Éléments simples et primitives : corrigé du contrôle de maths en L1

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Barème du contrôle corrigé : éléments simples et primitives

Le corrigé détaillé : éléments simples et primitives

Exercice 1 – Cours et pôles simples (4 points)

1. Comme \(\deg P < \deg Q\), la fraction n’a pas de partie entière. Le trinôme \(x^2 + px + q\) n’a pas de racine réelle, car son discriminant est strictement négatif. Il existe donc des réels uniques \(\alpha\), \(\beta\), \(\gamma\) et \(\delta\) tels que :

   \[F(x) = \frac{\alpha}{x – a} + \frac{\beta}{(x – a)^2} + \frac{\gamma x + \delta}{x^2 + px + q}.\]

2. Puisque \(a\) est un pôle simple, la décomposition s’écrit \(F = \frac{c}{X – a} + R\), où \(R\) est une fraction qui n’admet pas \(a\) pour pôle. En multipliant par \(X – a\), on obtient \(\frac{P}{Q_1} = c + (X – a)R\).

   Les deux membres sont définis en \(a\), car \(Q_1(a) \neq 0\). L’évaluation en \(a\) donne alors \(c = \frac{P(a)}{Q_1(a)}\). De plus, en dérivant \(Q = (X – a)Q_1\), on trouve \(Q^{\prime} = Q_1 + (X – a)Q_1^{\prime}\), donc \(Q^{\prime}(a) = Q_1(a)\). Ainsi, \(c = \frac{P(a)}{Q^{\prime}(a)}\).

3. Comme \(1\) est racine, on divise par \(x – 1\) : \(x^3 – 7x + 6 = (x – 1)\left(x^2 + x – 6\right)\). Le trinôme a pour racines \(2\) et \(-3\), donc \(x^3 – 7x + 6 = (x – 1)(x – 2)(x + 3)\).

   Les trois pôles sont simples. Avec \(Q^{\prime}(x) = 3x^2 – 7\), la question précédente donne les coefficients \(\frac{6}{-4} = -\frac{3}{2}\) en \(1\), puis \(\frac{9}{5}\) en \(2\), et enfin \(\frac{14}{20} = \frac{7}{10}\) en \(-3\). Par conséquent :

   \[F(x) = -\frac{3}{2} \times \frac{1}{x – 1} + \frac{9}{5} \times \frac{1}{x – 2} + \frac{7}{10} \times \frac{1}{x + 3}.\]

   On contrôle ce résultat : \(xF(x)\) tend vers \(1\) en l’infini, et justement \(-\frac{3}{2} + \frac{9}{5} + \frac{7}{10} = \frac{-15 + 18 + 7}{10} = 1\).

4. Sur \(]2\,;\,+\infty[\), les trois quantités \(x – 1\), \(x – 2\) et \(x + 3\) sont strictement positives. Une primitive de \(F\) y est donc \(x \mapsto -\frac{3}{2}\ln(x – 1) + \frac{9}{5}\ln(x – 2) + \frac{7}{10}\ln(x + 3)\).

Barème : a) 1 point, dont 0,5 pour le terme de seconde espèce ; b) 1 point, moitié pour l’évaluation, moitié pour le lien avec la dérivée ; c) 1,5 point, avec 0,5 pour la factorisation et 1 pour les trois coefficients ; d) 0,5 point, logarithmes sans valeur absolue justifiés.

Piège classique : appliquer la formule \(\frac{P(a)}{Q^{\prime}(a)}\) en un pôle multiple, où elle perd tout sens puisque \(Q^{\prime}(a) = 0\).

Exercice 2 – Une fraction avec un pôle double (5 points)

1. Le numérateur est de degré \(1\), donc strictement inférieur au degré \(3\) du dénominateur. Celui-ci est déjà factorisé : \(1\) est un pôle double et \(-2\) un pôle simple. Le théorème de décomposition sur \(\mathbb{R}\) assure donc l’existence et l’unicité de \(a\), \(b\) et \(c\).

2. On multiplie d’abord par \((x – 1)^2\) : \(\frac{3x + 1}{x + 2} = a(x – 1) + b + \frac{c(x – 1)^2}{x + 2}\). L’évaluation en \(1\) donne alors \(b = \frac{4}{3}\).

   Ensuite, la multiplication par \(x + 2\) puis l’évaluation en \(-2\) donnent \(c = \frac{-6 + 1}{(-3)^2}\), soit \(c = -\frac{5}{9}\).

3. Le numérateur de \(xG(x)\) est de degré \(2\) et son dénominateur de degré \(3\), donc \(xG(x)\) tend vers \(0\) en \(+\infty\). Par ailleurs, \(\frac{ax}{x – 1}\) tend vers \(a\), \(\frac{bx}{(x – 1)^2}\) vers \(0\) et \(\frac{cx}{x + 2}\) vers \(c\).

   Par unicité de la limite, \(a + c = 0\), donc \(a = \frac{5}{9}\).

4. D’une part, \(G(0) = \frac{1}{1 \times 2} = \frac{1}{2}\). D’autre part, la décomposition donne \(-a + b + \frac{c}{2} = -\frac{10}{18} + \frac{24}{18} – \frac{5}{18} = \frac{9}{18} = \frac{1}{2}\). Les deux valeurs coïncident, la décomposition est confirmée.

5. Sur \(]1\,;\,+\infty[\), on a \(x – 1 > 0\) et \(x + 2 > 0\). Une primitive de \(\frac{1}{(x – 1)^2}\) est \(-\frac{1}{x – 1}\). Ainsi, une primitive de \(G\) est :

   \[\Phi(x) = \frac{5}{9}\ln\left(\frac{x – 1}{x + 2}\right) – \frac{4}{3(x – 1)}.\]

   On calcule ensuite \(\Phi(4) = \frac{5}{9}\ln\left(\frac{1}{2}\right) – \frac{4}{9}\) et \(\Phi(2) = \frac{5}{9}\ln\left(\frac{1}{4}\right) – \frac{4}{3}\). Comme \(\ln\left(\frac{1}{4}\right) = -2\ln 2\), la différence vaut :

   \[\int_{2}^{4} G(x)\,\mathrm{d}x = \Phi(4) – \Phi(2) = -\frac{5}{9}\ln 2 + \frac{10}{9}\ln 2 – \frac{4}{9} + \frac{12}{9}.\]

   Finalement, \(\int_{2}^{4} G(x)\,\mathrm{d}x = \frac{8}{9} + \frac{5}{9}\ln 2\), soit environ \(1{,}27\), ce qui est cohérent avec l’aire de la figure.

Barème : a) 0,5 point ; b) 1 point, 0,5 par coefficient ; c) 1 point, dont 0,5 pour la limite de \(xG(x)\) ; d) 0,5 point ; e) 2 points, avec 1 pour la primitive et 1 pour la valeur exacte.

Exercice 3 – Trinômes sans racine réelle (5 points)

Partie A

1. Le trinôme \(x^2 + 1\) n’a pas de racine réelle et le degré du numérateur est inférieur à \(3\). La décomposition s’écrit donc \(K(x) = \frac{\lambda}{x – 1} + \frac{\mu x + \nu}{x^2 + 1}\).

   D’abord, \((x – 1)K(x) = \frac{x + 3}{x^2 + 1}\), qui vaut \(\frac{4}{2}\) en \(1\) : ainsi \(\lambda = 2\). Ensuite, \(\left(x^2 + 1\right)K(x) = \frac{x + 3}{x – 1} = \frac{\lambda\left(x^2 + 1\right)}{x – 1} + \mu x + \nu\). En évaluant en \(i\), le premier terme s’annule :

   \[\mu i + \nu = \frac{3 + i}{-1 + i} = \frac{(3 + i)(-1 – i)}{2} = \frac{-2 – 4i}{2} = -1 – 2i.\]

   Comme \(\mu\) et \(\nu\) sont réels, on identifie parties réelle et imaginaire : \(\mu = -2\) et \(\nu = -1\). Donc \(K(x) = \frac{2}{x – 1} – \frac{2x + 1}{x^2 + 1}\). Le contrôle en \(0\) confirme : \(K(0) = -3\) et \(-2 – 1 = -3\).

2. On sépare \(\frac{2x}{x^2 + 1}\), dont une primitive est \(\ln\left(x^2 + 1\right)\), et \(\frac{1}{x^2 + 1}\), dont une primitive est \(\arctan x\). Sur \(]1\,;\,+\infty[\), on a aussi \(x – 1 > 0\). Une primitive de \(K\) est donc \(x \mapsto 2\ln(x – 1) – \ln\left(x^2 + 1\right) – \arctan x\).

Partie B

3. On a \(2x + 7 = (2x + 2) + 5\), donc \(\alpha = 1\) et \(\beta = 5\). De plus, \(x^2 + 2x + 5 = (x + 1)^2 + 4\), qui ne s’annule jamais sur \(\mathbb{R}\).

4. Ainsi, \(H(x) = \frac{2x + 2}{x^2 + 2x + 5} + \frac{5}{(x + 1)^2 + 4}\). Le premier terme est de la forme \(\frac{v^{\prime}}{v}\) avec \(v > 0\). Pour le second, la dérivée de \(\arctan\left(\frac{x + 1}{2}\right)\) vaut \(\frac{2}{(x + 1)^2 + 4}\).

   Par conséquent, une primitive de \(H\) sur \(\mathbb{R}\) est \(x \mapsto \ln\left(x^2 + 2x + 5\right) + \frac{5}{2}\arctan\left(\frac{x + 1}{2}\right)\).

5. En \(1\), la primitive vaut \(\ln 8 + \frac{5}{2} \times \frac{\pi}{4}\). En \(-1\), elle vaut \(\ln 4 + 0\). La différence donne alors \(\ln 8 – \ln 4 + \frac{5\pi}{8}\), donc \(\int_{-1}^{1} H(x)\,\mathrm{d}x = \ln 2 + \frac{5\pi}{8}\), soit environ \(2{,}66\).

Barème : 1) 1,5 point, dont 0,5 pour le pôle réel et 1 pour l’évaluation en i ; 2) 1 point ; 3) 0,5 point ; 4) 1 point, avec 0,5 pour l’arctangente ; 5) 1 point.

Piège classique : oublier le coefficient \(\frac{1}{2}\) devant l’arctangente, car une primitive de \(\frac{1}{u^2 + 4}\) est \(\frac{1}{2}\arctan\left(\frac{u}{2}\right)\).

Exercice 4 – Problème : deux intégrales trigonométriques (6 points)

Partie A – Le changement de variable u = cos x

1. Les pôles \(-2\) et \(3\) sont simples, donc \(\frac{1}{(2 + u)(3 – u)} = \frac{r}{2 + u} + \frac{s}{3 – u}\). On multiplie par \(2 + u\) puis on évalue en \(-2\) : \(r = \frac{1}{5}\). De même, l’évaluation en \(3\) après multiplication par \(3 – u\) donne \(s = \frac{1}{5}\). Ainsi, \(\frac{1}{(2 + u)(3 – u)} = \frac{1}{5}\left(\frac{1}{2 + u} + \frac{1}{3 – u}\right)\).

2. Posons \(g(u) = \frac{1}{(2 + u)(3 – u)}\), continue sur \([0\,;\,1]\) car ses pôles sont hors de ce segment. La fonction \(\varphi = \cos\) est de classe \(C^1\) sur \(\left[0\,;\,\frac{\pi}{2}\right]\), avec \(\varphi^{\prime}(x) = -\sin x\), \(\varphi(0) = 1\) et \(\varphi\left(\frac{\pi}{2}\right) = 0\).

   Comme \(A = -\int_{0}^{\pi/2} g(\varphi(x))\varphi^{\prime}(x)\,\mathrm{d}x\), la formule du changement de variable donne \(A = -\int_{1}^{0} g(u)\,\mathrm{d}u = \int_{0}^{1} g(u)\,\mathrm{d}u\). Ensuite, d’après la question 1 :

   \[A = \frac{1}{5}\Big[\ln(2 + u) – \ln(3 – u)\Big]_{0}^{1} = \frac{1}{5}\left(\ln 3 – \ln 2 – \ln 2 + \ln 3\right).\]

   On obtient donc \(A = \frac{2}{5}\ln\left(\frac{3}{2}\right)\).

Partie B – Le changement de variable t = tan(x/2)

3. Quand \(x\) parcourt \(\left[0\,;\,\frac{\pi}{2}\right]\), le réel \(\frac{x}{2}\) parcourt \(\left[0\,;\,\frac{\pi}{4}\right]\). Or la tangente est continue et strictement croissante sur cet intervalle, de \(0\) à \(1\). Donc \(t\) décrit \([0\,;\,1]\), et puisque \(\frac{x}{2}\) appartient à \(\left]-\frac{\pi}{2}\,;\,\frac{\pi}{2}\right[\), on a \(x = 2\arctan t\).

   Ensuite, \(\sin x = 2\sin\left(\frac{x}{2}\right)\cos\left(\frac{x}{2}\right) = 2\tan\left(\frac{x}{2}\right)\cos^2\left(\frac{x}{2}\right)\). Comme \(\cos^2\left(\frac{x}{2}\right) = \frac{1}{1 + t^2}\), on conclut que \(\sin x = \frac{2t}{1 + t^2}\).

4. La fonction \(\psi : t \mapsto 2\arctan t\) est de classe \(C^1\) sur \([0\,;\,1]\), avec \(\psi(0) = 0\), \(\psi(1) = \frac{\pi}{2}\) et \(\psi^{\prime}(t) = \frac{2}{1 + t^2}\). De plus, \(2 – \sin x = \frac{2 + 2t^2 – 2t}{1 + t^2}\), qui ne s’annule pas.

   La formule du changement de variable donne alors :

   \[B = \int_{0}^{1} \frac{1 + t^2}{2\left(t^2 – t + 1\right)} \times \frac{2}{1 + t^2}\,\mathrm{d}t = \int_{0}^{1} \frac{\mathrm{d}t}{t^2 – t + 1}.\]

5. La forme canonique s’écrit \(t^2 – t + 1 = \left(t – \frac{1}{2}\right)^2 + \frac{3}{4}\). Une primitive de \(\frac{1}{\left(t – \frac{1}{2}\right)^2 + \frac{3}{4}}\) est donc \(\frac{2}{\sqrt{3}}\arctan\left(\frac{2t – 1}{\sqrt{3}}\right)\).

   On en déduit \(B = \frac{2}{\sqrt{3}}\left(\arctan\frac{1}{\sqrt{3}} – \arctan\left(-\frac{1}{\sqrt{3}}\right)\right) = \frac{2}{\sqrt{3}}\left(\frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{6}\right)\).

   Finalement, \(B = \frac{2\pi}{3\sqrt{3}} = \frac{2\sqrt{3}\,\pi}{9}\), soit environ \(1{,}21\), en accord avec l’aire colorée de la figure.

Barème : 1) 1 point ; 2) 1,5 point, dont 0,5 pour les hypothèses du changement de variable et 0,5 pour les bornes ; 3) 1 point, partagé entre l’intervalle de \(t\) et la formule de \(\sin x\) ; 4) 1 point ; 5) 1,5 point, dont 0,5 pour la forme canonique.

Piège classique : inverser les bornes sans changer le signe lorsque \(u = \cos x\) décroît de \(1\) à \(0\).

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