Corrigé des exercices : Fractions rationnelles et primitives en L1 de maths

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Forme irréductible et pôles

Idée clé : on factorise par groupements, on simplifie, et seulement ensuite on lit pôles et zéros.

1. Pour le numérateur, on groupe les termes : \(X^{2}(X+2)-(X+2)=(X+2)\left(X^{2}-1\right)\). Il vaut donc \((X+2)(X-1)(X+1)\). De même, le dénominateur s’écrit \(X^{2}(X-1)-4(X-1)\), soit \((X-1)(X-2)(X+2)\). On obtient \(F=\frac{(X+2)(X-1)(X+1)}{(X-1)(X-2)(X+2)}\).
2. On simplifie par \((X-1)(X+2)\). La fraction \(\frac{X+1}{X-2}\) est irréductible, car ses deux termes n’ont pas de racine commune. Par conséquent, \(F=\frac{X+1}{X-2}\) est de degré \(0\), avec un zéro simple \(-1\) et un pôle simple \(2\). Les nombres \(1\) et \(-2\), qui annulaient le dénominateur de départ, ne sont pas des pôles.
3. Avec l’écriture initiale, la fonction associée n’est définie ni en \(1\) ni en \(-2\). Pourtant, elle coïncide ailleurs avec \(x\mapsto\frac{x+1}{x-2}\), qui est continue en ces deux points. Elle se prolonge donc par continuité en \(1\) et en \(-2\), par les valeurs \(-2\) et \(\frac{1}{4}\). Seul le point \(2\) donne une véritable asymptote verticale.

Corrigé de l’exercice 2 – Trois parties entières

Idée clé : on pose la division euclidienne ; le polynôme quotient fournit directement la partie entière cherchée.

1. La division de \(X^{4}+3X^{2}-X\) par \(X^{2}-X+1\) donne successivement les termes \(X^{2}\), \(X\) et \(3\). On vérifie l’égalité
   \[X^{4}+3X^{2}-X=\left(X^{2}-X+1\right)\left(X^{2}+X+3\right)+X-3.\]

   En effet, le produit vaut \(X^{4}+3X^{2}-2X+3\). La partie entière de \(A\) est \(X^{2}+X+3\), et \(\deg A=2\).

2. On a \((X-2)\left(X^{2}+2X+4\right)=X^{3}-8\). Ainsi \(X^{3}+1=(X-2)\left(X^{2}+2X+4\right)+9\). La partie entière de \(B\) est \(X^{2}+2X+4\), et \(\deg B=2\).
3. Ici \(\deg C=2-3=-1\) est strictement négatif. La partie entière de \(C\) est nulle.

Dans chaque cas, le degré de la partie entière est égal au degré de la fraction lorsqu’il est positif. C’est un contrôle immédiat. De plus, pour \(B\), le reste \(9\) est la valeur du numérateur en \(2\), soit \(2^{3}+1\). Ce fait général découle de l’égalité de division évaluée au point \(2\) : le terme contenant \(X-2\) s’annule.

Corrigé de l’exercice 3 – Une décomposition à pôles simples

Idée clé : pour chaque pôle simple, on cache le facteur correspondant et on évalue le reste au pôle.

1. Comme \(\deg F=-2\), aucun polynôme ne s’ajoute à la décomposition. Chacun des trois pôles \(0\), \(1\) et \(-3\) est d’ordre \(1\). On cherche \(F=\frac{a}{X}+\frac{b}{X-1}+\frac{c}{X+3}\).
   • En \(0\) : \(a=\frac{1}{(-1)\cdot 3}=-\frac{1}{3}\).
   • En \(1\) : \(b=\frac{3}{1\cdot 4}=\frac{3}{4}\).
   • En \(-3\) : \(c=\frac{-5}{(-3)(-4)}=-\frac{5}{12}\).

   Ainsi \(F=-\frac{1}{3X}+\frac{3}{4(X-1)}-\frac{5}{12(X+3)}\). Contrôle : \(xF(x)\) tend vers \(0\), puisque \(\deg F=-2\). La somme \(a+b+c=\frac{-4+9-5}{12}\) est bien nulle.

Un second contrôle utilise une valeur simple, par exemple \(x=2\). D’un côté, \(F(2)=\frac{5}{2\cdot 1\cdot 5}=\frac{1}{2}\). De l’autre, la décomposition donne \(-\frac{1}{6}+\frac{3}{4}-\frac{1}{12}\), soit \(\frac{-2+9-1}{12}=\frac{1}{2}\). Les deux tests concordent.

Corrigé de l’exercice 4 – Primitives de première espèce

Idée clé : on reconnaît une puissance de \(x-a\), ou une forme \(\frac{u^{\prime}}{u}\), en gardant la valeur absolue dans le logarithme.

1. Avec \(k=3\), une primitive est \(x\mapsto-\frac{1}{2(x-4)^{2}}\).
2. On écrit \(\frac{5}{2x+1}=\frac{5}{2}\cdot\frac{2}{2x+1}\). Sur l’intervalle donné, \(2x+1<0\). Une primitive est donc \(x\mapsto\frac{5}{2}\ln(-2x-1)\).
3. On décompose : \(\frac{1}{x(x+1)}=\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}\). Sur \([1,2]\), une primitive est \(x\mapsto\ln\frac{x}{x+1}\). Ainsi
   \[\int_{1}^{2}\frac{\mathrm{d}x}{x(x+1)}=\ln\frac{2}{3}-\ln\frac{1}{2}=\ln\frac{4}{3}.\]

   L’intégrale vaut \(\ln\frac{4}{3}\).

Pour la question 2, on peut aussi écrire \(\frac{5}{2}\ln|2x+1|\), valable sur chacun des deux intervalles. Notons cependant qu’une primitive sur \(\mathbb{R}\) privé de \(-\frac{1}{2}\) peut ajouter des constantes différentes de chaque côté du pôle. C’est pourquoi on précise toujours l’intervalle de travail.

Corrigé de l’exercice 5 – Mise sous forme canonique

Idée clé : on écrit le trinôme sous la forme \(u^{2}+\delta^{2}\), puis on applique la primitive \(\frac{1}{\delta}\arctan\frac{u}{\delta}\).

1. On a \(x^{2}+6x+13=(x+3)^{2}+4\), donc \(\delta=2\). Une primitive est \(x\mapsto\frac{1}{2}\arctan\frac{x+3}{2}\).
2. On a \(x^{2}+x+1=\left(x+\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4}\), donc \(\delta=\frac{\sqrt{3}}{2}\). Une primitive est \(x\mapsto\frac{2}{\sqrt{3}}\arctan\frac{2x+1}{\sqrt{3}}\). On évalue entre \(0\) et \(1\) :
   \[\frac{2}{\sqrt{3}}\left(\arctan\sqrt{3}-\arctan\frac{1}{\sqrt{3}}\right)=\frac{2}{\sqrt{3}}\left(\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{6}\right).\]

   L’intégrale vaut \(\frac{\pi}{3\sqrt{3}}\), soit environ \(0{,}605\).

L’erreur classique consiste ici à oublier le facteur \(\frac{1}{\delta}\). Avec \(\delta=\frac{\sqrt{3}}{2}\), ce facteur vaut \(\frac{2}{\sqrt{3}}\), qui n’est pas proche de \(1\). Un contrôle grossier aide : l’intégrande varie entre \(\frac{1}{3}\) et \(1\) sur \([0,1]\), donc l’intégrale doit tomber entre ces deux nombres.

Corrigé de l’exercice 6 – Quel changement de variable ?

Idée clé : on teste chaque symétrie sur \(f(x)\,\mathrm{d}x\), sans oublier que \(\mathrm{d}x\) change de signe pour \(x\mapsto -x\) et \(x\mapsto\pi-x\).

1. Par \(x\mapsto -x\), le numérateur \(\sin x\) change de signe, et \(\mathrm{d}x\) aussi. La forme est invariante. On pose \(t=\cos x\).
2. Par \(x\mapsto\pi-x\), \(\cos^{3}x\) change de signe, \(\sin x\) ne change pas, et \(\mathrm{d}x\) change de signe. La forme est invariante. On pose \(t=\sin x\).
3. Par \(x\mapsto\pi+x\), le sinus et le cosinus changent tous deux de signe ; leur produit est donc inchangé, de même que \(\mathrm{d}x\). On pose \(t=\tan x\).
4. Par \(x\mapsto -x\) et par \(x\mapsto\pi+x\), on obtient \(\frac{1}{2-\sin x}\), qui diffère de \(\pm f_4(x)\). Par \(x\mapsto\pi-x\), on obtient \(-f_4(x)\,\mathrm{d}x\). Aucune invariance ne convient. On pose \(t=\tan\frac{x}{2}\).

Pour \(f_1\), posons \(t=\cos x\), d’où \(\mathrm{d}t=-\sin x\,\mathrm{d}x\). On obtient \(\int\frac{-\mathrm{d}t}{1+t^{2}}=-\arctan t\). Une primitive de \(f_1\) sur \(\mathbb{R}\) est \(x\mapsto-\arctan(\cos x)\). La dérivée de cette fonction vaut bien \(\frac{\sin x}{1+\cos^{2}x}\).

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Un pôle double

Idée clé : deux coefficients s’obtiennent en multipliant puis en évaluant ; le troisième vient de la limite de \(xF(x)\) en l’infini.

1. Le degré vaut \(-1\), donc la partie entière est nulle. On cherche \(F=\frac{a}{X+2}+\frac{b}{X-1}+\frac{c}{(X-1)^{2}}\).
   • On multiplie par \(X+2\) et on évalue en \(-2\) : \(a=\frac{5}{9}\).
   • On multiplie par \((X-1)^{2}\) et on évalue en \(1\) : \(c=\frac{2}{3}\).
   • En l’infini, \(xF(x)\) tend vers \(1\). Or cette limite vaut aussi \(a+b\). Donc \(b=\frac{4}{9}\).

   Contrôle en \(0\) : \(F(0)=\frac{1}{2}\), et \(\frac{5}{18}-\frac{4}{9}+\frac{2}{3}=\frac{5-8+12}{18}=\frac{1}{2}\). Ainsi \(F=\frac{5}{9(X+2)}+\frac{4}{9(X-1)}+\frac{2}{3(X-1)^{2}}\).

2. Sur \(]1,+\infty[\), les quantités \(x+2\) et \(x-1\) sont strictement positives. On intègre terme à terme : une primitive est \(x\mapsto\frac{5}{9}\ln(x+2)+\frac{4}{9}\ln(x-1)-\frac{2}{3(x-1)}\).

Le terme d’ordre \(2\) ne produit pas de logarithme. En effet, la primitive de \((x-1)^{-2}\) est \(-(x-1)^{-1}\). Ainsi, le comportement près de \(1\) est dominé par ce terme rationnel, qui tend vers \(-\infty\). C’est cohérent avec la figure de l’énoncé, où la courbe monte vers \(+\infty\) des deux côtés du pôle double.

Corrigé de l’exercice 8 – De C à R avec X^3 – 8

Idée clé : les pôles sont simples, donc la formule \(c=P(a)/Q^{\prime}(a)\) donne tout ; il suffit ensuite de regrouper les deux pôles conjugués.

1. Les pôles sont les racines cubiques de \(8\) : \(2\), \(\omega\) et \(\overline{\omega}\). Ils sont simples. Pour chacun, le coefficient vaut \(\frac{3}{3a^{2}}=\frac{1}{a^{2}}\). Comme \(a^{3}=8\), on a \(\frac{1}{a^{2}}=\frac{a}{8}\). Ainsi
   \[F=\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{X-2}+\frac{\omega}{8}\cdot\frac{1}{X-\omega}+\frac{\overline{\omega}}{8}\cdot\frac{1}{X-\overline{\omega}}.\]

   C’est la décomposition de \(F\) sur \(\mathbb{C}\).

2. On a \(\omega+\overline{\omega}=4\cos\frac{2\pi}{3}=-2\) et \(\omega\overline{\omega}=4\). Donc \(X^{3}-8=(X-2)\left(X^{2}+2X+4\right)\). Regroupons les deux derniers termes :
   \[\frac{\omega\left(X-\overline{\omega}\right)+\overline{\omega}(X-\omega)}{8\left(X^{2}+2X+4\right)}=\frac{-2X-8}{8\left(X^{2}+2X+4\right)}.\]

   Ainsi \(F=\frac{1}{4(X-2)}-\frac{X+4}{4\left(X^{2}+2X+4\right)}\).

3. On écrit \(x+4=\frac{1}{2}(2x+2)+3\) et \(x^{2}+2x+4=(x+1)^{2}+3\). Une primitive de \(\frac{x+4}{x^{2}+2x+4}\) est donc \(\frac{1}{2}\ln\left(x^{2}+2x+4\right)+\sqrt{3}\arctan\frac{x+1}{\sqrt{3}}\), car \(\frac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}\). Sur \(]2,+\infty[\), on obtient
   \[G(x)=\frac{1}{4}\ln(x-2)-\frac{1}{8}\ln\left(x^{2}+2x+4\right)-\frac{\sqrt{3}}{4}\arctan\frac{x+1}{\sqrt{3}}.\]

   La fonction \(G\) est une primitive de \(F\) sur \(]2,+\infty[\). La figure montre \(F\) et \(G\) sur cet intervalle.

Corrigé de l’exercice 9 – Parité et pôle en zéro

Idée clé : comme \(F\) est paire, l’unicité de la décomposition annule tous les termes impairs.

1. Le trinôme \(X^{2}+4\) est irréductible sur \(\mathbb{R}\). On cherche donc \(F=\frac{a}{X}+\frac{b}{X^{2}}+\frac{\alpha X+\beta}{X^{2}+4}\). Or \(F(-X)=F(X)\), et
   \[F(-X)=-\frac{a}{X}+\frac{b}{X^{2}}+\frac{-\alpha X+\beta}{X^{2}+4}.\]

   Par unicité, \(-a=a\) et \(-\alpha=\alpha\). Donc \(a=0\) et \(\alpha=0\).

2. On multiplie par \(X^{2}\) et on évalue en \(0\) : \(b=\frac{1}{4}\). Ensuite, \(x^{2}F(x)\) tend vers \(0\) en l’infini, et cette limite vaut \(b+\beta\). Donc \(\beta=-\frac{1}{4}\). Ainsi \(F=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{X^{2}}-\frac{1}{X^{2}+4}\right)\).
3. Sur \([1,2]\), on intègre chaque terme :
   \[\int_{1}^{2}F(x)\,\mathrm{d}x=\frac{1}{4}\left[-\frac{1}{x}\right]_{1}^{2}-\frac{1}{8}\left[\arctan\frac{x}{2}\right]_{1}^{2}=\frac{1}{8}-\frac{1}{8}\left(\frac{\pi}{4}-\arctan\frac{1}{2}\right).\]

   L’intégrale vaut \(\frac{1}{8}-\frac{\pi}{32}+\frac{1}{8}\arctan\frac{1}{2}\), soit environ \(0{,}085\).

On pouvait aussi poser \(Y=X^{2}\). La fraction \(\frac{1}{Y(Y+4)}\) se décompose alors en \(\frac{1}{4}\left(\frac{1}{Y}-\frac{1}{Y+4}\right)\) par la méthode des pôles simples. Cette astuce marche pour toute fraction paire qui ne dépend que de \(X^{2}\). Elle évite tout système et confirme le résultat obtenu par la parité.

Corrigé de l’exercice 10 – Bioche avec t = sin x

Idée clé : la forme est invariante par \(x\mapsto\pi-x\) ; le changement \(t=\sin x\) donne une fraction à deux pôles simples, tous deux hors de \([-1,1]\).

1. Posons \(s=\sin x\in[-1,1]\). Le dénominateur vaut \((s-2)(s-3)\), produit de deux nombres strictement négatifs. Il est donc strictement positif. Ainsi \(f\) est définie et continue sur \(\mathbb{R}\).
2. Par \(x\mapsto\pi-x\), \(\cos x\) et \(\mathrm{d}x\) changent de signe, tandis que \(\sin x\) ne change pas. On pose donc \(t=\sin x\), avec \(\mathrm{d}t=\cos x\,\mathrm{d}x\). On obtient \(\int\frac{\mathrm{d}t}{(t-2)(t-3)}\), et
   \[\frac{1}{(t-2)(t-3)}=\frac{1}{t-3}-\frac{1}{t-2}.\]

   Pour \(t\leq 1\), une primitive est \(\ln(3-t)-\ln(2-t)\). Une primitive de \(f\) sur \(\mathbb{R}\) est \(x\mapsto\ln\frac{3-\sin x}{2-\sin x}\).

3. On évalue : en \(\frac{\pi}{2}\), on trouve \(\ln 2\) ; en \(0\), on trouve \(\ln\frac{3}{2}\). L’intégrale vaut \(\ln\frac{4}{3}\). La figure représente cette aire.

Le calcul de l’intégrale peut aussi se faire directement en \(t\). Les bornes \(0\) et \(\frac{\pi}{2}\) deviennent \(0\) et \(1\), et l’on obtient \(\Big[\ln(3-t)-\ln(2-t)\Big]_{0}^{1}\). On retrouve la même valeur, sans revenir à la variable \(x\). Cette méthode est souvent plus courte quand seule l’intégrale est demandée.

Corrigé de l’exercice 11 – Bioche avec t = cos x

Idée clé : la forme est invariante par \(x\mapsto -x\) ; on garde un \(\sin x\) pour former \(\mathrm{d}t\) et on exprime \(\sin^{2}x\) en fonction de \(t\).

1. Par \(x\mapsto -x\), \(\sin^{3}x\) change de signe, \(\cos^{2}x\) ne change pas, et \(\mathrm{d}x\) change de signe. On pose donc \(t=\cos x\), d’où \(\mathrm{d}t=-\sin x\,\mathrm{d}x\) et \(\sin^{2}x=1-t^{2}\). On obtient
   \[\int\frac{-\left(1-t^{2}\right)}{1+t^{2}}\,\mathrm{d}t=\int\left(1-\frac{2}{1+t^{2}}\right)\mathrm{d}t=t-2\arctan t.\]

   Ici, la fraction en \(t\) est de degré \(0\) : sa partie entière vaut \(1\). Une primitive de \(g\) est \(x\mapsto\cos x-2\arctan(\cos x)\).

2. Vérification : la dérivée vaut \(-\sin x+\frac{2\sin x}{1+\cos^{2}x}\). On réduit au même dénominateur, et le numérateur devient \(\sin x\left(1-\cos^{2}x\right)=\sin^{3}x\). On retrouve bien \(g\).

Remarquons que le changement \(t=\cos x\) n’est pas bijectif sur \(\mathbb{R}\). Cela ne gêne pas ici. En effet, on ne cherche pas à inverser la relation : on reconnaît seulement une dérivée composée, \(\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\Phi(\cos x)=-\sin x\,\Phi^{\prime}(\cos x)\). C’est d’ailleurs pour cela que la vérification par dérivation suffit à conclure.

Corrigé de l’exercice 12 – Bioche avec t = tan x

Idée clé : l’expression ne dépend que de \(\sin^{2}x\), qui est invariant par \(x\mapsto\pi+x\) ; le changement \(t=\tan x\) transforme alors \(\sin^{2}x\) en fraction de \(t\).

1. Par \(x\mapsto\pi+x\), on a \(\sin^{2}(\pi+x)=\sin^{2}x\) et \(\mathrm{d}x\) est inchangé. La forme est invariante. En revanche, par \(x\mapsto -x\) ou \(x\mapsto\pi-x\), elle change de signe. On pose \(t=\tan x\).
2. On a \(\sin^{2}x=\cos^{2}x\tan^{2}x=\frac{t^{2}}{1+t^{2}}\) et \(\mathrm{d}x=\frac{\mathrm{d}t}{1+t^{2}}\). Les bornes deviennent \(0\) et \(1\). Ensuite, \(1+3\sin^{2}x=\frac{1+4t^{2}}{1+t^{2}}\). Ainsi
   \[L=\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}t}{1+4t^{2}}=\frac{1}{2}\Big[\arctan(2t)\Big]_{0}^{1}.\]

   On obtient \(L=\frac{1}{2}\arctan 2\), soit environ \(0{,}554\).

Corrigé de l’exercice 13 – Le changement t = tan(x/2)

Idée clé : aucune règle de Bioche ne s’applique (exercice 6) ; le changement universel ramène au trinôme de l’exercice 5.

1. Sur \(\left[0,\frac{\pi}{2}\right]\), posons \(t=\tan\frac{x}{2}\). Les bornes deviennent \(0\) et \(1\). Ensuite, \(\sin x=\frac{2t}{1+t^{2}}\) et \(\mathrm{d}x=\frac{2\,\mathrm{d}t}{1+t^{2}}\). On calcule
   \[2+\sin x=\frac{2t^{2}+2t+2}{1+t^{2}},\qquad\frac{\mathrm{d}x}{2+\sin x}=\frac{\mathrm{d}t}{t^{2}+t+1}.\]

   D’après l’exercice 5, l’intégrale vaut \(\frac{\pi}{3\sqrt{3}}\), soit environ \(0{,}605\).

Le changement est licite, car \(x\mapsto\tan\frac{x}{2}\) est une bijection de classe \(C^{1}\) de \(\left[0,\frac{\pi}{2}\right]\) sur \([0,1]\). On peut contrôler l’ordre de grandeur : l’intégrande décroît de \(\frac{1}{2}\) à \(\frac{1}{3}\) sur un intervalle de longueur \(\frac{\pi}{2}\). L’intégrale se situe donc entre \(0{,}52\) et \(0{,}79\), ce qui est bien le cas.

Corrigé de l’exercice 14 – Partie entière puis arctangente

Idée clé : le degré vaut \(2\), donc on commence par la division euclidienne ; le reste est une constante sur un trinôme irréductible.

1. On a \(X^{4}=\left(X^{2}+4\right)\left(X^{2}-4\right)+16\). La partie entière est \(X^{2}-4\), et \(\frac{X^{4}}{X^{2}+4}=X^{2}-4+\frac{16}{X^{2}+4}\).
2. Une primitive est \(x\mapsto\frac{x^{3}}{3}-4x+8\arctan\frac{x}{2}\). Entre \(0\) et \(2\), on obtient \(\frac{8}{3}-8+8\cdot\frac{\pi}{4}\). L’intégrale vaut \(2\pi-\frac{16}{3}\), soit environ \(0{,}950\). Ce nombre est bien positif, comme l’intégrande.

Sans la division euclidienne, on serait tenté de chercher des éléments simples directement. Or la fraction est de degré \(2\) : aucune combinaison d’éléments simples, tous de degré négatif, ne peut l’égaler. Par ailleurs, l’intégrande est majoré par \(\frac{x^{4}}{4}\), d’où une intégrale inférieure à \(\frac{8}{5}\). Le résultat \(0{,}950\) respecte cette borne.

Corrigé de l’exercice 15 – Coefficients par évaluation en i

Idée clé : évaluer en la racine complexe \(i\) donne d’un coup les deux coefficients réels de l’élément de seconde espèce.

1. On cherche \(F=\frac{a}{X}+\frac{\alpha X+\beta}{X^{2}+1}\). On multiplie par \(X\) et on évalue en \(0\) : \(a=3\).
2. On multiplie par \(X^{2}+1\) : \(\frac{X+3}{X}=\frac{a\left(X^{2}+1\right)}{X}+\alpha X+\beta\). En \(X=i\), le premier terme s’annule. Il reste \(\frac{i+3}{i}=1-3i=\alpha i+\beta\). Comme \(\alpha\) et \(\beta\) sont réels, on identifie. Ainsi \(\alpha=-3\), \(\beta=1\) et \(F=\frac{3}{X}+\frac{1-3X}{X^{2}+1}\).
3. Sur \(]0,+\infty[\), une primitive est \(x\mapsto 3\ln x-\frac{3}{2}\ln\left(x^{2}+1\right)+\arctan x\). Sa valeur au point \(\sqrt{3}\) est \(\frac{3}{2}\ln 3-3\ln 2+\frac{\pi}{3}\), tandis que sa valeur au point \(1\) est \(-\frac{3}{2}\ln 2+\frac{\pi}{4}\). L’intégrale vaut \(\frac{3}{2}\ln\frac{3}{2}+\frac{\pi}{12}\), soit environ \(0{,}870\).

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – Un pôle triple sans système

Idée clé : en posant \(H=X-1\), la partie polaire en \(1\) se lit directement sur une identité polynomiale, sans aucun système d’équations.

1. On développe : \((2+H)\left(\frac{1}{2}-\frac{H}{4}+\frac{H^{2}}{8}\right)=1-\frac{H}{2}+\frac{H^{2}}{4}+\frac{H}{2}-\frac{H^{2}}{4}+\frac{H^{3}}{8}\). Le résultat vaut \(1+\frac{H^{3}}{8}\).
2. On divise l’identité par \(2+H\), puis on isole \(\frac{1}{2+H}\) : \(\frac{1}{2+H}=\frac{1}{2}-\frac{H}{4}+\frac{H^{2}}{8}-\frac{H^{3}}{8(2+H)}\). On divise enfin par \(H^{3}\). On obtient l’égalité demandée.
3. Comme \(X+1=2+H\), on a \(F=\frac{1}{H^{3}(2+H)}\). La question 2 donne donc
   \[F=\frac{1}{2(X-1)^{3}}-\frac{1}{4(X-1)^{2}}+\frac{1}{8(X-1)}-\frac{1}{8(X+1)}.\]

   Contrôle en \(0\) : \(F(0)=\frac{1}{(-1)\cdot 1}=-1\), et \(-\frac{1}{2}-\frac{1}{4}-\frac{1}{8}-\frac{1}{8}=-1\). La décomposition est confirmée.

4. Sur \(]1,+\infty[\), on intègre chaque terme. Une primitive est \(x\mapsto\frac{1}{8}\ln\frac{x-1}{x+1}+\frac{1}{4(x-1)}-\frac{1}{4(x-1)^{2}}\).

Cette méthode généralise le calcul des pôles simples. On écrit \(\frac{1}{2+H}\) comme un polynôme en \(H\) de degré \(m-1\), plus un reste multiple de \(H^{m}\). Les coefficients de ce polynôme donnent alors toute la partie polaire. En outre, le contrôle par la limite fonctionne : les coefficients des deux termes en \(\frac{1}{X-1}\) et \(\frac{1}{X+1}\) ont une somme nulle, car \(\deg F=-4\).

Corrigé de l’exercice 17 – Décomposer 1/(X^n – 1)

Idée clé : les \(n\) pôles sont simples ; la formule \(c=P(a)/Q^{\prime}(a)\) et la relation \(\omega_k^{n}=1\) donnent tous les coefficients d’un coup.

1. Les racines de \(X^{n}-1\) sont les \(n\) nombres distincts \(\omega_k\). Ce sont donc des pôles simples, et le degré \(-n\) rend la partie entière nulle. Le coefficient associé à \(\omega_k\) vaut
   \[\frac{1}{n\,\omega_k^{n-1}}=\frac{\omega_k}{n\,\omega_k^{n}}=\frac{\omega_k}{n}.\]

   On obtient la formule annoncée.

2. Pour \(n=3\), notons \(j=\omega_1\), de sorte que \(\omega_2=j^{2}=\overline{j}\). On a \(j+\overline{j}=-1\) et \(j\overline{j}=1\). Regroupons les deux termes conjugués :
   \[\frac{j\left(X-\overline{j}\right)+\overline{j}(X-j)}{3\left(X^{2}+X+1\right)}=\frac{-X-2}{3\left(X^{2}+X+1\right)}.\]

   Ainsi \(\frac{1}{X^{3}-1}=\frac{1}{3(X-1)}-\frac{X+2}{3\left(X^{2}+X+1\right)}\). Contrôle en \(0\) : le membre de droite donne \(\frac{1}{3}\cdot(-1)-\frac{2}{3}\), soit bien \(\frac{1}{0-1}\).

3. On écrit \(x+2=\frac{1}{2}(2x+1)+\frac{3}{2}\) et \(x^{2}+x+1=\left(x+\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4}\). La partie arctangente vaut \(\frac{3}{2}\cdot\frac{2}{\sqrt{3}}\arctan\frac{2x+1}{\sqrt{3}}\), soit \(\sqrt{3}\arctan\frac{2x+1}{\sqrt{3}}\). Sur \(]1,+\infty[\), une primitive est
   \[x\mapsto\frac{1}{3}\ln(x-1)-\frac{1}{6}\ln\left(x^{2}+x+1\right)-\frac{1}{\sqrt{3}}\arctan\frac{2x+1}{\sqrt{3}}.\]

Corrigé de l’exercice 18 – Une intégrale en sin x et cos x

Idée clé : la forme est invariante par \(x\mapsto -x\) ; avec \(t=\cos x\), on obtient une fraction à trois pôles simples.

1. Par \(x\mapsto -x\), le facteur \(\sin x\) change de signe, \(\cos x\) non, et \(\mathrm{d}x\) change de signe. La forme est invariante, d’où \(t=\cos x\). On a \(\mathrm{d}t=-\sin x\,\mathrm{d}x\) et \(\sin^{2}x=1-t^{2}\). Ainsi
   \[h(x)\,\mathrm{d}x=\frac{-\sin x\,\mathrm{d}x}{-\sin^{2}x\,(2+\cos x)}=\frac{\mathrm{d}t}{\left(t^{2}-1\right)(t+2)}.\]

   On doit intégrer \(\frac{1}{(t-1)(t+1)(t+2)}\).

2. Les trois pôles sont simples. Les coefficients valent \(\frac{1}{2\cdot 3}=\frac{1}{6}\) en \(1\), \(\frac{1}{(-2)\cdot 1}=-\frac{1}{2}\) en \(-1\), et \(\frac{1}{(-3)(-1)}=\frac{1}{3}\) en \(-2\). Leur somme est nulle, comme attendu. La fraction vaut \(\frac{1}{6(t-1)}-\frac{1}{2(t+1)}+\frac{1}{3(t+2)}\).
3. Pour \(x\in\,]0,\pi[\), on a \(t\in\,]-1,1[\), donc \(|t-1|=1-t\). Une primitive de \(h\) est
   \[H(x)=\frac{1}{6}\ln(1-\cos x)-\frac{1}{2}\ln(1+\cos x)+\frac{1}{3}\ln(2+\cos x).\]
4. On a \(H\left(\frac{\pi}{2}\right)=\frac{1}{3}\ln 2\). Ensuite, \(H\left(\frac{\pi}{3}\right)=\frac{1}{6}\ln\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\ln\frac{3}{2}+\frac{1}{3}\ln\frac{5}{2}\). On regroupe les logarithmes de \(2\), \(3\) et \(5\). L’intégrale vaut \(\frac{1}{3}\ln 2+\frac{1}{2}\ln 3-\frac{1}{3}\ln 5\), soit environ \(0{,}244\). La figure montre l’aire correspondante.

Le contrôle numérique est rassurant. Sur \(\left[\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{2}\right]\), l’intégrande varie entre environ \(0{,}46\) et \(0{,}5\). Par conséquent, l’intégrale est proche de \(0{,}48\times\frac{\pi}{6}\), soit environ \(0{,}25\). Enfin, notons que \(h\) tend vers l’infini aux deux bords de \(]0,\pi[\), ce qui explique le choix de bornes intérieures.

Corrigé de l’exercice 19 – Problème – Puissances de 1 + t²

Idée clé : une intégration par parties fait monter l’exposant ; on écrit ensuite \(t^{2}=\left(1+t^{2}\right)-1\) pour relier \(J_n\) à \(J_{n+1}\).

1. On a \(J_1=\Big[\arctan t\Big]_{0}^{1}\). Donc \(J_1=\frac{\pi}{4}\).
2. Choisissons \(u(t)=\left(1+t^{2}\right)^{-n}\) et \(v(t)=t\). Ces fonctions sont continûment dérivables sur \([0,1]\), ce qui autorise une intégration par parties. On a \(u^{\prime}(t)=-2nt\left(1+t^{2}\right)^{-n-1}\). Ainsi
   \[J_n=\left[\frac{t}{\left(1+t^{2}\right)^{n}}\right]_{0}^{1}+2n\int_{0}^{1}\frac{t^{2}}{\left(1+t^{2}\right)^{n+1}}\,\mathrm{d}t.\]

   Le crochet vaut \(2^{-n}\). Ensuite, \(t^{2}=\left(1+t^{2}\right)-1\), donc la dernière intégrale vaut \(J_n-J_{n+1}\). On obtient \(J_n=2^{-n}+2n\left(J_n-J_{n+1}\right)\).

3. On isole \(J_{n+1}=\frac{2^{-n}+(2n-1)J_n}{2n}\). Pour \(n=1\), on trouve \(J_2=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}+\frac{\pi}{4}\right)\). Pour \(n=2\), on trouve \(J_3=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{4}+3J_2\right)\). Ainsi \(J_2=\frac{1}{4}+\frac{\pi}{8}\) et \(J_3=\frac{1}{4}+\frac{3\pi}{32}\).
4. Avec \(t=\tan x\), on a \(\mathrm{d}t=\left(1+t^{2}\right)\mathrm{d}x\) et \(\frac{1}{1+t^{2}}=\cos^{2}x\). Donc \(J_2=\int_{0}^{\pi/4}\cos^{2}x\,\mathrm{d}x\). Or \(\cos^{2}x=\frac{1+\cos 2x}{2}\), d’où \(J_2=\left[\frac{x}{2}+\frac{\sin 2x}{4}\right]_{0}^{\pi/4}\), qui vaut \(\frac{1}{4}+\frac{\pi}{8}\). On retrouve la valeur de la question 3.
5. Posons \(t=x+1\). Alors \(x^{2}+2x+2=1+t^{2}\), \(x+3=t+2\), et les bornes deviennent \(0\) et \(1\). L’intégrale vaut
   \[\int_{0}^{1}\frac{t}{\left(1+t^{2}\right)^{2}}\,\mathrm{d}t+2J_2=\left[-\frac{1}{2\left(1+t^{2}\right)}\right]_{0}^{1}+\frac{1}{2}+\frac{\pi}{4}.\]

   Le crochet vaut \(\frac{1}{4}\). L’intégrale vaut \(\frac{3}{4}+\frac{\pi}{4}\).

6. Pour \(t\in[0,1]\), on a \(1\leq 1+t^{2}\leq 2\). D’une part, \(\frac{1}{\left(1+t^{2}\right)^{n+1}}\leq\frac{1}{\left(1+t^{2}\right)^{n}}\), donc \(J_{n+1}\leq J_n\) par croissance de l’intégrale. D’autre part, \(\frac{1}{\left(1+t^{2}\right)^{n}}\geq 2^{-n}\), donc \(J_n\geq 2^{-n}\). La suite \((J_n)\) est décroissante et minorée par \(2^{-n}\). La figure illustre cette décroissance.

La relation de récurrence montre que chaque \(J_n\) s’écrit \(r_n+s_n\pi\), avec \(r_n\) et \(s_n\) rationnels. C’est la forme générale des intégrales d’éléments de seconde espèce de puissance \(n\) : un terme rationnel et un terme en arctangente. Ainsi, la question 5 n’est qu’un cas particulier, où le changement \(t=x+1\) ramène la forme canonique à \(1+t^{2}\).

Pour aller plus loin

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