Soit \(f(x)={\alpha x+\beta\over ax^2+bx+c}\)
1. Supposons que le dénominateur \(ax^2+bx+c\) possède deux racines réelles distinctes \(x_1\) et \(x_2\)
Alors \(ax^2+bx+c=a(x-x_1)(x-x_2)\)
Alors \(f(x)={\alpha x+\beta\over a(x-x_1)(x-x_2)}\) et \(\exists A,B\in\Bbb R\text{ tq } f(x)={A\over x-x_1}+{B\over x-x_2}\)
Alors $$\int f(x)dx=A\ln\lvert x-x_1\rvert+B\ln\lvert x-x_2\rvert +k,k\in\Bbb R$$ sur chacun des intervalles \(]-\infty,x_1[\), \(]x_1,x_2[\) et \(]x_2,+\infty[\)
2. Supposons que le dénominateur possède une racine double
Ici, \(f(x)={\alpha x+\beta\over a(x-x_0)^2}\)
Il existe \(A,B\in\Bbb R\) tels que \(f(x)={A\over x-x_0}+{B\over(x-x_0)^2}\)
$$\begin{align}\int f(x)dx&=A\int{1\over x-x_0}dx+B\int\frac1{(x-x_0)^2}dx\\ &=A\ln\lvert x-x_0\rvert-\frac B{x-x_0}+k,k\in\Bbb R\end{align}$$ sur chacun des intervalles \(]-\infty,x_0[\), \(]x_0,+\infty[\)
3. Le dénominateur \(ax^2+bx+c\) ne possède pas de racine réelle
$$\begin{align}\int f(x)dx&=\int{\alpha x+\beta\over ax^2+bx+c}dx\\ &=\int{\gamma u+\delta\over u^2+1}dx\tag{1}\end{align}$$\((1)\) \(\to\) par changement de variable :
$$\begin{align}ax^2+bx+c&=a\left(x^2+\frac bax+\frac ca\right)\\ &=a\left(x^2+2\frac b{2a}x+\frac ca\right)\tag{2}\\ &=a\left(\left(x+\frac b{2a}\right)^2+\frac ca-\frac{b^2}{4a^2}\right)\\ &=a\left(\left(\underbrace {x+\frac b{2a}}_X\right)^2+\underbrace{{4ac-b^2\over4a^2}}_k\right)\\ &=a(X^2+k)\\ &=ak\left(\underbrace{\left({\frac X{\sqrt k}}\right)^2}_{u^2}+1\right)\end{align}$$\((2)\) \(\to\) on cherche à appliquer l'identité remarquable \((x+y)^2=x^2+2xy+y^2\)
exemple :
$$f(x)={x+1\over2x^2+x+1}$$
$$\Delta=1^2-4.2.1\lt 0$$
alors \(2x^2+x+1\) ne possède pas de racine réelle
soit \(g\) une fonction et \(m\) un réel tels que $$\begin{align}x+1&=m(2x^2+x+1)'+g(x)\tag{1}\\ &=\frac14(4x+1)-\frac14+1\tag{2}\\ &=\frac14(4x+1)+\frac34\end{align}$$
$$\begin{align}f(x)&={\frac14\cdot{4x+1\over2x^2+x+1}}+\frac34\cdot\frac1{2x^2+x+1}\tag{2}\\ &=\frac14\cdot{(2x^2+x+1)'\over2x^2+x+1}+\frac34\cdot\frac1{2x^2+x+1}\end{align}$$
\((2)\) \(\to\) d'après un théorème belge bizarre
$$\begin{align}F(x)&=\int{x+1\over2x^2+x+1}dx\\ &=\frac14\ln\lvert2x^2+x+1\rvert+\underbrace{\frac34\int{dx\over2x^2+x+1}}_{F_1(x)}\end{align}$$
$$\begin{align}2x^2+x+1&=2\left(x^2+\frac x2+\frac12\right)\tag{3}\\ &=2\left(x^2+2x\frac14+\frac12\right)\\ &=2\left(\left(x+\frac14\right)^2-\frac1{16}+\frac12\right)\\ &=2\left(\left(x+\frac14\right)^2+\frac7{16}\right)\end{align}$$
\((3)\) \(\to\) on cherche à exprimer \(\frac x2\) (pour l'indentité remarquable) :
$$\begin{align}2mx&=\frac x2\\ m&=\frac x2\cdot\frac1{2x}=\frac14\end{align}$$
alors $$\begin{align}\frac1{2x^2+x+1}&=\frac1{2\left(x+\frac14\right)^2+\frac78}\\ &=\frac87\left(\frac1{\frac87\cdot2\left(x+\frac14\right)^2+1}\right)\\ &=\frac87\cdot\frac1{\underbrace{(\frac4{\sqrt7}(x+\frac14))^2}_{u^2}+1}\end{align}$$
$$\begin{align}\int{dx\over2x^2+x+1}&=\int\frac87{dx\over(\frac4{\sqrt7}(x+\frac14))^2+1}\\ &=\frac87\int{du\over(x^2+1)}\frac{\sqrt7}4\\ &=\frac{\sqrt7}4\frac87\arctan u\\ &=\frac2{\sqrt7}\arctan\left(\frac4{\sqrt7}\left(x+\frac14\right)\right)\end{align}$$
$$\begin{align}\int f(x)dx=\frac14\ln\lvert2x^2+x=1\rvert+\frac3{2\sqrt7}\arctan\left(\frac4{\sqrt7}\left(x+\frac14\right)\right)+k,k\in\Bbb R\end{align}$$