I.U.T. de Brest Ann´ee 2015-16
G.M.P. 2. (PE) Corrig´e du devoir du 30/03/2016
Compl´ements de maths (M4322)
Exercice 1 ( ≃6,5 points). On consid`ere la fraction rationnelle F d´efinie par F(x) = 3x5−9x3−6x2+ 5
(x2+x)2 ·
Le degr´e de F est positif ou nul car ´egal `a 5−4 = 1. On doit donc effectuer la division euclidienne du num´erateur par le d´enominateur. Pour cela, on doit d´evelopper le d´enominateur : (x2+x)2 =x4+ 2x3+x2. Apr`es calculs (`a faire ´evidemment sur sa copie), on obtient :
3x5−9x3−6x2+ 5 = (3x−6)×(x4+ 2x3+x2) + 5.
Ainsi
F(x) = 3x5 −9x3−6x2+ 5
(x2+x)2 = 3x−6 + 5 (x2+x)2 · Comme x2+x=x(x+ 1), on a (x2+x)2 =x2(x+ 1)2. On peut donc ´ecrire
F(x) = 3x−6 + 5
x2(x+ 1)2 = 3x−6 + a x + b
x2 + c
x+ 1 + d (x+ 1)2 o`u a, b, c, d sont des constantes r´eelles.
Notons (∗) l’´egalit´e suivante :
5
x2(x+ 1)2 = a x + b
x2 + c
x+ 1 + d (x+ 1)2· Pour trouver b, on multiplie l’´egalit´e (∗) par x2 :
5
(x+ 1)2 =ax+b+ cx2
x+ 1 + dx2 (x+ 1)2, et on ´evalue cette nouvelle ´egalit´e en x:= 0 pour obtenir b= 5.
Pour trouver d, on multiplie l’´egalit´e (∗) par (x+ 1)2 : 5
x2 = a(x+ 1)2
x +b(x+ 1)2
x2 +c(x+ 1) +d, et on ´evalue cette nouvelle ´egalit´e en x:=−1 pour obtenir d= 5.
Pour trouver a etc, on multiplie d’abord l’´egalit´e (∗) par x: 5
x(x+ 1)2 =a+ b
x + cx
x+ 1 + dx (x+ 1)2,
et on calcule la limite lorsque x tend vers +∞ pour obtenir 0 =a+ 0 +c+ 0, c’est-`a-dire c=−a.
Puis on ´evalue l’´egalit´e (∗) en x:= 1 pour obtenir 5
4 =a+b+ c 2+ d
4. On multiplie cette ´equation par 4 pour obtenir 5 = 4a+ 4b+ 2c+d.
En tenant compte des valeurs de b et d trouv´ees pr´ec´edemment, cela donne 4a+ 2c= 5−4b−d =−20, c’est-`a-dire 2a+c=−10.
Comme on a d´ej`a vu que c=−a, on en d´eduit que 2a−a=−10.
Ainsi a=−10 et c=−a= 10. Finalement
F(x) = 3x−6− 10 x + 5
x2 + 10
x+ 1 + 5 (x+ 1)2·
Exercice 2 ( ≃13,5 points).
1. On consid`ere les polynˆomes P etQ d´efinis par :
P(x) =x2+ 4x+ 3 et Q(x) =x4+ 4x2+ 3.
a) Pour le polynˆome P, on calcule le discriminant ∆ = 16−12 = 4 > 0. On en d´eduit ses deux racines r´eelles −1 et −3 (calculs faciles). Ainsi P(x) =x2+ 4x+ 3 = (x+ 1)(x+ 3).
b)Q(x) =x4+ 4x2+ 3 = P(x2) = (x2+ 1)(x2+ 3), la derni`ere ´egalit´e d´ecoulant de la factorisation de P effectu´ee `a la question pr´ec´edente.
2. On consid`ere la fraction rationnelle F d´efinie par
F(x) = −x2+ 4x+ 7 x4+ 4x2+ 3 ·
a) Le degr´e de F est n´egatif strict (car ´egal `a 2−4 = −2) et les polynˆomes x2+ 1 et x2+ 3 sont de degr´e 2 `a discriminant n´egatif strict. On peut donc directement ´ecrire
F(x) = −x2+ 4x+ 7
(x2+ 1)(x2+ 3) = ax+b
x2+ 1 +cx+d x2 + 3 o`u a, b, c, dsont des constantes r´eelles.
Notons (∗) l’´egalit´e suivante :
−x2+ 4x+ 7
(x2+ 1)(x2+ 3) = ax+b
x2+ 1 +cx+d x2 + 3· Pour trouver a et b, on multiplie l’´egalit´e (∗) par x2+ 1 :
−x2+ 4x+ 7
(x2+ 3) =ax+b+ (cx+d)(x2+ 1) x2 + 3 , et on ´evalue cette nouvelle ´egalit´e en x:=i pour obtenir ai+b= 1 + 4i+ 7
−1 + 3 = 4i+ 8
2 = 2i+ 4.
Comme a et b sont r´eels, l’´egalit´e ai+b = 2i+ 4 nous donne donc a = 2 et b = 4 (en identifiant parties r´eelles et parties imaginaires).
Pour trouver c etd, on multiplie l’´egalit´e (∗) par x2+ 3 :
−x2+ 4x+ 7
(x2+ 1) = (ax+b)(x2+ 3)
x2+ 1 +cx+d, et on ´evalue cette nouvelle ´egalit´e enx:=i√
3 pour obtenirci√
3+d= 3 + 4i√ 3 + 7
−3 + 1 = 10 + 4i√ 3
−2 =
−5−2i√ 3.
Comme c et d sont r´eels, l’´egalit´e ci√
3 +d =−5−2i√
3 nous donne donc c =−2 et d = −5 (en identifiant parties r´eelles et parties imaginaires).
Finalement
F(x) = 2x+ 4
x2+ 1 − 2x+ 5 x2+ 3·
b) Primitive G de la fonctionF sur R? Avec ce qui pr´ec`ede, on a :
F(x) = 2x+ 4
x2+ 1 − 2x+ 5
x2+ 3 = 2x
x2+ 1 + 4× 1
x2+ 1 − 2x
x2+ 3 −5× 1 x2+ 3 Or
1
x2+ 3 = 1
3 x32 + 1 = 1
3 × 1
x
√3
2 + 1
=
√3 3 ×
√1 3
x
√3
2 + 1
= 1
√3 ×
√1 3
x
√3
2 + 1 On a donc
F(x) = 2x
x2+ 1 − 2x
x2+ 3 + 4× 1
x2+ 1 − 5
√3 ×
√1 3
x
√3
2 + 1
Une primitive de uu′ ´etant ln|u|, on obtient avec successivement u(x) =x2+ 1, puis u(x) =x2+ 3, les primitives des deux premi`eres fonctions intervenant dans F(x) (en effet dans les deux cas u′(x) = 2x).
Pour les deux derni`eres fonctions intervenant dans F(x), on utilise le fait qu’une primitive de u2u+1′ est arctan(u) ; pour cela on prend u(x) = x pour une et u(x) = √x3 pour l’autre. Ainsi on obtient une primitive G de la fonction F sur R par :
G(x) = ln(x2+ 1)−ln(x2+ 3) + 4×arctan(x)− 5
√3 ×arctan x
√3
.
3. Le nombre t d´esignant un r´eel quelconque, on d´efinit l’int´egrale I(t) par I(t) =
Z t
1
F(x) dx= Z t
1
−x2 + 4x+ 7 x4+ 4x2+ 3 dx·
D’apr`es la question pr´ec´edente, I(t) = G(t)−G(1). Or, puisque lna−lnb = ln(ab) pour a > 0 et b >0, on obtient :
G(t) = ln(t2+ 1)−ln(t2+ 3) + 4×arctan(t)− 5
√3 ×arctan t
√3
= ln
t2+ 1 t2+ 3
+ 4×arctan(t)− 5
√3×arctan t
√3
. Pour ce qui est des limites, on a :
• lim
t→+∞
t2+ 1
t2+ 3 = lim
t→+∞
t2
t2 = lim
t→+∞1 = 1 apr`es avoir gard´e les termes de plus haut degr´e aux num´erateur et d´enominateur. Par cons´equent,
t→lim+∞ln
t2+ 1 t2+ 3
= ln 1 = 0.
• On sait (voir cours de premi`ere ann´ee du semestre 1) que lim
x→+∞arctan(x) = π 2. Donc lim
t→+∞arctan(t) = π
2 et lim
t→+∞arctan t
√3
= π 2.
• On d´eduit de ce qui pr´ec`ede que
t→lim+∞
G(t) = 0 + 4× π 2 − 5
√3 ×π
2 = 2π− 5
√3 × π 2 ·
Conclusion.
t→lim+∞I(t) = lim
t→+∞G(t)−G(1) = 2π− 5
√3 × π 2 −
ln2
4+ 4 arctan(1)− 5
√3 ×arctan 1
√3
. Or :
ln2
4 = ln1
2 = ln 1−ln 2 =−ln 2 ; arctan(1) = π
4; arctan
1
√3
= arctan
√3 3
!
= π 6 . Ainsi
t→lim+∞I(t) = 2π− 5
√3× π
2 + ln 2−π+ 5
√3 × π
6 =π+ ln 2− 5
√3× π 3.
Fin du corrig´e
