On divise encore, on décompose et on intègre ! - Exercice 1

50 min
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Un exemple simple pour vérifier si l'on sait correctement réaliser une division euclidienne selon les puissances décroissantes de l'indéterminée.
Question 1
Soit xx une indéterminée.
On considère PP et QQ deux polynômes à coefficients réels, tels que :
P(x)=6x3−2x2+x+3P(x) = 6x^3 - 2x^2 + x + 3 et Q(x)=x2−x+1Q(x) = x^2 - x + 1
On supposera que QQ est non nul.
On notera par jj le nombre complexe suivant :
j=−1+i32      (i2=−1)j = \dfrac{-1 + i\sqrt{3}}{2} \,\,\,\,\,\, (i^2=-1)

Effectuer la division euclidienne de PP par QQ selon les puissances décroissantes de xx.

Correction
On a la séquence calculatoire suivante :

Ce qui nous permet d'écrire que :
P(x)=(6x+4)Q(x)+(−x−1){\color{red}{\boxed{P(x) = (6x+4)Q(x)+(-x-1)}}}
Question 2

Dans R\mathbb{R}, décomposer en éléments simples la fraction rationnelle FF suivante :
F(x)=6x3−2x2+x+3x2−x+1F(x) = \dfrac{6x^3 - 2x^2 + x + 3}{x^2 - x + 1}

Correction
On a :
F(x)=6x3−2x2+x+3x2−x+1=P(x)Q(x)=(6x+4)Q(x)+(−x−1)Q(x)F(x) = \dfrac{6x^3 - 2x^2 + x + 3}{x^2 - x + 1} = \dfrac{P(x)}{Q(x)} = \dfrac{(6x+4)Q(x)+(-x-1)}{Q(x)}
Soit encore :
F(x)=(6x+4)Q(x)Q(x)+(−x−1)Q(x)F(x) = \dfrac{(6x+4)Q(x)}{Q(x)} + \dfrac{(-x-1)}{Q(x)}
Comme QQ est supposé non nul, on a :
F(x)=6x+4−x+1Q(x)F(x) = 6x+4 - \dfrac{x+1}{Q(x)}
Donc :
F(x)=6x+4−x+1x2−x+1F(x) = 6x+4 - \dfrac{x+1}{x^2 - x + 1}
On doit donc décomposer en éléments simples, dans R\mathbb{R}, la fraction rationnelle F\mathcal{F} suivante :
F(x)=x+1x2−x+1\mathcal{F}(x) = \dfrac{x+1}{x^2 - x + 1}
Le discriminant associé au polynôme Q(x)=x2−x+1Q(x) = x^2 - x + 1 est ΔQ=(−1)2−4×1×1=−3<0\Delta_Q = (-1)^2-4\times1\times1 = -3<0. Donc QQ n'est pas factorisable dans R\mathbb{R}.
Finalement, on trouve que :
F(x)=6x+4−x+1x2−x+1{\color{red}{\boxed{F(x) = 6x+4 - \dfrac{x+1}{x^2 - x + 1}}}}
Question 3

Dans C\mathbb{C}, décomposer en éléments simples la fraction rationnelle FF suivante :
F(x)=6x3−2x2+x+3x2−x+1F(x) = \dfrac{6x^3 - 2x^2 + x + 3}{x^2 - x + 1}

Correction
D'après la question précédente, on sait que :
F(x)=6x+4−x+1x2−x+1F(x) = 6x+4 - \dfrac{x+1}{x^2 - x + 1}
On doit donc décomposer en éléments simples, dans C\mathbb{C}, la fraction rationnelle F\mathcal{F} suivante :
F(x)=x+1x2−x+1\mathcal{F}(x) = \dfrac{x+1}{x^2 - x + 1}
Le discriminant associé au polynôme Q(x)=x2−x+1Q(x) = x^2 - x + 1 est ΔQ=(−1)2−4×1×1=−3<0\Delta_Q = (-1)^2-4\times1\times1 = -3<0. Donc QQ est factorisable dans C\mathbb{C}. Les racines de QQ sont, avec i2=−1i^2=-1 :
{r1=−(−1)+i32r2=−(−1)−i32   ⟺   {r1=1+i32r2=1−i32\left\lbrace \begin{array}{rcl} r_1 & = & \dfrac{-(-1) + i\sqrt{3}}{2} \\ & & \\ r_2 & = & \dfrac{-(-1) - i\sqrt{3}}{2} \\\end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} r_1 & = & \dfrac{1 + i\sqrt{3}}{2} \\ & & \\ r_2 & = & \dfrac{1 - i\sqrt{3}}{2} \\\end{array} \right.
Donc :
Q(x)=x2−x+1=(x−r1)(x−r2)=(x−1+i32)(x−1−i32)=(x+−1−i32)(x+−1+i32)Q(x) = x^2 - x + 1 = \left( x - r_1 \right) \left( x - r_2 \right) = \left( x - \dfrac{1 + i\sqrt{3}}{2} \right) \left( x - \dfrac{1 - i\sqrt{3}}{2} \right) = \left( x + \dfrac{-1 - i\sqrt{3}}{2} \right) \left( x + \dfrac{-1 + i\sqrt{3}}{2} \right)
D'où :
Q(x)=x2−x+1=(x+jˉ)(x+j)Q(x) = x^2 - x + 1 = \left( x + \bar{j} \right) \left( x + j \right)
Ainsi :
F(x)=x+1x2−x+1=x+1(x+jˉ)(x+j)\mathcal{F}(x) = \dfrac{x+1}{x^2 - x + 1} = \dfrac{x+1}{( x + \bar{j} ) ( x + j )}
La décomposition en éléments simples est donnée par l'expression :
F(x)=x+1x2−x+1=x+1(x+jˉ)(x+j)=Ax+jˉ+Bx+j\mathcal{F}(x) = \dfrac{x+1}{x^2 - x + 1} = \dfrac{x+1}{( x + \bar{j} ) ( x + j )} = \dfrac{A}{ x + \bar{j}} + \dfrac{B}{ x + j}
En réduisant au même dénominateur, on obtient :
F(x)=x+1x2−x+1=x+1(x+jˉ)(x+j)=A(x+j)+B(x+jˉ)(x+jˉ)(x+j)=Ax+Aj+Bx+Bjˉ(x+jˉ)(x+j)=(A+B)x+Aj+Bjˉ(x+jˉ)(x+j)\mathcal{F}(x) = \dfrac{x+1}{x^2 - x + 1} = \dfrac{x+1}{( x + \bar{j} ) ( x + j )} = \dfrac{A(x + j) + B(x + \bar{j})}{ ( x + \bar{j} ) ( x + j )} = \dfrac{Ax + Aj + Bx + B\bar{j}}{ ( x + \bar{j} ) ( x + j )} = \dfrac{(A+B)x + Aj + B\bar{j}}{ ( x + \bar{j} ) ( x + j )}
Donc, par identification, on trouve que A+B=1A + B = 1 et Aj+Bjˉ=1Aj + B\bar{j} = 1. Donc A=1−BA = 1-B et de fait (1−B)j+Bjˉ=1(1-B)j + B\bar{j} = 1. Donc :
j−Bj+Bjˉ=1  ⟺  j−B(j−jˉ)=1  ⟺  j−B2iℑm(j)=1  ⟺  j−B2i32=1  ⟺  j−Bi3=1j - Bj + B\bar{j} = 1 \,\, \Longleftrightarrow \,\, j - B(j - \bar{j}) = 1 \,\, \Longleftrightarrow \,\, j - B2i \Im\mathrm{m}(j) = 1 \,\, \Longleftrightarrow \,\, j - B2i \dfrac{\sqrt{3}}{2} = 1 \,\, \Longleftrightarrow \,\, j - Bi \sqrt{3} = 1
Soit :
B=j−1i3=−1+i32−1i3=−3+i3i23=−3+i2i=−i3+i22i2=−i3−1−2=i3+12=1+i32B = \dfrac{j-1}{i \sqrt{3}} = \dfrac{\dfrac{-1 + i\sqrt{3}}{2}-1}{i \sqrt{3}} = \dfrac{-3 + i\sqrt{3}}{i2\sqrt{3}} = \dfrac{-\sqrt{3} + i}{2i} = \dfrac{-i\sqrt{3} + i^2}{2i^2} = \dfrac{-i\sqrt{3} - 1}{-2} = \dfrac{i\sqrt{3} + 1}{2} = \dfrac{1 + i\sqrt{3}}{2}
Soit encore :
B=1+i3−2+22=1+i3−22+22=−1+i32+1=j+1B = \dfrac{1 + i\sqrt{3} - 2 + 2}{2} = \dfrac{1 + i\sqrt{3} - 2}{2} + \dfrac{2}{2} = \dfrac{-1 + i\sqrt{3} }{2} + 1 = j + 1
On en déduit que :
A=1−B  ⟺  A=1−(j+1)  ⟺  A=1−j−1  ⟺  A=−jA = 1-B \,\, \Longleftrightarrow \,\, A = 1 - (j + 1) \,\, \Longleftrightarrow \,\, A = 1 - j - 1 \,\, \Longleftrightarrow \,\, A = - j
Ainsi :
F(x)=x+1x2−x+1=−jx+jˉ+j+1x+j\mathcal{F}(x) = \dfrac{x+1}{x^2 - x + 1} = \dfrac{-j}{ x + \bar{j}} + \dfrac{j+1}{ x + j}
Donc, la décomposition en éléments simples, dans C\mathbb{C}, de la fraction rationnelle FF est donnée par :
F(x)=6x+4−(−jx+jˉ+j+1x+j)F(x) = 6x+4 - \left( \dfrac{-j}{ x + \bar{j}} + \dfrac{j+1}{ x + j} \right)
Finalement, on obtient la décomposition en éléments simples, dans C\mathbb{C}, de la fraction rationnelle FF suivante :
F(x)=6x+4+jx+jˉ−j+1x+j{\color{red}{\boxed{F(x) = 6x+4 + \dfrac{j}{ x + \bar{j}} - \dfrac{j+1}{ x + j}}}}
Question 4

Déterminer l'expression des primitives de F(x)=6x3−2x2+x+3x2−x+1F(x) = \dfrac{6x^3 - 2x^2 + x + 3}{x^2 - x + 1}.
On rappelle que si ff est une fonction dérivable, on a :
∫f′(x)(f(x))2+1 dx=arctan⁡(f(x))+k          avec k∈R\int \dfrac{f'(x)}{\left(f(x) \right)^2 + 1} \, dx = \arctan \big( f(x) \big) + k \;\;\;\;\; \mathrm{avec} \, k \in \mathbb{R}

Correction
On a :
F(x)=6x+4−x+1x2−x+1=6x+4−12×2x+2x2−x+1=6x+4−12×2x+2−3+3x2−x+1F(x) = 6x+4 - \dfrac{x+1}{x^2 - x + 1} = 6x+4 - \dfrac{1}{2} \times \dfrac{2x+2}{x^2 - x + 1} = 6x+4 - \dfrac{1}{2} \times \dfrac{2x+2 - 3 + 3}{x^2 - x + 1}
Soit :
F(x)=6x+4−12×2x−1+3x2−x+1=6x+4−12×2x−1x2−x+1−12×3x2−x+1F(x) = 6x+4 - \dfrac{1}{2} \times \dfrac{2x-1 + 3}{x^2 - x + 1} = 6x+4 - \dfrac{1}{2} \times \dfrac{2x-1}{x^2 - x + 1} - \dfrac{1}{2} \times \dfrac{ 3}{x^2 - x + 1}
Ou encore :
F(x)=6x+4−12×2x−1x2−x+1−12×3x2−2x12+(12)2+1−14F(x) = 6x+4 - \dfrac{1}{2} \times \dfrac{2x-1}{x^2 - x + 1} - \dfrac{1}{2} \times \dfrac{ 3}{x^2 - 2x\dfrac{1}{2} + \left( \dfrac{1}{2} \right)^2 + 1 - \dfrac{1}{4} }
Ce qui nous donne :
F(x)=6x+4−12×2x−1x2−x+1−12×3(x−12)2+34F(x) = 6x+4 - \dfrac{1}{2} \times \dfrac{2x-1}{x^2 - x + 1} - \dfrac{1}{2} \times \dfrac{ 3}{ \left( x - \dfrac{1}{2} \right)^2 + \dfrac{3}{4} }
Ceci prend également la forme suivante :
F(x)=6x+4−12×2x−1x2−x+1−32×1(x−12)2+(32)2F(x) = 6x+4 - \dfrac{1}{2} \times \dfrac{2x-1}{x^2 - x + 1} - \dfrac{3}{2} \times \dfrac{1}{ \left( x - \dfrac{1}{2} \right)^2 + \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 }
On a aussi :
F(x)=6x+4−12×2x−1x2−x+1−32×1(2x−12)2+(32)2F(x) = 6x+4 - \dfrac{1}{2} \times \dfrac{2x-1}{x^2 - x + 1} - \dfrac{3}{2} \times \dfrac{1}{ \left( \dfrac{2x-1}{2} \right)^2 + \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 }
De manière strictement équivalente :
F(x)=6x+4−12×2x−1x2−x+1−32×22(2x−1)2+(3)2F(x) = 6x+4 - \dfrac{1}{2} \times \dfrac{2x-1}{x^2 - x + 1} - \dfrac{3}{2} \times \dfrac{2^2}{ \left( 2x-1 \right)^2 + \left(\sqrt{3}\right)^2 }
Soit encore :
F(x)=6x+4−12×2x−1x2−x+1−6×1(2x−1)2+(3)2F(x) = 6x+4 - \dfrac{1}{2} \times \dfrac{2x-1}{x^2 - x + 1} - 6 \times \dfrac{1}{ \left( 2x-1 \right)^2 + \left(\sqrt{3}\right)^2 }
En forçant la factorisation par (3)2\left(\sqrt{3}\right)^2 au dénominateur du dernier terme, on trouve :
F(x)=6x+4−12×2x−1x2−x+1−6(3)2×1(2x−13)2+1F(x) = 6x+4 - \dfrac{1}{2} \times \dfrac{2x-1}{x^2 - x + 1} - \dfrac{6}{\left(\sqrt{3}\right)^2} \times \dfrac{1}{ \left( \dfrac{2x-1}{\sqrt{3}} \right)^2 + 1 }
Donc :
F(x)=6x+4−12×2x−1x2−x+1−2×1(2x−13)2+1F(x) = 6x+4 - \dfrac{1}{2} \times \dfrac{2x-1}{x^2 - x + 1} - 2 \times \dfrac{1}{ \left( \dfrac{2x-1}{\sqrt{3}} \right)^2 + 1 }
Qui peut également prendre la forme suivante :
F(x)=6x+4−12×2x−1x2−x+1−323(2x−13)2+1F(x) = 6x+4 - \dfrac{1}{2} \times \dfrac{2x-1}{x^2 - x + 1} - \dfrac{\sqrt{3}\dfrac{2}{\sqrt{3}}}{ \left( \dfrac{2x-1}{\sqrt{3}} \right)^2 + 1 }
Ou encore :
F(x)=6x+4−12×2x−1x2−x+1−323(2x−13)2+1F(x) = 6x+4 - \dfrac{1}{2} \times \dfrac{2x-1}{x^2 - x + 1} - \sqrt{3} \dfrac{\dfrac{2}{\sqrt{3}}}{ \left( \dfrac{2x-1}{\sqrt{3}} \right)^2 + 1 }
Qui est aussi :
F(x)=6x+4−12×(x2−x+1)′x2−x+1−3(2x−13)′(2x−13)2+1F(x) = 6x+4 - \dfrac{1}{2} \times \dfrac{(x^2 - x + 1)'}{x^2 - x + 1} - \sqrt{3} \dfrac{\left( \dfrac{2x-1}{\sqrt{3}} \right)'}{ \left( \dfrac{2x-1}{\sqrt{3}} \right)^2 + 1 }
En primitivant, on obtient, avec K∈RK \in \mathbb{R} :
∫F(x) dx=∫(6x+4−12×(x2−x+1)′x2−x+1−3(2x−13)′(2x−13)2+1)dx+K\int F(x) \, dx = \int \left( 6x+4 - \dfrac{1}{2} \times \dfrac{(x^2 - x + 1)'}{x^2 - x + 1} - \sqrt{3} \dfrac{\left( \dfrac{2x-1}{\sqrt{3}} \right)'}{ \left( \dfrac{2x-1}{\sqrt{3}} \right)^2 + 1 } \right) dx + K
La primitivation étant linéaire, on a alors :
∫F(x) dx=∫6x dx+∫4 dx−∫12×(x2−x+1)′x2−x+1 dx−∫3(2x−13)′(2x−13)2+1 dx+K\int F(x) \, dx = \int 6x \, dx + \int 4 \, dx - \int \dfrac{1}{2} \times \dfrac{(x^2 - x + 1)'}{x^2 - x + 1} \, dx - \int \sqrt{3} \dfrac{\left( \dfrac{2x-1}{\sqrt{3}} \right)'}{ \left( \dfrac{2x-1}{\sqrt{3}} \right)^2 + 1 } \, dx + K
En sortant les constantes, on trouve que :
∫F(x) dx=6∫x dx+4∫1 dx−12∫(x2−x+1)′x2−x+1 dx−3∫(2x−13)′(2x−13)2+1 dx+K\int F(x) \, dx = 6 \int x \, dx + 4\int 1 \, dx - \dfrac{1}{2} \int \dfrac{(x^2 - x + 1)'}{x^2 - x + 1} \, dx - \sqrt{3}\int \dfrac{\left( \dfrac{2x-1}{\sqrt{3}} \right)'}{ \left( \dfrac{2x-1}{\sqrt{3}} \right)^2 + 1 } \, dx + K
Donc :
∫F(x) dx=6x22+4x−12ln⁡(x2−x+1)−3arctan⁡(2x−13)+K\int F(x) \, dx = 6 \dfrac{x^2}{2} + 4x - \dfrac{1}{2} \ln(x^2 - x + 1) - \sqrt{3}\arctan \left( \dfrac{2x-1}{\sqrt{3}} \right) + K
Finalement, on trouve que :
∫6x3−2x2+x+3x2−x+1 dx=3x2+4x−12ln⁡(x2−x+1)−3arctan⁡(2x−13)+K          avec: K∈R{\color{red}{\boxed{ \int \dfrac{6x^3 - 2x^2 + x + 3}{x^2 - x + 1} \, dx = 3x^2 + 4x - \dfrac{1}{2} \ln(x^2 - x + 1) - \sqrt{3}\arctan \left( \dfrac{2x-1}{\sqrt{3}} \right) + K \;\;\;\;\; \mathrm{avec :} \, K \in \mathbb{R}}}}

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