Exercice 16

Les fonctions à intégrer sont des fractions rationnelles, continues sur les intervalles considérés, qui ne contiennent aucun pôle : on applique la méthode du cours (section 18.4.4), c'est-à-dire la décomposition en éléments simples sur $\mathbb{R}$ (chapitre 13, théorème 14), après avoir cherché si un raccourci, une forme $\frac{u'}{u}$ ou un changement de variable $u = x^{k}$, évite le calcul complet.

1.(a) Les pôles $0$ et $1$ sont hors de $[2\,,3]$. Le coefficient du pôle simple $0$ vaut $\frac{0 + 1}{(0 - 1)^{3}} = -1$ (chapitre 13, proposition 23). Pour le pôle triple, on pose $t = 1 + h$ : la partie polaire en $1$ s'obtient à partir du développement limité $\frac{2 + h}{1 + h} = 2 - h + h^{2} + o(h^{2})$ (chapitre 10), divisé par $h^{3}$. $$\frac{t + 1}{t(t - 1)^{3}} = -\frac{1}{t} + \frac{2}{(t - 1)^{3}} - \frac{1}{(t - 1)^{2}} + \frac{1}{t - 1}.$$ Une primitive sur $[2\,,3]$ est $t \mapsto -\ln t + \ln(t - 1) - \frac{1}{(t - 1)^{2}} + \frac{1}{t - 1}$, qui vaut $\ln\frac{2}{3} + \frac{1}{4}$ en $3$ et $-\ln 2$ en $2$. $$\boxed{\int_{2}^{3} \frac{t + 1}{t(t - 1)^{3}}\,\mathrm{d} t = \frac{1}{4} + \ln\frac{4}{3} \approx 0{,}5377}$$

1.(b) Le degré du numérateur dépasse celui du dénominateur : on commence par la division euclidienne, $t^{4} = (t^{2} - 2t - 1)(t^{2} + 2t + 5) + 12t + 5$. Le trinôme $t^{2} + 2t + 5 = (t + 1)^{2} + 4$ n'a pas de racine réelle, et l'on écrit $12t + 5 = 6(2t + 2) - 7$ pour faire apparaître sa dérivée : $$\int_{0}^{1} \frac{t^{4}}{t^{2} + 2t + 5}\,\mathrm{d} t = \int_{0}^{1} (t^{2} - 2t - 1)\,\mathrm{d} t + 6\Big[\ln(t^{2} + 2t + 5)\Big]_{0}^{1} - \frac{7}{2}\Big[\operatorname{Arctan}\frac{t + 1}{2}\Big]_{0}^{1}.$$

$$\boxed{\int_{0}^{1} \frac{t^{4}}{t^{2} + 2t + 5}\,\mathrm{d} t = -\frac{5}{3} + 6\ln\frac{8}{5} - \frac{7\pi}{8} + \frac{7}{2}\operatorname{Arctan}\frac{1}{2} \approx 0{,}02723}$$ La valeur est cohérente : la fonction intégrée est comprise entre $0$ et $\frac{t^{4}}{5}$, d'intégrale $\frac{1}{25} = 0{,}04$. Elle résulte pourtant de la compensation de termes de l'ordre de l'unité, ce qui rend le calcul numérique de l'expression exacte délicat.

1.(c) Les pôles sont $-1$ et les racines non réelles de $x^{2} - x + 1$. Un raccourci évite la décomposition : $x^{3} + 1 = (x + 1)(x^{2} - x + 1)$, et en écrivant le numérateur $x^{2} + (x + 1)$, $$\frac{x^{2} + x + 1}{x^{3} + 1} = \frac{x^{2}}{x^{3} + 1} + \frac{1}{x^{2} - x + 1}.$$ Le premier terme est de la forme $\frac{1}{3}\frac{u'}{u}$ ; le second se traite par la forme canonique $\big(x - \frac{1}{2}\big)^{2} + \frac{3}{4}$ et l'arc tangente, avec $\operatorname{Arctan}\sqrt{3} = \frac{\pi}{3}$ : $$\boxed{\int_{2}^{3} \frac{x^{2} + x + 1}{x^{3} + 1}\,\mathrm{d} x = \frac{1}{3}\ln\frac{28}{9} + \frac{2}{\sqrt{3}}\Big(\operatorname{Arctan}\frac{5}{\sqrt{3}} - \frac{\pi}{3}\Big) \approx 0{,}5979}$$ La décomposition complète, $\frac{1}{3(x + 1)} + \frac{2(x + 1)}{3(x^{2} - x + 1)}$, conduit au même résultat ✓.

1.(d) Les pôles réels $\pm\sqrt{2}$ sont hors de $[-1\,,1]$. Comme $x^{4} - 4 = (x^{2} - 2)(x^{2} + 2)$ et que la différence des deux facteurs vaut $4$, on a $\frac{1}{x^{4} - 4} = \frac{1}{4}\Big(\frac{1}{x^{2} - 2} - \frac{1}{x^{2} + 2}\Big)$. La fonction est paire (chapitre 6, proposition 6), et sur $[0\,,1]$, $$\int_{0}^{1} \frac{\mathrm{d} x}{x^{2} - 2} = \frac{1}{2\sqrt{2}}\Big[\ln\Big|\frac{x - \sqrt{2}}{x + \sqrt{2}}\Big|\Big]_{0}^{1} = \frac{1}{2\sqrt{2}}\ln\frac{\sqrt{2} - 1}{\sqrt{2} + 1} = -\frac{\ln(1 + \sqrt{2})}{\sqrt{2}}, \qquad \int_{0}^{1} \frac{\mathrm{d} x}{x^{2} + 2} = \frac{1}{\sqrt{2}}\operatorname{Arctan}\frac{1}{\sqrt{2}},$$ où l'on a utilisé $\frac{\sqrt{2} - 1}{\sqrt{2} + 1} = (\sqrt{2} - 1)^{2}$ et $\frac{1}{\sqrt{2} - 1} = \sqrt{2} + 1$. $$\boxed{\int_{-1}^{1} \frac{\mathrm{d} x}{x^{4} - 4} = -\frac{\sqrt{2}}{4}\Big(\ln(1 + \sqrt{2}) + \operatorname{Arctan}\frac{1}{\sqrt{2}}\Big) \approx -0{,}5292}$$ Le résultat est négatif, comme la fonction intégrée sur $[-1\,,1]$, où $x^{4} - 4 < 0$ ✓.

1.(e) C'est un élément simple de seconde espèce élevé au carré : comme l'indique le cours, on l'intègre par parties à partir de $J_{1} = \int_{0}^{1} \frac{\mathrm{d} t}{1 + t^{2}} = \frac{\pi}{4}$, en dérivant $\frac{1}{1 + t^{2}}$ et en intégrant $1$. En notant $J_{2}$ l'intégrale cherchée, $$J_{1} = \Big[\frac{t}{1 + t^{2}}\Big]_{0}^{1} + \int_{0}^{1} \frac{2t^{2}}{(1 + t^{2})^{2}}\,\mathrm{d} t = \frac{1}{2} + 2J_{1} - 2J_{2}, \qquad\text{car}\qquad \frac{t^{2}}{(1 + t^{2})^{2}} = \frac{1}{1 + t^{2}} - \frac{1}{(1 + t^{2})^{2}}.$$

$$\boxed{\int_{0}^{1} \frac{\mathrm{d} t}{(1 + t^{2})^{2}} = \frac{1}{4} + \frac{\pi}{8}}$$ Le changement de variable $t = \tan u$, suggéré par le facteur $1 + t^{2} = \frac{1}{\cos^{2}u}$, conduit au même résultat ✓ : $$\int_{0}^{1} \frac{\mathrm{d} t}{(1 + t^{2})^{2}} = \int_{0}^{\pi/4} \cos^{2}u\,\mathrm{d} u = \frac{\pi}{8} + \frac{1}{4}.$$ L'exercice 20 généralisera les deux méthodes.

2. Dans chaque cas, la primitive est valable sur tout intervalle ne contenant aucun pôle, et l'on contrôle le résultat en le dérivant.

(a) Les pôles simples $1$ et $-1$ ont pour coefficients $\frac{1}{2 \times 1} = \frac{1}{2}$ et $\frac{1}{(-2) \times 9} = -\frac{1}{18}$ ; le coefficient de $\frac{1}{(x - 2)^{2}}$ vaut $\frac{1}{2^{2} - 1} = \frac{1}{3}$. Enfin, la limite de $xF(x)$ en $+\infty$ est nulle, ce qui impose que les coefficients des termes en $\frac{1}{x - \lambda}$ aient une somme nulle : celui de $\frac{1}{x - 2}$ vaut $-\frac{1}{2} + \frac{1}{18} = -\frac{4}{9}$. $$\frac{1}{(x^{2} - 1)(x - 2)^{2}} = \frac{1}{2(x - 1)} - \frac{1}{18(x + 1)} - \frac{4}{9(x - 2)} + \frac{1}{3(x - 2)^{2}},$$

(b) Le numérateur $x$ est, au facteur $\frac{1}{2}$ près, la dérivée de $x^{2}$, et le dénominateur ne dépend que de $x^{2}$ : c'est le changement de variable $u = x^{2}$ qui s'impose. Comme $u^{2} - u - 2 = (u - 2)(u + 1)$ et $\frac{1}{(u - 2)(u + 1)} = \frac{1}{3}\Big(\frac{1}{u - 2} - \frac{1}{u + 1}\Big)$, $$\frac{x}{x^{4} - x^{2} - 2} = \frac{1}{3}\Big(\frac{x}{x^{2} - 2} - \frac{x}{x^{2} + 1}\Big), \qquad \boxed{x \mapsto \frac{1}{6}\ln\Big|\frac{x^{2} - 2}{x^{2} + 1}\Big|}$$

(c) On écrit $1 = (x^{3} + 1) - x^{3}$, ce qui fait apparaître une forme $\frac{u'}{u}$ : $$\frac{1}{x(x^{3} + 1)} = \frac{1}{x} - \frac{x^{2}}{x^{3} + 1}, \qquad \boxed{x \mapsto \ln|x| - \frac{1}{3}\ln|x^{3} + 1|}$$

(d) Le facteur $x^{3}$ est, au facteur $\frac{1}{4}$ près, la dérivée de $x^{4}$, et le reste ne dépend que de $x^{4}$ : on pose $u = x^{4}$, ce qui revient à écrire $x^{7} = x^{3}\big((x^{4} + 1) - 1\big)$. $$\frac{x^{7}}{(x^{4} + 1)^{2}} = \frac{x^{3}}{x^{4} + 1} - \frac{x^{3}}{(x^{4} + 1)^{2}}, \qquad \boxed{x \mapsto \frac{1}{4}\ln(x^{4} + 1) + \frac{1}{4(x^{4} + 1)}}$$ Cette primitive est définie sur $\mathbb{R}$ tout entier, puisque $x^{4} + 1$ ne s'annule pas.

(e) On factorise $x^{3} - 1 = (x - 1)(x^{2} + x + 1)$ ; le coefficient du pôle $1$ vaut $\frac{1}{3}$, et la limite de $xF(x)$ en $+\infty$ et l'évaluation en $0$ donnent le reste : $$\frac{1}{x^{3} - 1} = \frac{1}{3(x - 1)} - \frac{x + 2}{3(x^{2} + x + 1)}, \qquad x + 2 = \frac{1}{2}(2x + 1) + \frac{3}{2}.$$ Avec la forme canonique $x^{2} + x + 1 = \big(x + \frac{1}{2}\big)^{2} + \frac{3}{4}$, $$\boxed{x \mapsto \frac{1}{3}\ln|x - 1| - \frac{1}{6}\ln(x^{2} + x + 1) - \frac{1}{\sqrt{3}}\operatorname{Arctan}\frac{2x + 1}{\sqrt{3}}}$$ À retenir. Avant de décomposer, on cherche une forme $\frac{u'}{u}$ ou $\frac{u'}{u^{k}}$, ou un changement de variable $u = x^{k}$ lorsque le numérateur est, à une constante près, la dérivée de $x^{k}$ et que le reste ne dépend que de $x^{k}$ : en (b), (c) et (d), cela évite de décomposer des fractions de degré $4$, $4$ et $8$. Les logarithmes portent des valeurs absolues, sauf quand leur argument est positif sur $\mathbb{R}$.