Partiel de calcul intégral : corrigé du contrôle de maths en L1
Voici le corrigé du contrôle de maths en L1 sur le thème « partiel de calcul intégral », question par question.
Cette correction est rédigée comme une excellente copie de licence : chaque théorème est nommé et ses hypothèses sont vérifiées. Ainsi, la démonstration du théorème fondamental utilise explicitement la continuité en un point, avec un epsilon écrit.
Pour les fractions rationnelles, les coefficients des éléments simples sont obtenus par évaluation, puis contrôlés par une réduction au même dénominateur. Dans les changements de variable, les nouvelles bornes apparaissent à chaque étape. De plus, une figure illustre l’encadrement de l’exercice 3. Le problème détaille enfin la variation de la constante et le choix de la solution qui reste bornée en \(0\). Rédigez d’abord votre propre copie, puis comparez-la au barème détaillé.
L’énoncé complet se trouve ici : Partiel de calcul intégral : contrôle de maths en L1.
Barème du contrôle corrigé : partiel de calcul intégral
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Questions de cours sur le théorème fondamental | 3 points |
| 2. Primitives de fractions rationnelles | 4 points |
| 3. Deux changements de variable | 4 points |
| 4. Une somme de Riemann | 3 points |
| 5. Problème : une équation à coefficients rationnels | 6 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : partiel de calcul intégral
Exercice 1 – Questions de cours sur le théorème fondamental (3 points)
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Théorème fondamental de l’analyse. Lorsque \(f\) est continue sur l’intervalle \(I\) et que \(a\) appartient à \(I\), la fonction \(\Lambda\) est dérivable sur \(I\), de dérivée \(f\) ; elle est donc de classe \(C^1\). Parmi toutes les primitives de \(f\) sur \(I\), \(\Lambda\) est la seule qui vaut \(0\) en \(a\).
En conséquence, pour toute primitive \(H\) de \(f\) sur \(I\) et tous \(a, b\) de \(I\), on a \(\int_a^b f(t)\,\mathrm{d}t = H(b) – H(a)\).
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Soit \(h \neq 0\) tel que \(c + h \in I\). D’après la relation de Chasles, \(\Lambda(c + h) – \Lambda(c) = \int_{c}^{c + h} f(s)\,\mathrm{d}s\). De plus, \(h\,f(c) = \int_{c}^{c + h} f(c)\,\mathrm{d}s\), donc :
\[\left|\frac{\Lambda(c + h) – \Lambda(c)}{h} – f(c)\right| = \frac{1}{|h|}\left|\int_{c}^{c + h} \left(f(s) – f(c)\right)\mathrm{d}s\right|.\]
Soit \(\varepsilon > 0\). La continuité de \(f\) en \(c\) fournit un réel \(\eta > 0\) : dès que \(s \in I\) et \(|s – c| \leq \eta\), l’écart \(|f(s) – f(c)|\) reste inférieur ou égal à \(\varepsilon\). Lorsque \(0 < |h| \leq \eta\), chaque \(s\) situé entre \(c\) et \(c + h\) satisfait \(|s – c| \leq \eta\). L’inégalité de la moyenne donne alors une intégrale majorée en valeur absolue par \(\varepsilon\,|h|\).
Ainsi, le taux d’accroissement diffère de \(f(c)\) d’au plus \(\varepsilon\) dès que \(0 < |h| \leq \eta\). Par conséquent, \(\Lambda\) est dérivable en \(c\), avec \(\Lambda^{\prime}(c) = f(c)\).
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La fonction \(t \mapsto \frac{1}{\sqrt{1 + t^4}}\) est continue sur \(\mathbb{R}\), car \(1 + t^4 > 0\). D’après le théorème fondamental, \(\Phi : x \mapsto \int_0^x \frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{1 + t^4}}\) est donc de classe \(C^1\) sur \(\mathbb{R}\). Par la relation de Chasles, \(G(x) = \Phi(3x) – \Phi(x)\) ; ainsi \(G\) est de classe \(C^1\) comme composée et différence de fonctions de classe \(C^1\).
On dérive ensuite : \(G^{\prime}(x) = \frac{3}{\sqrt{1 + 81x^4}} – \frac{1}{\sqrt{1 + x^4}}\), d’où \(G^{\prime}(0) = 3 – 1 = 2\).
Piège classique : oublier le facteur \(3\) issu de la dérivée de \(x \mapsto 3x\) dans la borne supérieure de \(G\).
Exercice 2 – Primitives de fractions rationnelles (4 points)
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Le degré du numérateur est inférieur à celui du dénominateur, et les pôles \(1\) et \(-2\) sont simples. On cherche donc \(R(x) = \frac{A}{x – 1} + \frac{B}{x + 2}\). La multiplication par \(x – 1\), suivie de l’évaluation en \(1\), fournit \(A = \frac{6}{3} = 2\). Une démarche identique en \(-2\) conduit à \(B = \frac{-9}{-3} = 3\).
Vérification : \(2(x + 2) + 3(x – 1) = 5x + 1\). Sur \(]1\,;\,+\infty[\), les deux quantités \(x – 1\) et \(x + 2\) sont positives, d’où la primitive \(x \mapsto 2\ln(x – 1) + 3\ln(x + 2)\).
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La division euclidienne donne \(x^3 + 2x^2 + 3x + 1 = (x^2 + 1)(x + 2) + 2x – 1\). En effet, \((x^2 + 1)(x + 2) = x^3 + 2x^2 + x + 2\), et il reste bien \(2x – 1\).
Par conséquent, \(S(x) = x + 2 + \frac{2x}{x^2 + 1} – \frac{1}{x^2 + 1}\). Le deuxième terme est de la forme \(\frac{u^{\prime}}{u}\) avec \(u > 0\), tandis que le troisième se primitive en arctangente. Une primitive sur \(\mathbb{R}\) est \(x \mapsto \frac{x^2}{2} + 2x + \ln\left(x^2 + 1\right) – \arctan x\).
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On a \(x^2 + 2x + 5 = (x + 1)^2 + 4\). On fait d’abord apparaître la dérivée du dénominateur : \(x + 3 = \frac{1}{2}(2x + 2) + 2\). Ainsi :
\[T(x) = \frac{1}{2} \times \frac{2x + 2}{x^2 + 2x + 5} + \frac{2}{(x + 1)^2 + 4}.\]
Ensuite, \(\frac{2}{(x + 1)^2 + 4} = \frac{1}{2} \times \frac{1}{1 + \left(\frac{x + 1}{2}\right)^2}\), dont une primitive est \(\arctan\frac{x + 1}{2}\). Une primitive de \(T\) sur \(\mathbb{R}\) est donc \(x \mapsto \frac{1}{2}\ln\left(x^2 + 2x + 5\right) + \arctan\frac{x + 1}{2}\).
Piège classique : décomposer \(S\) sans division préalable, alors que le degré du numérateur dépasse celui du dénominateur.
Exercice 3 – Deux changements de variable (4 points)
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La fonction \(x \mapsto \mathrm{e}^{x}\) est de classe \(C^1\) sur \([0\,;\,\ln 2]\). Avec \(u = \mathrm{e}^{x}\), on a \(\mathrm{d}u = \mathrm{e}^{x}\,\mathrm{d}x\), et \(u\) varie de \(1\) à \(2\). Donc \(I = \int_1^2 \frac{\mathrm{d}u}{(u + 1)(u + 2)}\).
Or \(\frac{1}{(u + 1)(u + 2)} = \frac{1}{u + 1} – \frac{1}{u + 2}\). Par suite, \(I = \left[\ln(u + 1) – \ln(u + 2)\right]_1^2 = \ln\frac{3}{4} – \ln\frac{2}{3}\), soit \(I = \ln\frac{9}{8}\).
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La fonction sinus est de classe \(C^1\) sur \(\left[0\,;\,\frac{\pi}{2}\right]\). Avec \(u = \sin x\), on a \(\mathrm{d}u = \cos x\,\mathrm{d}x\), et \(u\) varie de \(0\) à \(1\). Comme \(u^2 – 5u + 6 = (u – 2)(u – 3)\) ne s’annule pas sur \([0\,;\,1]\), on obtient \(K = \int_0^1 \frac{\mathrm{d}u}{(u – 2)(u – 3)}\).
De plus, \(\frac{1}{(u – 2)(u – 3)} = \frac{1}{u – 3} – \frac{1}{u – 2}\). Sur \([0\,;\,1]\), on a \(u – 3 < 0\) et \(u – 2 < 0\), donc une primitive est \(u \mapsto \ln(3 – u) – \ln(2 – u)\). Enfin, \(K = (\ln 2 – \ln 1) – (\ln 3 – \ln 2)\), c’est-à-dire \(K = \ln\frac{4}{3}\).
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Sur \([1\,;\,2]\), \(h^{\prime}(u) = 1 – \frac{2}{u^2} = \frac{u^2 – 2}{u^2}\). Ainsi, \(h\) décroît sur \([1\,;\,\sqrt{2}]\) puis croît sur \([\sqrt{2}\,;\,2]\). Comme \(h(1) = h(2) = 3\) et \(h(\sqrt{2}) = 2\sqrt{2}\), on a \(2\sqrt{2} \leq h(u) \leq 3\).
D’autre part, avec \(u = \mathrm{e}^{x}\), \(g(x) = \frac{u}{u^2 + 3u + 2} = \frac{1}{3 + h(u)}\). Pour \(x \in [0\,;\,\ln 2]\), \(u\) appartient à \([1\,;\,2]\), donc \(\frac{1}{6} \leq g(x) \leq \frac{1}{3 + 2\sqrt{2}}\). Par croissance de l’intégrale, les bornes étant dans l’ordre croissant, \(\frac{\ln 2}{6} \leq I \leq \frac{\ln 2}{3 + 2\sqrt{2}}\).
Cet encadrement est cohérent avec \(I = \ln\frac{9}{8} \approx 0{,}1178\), car ses bornes valent environ \(0{,}1155\) et \(0{,}1189\).
Sur cette figure, l’axe des ordonnées est fortement dilaté : la figure n’est pas à l’échelle.
Exercice 4 – Une somme de Riemann (3 points)
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On divise le numérateur et le dénominateur par \(n^2\) : \(\frac{j + 3n}{j^2 + 2jn + 5n^2} = \frac{1}{n} \times \frac{\frac{j}{n} + 3}{\left(\frac{j}{n}\right)^2 + 2\frac{j}{n} + 5}\). On pose donc \(f(x) = \frac{x + 3}{x^2 + 2x + 5}\), continue sur \([0\,;\,1]\) car son dénominateur \((x + 1)^2 + 4\) est strictement positif.
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Puisque \(f\) est continue sur \([0\,;\,1]\), le théorème des sommes de Riemann (méthode des rectangles à droite) assure que \(S_n\) tend vers \(\int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x\). La suite \((S_n)\) converge donc.
Ensuite, on reconnaît la fonction \(T\) de l’exercice 2, dont on connaît une primitive. Ainsi :
\[\lim_{n \to +\infty} S_n = \left[\frac{1}{2}\ln\left(x^2 + 2x + 5\right) + \arctan\frac{x + 1}{2}\right]_0^1 = \frac{1}{2}\ln\frac{8}{5} + \arctan 1 – \arctan\frac{1}{2}.\]
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Posons \(a = \arctan 1 = \frac{\pi}{4}\) et \(b = \arctan\frac{1}{2}\). Comme arctangente est strictement croissante, \(0 < b < a\), donc \(a – b\) appartient à \(\left]0\,;\,\frac{\pi}{4}\right[\), intervalle inclus dans \(\left]-\frac{\pi}{2}\,;\,\frac{\pi}{2}\right[\). De plus, \(\tan(a – b) = \frac{1 – \frac{1}{2}}{1 + \frac{1}{2}} = \frac{1}{3}\), d’où \(a – b = \arctan\frac{1}{3}\).
Finalement, \(\lim_{n \to +\infty} S_n = \frac{1}{2}\ln\frac{8}{5} + \arctan\frac{1}{3} \approx 0{,}557\), valeur cohérente avec les rectangles de la figure.
Piège classique : conclure \(a – b = \arctan\frac{1}{3}\) sans vérifier que \(a – b\) se trouve dans \(\left]-\frac{\pi}{2}\,;\,\frac{\pi}{2}\right[\).
Exercice 5 – Problème : une équation à coefficients rationnels (6 points)
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Les pôles \(0\) et \(-1\) sont simples, et l’on trouve \(\frac{1}{x(x + 1)} = \frac{1}{x} – \frac{1}{x + 1}\). Sur \(J\), le coefficient \(x(x + 1)\) ne s’annule pas : on peut donc diviser par lui. L’équation \((E)\) équivaut alors à \(y^{\prime} + a(x)\,y = b(x)\), avec \(a(x) = \frac{1}{x(x + 1)}\) et \(b(x) = \frac{1}{x + 1}\), continues sur \(J\).
Une primitive de \(a\) sur \(J\) est \(A(x) = \ln x – \ln(x + 1)\). Les solutions de \((H)\) sont donc les fonctions \(x \mapsto C\,\mathrm{e}^{-A(x)}\), c’est-à-dire \(x \mapsto C\,\frac{x + 1}{x}\), avec \(C \in \mathbb{R}\).
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On écrit \(x = (x + 1) – 1\), d’où \(\frac{x}{(x + 1)^2} = \frac{1}{x + 1} – \frac{1}{(x + 1)^2}\). Ainsi, \(\alpha = 1\) et \(\beta = -1\).
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On cherche une solution de la forme \(y(x) = C(x)\,\frac{x + 1}{x}\), avec \(C\) dérivable sur \(J\). Comme la dérivée de \(\frac{x + 1}{x}\) vaut \(-\frac{1}{x^2}\), on a \(y^{\prime}(x) = C^{\prime}(x)\,\frac{x + 1}{x} – \frac{C(x)}{x^2}\).
Par conséquent, \(x(x + 1)\,y^{\prime}(x) + y(x) = C^{\prime}(x)\,(x + 1)^2 – C(x)\,\frac{x + 1}{x} + C(x)\,\frac{x + 1}{x} = C^{\prime}(x)\,(x + 1)^2\). La fonction \(y\) est donc solution de \((E)\) si et seulement si \(C^{\prime}(x) = \frac{x}{(x + 1)^2}\).
D’après la question 2, \(C(x) = \ln(x + 1) + \frac{1}{x + 1} + K\), avec \(K \in \mathbb{R}\). Les solutions de \((E)\) sur \(J\) sont finalement les fonctions :
\[y_K(x) = \frac{(x + 1)\ln(x + 1) + 1 + K(x + 1)}{x}, \text{ avec } K \in \mathbb{R}.\]
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Le numérateur de \(y_K(x)\) tend vers \(1 + K\) quand \(x\) tend vers \(0\). Lorsque \(1 + K \neq 0\), on a donc \(y_K(x) \sim \frac{1 + K}{x}\), qui tend vers \(\pm\infty\) : la limite n’est pas finie.
En revanche, pour \(K = -1\), on obtient \(\varphi(x) = \frac{(x + 1)\ln(x + 1) – x}{x} = (x + 1)\,\frac{\ln(1 + x)}{x} – 1\). Or \(\frac{\ln(1 + x)}{x}\) tend vers \(1\), nombre dérivé de \(\ln\) en \(1\). Seule \(\varphi\) admet une limite finie en \(0\), et cette limite vaut \(1 \times 1 – 1 = 0\).
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Pour tout \(K\), on écrit \(y_K(x) = \left(1 + \frac{1}{x}\right)\ln(x + 1) + \frac{1 + K(x + 1)}{x}\). Le premier terme tend vers \(+\infty\), tandis que le second tend vers \(K\). Toutes les solutions tendent donc vers \(+\infty\) en \(+\infty\).
D’après la question 4, la seule courbe qui reste bornée près de \(0\) est celle de \(\varphi\) : c’est \(\mathcal{C}_2\), qui part de l’origine. Quand \(1 + K > 0\), la solution tend vers \(+\infty\) en \(0\) : ce sont \(\mathcal{C}_1\) et \(\mathcal{C}_4\). Quand \(1 + K < 0\), elle tend vers \(-\infty\) : c’est \(\mathcal{C}_3\).
De plus, \(y_K(x)\) croît avec \(K\), car le coefficient \(\frac{x + 1}{x}\) est positif ; la constante de \(\mathcal{C}_4\) est donc plus grande que celle de \(\mathcal{C}_1\).
Piège classique : diviser par \(x(x + 1)\) sans préciser l’intervalle, alors que ce coefficient s’annule en \(0\) et en \(-1\).
À retenir de ce contrôle
- Si f est continue sur un intervalle I contenant a, la fonction qui associe à x l’intégrale de f entre a et x est l’unique primitive de f nulle en a.
- Avant de décomposer une fraction rationnelle, on divise le numérateur par le dénominateur dès que son degré est au moins égal.
- Un changement de variable exige une fonction de classe C1 ; on change aussi l’élément différentiel et les deux bornes, sans revenir à la variable initiale.
- Pour une équation a(x)y’ + b(x)y = c(x), on divise par a(x) seulement sur un intervalle où a ne s’annule pas, puis on applique la variation de la constante.
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