Primitives de fractions rationnelles : corrigé du contrôle de maths en MPSI

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Barème du contrôle corrigé : primitives de fractions rationnelles

Le corrigé détaillé : primitives de fractions rationnelles

Exercice 1 – Décompositions en éléments simples sur R (4 points)

1. Comme \(\deg\left(x^2 + 2\right) < \deg\left(x(x – 1)(x + 2)\right)\), aucune partie polynomiale n’apparaît. Les pôles \(0\), \(1\) et \(-2\) sont simples, d’où une écriture \(R_1(x) = \frac{\alpha}{x} + \frac{\beta}{x – 1} + \frac{\gamma}{x + 2}\). En multipliant par \(x\) puis en évaluant en 0, on trouve \(\alpha = \frac{2}{(-1) \times 2} = -1\). De même, \(\beta = \frac{3}{1 \times 3} = 1\) et \(\gamma = \frac{6}{(-2) \times (-3)} = 1\). Contrôle en \(x = 2\) : \(R_1(2) = \frac{6}{8} = \frac{3}{4}\) et \(-\frac{1}{2} + 1 + \frac{1}{4} = \frac{3}{4}\). Ainsi \(R_1(x) = -\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{x – 1} + \dfrac{1}{x + 2}\).

2. Question 2 : un pôle double

   On multiplie d’abord par \((x – 1)^2\) et l’on évalue en 1 : \(b = \frac{3}{2}\). Ensuite, la multiplication par \(x + 1\) puis l’évaluation en \(-1\) donnent \(c = \frac{-1}{(-2)^2} = -\frac{1}{4}\). Enfin, \(x\,R_2(x)\) tend vers 0 en \(+\infty\), alors que le membre de droite multiplié par \(x\) tend vers \(a + c\) : par conséquent \(a = -c = \frac{1}{4}\). Contrôle en \(x = 0\) : \(R_2(0) = 1\) et \(-\frac{1}{4} + \frac{3}{2} – \frac{1}{4} = 1\).

   Sur \(\left]1\,;+\infty\right[\), les quantités \(x – 1\) et \(x + 1\) sont positives, et une primitive de \(\frac{1}{(x – 1)^2}\) est \(-\frac{1}{x – 1}\). On obtient \(a = \frac{1}{4}\), \(b = \frac{3}{2}\), \(c = -\frac{1}{4}\), et une primitive de \(R_2\) est \(x \mapsto \frac{1}{4}\ln\left(\dfrac{x – 1}{x + 1}\right) – \dfrac{3}{2(x – 1)}\).

3. Sur \([2\,;3]\), aucun pôle n’intervient, et une primitive de \(R_1\) est \(x \mapsto -\ln x + \ln(x – 1) + \ln(x + 2)\). Elle vaut \(\ln\frac{10}{3}\) en 3 et \(-\ln 2 + \ln 4 = \ln 2\) en 2. La différence donne \(\ln\frac{10}{3} – \ln 2 = \ln\frac{10}{6}\). Donc \(\displaystyle\int_2^3 R_1(x)\,\mathrm{d}x = \ln\frac{5}{3}\).

Barème : 1) forme de la décomposition (0,5) et trois coefficients (1) ; 2) coefficients \(b\) et \(c\) (0,5), coefficient \(a\) (0,5), primitive (0,5) ; 3) primitive évaluée (0,5) et résultat (0,5).

Piège classique : pour un pôle double, oublier le terme \(\frac{a}{x – 1}\). Les deux puissances de \(x – 1\) doivent figurer dans la décomposition.

Exercice 2 – Trinômes sans racine réelle (4 points)

1. On a \(x^2 + 2x + 5 = (x + 1)^2 + 4\), qui ne s’annule jamais. Ensuite, \(\frac{1}{(x + 1)^2 + 4} = \frac{1}{4} \times \frac{1}{\left(\frac{x + 1}{2}\right)^2 + 1}\), et la dérivée de \(x \mapsto \arctan\frac{x + 1}{2}\) vaut \(\frac{1}{2} \times \frac{1}{\left(\frac{x + 1}{2}\right)^2 + 1}\). Une primitive sur \(\mathbb{R}\) est donc \(x \mapsto \frac{1}{2}\arctan\frac{x + 1}{2}\). Il vient alors \(\displaystyle\int_{-1}^{1} \frac{\mathrm{d}x}{x^2 + 2x + 5} = \frac{1}{2}\left(\arctan 1 – \arctan 0\right)\). Cette intégrale vaut \(\dfrac{\pi}{8}\).
2. Le numérateur se scinde en \(2x + 3 = (2x + 2) + 1\), où \(2x + 2\) est exactement la dérivée de \(x^2 + 2x + 5\). Comme \(x^2 + 2x + 5 > 0\), une primitive de \(\frac{2x + 2}{x^2 + 2x + 5}\) est \(\ln\left(x^2 + 2x + 5\right)\), sans valeur absolue. Une primitive sur \(\mathbb{R}\) est \(x \mapsto \ln\left(x^2 + 2x + 5\right) + \dfrac{1}{2}\arctan\dfrac{x + 1}{2}\).

3. Question 3 : un facteur irréductible de degré 2

   Le trinôme \(x^2 + 1\) est irréductible sur \(\mathbb{R}\), et le degré du numérateur est inférieur à 3. On cherche donc \(S(x) = \frac{\lambda}{x – 1} + \frac{\mu x + \nu}{x^2 + 1}\). Le produit \((x – 1)S(x)\), pris en \(x = 1\), fournit \(\lambda = \frac{4}{2} = 2\). Ensuite, l’identité \(x^2 + 3x = 2(x^2 + 1) + (\mu x + \nu)(x – 1)\) donne, sur les termes en \(x^2\), \(1 = 2 + \mu\), donc \(\mu = -1\). Le terme constant donne \(0 = 2 – \nu\), donc \(\nu = 2\). Contrôle sur le terme en \(x\) : \(\nu – \mu = 3\), ce qui convient.

   Ainsi \(S(x) = \frac{2}{x – 1} – \frac{1}{2} \times \frac{2x}{x^2 + 1} + \frac{2}{x^2 + 1}\). On a \(S(x) = \dfrac{2}{x – 1} + \dfrac{2 – x}{x^2 + 1}\), et une primitive sur \(\left]1\,;+\infty\right[\) est \(x \mapsto 2\ln(x – 1) – \dfrac{1}{2}\ln\left(x^2 + 1\right) + 2\arctan x\).

Barème : 1) forme canonique (0,5), primitive (0,5), intégrale (0,5) ; 2) 1 point ; 3) décomposition (1) et primitive (0,5).

Piège classique : écrire \(\arctan(x + 1)\) au lieu de \(\frac{1}{2}\arctan\frac{x + 1}{2}\). Il faut d’abord factoriser la constante 4 pour retrouver la forme \(u^2 + 1\).

Exercice 3 – Racines de l’unité et dérivée logarithmique (4 points)

1. Écrivons \(B = (X – a)Q\) avec \(Q(a) \neq 0\), puis \(\frac{A}{B} = \frac{\lambda}{X – a} + G\), où \(G\) n’a pas de pôle en \(a\). En multipliant par \(X – a\), on obtient \(\frac{A}{Q} = \lambda + (X – a)G\) ; l’évaluation en \(a\) donne alors \(\lambda = \frac{A(a)}{Q(a)}\). Or \(B^{\prime} = Q + (X – a)Q^{\prime}\), donc \(B^{\prime}(a) = Q(a)\), ce qui justifie la formule.

   Les racines de \(X^3 – 1\) sont \(1\), \(j\) et \(j^2\), toutes simples. Pour chacune, le coefficient vaut \(\frac{1}{3a^2} = \frac{a}{3a^3} = \frac{a}{3}\), car \(a^3 = 1\). Ainsi \(\dfrac{1}{X^3 – 1} = \dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{X – 1} + \dfrac{j}{X – j} + \dfrac{j^2}{X – j^2}\right)\).

2. Notons \(Q_k = (X – a_k)^{m_k}\), de sorte que \(P = c\,Q_1 \cdots Q_r\). La dérivée d’un produit de \(r\) facteurs donne \(P^{\prime} = c \displaystyle\sum_{k=1}^{r} Q_k^{\prime} \prod_{l \neq k} Q_l\), avec \(Q_k^{\prime} = m_k (X – a_k)^{m_k – 1}\). En divisant par \(P\), chaque terme se simplifie en \(\frac{Q_k^{\prime}}{Q_k} = \frac{m_k}{X – a_k}\). On obtient donc \(\dfrac{P^{\prime}}{P} = \displaystyle\sum_{k=1}^{r} \frac{m_k}{X – a_k}\).

3. Questions 3 et 4 : une somme sur les racines, puis le retour au réel

   Le polynôme \(X^n – 1\) a \(n\) racines distinctes \(\omega_0, \ldots, \omega_{n-1}\), toutes simples. La question 2 donne alors \(\frac{n X^{n-1}}{X^n – 1} = \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{X – \omega_k}\). Comme \(2\) n’est pas une racine de l’unité, on peut évaluer cette égalité de fractions en 2. Il vient \(\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{2 – \omega_k} = \frac{n\,2^{n-1}}{2^n – 1}\). Pour \(n = 2\), les racines sont \(1\) et \(-1\) : la somme vaut \(1 + \frac{1}{3} = \frac{4}{3}\), et la formule donne bien \(\frac{2 \times 2}{3} = \frac{4}{3}\).

4. On a \(\overline{j} = j^2\), \(j + \overline{j} = -1\) et \(j\,\overline{j} = 1\). Ensuite, \(\frac{j}{x – j} + \frac{\overline{j}}{x – \overline{j}} = \frac{(j + \overline{j})x – 2j\overline{j}}{x^2 – (j + \overline{j})x + j\overline{j}} = \frac{-x – 2}{x^2 + x + 1}\). Contrôle en \(x = 0\) : \(\frac{1}{3}\left(-1 – 2\right) = -1\), ce qui convient. Sur \(\mathbb{R}\), on obtient \(\dfrac{1}{x^3 – 1} = \dfrac{1}{3(x – 1)} – \dfrac{x + 2}{3\left(x^2 + x + 1\right)}\).

Barème : 1) justification du coefficient (0,5) et décomposition (0,5) ; 2) dérivée du produit (0,5) et simplification (0,5) ; 3) application à \(X^n – 1\) (0,5), évaluation légitime en 2 et vérification (0,5) ; 4) regroupement (0,5) et résultat (0,5).

Piège classique : évaluer une égalité de fractions en un pôle. Ici, le point 2 convient précisément parce qu’il n’est pas sur le cercle unité.

Exercice 4 – Changements de variable trigonométriques (3 points)

1. Considérons \(\theta : t \mapsto 2\arctan t\) : elle est \(C^1\) sur \([0\,;1]\), strictement croissante, et elle envoie \([0\,;1]\) sur \(\left[0\,;\frac{\pi}{2}\right]\). On peut donc poser \(x = 2\arctan t\), c’est-à-dire \(t = \tan\frac{x}{2}\). Alors \(\mathrm{d}x = \frac{2\,\mathrm{d}t}{1 + t^2}\). De plus, \(\cos x = 2\cos^2\frac{x}{2} – 1\) et \(\cos^2\frac{x}{2} = \frac{1}{1 + t^2}\). On obtient \(\cos x = \dfrac{1 – t^2}{1 + t^2}\) et \(\mathrm{d}x = \dfrac{2\,\mathrm{d}t}{1 + t^2}\).
2. On a \(2 + \cos x = \frac{2 + 2t^2 + 1 – t^2}{1 + t^2} = \frac{3 + t^2}{1 + t^2}\). Par conséquent \(I = \displaystyle\int_0^1 \frac{2\,\mathrm{d}t}{3 + t^2} = \frac{2}{\sqrt{3}}\left[\arctan\frac{t}{\sqrt{3}}\right]_0^1 = \frac{2}{\sqrt{3}} \times \frac{\pi}{6}\). Ainsi \(I = \dfrac{\pi}{3\sqrt{3}} = \dfrac{\pi\sqrt{3}}{9} \approx 0{,}60\). Ce résultat est cohérent avec la figure, car l’intégrande reste entre \(\frac{1}{3}\) et \(\frac{1}{2}\) sur un intervalle de longueur environ \(1{,}57\).
3. La fonction \(t \mapsto \arctan t\) est \(C^1\) et bijective de \([0\,;1]\) sur \(\left[0\,;\frac{\pi}{4}\right]\) ; on pose donc \(x = \arctan t\), d’où \(\mathrm{d}x = \frac{\mathrm{d}t}{1 + t^2}\). Ensuite \(\sin^2 x = \frac{\tan^2 x}{1 + \tan^2 x} = \frac{t^2}{1 + t^2}\), donc \(1 + \sin^2 x = \frac{1 + 2t^2}{1 + t^2}\). Il reste \(K = \displaystyle\int_0^1 \frac{\mathrm{d}t}{1 + 2t^2} = \frac{1}{\sqrt{2}}\left[\arctan\left(\sqrt{2}\,t\right)\right]_0^1\). Finalement \(K = \dfrac{\arctan\sqrt{2}}{\sqrt{2}}\).

Barème : 1) justification du changement de variable (0,5), expressions de \(\cos x\) et de \(\mathrm{d}x\) (0,5) ; 2) fraction en \(t\) (0,5) et valeur (0,5) ; 3) changement justifié (0,5) et valeur (0,5).

Piège classique : oublier de transformer les bornes. Avec \(t = \tan\frac{x}{2}\), la borne \(\frac{\pi}{2}\) devient 1, et non \(\frac{\pi}{2}\).

Exercice 5 – Problème : une fraction, une somme et une intégrale (5 points)

1. Partie A : la décomposition

   Les trois pôles \(0\), \(-1\) et \(-2\) sont simples, et le numérateur est constant. Par multiplication puis évaluation, les coefficients valent \(\frac{1}{1 \times 2} = \frac{1}{2}\) en 0, \(\frac{1}{(-1) \times 1} = -1\) en \(-1\), et \(\frac{1}{(-2) \times (-1)} = \frac{1}{2}\) en \(-2\). Contrôle en \(x = 1\) : \(\frac{1}{2} – \frac{1}{2} + \frac{1}{6} = \frac{1}{6} = f(1)\). Ainsi \(f(x) = \dfrac{1}{2x} – \dfrac{1}{x + 1} + \dfrac{1}{2(x + 2)}\).

2. Partie B : primitive et aire

   Sur \(\left]0\,;+\infty\right[\), les réels \(x\), \(x + 1\) et \(x + 2\) sont positifs. Une primitive de \(f\) est donc \(\frac{1}{2}\ln x – \ln(x + 1) + \frac{1}{2}\ln(x + 2)\), qui s’écrit aussi \(\frac{1}{2}\ln\frac{x(x + 2)}{(x + 1)^2}\). Elle vaut \(\frac{1}{2}\ln\frac{8}{9}\) en 2 et \(\frac{1}{2}\ln\frac{3}{4}\) en 1. Le quotient \(\frac{8}{9} \times \frac{4}{3}\) vaut \(\frac{32}{27}\). L’aire hachurée vaut \(\dfrac{1}{2}\ln\dfrac{32}{27} \approx 0{,}085\). Cette valeur est plausible, puisque \(f\) décroît de \(\frac{1}{6}\) à \(\frac{1}{24}\) sur un intervalle de longueur 1.

3. Partie C : une somme télescopique

   D’après la partie A, \(f(k) = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{k} – \frac{1}{k + 1}\right) – \frac{1}{2}\left(\frac{1}{k + 1} – \frac{1}{k + 2}\right)\). Posons donc \(v_k = \frac{1}{2k(k + 1)}\) : on a alors \(f(k) = v_k – v_{k+1}\). Par télescopage, \(S_N = v_1 – v_{N+1}\), avec \(v_1 = \frac{1}{4}\). En réduisant au même dénominateur, \(S_N = \frac{(N + 1)(N + 2) – 2}{4(N + 1)(N + 2)} = \frac{N(N + 3)}{4(N + 1)(N + 2)}\). Contrôle pour \(N = 1\) : \(\frac{4}{24} = \frac{1}{6} = f(1)\). Ainsi \(S_N = \dfrac{N(N + 3)}{4(N + 1)(N + 2)}\), qui tend vers \(\dfrac{1}{4}\) car \(v_{N+1}\) tend vers 0.

4. Partie D : un changement de variable exponentiel

   La fonction \(u \mapsto \ln u\) est \(C^1\) et bijective de \([1\,;2]\) sur \([0\,;\ln 2]\). On pose alors \(x = \ln u\), donc \(\mathrm{d}x = \frac{\mathrm{d}u}{u}\), et les bornes 0 et \(\ln 2\) deviennent 1 et 2. L’intégrale devient \(\displaystyle\int_1^2 \frac{\mathrm{d}u}{u(u + 1)(u + 2)} = \int_1^2 f(u)\,\mathrm{d}u\). Elle est donc égale à l’intégrale de la partie B, soit \(\dfrac{1}{2}\ln\dfrac{32}{27}\).

Barème : A) 1 point ; B) primitive vérifiée (0,75) et valeur (0,75) ; C) écriture télescopique (0,75), somme et limite (0,75) ; D) changement justifié (0,5) et conclusion (0,5).

Piège classique : en partie D, remplacer \(\mathrm{d}x\) par \(\mathrm{d}u\). Le facteur \(\frac{1}{u}\) est justement celui qui fait apparaître \(f\).

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Consolider primitives de fractions rationnelles après ce corrigé

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