QCM : Fractions rationnelles et primitives en L1 de maths

Réponse B.

Le degré d’une fraction \(\frac{P}{Q}\) se définit comme \(\deg P-\deg Q\). Ici, il vaut donc \(3-2=1\), et ce nombre ne dépend pas du représentant choisi. Le piège \(3\) ne regarde que le numérateur. De même, \(5\) additionne les degrés comme pour un produit de polynômes. Enfin, \(-1\) inverse l’ordre de la soustraction.

Réponse A.

La partie entière est le quotient de la division euclidienne du numérateur par le dénominateur. On trouve \(2X^3-X^2+3=(2X-1)(X^2-1)+2X+2\), donc le quotient est \(2X-1\). Le piège \(2X\) s’arrête après le premier terme de la division. Ensuite, \(2X+1\) commet une erreur de signe. Enfin, \(2X^2-1\) a un degré trop grand, alors que le quotient doit être de degré \(3-2=1\).

Réponse D.

Les pôles se lisent sur la forme irréductible. Après simplification par \(X+2\), il reste \(\frac{1}{(X-1)^2(X^2+4)}\). Or \(X^2+4\) n’a aucune racine réelle, donc seul \(1\) est un pôle réel, de multiplicité \(2\). Le piège le plus courant garde \(-2\) sans simplifier. Par ailleurs, \(X^2+4\) ne se factorise pas en \((X-2)(X+2)\).

Réponse B.

Le pôle double \(0\) apporte deux termes, en \(\frac{1}{X}\) et en \(\frac{1}{X^2}\). Ensuite, le trinôme \(X^2+X+1\) a un discriminant négatif : il donne un élément de seconde espèce, avec un numérateur de degré au plus \(1\). La version sans \(\frac{a}{X}\) oublie le terme en \(\frac{1}{X}\). De même, une constante seule au-dessus du trinôme ne suffit pas. Enfin, les termes en \(j\) relèvent de la décomposition sur \(\mathbb{C}\).

Réponse C.

On multiplie les deux membres par \(X-2\), puis on évalue en \(2\). Il reste \(a=\frac{3\times 2+1}{2+1}=\frac{7}{3}\). Le piège \(\frac{2}{3}\) est en fait la valeur de \(b\), obtenue en évaluant en \(-1\). Ensuite, \(7\) oublie de diviser par le facteur restant \(X+1\). Pour contrôler, on vérifie que \(a+b=3\), coefficient dominant du numérateur.

Réponse A.

Pour un pôle simple \(a\) de \(\frac{P}{Q}\), le coefficient vaut \(\frac{P(a)}{Q^{\prime}(a)}\). Ici, \(Q^{\prime}=4X^3\) et \(i^3=-i\), donc on obtient \(\frac{1}{-4i}=\frac{i}{4}\). Le piège \(-\frac{i}{4}\) oublie que diviser par \(i\) revient à multiplier par \(-i\). Par ailleurs, \(\frac{1}{4}\) et \(-\frac{1}{4}\) sont les coefficients des pôles réels \(1\) et \(-1\).

Réponse C.

On écrit \((x-1)^{-3}\) et on applique la règle des puissances : une primitive est \(\frac{(x-1)^{-2}}{-2}\). Le piège sans signe moins oublie que l’exposant devient négatif. Ensuite, \(-\frac{1}{(x-1)^{2}}\) perd le facteur \(\frac{1}{2}\). Enfin, la version en \((x-1)^{4}\) augmente l’exposant du dénominateur, alors qu’il faut augmenter de \(1\) l’exposant \(-3\). Une dérivation rapide permet de contrôler.

Réponse C.

La décomposition donne \(\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x+2}\), donc une primitive est \(\ln\frac{x+1}{x+2}\). Entre \(0\) et \(1\), on obtient \(\ln\frac{2}{3}-\ln\frac{1}{2}=\ln\frac{4}{3}\). Le piège \(\ln\frac{3}{2}\) oublie la borne inférieure. De plus, \(\ln\frac{3}{4}\) inverse le signe de la décomposition. Enfin, la valeur doit rester positive, puisque la fonction intégrée l’est.

Réponse D.

La forme canonique donne \(x^2+2x+5=(x+1)^2+4\). Or une primitive de \(\frac{1}{u^2+a^2}\) est \(\frac{1}{a}\arctan\frac{u}{a}\), avec ici \(a=2\). Le piège \(\frac{1}{2}\arctan(x+1)\) oublie de diviser \(x+1\) par \(2\). Ensuite, \(\arctan\frac{x+1}{2}\) perd le facteur \(\frac{1}{2}\). Enfin, \(\frac{1}{4}\) divise par \(a^2\) au lieu de \(a\).

Réponse D.

On sépare le numérateur en \(2x\), dérivée du dénominateur, et en la constante \(3\). Le premier morceau s’intègre en \(\ln(x^2+1)\), le second en \(3\arctan x\). Le piège avec \(2\ln\) garde le facteur \(2\), alors qu’il est déjà absorbé par la dérivée. Par ailleurs, \(\frac{3}{2}\) divise sans raison. Enfin, le coefficient \(3\) sort de l’arctangente et ne se place pas dans son argument.

Réponse A.

On teste l’invariance de \(\omega=f(x)\,dx\). En remplaçant \(x\) par \(\pi-x\), le cosinus et la différentielle changent tous deux de signe, donc \(\omega\) est invariante. Ainsi, la règle indique \(t=\sin x\), et l’intégrale devient \(\int\frac{dt}{2+t^2}\). Le piège \(t=\cos x\) correspond à l’invariance par \(x\mapsto-x\). Quant à \(t=\tan\frac{x}{2}\), il marche toujours mais alourdit le calcul.

Réponse B.

On utilise \(\cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2}\) et \(dx=\frac{2\,dt}{1+t^2}\). Ainsi, \(2+\cos x=\frac{t^2+3}{1+t^2}\), et le facteur \(1+t^2\) se simplifie. Le piège sans le \(2\) oublie la dérivée de \(\arctan\). Ensuite, \(3t^2+1\) provient d’un cosinus écrit \(\frac{t^2-1}{1+t^2}\), avec le signe inversé. Enfin, le produit \((t^2+3)(t^2+1)\) au dénominateur oublie de simplifier par \(1+t^2\).