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Intégration de fractions rationnelles: décomposition en éléments simples

Intégration de fractions rationnelles: décomposition en éléments simples

Dans ce (long) chapitre, on montre comment on trouve une primitive pour toute fraction rationnelle $ f(x)=\frac{A(x)}{B(x)}$, où $ A,B$sont de polynômes. On procède par étapes, en illustrant la théorie à l'aide de l'exemple
$\displaystyle f(x)=\frac{A(x)}{B(x)} =\frac{2\,x^6 +3\,x^5 -3\,x^4 -3\,x^3 -3\,x^2 -18\,x -5} {x^5+x^4-2\,x^3-x^2-x+2} $
La première partie de ce chapitre est plutôt algébrique: nous citons et utilisons ici plusieurs théorèmes importants d'algèbre sans démonstration, qui n'a pas sa place dans ce cours d'analyse.

Division euclidienne

1$ ^e$ étape: On utilise le
Théorème [et définition: division euclidienne]
Soient $ A, B \in \R[X]$, $ B\ne0$. Alors il existe un unique couple $ (Q,R)$ de $ \R[X]$ tel que
$\displaystyle A = B\,Q + R$     et  $\displaystyle \deg R < \deg B $
On dit que $ Q$ est le quotient et $ \R$ le reste de la division euclidienne de $ A$ par $ B$. 
Ainsi on peut écrire
$\displaystyle f(x) = \frac{A(x)}{B(x)} = \frac{B(x)\,Q(x)+R(x)}{B(x)} = Q(x)+\frac{R(x)}{B(x)} $
avec $ \deg R<\deg B$. Le polynôme $ Q(x)$ s'appelle partie entière de la fraction rationnelle.
Exemple On effectue la division euclidienne comme suit:
\begin{displaymath} \begin{array}{r@{}r@{\quad}\vert@{}l} 2\,x^6 +3\,x^5 -3\,x^4... ...&\underline{{} + 2} \\ x^3 \qquad~~ - 21\,x &{}- 7 \end{array}\end{displaymath}
On a donc
$\displaystyle f(x)= 2x + 1 + \frac{x^3 - 21\,x - 7}{ x^5+x^4-2\,x^3-x^2-x+2} ~. $

Polynômes irreductibles

2$ ^e$ étape: On considère donc dorénavant une fraction rationnelle $ R(x)/B(x)$ telle que $ \deg R<\deg B$. Pour procéder, on pose
Définition Les polynômes irréductibles (sur $ \R$) sont les polynômes de degré 1 et les polynômes de degré 2 sans racine réelle ( $ a\,X^2+b\,X+c$ avec $ \Delta=b^2-4\,a\,c<0$).
Un polynôme est unitaire ssi le coefficient du terme de plus haut degré est 1. 
On se servira du
Théorème Tout polynôme de $ \R[X]$ se décompose de manière unique en un produit de la forme
$\displaystyle P(X)=a\,(X-r_1)^{m_1}\cdots(X-r_p)^{m_p} (X^2+b_1 X+c_1)^{n_1}\cdots(X^2+b_q X+c_q)^{n_q} $
c'est à dire d'une constante $ a$ qui est le coefficient du terme de plus haut degré de $ P$, et de polynômes irréductiblesunitaires: $ r_i$ sont les racines (distinctes) de $ P$, $ m_i$ leurs multiplicités, et les facteurs de degré 2 sont sans racine réelle ( avec $ \Delta=b_j^2-4\,c_j<0$). 
On utilise cette décomposition pour le polynôme $ B(x)$ au dénominateur de la fraction rationnelle. On suppose de plus que le numérateur n'a pas de facteur commun avec le dénominateur, sinon on simplifie par ce facteur commun.
Exemple Pour trouver la factorisation $ B(x)$, on commence par chercher des racines ``évidentes'' en tâtonnant (i.e. en essayant pour $ x$ les valeurs 0, $ \pm1$,...). On trouve que $ B(1)=0$ et $ B(-2)=0$, donc$ (x-1)(x+2)=x^2+x-2$ divise $ B(x)$.
On effectue la division euclidienne
\begin{displaymath} \begin{array}{r@{}r@{\quad}\vert@{}l} x^5 +x^4 -2\,x^3 &{}-... ...{}-x^2 -x +2 \\ & \underline{-x^2 -x +2} \\ & 0~~~~ \end{array}\end{displaymath}
Or, $ x^3-1 = (x-1)(x²+x+1) $, par conséquent,
$\displaystyle B(x) = (x+2)(x-1)^2(x²+x+1) $
En effet, $ x²+x+1$ est un trinôme du 2$ ^{nd}$ degré à discriminant négatif.

Pôles et éléments simples

3$ ^e$ étape
Définition On dit que $ f(x):=\frac{A(x)}{B(x)},~ A,B\in\R[X]$, est une fraction rationnelle irréductible ssi les polynômes $ A$ et $ B$sont sans facteur commun.
On appelle pôles de la fraction rationnelle irréductible les racines du polynôme $ B$.
Soit $ B(X)=a\,(X-r_1)^{m_1}\cdots(X-r_p)^{m_p} (X^2+b_1 X+c_1)^{n_1}\cdots(X^2+b_q X+c_q)^{n_q}$ la décomposition irréductible de $ B$.
On appelle éléments simples de $ 1^e$ espèce relatifs aux pôles $ r_i$, les $ m_i$ fonctions rationnelles du type
$\displaystyle \frac{A_1}{x-r_i} ~,~~ \frac{A_2}{(x-r_i)^2} ~,~~\dots ~,~~ \frac{A_{m_i}}{(x-r_i)^{m_i}} ~, $
où les $ A_k$ sont des constantes réelles. 
On appelle éléments simples de $ 2^e$ espèce relatifs aux polynômes irréductibles $ X^2 + b_j X+ c_j$, les $ n_j$ fonctions rationnelles du type
$\displaystyle \frac{B_1\,x+C_1}{x^2 + b_j x + c_j} ~,~~ \frac{B_2\,x+C_2}{(x^2 ... ...c_j)^2} ~,~~\dots ~,~~ \frac{B_{n_j}\,x+C_{n_j}}{(x^2 + b_j x + c_j)^{n_j}} ~, $
où les $ B_k, C_k$ sont des constantes réelles. 
Exemple Décrire les éléments simples de
$\displaystyle \frac{R(x)}{B(x)}=\frac{x^3 - 21\,x - 7}{(x+2)(x-1)²(x²+x+1)}$
  • éléments simples de $ 1^e$ espèce :
    · le pôle $ x=1$ de multiplicité 2 $ \leadsto$ 2 éléments simples :
    $\displaystyle \frac{A_1}{x-1} ~,~~ \frac{A_2}{(x-1)^2} ~,~~ $

    · pôle $ x=-2$ de multiplicité 1 $ \leadsto$ 1 éléments simple : $ \displaystyle \frac{A_3}{x+2} $.
  • éléments simples de $ 2^e$ espèce : · 1 seul, associé au facteur irreductible $ x²+x+1$ : $ \displaystyle \frac{B_1\,x+C_1}{x²+x+1} $.
Attention : il faut toujours d'abord s'assurer de la décomposition complète du dénominateur! Par exemple, $ B(x)$ aurait pu être écrit comme $ B(x)=(x-1)(x+2)(x^3-1)$; ce qui ne permet pas de voir immédiatement les éléments simples.
Théorème Soit $ f(x)=A(x)/B(x)$ une fct. rationnelle irréductible. Alors
  1. Si $ A=BQ+R$, $ \deg R<\deg B$ (div.euclidienne de $ A$ par $ B$), on a $ f=\frac AB=Q+\frac RB$ dans $ D_f$.
  2. $ \frac RB$ se décompose de manière unique comme somme de tous les éléments simples relatifs à $ B$ :
    $\displaystyle \frac{R(x)}{B(x)}=\sum_i \sum_k \frac{A_{ik}}{(x - r_i)^k} + \sum_j\sum_\ell\frac{B_{jk}\,x+C_{jk}}{(x^2 + b_j x + c_j)^k} ~. \eqno{(des)} $

Exercice Donner la structure de la décomposition en éléments simples de $ f(x)=R(x)/B(x)$.
On a
$\displaystyle \frac{R(x)}{B(x)}$$\displaystyle = \frac{x^3 - 21\,x - 7}{(x+2)(x-1)²(x²+x+1)}$   
$\displaystyle = \frac{A_1}{x-1} + \frac{A_2}{(x-1)^2} + + \frac{A_3}{x+2} + \frac{B_1\,x+C_1}{x²+x+1} ~.$(*)

NB: quand on ne demande que la structure de la décomposition, on peut laisser les $ A_i,B_j,C_j$ indéterminées.

Calcul des coefficients d'une décomposition en éléments simples

4$ ^e$ étape: (la plus dure...)
(a) : POUR LES PÔLES SIMPLES DE MULTIPLICITÉ 1
On multiplie l'éq. (des) par $ (x-r_i)$, et on prend $ x=r_i$ : dans le membre de droite ne survit que $ A_i$, dont la valeur est donné par le membre de gauche, $ R(r_i)/B'(r_i)$ avec $ B'(x)=B(x)/(x-r_i)$ (simplifié).
Par exemple, appliquons ceci au calcul de $ A_3$ : En multipliant (*) par $ (x+2)$, on a
$\displaystyle \frac{x^3 - 21\,x - 7}{(x-1)²(x²+x+1)} = (x+2)\lr(){\frac{A_1}{x-1} + \frac{A_2}{(x-1)^2} } + A_3 + (x+2)\,\frac{B_1\,x+C_1}{x²+x+1} $
et en posant $ x=-2$,
% latex2html id marker 5410 $\displaystyle \frac{ -8 +21{\text ·}2 -7}{9{\text ·}3} = A_3 \iff A_3 = 1 ~. $
(b) : LES COEFF. $ A_{im_i}$ DES PÔLES DE MULTIPLICITÉ $ m_i$
Pour trouver le coefficient $ A_{i,m_i}$ qui correspond à un pôle d'ordre $ m_i$, on multiplie par $ (x-r_i)^{m_i}$, puis on prend $ x=r_i$: de manière analogue à ce qui précède, on trouve le coeff. recherché.
Dans notre exemple, on détermine ainsi $ A_2$ en multipliant par $ (x-1)$:
$\displaystyle \frac{x^3 - 21\,x - 7}{(x+2)(x²+x+1)} = (x-1)\,A_1 +A_2 + (x-1)\lr(){ \frac{ A_3}{x+2} + \frac{B_1\,x+C_1}{x²+x+1}} $
et en prenant $ x=1$, % latex2html id marker 5434 $ A_2 = (1-21-7)/(3{\text ·}3) = -3 $.
(c) : LES COEFF. $ B_{jn_j},C_{jn_j}$ DES FACTEURS QUADRATIQUES
On peut appliquer la même méthode, mais avec les racines complexes de ces facteurs $ x²+b_jx+c_j$. Pour celà, on multiplie par le facteur $ (x^2+b_j\,x+c_j)^{n_j}$, puis on prend $ x$ égal à une des racines complexes du facteur, pour trouver (avec la partie réelle et imaginaire) les coeff. $ B_j$ et $ C_j$ : Dans notre cas,
$\displaystyle x²+x+1 = \frac{x^3-1}{x-1} ~, $
les racines sont donc les 2 racines 3$ ^{es}$ non-triviales de l'unité, % latex2html id marker 5452 $ j=\exp\frac{2\,\pi\,i}{3}$. (En effet, il convient de vérifier que $ x=j$est vraiment un pôle en calculant $ R(j)=1-21\,j-7\ne0$.)
En multipliant (*) par $ x²+x+1$
$\displaystyle \frac{x^3 - 21\,x - 7}{(x-1)²(x+2)} = (x²+x+1) \lr(){\frac{A_1}{x-1} + \frac{A_2}{(x-1)^2} + \frac{A_3}{x+2} } + B_1\,x + C_1 $
et en prenant $ x=j$, on trouve ainsi
$\displaystyle \frac{1 - 21\,j - 7}{j^3+2\,j²-2\,j²-4\,j+j+2} = B_1\,j + C_1 $
$\displaystyle B_1\,j + C_1 = \frac{-6 - 21\,j}{3-3\,j} = -\frac{2 +7\,j}{1-j} $
ce qui donne (partie réelle et imaginaire) les coefficients $ B$ et $ \C$ après un petit calcul. Cependant, ici ce calcul de nombres complexes est un peu lourd et on utilisera plutôt une autre méthode, par exemple celle des limites.
(d) : LES AUTRES COEFF. $ A_{ik}$ DES PÔLES DE MULTIPLICITÉ $ m_i>1$
Ces coefficients peuvent aussi se calculer par la méthode du changement de variable $ t=x-r_i$. Ceci nous ramène à un pôle en $ t=0$. Pour calculer les coefficients associés à ce pôle, on fait la division par les autres facteurs de $ B(t+r_i)$suivant les puissances croissantes en $ t$, à l'ordre $ m_i-1$; on s'arrête lorsque le reste ne contient que des termes de degré supérieur ou égale à $ m_i$, de façon à pouvoir mettre en facteur $ t^{m_i}$. Le quotient donne alors tous les coefficients associés au pôle $ r_i$.
Exemple Dans notre exemple, le changement de variable est $ t=x-1$ $ \iff x=t+1$, donc
$\displaystyle \frac{x^3 - 21\,x - 7}{(x-1)²(x+2)(x²+x+1)} =\frac{t^3 + 3\,t^2-18\,t- 27}{t²(t+3)(t²+3\,t+3)} ~. $
On divise alors $ t^3 + 3\,t^2-18\,t- 27$ par $ (t+3)(t²+3\,t+3)= 9+12\,t+6\,t²+t^3$ suivant les puissances croissantes, à l'ordre 1:
\begin{displaymath} \begin{array}{r@{}r@{\quad}\vert@{}l} -27-18\,t ~+~ 3\,t^2 ... ...rline{{}+2\,t^4} \\ -3\,t^2 -8\,t^3 &{} -2\,t^4 \end{array} ~. \end{displaymath}
D'où:
$\displaystyle %%\begin{eqnarray*} -27 -18\,t + 3\,t^2 + t^3 = (-3+2\,t)(9+12\,t+6\,t^2+t^3)%%\\ &&{} +( -3\,t^2 -8\,t^3 -2\,t^4) $
En divisant par $ t^2\,(t+3)(t²+3\,t+3)$, on a donc
$\displaystyle \frac{-27-18\,t+3\,t^2+t^3}{t^2\,(t+3)(t²+3\,t+3)} = \frac{-3 + 2\,t}{t^2} + \frac{-3 -8\,t -2\,t^2}{(t+3)(t²+3\,t+3)} ~, $
et on déduit du premier terme que $ A_1=2$ et $ A_2=-3$.
NB: cette méthode est surtout intéressante s'il y a un pôle de multiplicité élevée ($ \ge 4$) et peu d'autres facteurs dans $ B(x)$, ou alors s'il s'agit dès le début d'un pôle en $ x=0$ (ce qui évite le changement de variable).
(e) : MÉTHODES GÉNÉRALES POUR LES COEFF. RESTANTS
(i) : méthode des limites
Cette méthode consiste à multiplier d'abord par la plus basse puissance qui intervient dans la décomposition en éléments simples, et de prendre la limite $ x\to\infty$ (où il suffit de garder les puissances les plus élevées). Ainsi, on a dans le membre de droite la somme des coefficients qui correspondent à cette puissance, qui permet de déterminer un coefficient en terme des autres.
Exemple Dans notre exemple, on multiplie par $ x$, la limite donne alors
$\displaystyle \lim\frac{x^4}{x^5} = 0 = A_1+A_3+B_1 $
et donc $ B_1 = -A_1-A_3 = -2 -1 = -3$.
(ii) : méthode des valeurs particulières
Une autre méthode consiste à simplement prendre des valeurs particulières pour $ x$ (différents des pôles) et ainsi d'avoir un système d'équations qui permettra de déterminer les coefficients manquants.
Exemple Dans notre exemple, prenons $ x=0$ :
$\displaystyle \frac{-7}{2} = -A_1 + A_2 + \frac{A_3}2 + C_1 $
et donc $ C_1 = -\frac72 + A_1 - A_2 - \frac{A_3}2 = -\frac72 + 2 + 3 - \frac12 = -4 +5 = 1$.
Remarque: dans le cas général, il faut ainsi créer un système d'autant d'équations (indépendantes) qu'il reste de coefficients à déterminer.
(iii) : par identification
La méthode générique qui marche toujours mais qui n'est pas toujours pas la plus rapide, consiste à réécrire la somme des éléments simples sur le dénominateur commun qui est $ B(x)$, et d'identifier les coeff. des mêmes puissances de $ x$ du membre de gauche (coefficients de $ R(x)$) et du membre de droite (les $ A, B, C$ multipliés par une partie des facteurs de $ B(x)$).
Ainsi on obtient un système d'équations linéaires dont la solution donne les coefficients (manquants).

Application au calcul de primitives

Avec la technique étudiée dans ce chapitre, on peut intégrer toute fonction rationnelle $ f(x)=\frac{A(x)}{B(x)}$. En effet, on commence par simplifier $ A(x)$ par les facteurs irréductibles de $ B(x)$ pour désormais pouvoir supposer $ f(x)$ irréductible. Ensuite, au cas ou $ \deg A\ge\deg B$, on effectue la division euclidienne pour avoir
$\displaystyle f(x) = Q(x) + \frac{R(x)}{B(x)}$     avec  $\displaystyle \deg R < \deg B ~. $
Enfin, on décompose $ \frac{R(x)}{B(x)} $ en éléments simples. On n'a donc plus qu'à trouver les primitives pour les deux types d'éléments simples,
$\displaystyle \int \frac{\rd x}{(x-r)^k}$     et  $\displaystyle \int \frac{ A\,x + B }{ (x^2 + b\,x +c )^k}dx ~. $
La première intégrale ne pose pas de problème, sa primitive est
$\displaystyle \frac{ (x-r)^{ -k + 1 } }{ -k + 1 }$     si  $\displaystyle k\ne 1$     et  $\displaystyle \ln\vert x-r\vert$     si  $\displaystyle k=1 ~. $
Considérons donc le 2e type d'intégrale. On l'écrit d'abord sous la forme
$\displaystyle \frac{ A\,x + B }{ (x^2 + b\,x +c )^k} = D \, \frac{ 2\,x + b }{ (x^2 + b\,x +c )^k} + \frac{ E }{ (x^2 + b\,x +c )^k} $
avec $ D = \frac A2 $ et $ E = B - b\,D$. Ainsi, le premier terme est de la forme $ D\, u'\,u^{-k}$, avec la primitive $ \frac D{-k+1}u^{-k+1}$(resp. $ D \ln \vert u\vert $ pour $ k=1$).
Tout ce qui reste donc à calculer est la primitive $ \int \frac{ \rd x }{ (x^2 + b\,x +c )^k}$ ($ \Delta<0$).
Pour ce faire, on se ramène par un changement de variable à cette intégrale avec $ b=0$ et avec $ c=1$, en posant successivement $ u=x+\frac b2$, puis $ t=\sqrt{c-b^2/4}\,u$).
Pour calculer $ \int \frac{ \rd t }{ (t^2 + 1 )^k}$, on pose $ t = \tan\theta$, $ \theta\in\lr][{-\frac\pi2,\frac\pi2}$, $ \rd t = (1+\tan^2\theta)\rd\theta $.
[justifier ce chgt de variable !]
Alors
$\displaystyle \int \frac{ \rd t }{ (t^2 + 1 )^k} = \int \frac{ (1+\tan^2\theta)... ...{ \rd \theta }{ ( 1 + \tan^2\theta )^{k-1}} = \int (\cos\theta)^{2k-2} d\theta $
(rappel: $ 1/\cos^2\theta=1+\tan^2\theta$). 
Pour $ k=1$, une primitive est $ \theta = \arctan t$. Sinon, on fait une intégration par partie d'un facteur $ \cos x$ pour diminuer l'exposant de 2:
$\displaystyle \int\cos^{2k-2}xdx$$\displaystyle =[\cos^{2k-3}x\sin x]-\int(2k-3)\cos^{2k-4}x(-\sin x)\sin xdx$   
$\displaystyle =[\cos^{2k-3}x\sin x] + (2k-3)\int\cos^{2k-4}x(1-\cos^2x)dx$   
$\displaystyle =\frac1{2k-2}\lr(){[\cos^{2k-3}x\sin x]+(2k-3)\int\cos^{2k-4}xdx}$   

où la dernière ligne est obtenue en faisant passer toutes les $ \int\cos^{2k-2}xdx$ dans le membre de gauche puis en divisant par le coefficient $ 4-2k$. Avec $ \cos^{2k-3}x\sin x=\cos^{2k-2}x\tan x$ et $ \cos²x=1+\tan²x$, on a enfin
$\displaystyle I_k$$\displaystyle := \int \frac{ \rd t }{ (t^2 + 1 )^k}$   
$\displaystyle =\frac1{2k-2} \lr(){ \lr[]{\frac t{(1+t²)^{k-1}}]} +(2k-3) I_{k-1} }$   

ce qui permet, avec $ I_1=\arctan t$, de calculer $ I_k$ pour tout $ k\in\N^*$.
Remarque Dans la pratique, on effectue le changement de variables pour passer de $ x^2+b\,x+c$ à $ 1 + \tan^2\theta$ en une seule fois.
Exemple On écrira par exemple
$\displaystyle x^2+x+1$$\displaystyle = \lr(){x+\frac12}^2-\frac14+1 =\lr(){x+\frac12}^2+\frac34$   
$\displaystyle =\frac34\lr(){\lr[]{\sqrt{\frac43}\lr(){x+\frac12}}^2+1} =\frac34(\tan^2\theta+1) ~,$   

avec $ \tan\theta=\sqrt{\frac43}\lr(){x+\frac12 }$.

Primitives des fonctions rationnelles de $ \sin x$ et $ \cos x$

Définition On dit que $ f(x)$ est une fonction rationnelle de $ \sin x$ et $ \cos x$ s'il existent des polynômes (en 2 variables)$ A,B\in\R[X,Y]$ ( $ A=\sum a_{ij}\,X^i\,Y^j$, idem pour $ B$) tels que $ f(x) = A(\sin x,\cos x) / B(\sin x,\cos x) $. 
Exemple $ f(x) = \dfrac{\cos x-\sin x}{\sin x\cos^2x } $ : ici, $ A=Y-X$, $ B=X\,Y^2$.

Méthode d'intégration:

On distingue 3 cas (aide mnémotechnique: la nouvelle variable est chaque fois invariante sous la transformation considérée)
  • si $ f(-x) = -f(x)$, on pose $ t=\cos x$ (invariant, or $ \sin(-x)=-\sin(x)$)
  • si $ f(\pi-x) = -f(x)$, on pose $ t=\sin x$ (invar., or $ \cos(\pi-x)=-\cos(x)$)
  • si $ f(\pi+x) = f(x)$, on pose $ t=\tan x$ (invar., mais $ \sin$, $ \cos$ chgt de signe)
Exemple $ f(x) = \dfrac{\sin x}{\cos^3 x + \sin^2 x } $. On pose $ t=\cos x$, $ \rd t=-\sin xdx$, donc
$\displaystyle \int f(x)dx = \int \frac{-\rd t}{t^3+(1-t^2)} ~, $
on arrive ainsi à une simple fraction rationnelle à intégrer, et on substituera finalement $ t=\cos x$ dans le résultat.

Autres fractions rationnelles

Dans les cas suivants, on peut encore se ramener à la recherche d'une primitive d'une fraction rationnelle:
Théorème $ \,$ 
a) $ f(e^x, \sh x, \ch x, th x)$:
on pose $ t=e^x,~ x=\ln t,~ \rd x=\frac1t \rd t$. Avec $ \sh x=\frac12(t-t^{-1})$, $ \ch x = \frac12\lr(){t+t^{-1}}$, on retrouve une fraction rationnelle en $ t$.
b) $ f\p{x,\sqrt[n]{\frac{a\,x+b}{c\,x+d}}}$ avec $ ad-bc\ne0$:
on pose
$\displaystyle y=\sqrt[n]{\frac{a\,x+b}{c\,x+d}} \iff x=\frac{b-d\,y^n}{c\,y^n-a} ,~ \rd x=\frac{a\,d-b\,c}{(c\,y^n-a)²}n\,y^{n-1}\rd y . $

et on retrouve encore une fraction rationnelle en $ y$.
c) $ f(x,\sqrt{a\,x²+b\,x+c} )$:
On transforme la racine en une des formes suivantes:
  • $ \sqrt{t^2+1}$ : on pose alors $ t=\sh u \impl \sqrt{t^2+1}=\ch u$
  • $ \sqrt{t^2-1}$ : on pose alors $ t=\pm\ch u~(u>0) \impl \sqrt{t^2-1}=\sh u$
  • $ \sqrt{1-t^2}$ : on pose alors $ t=\sin u$ ou $ t=\cos u$
Dans chacun des cas, on retombe sur une fraction rationnelle d'un des types qui précèdent (avec $ \ch,\sh$ ou $ \sin,\cos$).

Exemple $ f(x)=\dfrac x{\sqrt{x^2+4\,x+5}}$: on a $ x^2+4\,x+5 = (x+2)^2+1$, on posera donc $ x+2=\sh u$, d'ou$ \sqrt{x^2+4\,x+5}=\ch u$, $ \rd x=\ch u\,\rd u$ et
$\displaystyle \int f(x)dx$$\displaystyle = \int\frac{\sh u-2}{\ch u}\,\ch udu= \int(\sh u-2)du$   
$\displaystyle = \ch u-2\,u = \sqrt{x^2+4\,x+5}-2\,{\rm Arsh}\,(x+2)~.$   


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