{2}+1}{X^{3}}\) est de degré \(-1\), tandis que \(\frac{X(X+1)}{X+2}\) est de degré \(1\). De plus, le degré d’un produit est la somme des degrés. En revanche, le degré d’une somme ne dépasse pas le plus grand des deux degrés, et il peut être plus petit.
Pour toute fraction \(F\), il existe un unique couple \((E,G)\) formé d’un polynôme \(E\) et d’une fraction \(G\) de degré strictement négatif, tel que \(F=E+G\). On appelle \(E\) la partie entière de \(F\).
Existence. Écrivons \(F=\frac{P}{Q}\) et effectuons la division euclidienne \(P=QE+R\), avec \(\deg R<\deg Q\). Alors \(F=E+\frac{R}{Q}\), et \(\frac{R}{Q}\) est bien de degré strictement négatif.
Unicité. Prenons deux écritures \(E+G\) et \(E_1+G_1\) de la même fraction. Le polynôme \(E-E_1\) coïncide avec la fraction \(G_1-G\), dont le degré reste strictement négatif. Or seul le polynôme nul possède un tel degré. Par conséquent, \(E=E_1\) et \(G=G_1\).
Cherchons la partie entière de \(F=\frac{2X^{3}+X^{2}-3}{X^{2}+1}\). La division euclidienne donne d’abord le quotient \(2X\), puis \(1\). On obtient
\[2X^{3}+X^{2}-3=\left(X^{2}+1\right)(2X+1)-2X-4.\]
Ainsi \(F=2X+1-\frac{2X+4}{X^{2}+1}\), et la partie entière vaut \(2X+1\).
La partie entière a une lecture graphique. En effet, la fonction \(x\mapsto F(x)\) se rapproche de la droite \(y=2x+1\) quand \(x\) tend vers l’infini, car le reste tend vers \(0\). La droite est donc une asymptote oblique.
1.2 Zéros, pôles et multiplicités
Écrivons \(F\) sous forme irréductible \(\frac{P}{Q}\). On appelle zéro de \(F\) tout nombre qui annule \(P\), et pôle de \(F\) tout nombre qui annule \(Q\). Un pôle d’ordre \(m\) est une racine d’ordre \(m\) du dénominateur ; on dit aussi pôle simple, double ou triple pour \(m=1\), \(2\) ou \(3\).
Piège à éviter :
On lit les pôles sur la forme irréductible, jamais sur une écriture quelconque. Dans l’exemple \(\frac{X^{3}-X}{X^{2}+X-2}\), le nombre \(1\) annule le dénominateur. Pourtant, ce n’est pas un pôle : après simplification, le seul pôle est \(-2\). D’ailleurs, la fonction associée se prolonge par continuité en \(1\).
Au voisinage d’un pôle réel, la fonction associée tend vers l’infini en valeur absolue. La figure montre une fraction à trois pôles simples \(-2\), \(1\) et \(3\), chacun accompagné d’une asymptote verticale.
2. Décomposition en éléments simples sur C
Sur \(\mathbb{C}\), tout polynôme non constant est scindé. Le dénominateur s’écrit donc comme un produit de facteurs \((X-a)^{m}\). L’idée de la décomposition est simple : chaque facteur produit sa propre famille de fractions élémentaires.
Soit \(F=\frac{P}{Q}\) irréductible, et \(a\) un pôle d’ordre \(m\geq 1\). Écrivons \(Q=(X-a)^{m}Q_1\) avec \(Q_1(a)\neq 0\). Posons \(c=\frac{P(a)}{Q_1(a)}\). Alors \(F-\frac{c}{(X-a)^{m}}\) admet un dénominateur égal à \((X-a)^{m-1}Q_1\).
On réduit au même dénominateur :
\[F-\frac{c}{(X-a)^{m}}=\frac{P-cQ_1}{(X-a)^{m}Q_1}.\]
Or \(P(a)-cQ_1(a)=0\) par choix de \(c\). Le polynôme \(P-cQ_1\) est donc divisible par \(X-a\). On simplifie par ce facteur, et l’ordre du pôle \(a\) baisse d’au moins une unité.
En appliquant ce lemme de façon répétée, on fait disparaître tous les pôles un à un. On obtient ainsi l’existence de la décomposition. L’unicité se démontre en comparant deux écritures au voisinage de chaque pôle ; nous l’admettons ici.
Soit \(F=\frac{P}{Q}\) irréductible dans \(\mathbb{C}(X)\), de partie entière \(E\), avec \(Q=\prod_{i=1}^{r}(X-a_i)^{m_i}\) et les \(a_i\) distincts. Il existe des complexes \(c_{i,j}\), uniques, tels que
\[F=E+\sum_{i=1}^{r}\sum_{j=1}^{m_i}\frac{c_{i,j}}{(X-a_i)^{j}}.\]
Les fractions \(\frac{c}{(X-a)^{j}}\) s’appellent les éléments simples de première espèce. La somme des termes associés à \(a_i\) est la partie polaire relative à ce pôle.
2.1 Coefficient d’un pôle simple
Si \(a\) est un pôle simple et \(Q=(X-a)Q_1\), le coefficient de \(\frac{1}{X-a}\) vaut
\[c\,Q_1(a)=P(a)\quad\text{et}\quad c\,Q^{\prime}(a)=P(a).\]
La première égalité revient à « multiplier par \(X-a\), puis évaluer en \(a\) ». Pour la seconde, on dérive le produit \((X-a)Q_1\) : la dérivée vaut \(Q_1\) plus un terme qui s’annule en \(a\). Ainsi \(Q^{\prime}\) et \(Q_1\) prennent la même valeur en \(a\). Cette seconde forme est précieuse quand \(Q\) est donné sous forme développée.
Décomposons \(F=\frac{X+5}{(X-1)(X+2)(X-3)}\). Le degré vaut \(-2\), donc la partie entière est nulle. On cherche \(F=\frac{a}{X-1}+\frac{b}{X+2}+\frac{c}{X-3}\).
- Pour \(a\), on cache le facteur \(X-1\) et on évalue en \(1\) : \(a=\frac{6}{3\cdot(-2)}=-1\).
- De même, \(b=\frac{3}{(-3)(-5)}=\frac{1}{5}\).
- Enfin, \(c=\frac{8}{2\cdot 5}=\frac{4}{5}\).
Contrôle : la fonction \(x\mapsto xF(x)\) tend vers \(0\) en l’infini. Donc la somme des coefficients doit être nulle. On a bien \(-1+\frac{1}{5}+\frac{4}{5}=0\).
Décomposons \(\frac{1}{X^{4}-1}\) sur \(\mathbb{C}\). Les pôles sont \(1\), \(-1\), \(i\) et \(-i\), tous simples. Avec la formule \(c=P(a)/Q^{\prime}(a)\), le coefficient vaut \(\frac{1}{4a^{3}}\). Comme \(a^{4}=1\), il se simplifie en \(\frac{a}{4}\). Ainsi
\[\frac{1}{X^{4}-1}=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{X-1}-\frac{1}{X+1}+\frac{i}{X-i}-\frac{i}{X+i}\right).\]
La figure place ces quatre pôles dans le plan complexe. On y voit que les pôles non réels vont par paires conjuguées, ce qui servira pour passer à \(\mathbb{R}\).
2.2 Pôles multiples
Pour un pôle d’ordre \(m\geq 2\), la méthode « multiplier puis évaluer » donne seulement le coefficient de la plus haute puissance. Les autres coefficients demandent un peu plus d’astuce.
- Mettre \(F\) sous forme irréductible et calculer sa partie entière.
- Factoriser le dénominateur et écrire la forme de la décomposition, avec des coefficients inconnus.
- Obtenir les coefficients des pôles simples et des plus hautes puissances en multipliant puis en évaluant.
- Pour les coefficients restants, utiliser la limite de \(xF(x)\) en l’infini, des valeurs particulières, la parité ou un développement en \(h=X-a\).
- Contrôler le résultat en évaluant les deux membres en un point qui n’est pas un pôle.
Décomposons \(F=\frac{3X+1}{(X-2)^{2}(X+1)}\). On cherche \(F=\frac{a}{X+1}+\frac{b}{X-2}+\frac{c}{(X-2)^{2}}\).
- On multiplie par \(X+1\) et on évalue en \(-1\) : \(a=\frac{-2}{9}\).
- On multiplie par \((X-2)^{2}\) et on évalue en \(2\) : \(c=\frac{7}{3}\).
- La limite de \(xF(x)\) en l’infini vaut \(0\). Elle vaut aussi \(a+b\). Donc \(b=\frac{2}{9}\).
Contrôle en \(0\) : \(F(0)=\frac{1}{4}\), et \(-\frac{2}{9}-\frac{1}{9}+\frac{7}{12}=\frac{-4+7}{12}=\frac{1}{4}\).
Pour un pôle \(a\) d’ordre élevé, on pose \(h=X-a\) et l’on écrit le reste du dénominateur comme une fonction de \(h\). Par exemple, prenons \(F=\frac{1}{X^{2}(X+1)}\), avec le pôle double \(0\). On remarque que \(\frac{1}{1+X}=1-X+\frac{X^{2}}{1+X}\). Il suffit alors de diviser par \(X^{2}\) :
\[\frac{1}{X^{2}(X+1)}=\frac{1}{X^{2}}-\frac{1}{X}+\frac{1}{X+1}.\]
Ainsi, toute la partie polaire en \(0\) apparaît d’un coup, sans aucun système. Contrôle en \(1\) : on trouve \(\frac{1}{2}\) des deux côtés.
Remarque :
Si \(F\) est à coefficients réels, le coefficient associé à \(\overline{a}\) est le conjugué de celui associé à \(a\). De même, si \(F\) est paire ou impaire, l’unicité de la décomposition impose des relations entre coefficients. Ces symétries divisent souvent le travail par deux.
3. Décomposition sur R
Sur \(\mathbb{R}\), un polynôme ne se scinde pas toujours. Ses facteurs irréductibles sont de deux types : les \(X-a\) et les trinômes \(X^{2}+pX+q\) de discriminant \(p^{2}-4q\) strictement négatif. Ce second type donne un nouvel élément simple.
Soit \(F\in\mathbb{R}(X)\) irréductible, de dénominateur \(\prod_{i}(X-a_i)^{m_i}\prod_{k}\left(X^{2}+p_kX+q_k\right)^{n_k}\), les trinômes étant sans racine réelle et distincts. Alors \(F\) s’écrit de façon unique comme la somme de sa partie entière, des éléments de première espèce associés aux \(a_i\) et de termes
\[\frac{\alpha_{k,j}X+\beta_{k,j}}{\left(X^{2}+p_kX+q_k\right)^{j}},\qquad 1\leq j\leq n_k,\]
avec des coefficients réels. Ces termes sont les éléments simples de seconde espèce.
Piège à éviter :
Le numérateur d’un élément de seconde espèce est de degré \(1\), et non une constante. Écrire \(\frac{\beta}{X^{2}+1}\) au lieu de \(\frac{\alpha X+\beta}{X^{2}+1}\) conduit à un système sans solution.
Montrons que \(\frac{1}{X\left(X^{2}+1\right)}\) ne s’écrit pas \(\frac{a}{X}+\frac{b}{X^{2}+1}\) avec \(a,b\) constants. Une telle égalité donnerait \(1=a\left(X^{2}+1\right)+bX\). Le coefficient de \(X^{2}\) impose \(a=0\), puis le coefficient constant impose \(a=1\) : c’est absurde. La bonne forme est \(\frac{1}{X}-\frac{X}{X^{2}+1}\).
Écrivons la forme de la décomposition de \(G=\frac{X^{5}}{(X+3)^{2}\left(X^{2}+2\right)\left(X^{2}-4X+5\right)}\) sans calculer les coefficients. D’abord, le degré vaut \(5-6=-1\), donc la partie entière est nulle. Ensuite, le trinôme \(X^{2}+2\) est irréductible, de même que \(X^{2}-4X+5\), dont le discriminant vaut \(-4\). Par conséquent, la forme cherchée compte six coefficients réels :
\[G=\frac{a}{X+3}+\frac{b}{(X+3)^{2}}+\frac{\alpha X+\beta}{X^{2}+2}+\frac{\gamma X+\eta}{X^{2}-4X+5}.\]
Ce décompte est un bon réflexe : il y a toujours autant d’inconnues que le degré du dénominateur. Si l’on en trouve moins, c’est qu’un terme a été oublié dans la forme proposée.
3.1 Calculer les coefficients de seconde espèce
- Traiter d’abord les pôles réels, comme sur \(\mathbb{C}\).
- Soustraire les termes déjà connus : la fraction restante se simplifie et livre souvent l’élément de seconde espèce directement.
- Sinon, multiplier par le trinôme et évaluer en l’une de ses racines complexes ; on identifie ensuite parties réelle et imaginaire.
- Autre possibilité : regrouper deux à deux les termes conjugués de la décomposition sur \(\mathbb{C}\).
Décomposons \(F=\frac{X^{2}+2}{(X-1)\left(X^{2}+X+1\right)}\) sur \(\mathbb{R}\). Le trinôme a pour discriminant \(-3\), il est donc irréductible. Le coefficient du pôle \(1\) vaut \(\frac{3}{3}=1\). Retranchons ce terme :
\[F-\frac{1}{X-1}=\frac{X^{2}+2-\left(X^{2}+X+1\right)}{(X-1)\left(X^{2}+X+1\right)}=\frac{1-X}{(X-1)\left(X^{2}+X+1\right)}.\]
Après simplification par \(X-1\), il reste \(-\frac{1}{X^{2}+X+1}\). Par conséquent, \(F=\frac{1}{X-1}-\frac{1}{X^{2}+X+1}\). Ici, le coefficient \(\alpha\) se trouve être nul.
Revenons à \(\frac{1}{X^{4}-1}\) et regroupons les termes en \(i\) et \(-i\) :
\[\frac{i}{X-i}-\frac{i}{X+i}=\frac{i(X+i)-i(X-i)}{X^{2}+1}=\frac{-2}{X^{2}+1}.\]
De même, \(\frac{1}{X-1}-\frac{1}{X+1}=\frac{2}{X^{2}-1}\). On en déduit la décomposition réelle
\[\frac{1}{X^{4}-1}=\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{X-1}-\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{X+1}-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{X^{2}+1}.\]
4. Primitives des fractions rationnelles
Une fois la décomposition obtenue, la linéarité ramène le calcul d’une primitive à celui de chaque élément simple. On travaille toujours sur un intervalle \(I\) qui ne contient aucun pôle réel.
4.1 Éléments de première espèce
Soit \(a\in\mathbb{R}\) et \(I\) un intervalle ne contenant pas \(a\). Sur \(I\), une primitive de \(x\mapsto\frac{1}{x-a}\) est \(x\mapsto\ln|x-a|\). Pour \(k\geq 2\), une primitive de \(x\mapsto\frac{1}{(x-a)^{k}}\) est
\[x\mapsto-\frac{1}{(k-1)(x-a)^{k-1}}.\]
Piège à éviter :
La valeur absolue dans \(\ln|x-a|\) n’est pas décorative. Sur \(]-\infty,a[\), on a \(x-a<0\), et \(\ln(x-a)\) n’a aucun sens. En revanche, la formule \(\ln|x-a|\) convient sur chacun des deux intervalles.
Reprenons \(F=\frac{X+5}{(X-1)(X+2)(X-3)}\), décomposée dans la partie 2. Sur l’intervalle \(]3,+\infty[\), les trois quantités \(x-1\), \(x+2\) et \(x-3\) sont positives. Une primitive est donc
\[x\mapsto-\ln(x-1)+\frac{1}{5}\ln(x+2)+\frac{4}{5}\ln(x-3).\]
En revanche, sur \(]1,3[\), le facteur \(x-3\) est négatif. Il faut alors écrire \(\ln(3-x)\) à la place de \(\ln(x-3)\). Par conséquent, la formule dépend de l’intervalle choisi, même si les coefficients restent les mêmes.
4.2 Éléments de seconde espèce
On considère \(f(x)=\frac{\alpha x+\beta}{x^{2}+px+q}\) avec \(p^{2}-4q<0\). Le trinôme ne s’annule pas, donc \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}\). La méthode se déroule en deux temps.
- Faire apparaître la dérivée du dénominateur : \(\alpha x+\beta=\frac{\alpha}{2}(2x+p)+\left(\beta-\frac{\alpha p}{2}\right)\). Le premier morceau s’intègre en \(\frac{\alpha}{2}\ln\left(x^{2}+px+q\right)\).
- Mettre le trinôme sous forme canonique : \(x^{2}+px+q=\left(x+\frac{p}{2}\right)^{2}+\delta^{2}\), avec \(\delta=\sqrt{q-\frac{p^{2}}{4}}>0\).
- Utiliser la primitive \(\int\frac{\mathrm{d}u}{u^{2}+\delta^{2}}=\frac{1}{\delta}\arctan\frac{u}{\delta}\) avec \(u=x+\frac{p}{2}\).
La dérivée de \(u\mapsto\frac{1}{\delta}\arctan\frac{u}{\delta}\) vaut \(\frac{1}{\delta}\cdot\frac{1}{\delta}\cdot\frac{1}{1+u^{2}/\delta^{2}}\). Elle se simplifie en \(\frac{1}{\delta^{2}+u^{2}}\), ce qui justifie l’étape 3. Le reste découle de la linéarité et de la dérivée de \(\ln\circ g\), qui vaut \(\frac{g^{\prime}}{g}\).
Cherchons une primitive de \(f(x)=\frac{3x+1}{x^{2}+2x+5}\) sur \(\mathbb{R}\). D’abord, la dérivée du dénominateur est \(2x+2\), et \(3x+1=\frac{3}{2}(2x+2)-2\). Ensuite, \(x^{2}+2x+5=(x+1)^{2}+4\), donc \(\delta=2\). On obtient
\[F(x)=\frac{3}{2}\ln\left(x^{2}+2x+5\right)-\arctan\frac{x+1}{2}.\]
Le coefficient de l’arctangente vient de \(-2\times\frac{1}{2}\). Pour vérifier, on dérive : on trouve \(\frac{3x+3}{x^{2}+2x+5}-\frac{2}{(x+1)^{2}+4}\), soit bien \(f(x)\).
Remarque :
Pour un élément \(\frac{1}{\left(x^{2}+px+q\right)^{j}}\) avec \(j\geq 2\), on se ramène à \(\int\frac{\mathrm{d}u}{\left(u^{2}+\delta^{2}\right)^{j}}\). Une intégration par parties relie alors l’exposant \(j\) à l’exposant \(j+1\). Le problème de la fiche d’exercices détaille ce mécanisme.
4.3 Une primitive complète
Calculons \(I=\int_{3}^{5}\frac{3x+1}{(x-2)^{2}(x+1)}\,\mathrm{d}x\). L’intervalle \([3,5]\) ne contient aucun pôle. La décomposition obtenue plus haut donne, sur \(]2,+\infty[\), la primitive
\[G(x)=\frac{2}{9}\ln\frac{x-2}{x+1}-\frac{7}{3(x-2)}.\]
On calcule \(G(5)=\frac{2}{9}\ln\frac{1}{2}-\frac{7}{9}\) et \(G(3)=\frac{2}{9}\ln\frac{1}{4}-\frac{7}{3}\). Par différence, les logarithmes donnent \(\frac{2}{9}\ln 2\), et les autres termes donnent \(\frac{14}{9}\). Ainsi \(I=\frac{14}{9}+\frac{2}{9}\ln 2\).
5. Fractions rationnelles en sinus et cosinus
On cherche maintenant une primitive de \(f(x)=R(\sin x,\cos x)\), où \(R\) est une fraction rationnelle de deux variables. L’objectif est de se ramener, par un changement de variable, à une fraction rationnelle ordinaire en \(t\).
5.1 Les règles de Bioche
On examine la forme différentielle \(\omega(x)=f(x)\,\mathrm{d}x\), en tenant compte du changement de signe de \(\mathrm{d}x\).
- Si \(\omega\) est invariante par \(x\mapsto -x\), on pose \(t=\cos x\).
- Si \(\omega\) est invariante par \(x\mapsto\pi-x\), on pose \(t=\sin x\).
- Si \(\omega\) est invariante par \(x\mapsto\pi+x\), on pose \(t=\tan x\).
- Sinon, on pose \(t=\tan\frac{x}{2}\).
Avec \(x\mapsto -x\), on a \(\mathrm{d}(-x)=-\mathrm{d}x\). Ainsi, \(\omega\) est invariante lorsque \(f(-x)=-f(x)\), et non lorsque \(f\) est paire. C’est l’erreur la plus courante sur ces règles.
Cherchons une primitive de \(f(x)=\frac{\cos x}{\sin^{2}x+3\sin x+2}\) sur \(\mathbb{R}\) privé des points où \(\sin x=-1\). Remplaçons \(x\) par \(\pi-x\) : le cosinus change de signe, \(\mathrm{d}x\) aussi, et le sinus ne bouge pas. La forme est donc invariante, et l’on pose \(t=\sin x\), avec \(\mathrm{d}t=\cos x\,\mathrm{d}x\).
On obtient \(\int\frac{\mathrm{d}t}{t^{2}+3t+2}\). Or \(t^{2}+3t+2=(t+1)(t+2)\), et la décomposition vaut \(\frac{1}{t+1}-\frac{1}{t+2}\). Comme \(t+1>0\) et \(t+2>0\) sur l’ensemble considéré, une primitive est
\[x\mapsto\ln\frac{1+\sin x}{2+\sin x}.\]
Remarque :
Les règles de Bioche ne sont pas des théorèmes à citer, mais des conseils efficaces. Lorsque deux invariances sont vraies à la fois, on peut choisir l’une ou l’autre ; souvent, \(t=\cos 2x\) ou \(t=\tan x\) donne alors le calcul le plus court. Dans tous les cas, on vérifie le résultat final en dérivant.
5.2 Le changement universel t = tan(x/2)
Pour \(x\in\,]-\pi,\pi[\), posons \(t=\tan\frac{x}{2}\). Alors
\[\cos x=\frac{1-t^{2}}{1+t^{2}},\qquad\sin x=\frac{2t}{1+t^{2}},\qquad\mathrm{d}x=\frac{2\,\mathrm{d}t}{1+t^{2}}.\]
Notons \(\theta=\frac{x}{2}\). D’une part, \(\cos x=\cos^{2}\theta-\sin^{2}\theta\). On divise par \(\cos^{2}\theta+\sin^{2}\theta=1\), puis on factorise par \(\cos^{2}\theta\) : on obtient \(\frac{1-t^{2}}{1+t^{2}}\). D’autre part, \(\sin x=2\sin\theta\cos\theta\) se traite de la même manière. Enfin, \(x=2\arctan t\) donne \(\mathrm{d}x=\frac{2\,\mathrm{d}t}{1+t^{2}}\).
Calculons \(K=\int_{0}^{\pi/2}\frac{\mathrm{d}x}{5+3\cos x}\). Aucune règle de Bioche ne s’applique, car chaque symétrie change le signe de \(\cos x\) sans compenser. Posons donc \(t=\tan\frac{x}{2}\). Les bornes deviennent \(0\) et \(1\). Ensuite,
\[5+3\cos x=\frac{5\left(1+t^{2}\right)+3\left(1-t^{2}\right)}{1+t^{2}}=\frac{8+2t^{2}}{1+t^{2}}.\]
Ainsi \(K=\int_{0}^{1}\frac{2\,\mathrm{d}t}{8+2t^{2}}=\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}t}{4+t^{2}}\). Avec \(\delta=2\), on trouve \(K=\frac{1}{2}\arctan\frac{1}{2}\), soit environ \(0{,}232\).
Remarque :
Le changement \(t=\tan\frac{x}{2}\) n’est défini que sur \(]-\pi,\pi[\). Pour intégrer sur un intervalle qui contient \(\pi\), il faut découper l’intervalle ou exploiter la périodicité.
Les erreurs fréquentes
- Chercher les pôles avant d’avoir simplifié la fraction.
- Oublier la partie entière quand le degré de la fraction est positif ou nul.
- Mettre une constante au numérateur d’un élément de seconde espèce.
- Écrire \(\ln(x-a)\) sans valeur absolue sur un intervalle où \(x-a<0\).
- Oublier le facteur \(\frac{1}{\delta}\) devant l’arctangente.
- Tester la règle de Bioche sur \(f\) seule, sans tenir compte du signe de \(\mathrm{d}x\).
Fiche mémo
- Forme irréductible : \(P\) et \(Q\) premiers entre eux, \(Q\) unitaire ; pôles et zéros se lisent sur elle.
- Partie entière : quotient de la division euclidienne de \(P\) par \(Q\).
- Sur \(\mathbb{C}\) : un terme \(\frac{c}{(X-a)^{j}}\) pour chaque pôle \(a\) et chaque \(j\) entre \(1\) et la multiplicité.
- Pôle simple \(a\) : coefficient \(P(a)/Q^{\prime}(a)\), ou \(P(a)/Q_1(a)\) si \(Q=(X-a)Q_1\).
- Sur \(\mathbb{R}\) : chaque trinôme irréductible donne des termes \(\frac{\alpha X+\beta}{\left(X^{2}+pX+q\right)^{j}}\).
- Contrôles : limite de \(xF(x)\) en l’infini et valeurs particulières.
- \(\int\frac{\mathrm{d}x}{x-a}=\ln|x-a|\) et \(\int\frac{\mathrm{d}u}{u^{2}+\delta^{2}}=\frac{1}{\delta}\arctan\frac{u}{\delta}\).
- Bioche : \(-x\) donne \(t=\cos x\), \(\pi-x\) donne \(t=\sin x\), \(\pi+x\) donne \(t=\tan x\), sinon \(t=\tan\frac{x}{2}\).
Questions fréquentes
Dans quel cas la division euclidienne est-elle indispensable avant la décomposition ?
Elle s’impose quand la fraction a un degré positif ou nul, c’est-à-dire quand le haut est au moins aussi gros que le bas. Cette division fournit la partie entière, et seul le reste se décompose en éléments simples. Si le degré de la fraction est strictement négatif, la partie entière est nulle et on passe directement aux pôles.
Comment savoir si un trinôme du dénominateur donne un élément de seconde espèce ?
On calcule son discriminant. S’il est strictement négatif, le trinôme est irréductible sur R et donne un élément de la forme (aX+b)/(X²+pX+q). S’il est positif ou nul, on factorise d’abord le trinôme en produit de facteurs du premier degré.
Que faire si aucune règle de Bioche ne s'applique ?
On utilise le changement de variable t = tan(x/2), qui fonctionne toujours sur un intervalle inclus dans ]-π, π[. Les calculs sont souvent plus lourds, car le degré des fractions obtenues augmente. C’est pourquoi on teste d’abord les trois invariances, plus économes.
Peut-on vérifier une décomposition sans tout redévelopper ?
Oui : on évalue les deux membres en une ou deux valeurs simples qui ne sont pas des pôles, par exemple 0 ou 2. On peut aussi comparer les limites de xF(x) en l’infini. Ces tests repèrent presque toutes les erreurs de coefficient en quelques secondes.
Pour aller plus loin
- S’exercer : exercices corrigés de L1 de maths sur fractions rationnelles et primitives
- Bases utiles : Polynômes : division, racines et d'Alembert-Gauss, Intégrale de Riemann et théorème fondamental
- Chapitre d’avant : Intégrale de Riemann et théorème fondamental
- Chapitre d’après : Équations différentielles : variation de la constante
- Vérifier ses acquis : QCM de L1 de maths sur fractions rationnelles et primitives
- Contrôle corrigé en temps limité : Éléments simples et primitives : contrôle de maths en L1
- Un autre sujet noté sur 20 : Partiel de calcul intégral : contrôle de maths en L1
- Tous les chapitres : le sommaire de la L1 de maths
- Après le bac : les maths post-bac, de la MPSI à la L3
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