Éléments simples et primitives : corrigé du contrôle de maths en L1
Voici le corrigé du contrôle de maths en L1 sur le thème « éléments simples et primitives », question par question.
Cette correction présente chaque décomposition comme une copie de licence soignée. Les coefficients sont toujours obtenus par évaluation au pôle, par une limite en l’infini ou par le calcul en \(i\), puis contrôlés en un point. Ensuite, chaque primitive précise l’intervalle sur lequel elle est valable.
Pour les trinômes sans racine réelle, la rédaction fait apparaître la dérivée puis la forme canonique, qui conduit à l’arctangente. Dans le problème, les changements de variable sont justifiés avec soin : bornes, différentielle et caractère \(C^1\) bijectif. Une figure illustre aussi l’aire calculée dans l’exercice 3. Cherchez d’abord seul, puis comparez votre copie, notamment grâce au barème détaillé.
L’énoncé complet se trouve ici : Éléments simples et primitives : contrôle de maths en L1.
Barème du contrôle corrigé : éléments simples et primitives
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Cours et pôles simples | 4 points |
| 2. Une fraction avec un pôle double | 5 points |
| 3. Trinômes sans racine réelle | 5 points |
| 4. Problème : deux intégrales trigonométriques | 6 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : éléments simples et primitives
Exercice 1 – Cours et pôles simples (4 points)
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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 :
\[F(x) = \frac{\alpha}{x – a} + \frac{\beta}{(x – a)^2} + \frac{\gamma x + \delta}{x^2 + px + q}.\]
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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, \(c = \frac{P(a)}{Q^{\prime}(a)}\).
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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 \(-\frac{3}{2} + \frac{9}{5} + \frac{7}{10} = \frac{-15 + 18 + 7}{10} = 1\).
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Sur \(]2\,;\,+\infty[\), les trois quantités \(x – 1\), \(x – 2\) et \(x + 3\) sont strictement positives. Une primitive de \(F\) y est donc \(x \mapsto -\frac{3}{2}\ln(x – 1) + \frac{9}{5}\ln(x – 2) + \frac{7}{10}\ln(x + 3)\).
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)
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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 \(c\).
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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 \(c = -\frac{5}{9}\).
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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 \(a = \frac{5}{9}\).
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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.
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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.
Exercice 3 – Trinômes sans racine réelle (5 points)
Partie A
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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 \(-2 – 1 = -3\).
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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
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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 \(\mathbb{R}\).
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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 \(x \mapsto \ln\left(x^2 + 2x + 5\right) + \frac{5}{2}\arctan\left(\frac{x + 1}{2}\right)\).
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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 \(2{,}66\).
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
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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, \(\frac{1}{(2 + u)(3 – u)} = \frac{1}{5}\left(\frac{1}{2 + u} + \frac{1}{3 – u}\right)\).
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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)
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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 \(\sin x = \frac{2t}{1 + t^2}\).
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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 :
\[B = \int_{0}^{1} \frac{1 + t^2}{2\left(t^2 – t + 1\right)} \times \frac{2}{1 + t^2}\,\mathrm{d}t = \int_{0}^{1} \frac{\mathrm{d}t}{t^2 – t + 1}.\]
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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.
Piège classique : inverser les bornes sans changer le signe lorsque \(u = \cos x\) décroît de \(1\) à \(0\).
À retenir de ce contrôle
- Le coefficient d’un pôle simple a d’une fraction P sur Q vaut P(a) divisé par Q'(a), ce qui évite tout système d’équations.
- Pour un pôle double, l’évaluation donne le coefficient du terme au carré ; la limite de x fois la fraction en l’infini fournit souvent le dernier coefficient.
- Un élément de seconde espèce se primitive en séparant la dérivée du trinôme, qui donne un logarithme, du reste, qui donne une arctangente.
- Lorsque la fraction en sinus et cosinus à intégrer est une fonction impaire de x, la règle de Bioche conseille de poser u égal à cos x.
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