I.U.T. de Brest Ann´ee 2017-18
G.M.P. 2. (PE) Corrig´e du devoir du 12/04/2018
Compl´ements de maths (M4322)
Exercice 1 ( ≃3,5 points). Calcul de l’int´egrale I = Z 1
0
x2ln(1 +x2) dx .
Par IPP : on pose u(x) = ln(1 +x2) et v′(x) =x2.
Tout d’abord, commeu = lnw avec w(x) = 1 +x2 (et donc w′(x) = 2x), on obtient u′(x) = x22x+1. De plus, comme v′(x) =x2, on prend v(x) = x33.
D’o`u, en appliquant la formule d’IPP Z b
a
u(x)v′(x) dx= [u(x)v(x)]ba− Z b
a
u′(x)v(x) dx, on obtient :
I = x3
3 ln(1 +x2) 1
0
− Z 1
0
x3
3 × 2x
x2+ 1dx= ln 2
3 −0− 2 3×
Z 1
0
x4 x2+ 1dx.
Pour calculer cette derni`ere int´egrale, on cherche `a d´ecomposer en ´el´ements simples sur R la fraction rationnelle x4
x2+ 1. Pour cela, on commence par effectuer la division euclidienne de x4 par x2 + 1. Apr`es calculs (`a faire ´evidemment sur sa copie), on obtient pour quotient x2−1 et pour reste 1 ; autrement dit :
x4 = (x2+ 1)×(x2−1) + 1.
Ainsi on obtient la d´ecomposition compl`ete en ´el´ements simples sur R de la fraction rationnelle x4 x2+ 1 : x4
x2+ 1 =x2−1 + 1 x2+ 1 · On en d´eduit que
I = ln 2 3 − 2
3 × Z 1
0
x2−1 + 1 x2+ 1
dx
I = ln 2 3 − 2
3 × x3
3 −x+ arctanx 1
0
. Comme arctan(0) = 0 et arctan(1) = π
4, on obtient finalement :
I = ln 2 3 − 2
3 × 1
3 −1 + π 4
= ln 2 3 + 4
9− π 6.
Exercice 2 ( ≃4,5 points).
A l’aide du changement de variable` t=√
x+ 1 , calcul de l’int´egraleJ = Z 0
−1
6 x−2−2√
x+ 1 dx .
• Bornes : si x=−1 alors t=√
−1 + 1 =√
0 = 0.
De mˆeme si x= 0 alors t=√
0 + 1 =√
1 = 1.
• Fonction : on commence par exprimer x en fonction det.
Attention ! on ne cherche pas `a balancer une formule en faisant tout de tˆete, mais on prend son temps et on y va pas `a pas en ´ecrivant toutes les ´etapes interm´ediaires sur sa copie !
Comme t =√
x+ 1 , on a t2 =x+ 1, puis x=t2 −1.
On en d´eduit que
f(x) = 6
x−2−2√
x+ 1 = 6
(t2−1)−2−2t = 6 t2 −2t−3·
• Diff´erentielle : on a vu pr´ec´edemment que x=t2−1. En d´erivant, on obtient dx dt = 2t.
On en d´eduit que dx= 2tdt.
• Conclusion. On applique la formule de changement de variable : J =
Z 1
0
6
t2−2t−3 ×2tdt = Z 1
0
12t
t2 −2t−3 dt.
Pour calculer cette derni`ere int´egrale, on cherche `a d´ecomposer en ´el´ements simples sur R la fraction rationnelle 12t
t2−2t−3. Le degr´e de cette fraction rationnelle ´etant ´egal `a−1<0, il n’y a pas de division euclidienne `a faire.
On cherche alors `a factoriser le d´enominateur : t2−2t−3. On calcule son discriminant ∆ = 16 puis on en d´eduit ses racines : 3 et −1 (d´etails `a ´ecrire sur la copie). On a donc t2−2t−3 = (t−3)(t+ 1).
On peut donc ´ecrire
12t
t2 −2t−3 = 12t
(t−3)(t+ 1) = a
t−3 + b t+ 1 o`u a etb sont des constantes r´eelles.
Notons (∗) l’´egalit´e suivante 12t
(t−3)(t+ 1) = a
t−3 + b t+ 1· Pour trouver a, on multiplie l’´egalit´e (∗) par t−3 :
12t
(t+ 1) =a+ b(t−3) t+ 1 , et on ´evalue cette nouvelle ´egalit´e en t:= 3 pour obtenir a= 12×3
4 = 4×3×3
4 = 3×3 = 9.
Pour trouver b, on multiplie l’´egalit´e (∗) par t+ 1 : 12t
(t−3) = a(t+ 1) t−3 +b,
et on ´evalue cette nouvelle ´egalit´e en t:=−1 pour obtenir b = 12×(−1)
−4 = 3.
Ainsi
12t
t2−2t−3 = 9
t−3 + 3 t+ 1 On revient au calcul de l’int´egrale :
J = Z 1
0
9
t−3+ 3 t+ 1
dt = [9 ln|t−3|+ 3 ln|t+ 1|]10 = 9 ln 2 + 3 ln 2−9 ln 3−0 = 12 ln 2−9 ln 3.
Exercice 3 ( ≃12 points).
1. On consid`ere le polynˆomeB d´efini par B(x) = (x2 −x+ 1)2+ 1.
a) B(i) = (i2−i+ 1)2+ 1 = (−1−i+ 1)2+ 1 = (−i)2+ 1 =−1 + 1 = 0.
b) D’apr`es la question pr´ec´edente, i est donc racine de B. Mais comme B est `a coefficients r´eels, un r´esultat vu en cours assure que le conjugu´e de i, autrement dit −i, est aussi racine de B. Par cons´equent le polynˆome (x−i)(x+i) divise B(x), c’est-`a-direx2+ 1 divise B(x).
Effectuons alors la division euclidienne de B(x) par x2 + 1. Pour cela, il faut d’abord d´evelopper B(x) :
B(x) = (x2−x+ 1)2+ 1 = (x2−x+ 1)(x2−x+ 1) + 1 =x4−2x3+ 3x2−2x+ 2.
Apr`es calculs (`a faire ´evidemment sur sa copie), on obtient pour quotientx2−2x+2 et, ´evidemment, pour reste 0 ; autrement dit :
B(x) = (x2+ 1)×(x2−2x+ 2).
Comme les deux polynˆomesx2+ 1 etx2−2x+ 2 sont de degr´e 2 `a discriminants<0, la factorisation du polynˆomeB en produit de facteurs irr´eductibles surRest bien :B(x) = (x2+ 1)×(x2−2x+ 2).
2. On consid`ere la fraction rationnelle F d´efinie par
F(x) = 8x−9
(x2 −x+ 1)2+ 1 ·
a) D´ecomposition en ´el´ements simples sur R de la fraction rationnelle F.
Le degr´e de F est n´egatif strict car ´egal `a 1−4 =−3. Donc pas de division euclidienne `a effectuer.
Le d´enominateur a ´et´e factoris´e au maximum `a la question 1 : B(x) = (x2+ 1)(x2−2x+ 2).
On peut donc ´ecrire
F(x) = 8x−9
(x2−x+ 1)2+ 1 = 8x−9
(x2+ 1)(x2−2x+ 2) = ax+b
x2+ 1 + cx+d x2−2x+ 2 o`u a, b, c, dsont des constantes r´eelles.
Notons (∗) l’´egalit´e suivante :
8x−9
(x2+ 1)(x2−2x+ 2) = ax+b
x2+ 1 + cx+d x2−2x+ 2· Pour trouver a et b, on multiplie l’´egalit´e (∗) par x2+ 1 :
8x−9
(x2−2x+ 2) =ax+b+ (cx+d)(x2+ 1) x2−2x+ 2 , et on ´evalue cette nouvelle ´egalit´e en x:=i pour obtenir
ai+b= 8i−9
1−2i = (8i−9)(1 + 2i)
(1−2i)(1 + 2i) = −25−10i
5 =−5−2i.
On obtient donc a =−2 et b =−5.
Pour trouvercetd, on pourrait multiplier l’´egalit´e (∗) par x2−2x+ 2 et ´evaluer la nouvelle ´egalit´e en x:= 1 +i (puisque 1 +iest l’une des racines de x2−2x+ 2). On va proc´eder ici diff´eremment : Tout d’abord, on ´evalue l’´egalit´e (∗) en x:= 0 pour obtenir :
−9
2 =b+d 2 ce qui donne avec b=−5 :
d=−9−2b =−9 + 10 = 1.
Ensuite, on multiplie l’´egalit´e (∗) par x : 8x2−9x
(x2+ 1)(x2−2x+ 2) = ax2+bx
x2+ 1 + cx2+dx x2−2x+ 2·
En utilisant le fait que la limite en +∞ d’une fraction rationnelle est donn´ee par celle du quotient de ses termes de plus haut degr´e, on obtient en faisant x→+∞ dans l’´egalit´e pr´ec´edente :
x→+∞lim 8x2
x4 = lim
x→+∞
ax2
x2 + lim
x→+∞
cx2 x2 , ce qui donne
x→+∞lim 8
x2 = 0 =a+c.
D’o`u
c=−a= 2.
Conclusion.
F(x) = 8x−9
(x2−x+ 1)2+ 1 = 8x−9
(x2+ 1)(x2−2x+ 2) = −2x−5
x2+ 1 + 2x+ 1 x2 −2x+ 2· b) D´etermination d’une primitive G de la fonction F sur R.
On commence par remarquer que (x2 + 1)′ = 2x et que (x2−2x+ 2)′ = 2x−2. On ´ecrit alors : F(x) =−2x+ 5
x2+ 1 + 2x−2 + 3
x2 −2x+ 2 =− 2x
x2+ 1 −5× 1
x2 + 1 + 2x−2
x2−2x+ 2 + 3× 1 x2−2x+ 2· Les premi`ere et troisi`eme fractions sont de la forme uu′ et la deuxi`eme est de la forme 1+u′u2. Il ne reste plus qu’`a s’occuper de la quatri`eme fraction.
Pour cela, on ´ecrit la forme canonique de x2 −2x+ 2 : x2−2x+ 2 = (x−1)2 + 1. On en d´eduit que :
1
x2−2x+ 2 = 1 (x−1)2+ 1·
Pour l’int´egrer, on va utiliser la formule 1+uu′2 avec iciu(x) =x−1, et donc u′(x) = 1.
Pour conclure, on a donc F(x) =− 2x
x2+ 1 −5× 1
x2+ 1 + 2x−2
x2−2x+ 2 + 3× 1 (x−1)2+ 1, dont une primitive G est donn´ee par :
G(x) =−ln|x2+ 1| −5 arctanx+ ln|x2−2x+ 2|+ 3 arctan(x−1) ou encore
G(x) =−ln(x2+ 1)−5 arctanx+ ln(x2−2x+ 2) + 3 arctan(x−1).
3. Le nombre t d´esignant un r´eel quelconque, on d´efinit l’int´egrale I(t) par I(t) =
Z t
0
F(x) dx= Z t
0
8x−9
(x2−x+ 1)2+ 1 dx . Calcul de la limite de I(t) lorsque t tend vers +∞.
I(t) = Z t
0
F(x) dx= [G(x)]t0 =G(t)−G(0).
Or G(0) =−ln 1−5 arctan 0 + ln 2 + 3 arctan(−1) = ln 2−3π 4 . On a donc :
I(t) =−ln(t2+ 1)−5 arctant+ ln(t2−2t+ 2) + 3 arctan(t−1)−ln 2 + 3π 4 . On sait que lna−lnb= ln ab
pour tout r´eel a >0 et tout r´eel b >0. D’o`u I(t) = ln
t2−2t+ 2 t2+ 1
−5 arctant+ 3 arctan(t−1)−ln 2 + 3π 4 . En termes de limites, on sait que :
1) lim
t→+∞
t2−2t+ 2
t2+ 1 = lim
t→+∞
t2
t2 = lim
t→+∞1 = 1 donc lim
t→+∞ln
t2−2t+ 2 t2+ 1
= ln 1 = 0 ; 2) lim
t→+∞arctant = π
2 et lim
t→+∞arctan(t−1) = π 2 . Conclusion.
t→+∞lim I(t) = 0−5×π
2 + 3× π
2 −ln 2 + 3π
4 =−π−ln 2 + 3π
4 =−ln 2− π 4·
Fin du corrig´e
