Pour calculer l’intégrale $\int_0^1 \frac{x^6}{(x^2+1)(x^4+1)}\mathrm{d}x$, vous pouvez utiliser :
- Une décomposition en éléments simples dans $\R(x)$ avant d’intégrer. Cette décomposition fera apparaître des éléments de deuxième espèce ;
- Les calculs d’intégrale de la forme $\int_{a}^b \frac{1}{x^2+1}\mathrm{d}x$ qui font intervenir des valeurs de la fonction arctangente. L’égalité $\tan \frac{\pi}{4}=1$ est fondamentale pour mener à bien les calculs, mais elle ne suffira pas, d’autres angles feront leur apparition.
Utilisez un changement de variable
Une première étape consiste à décomposer la fraction rationnelle $\frac{x^6}{(x^2+1)(x^4+1)} = \frac{(x^2)^3}{(x^2+1)((x^2)^2+1)}$ en éléments simples. Vous posez : $X=x^2.$
L’égalité suivante :
\displaystyle\frac{x^6}{(x^2+1)(x^4+1)}=\frac{X^3}{(X+1)(X^2+1)}va permettre de travailler dans le corps des fractions rationnelles $\R(X).$
Comme le degré du numérateur est égal à celui du dénominateur, il va falloir calculer la partie entière de cette fraction.
Vous effectuez la division euclidienne de $X^3$ par$(X+1)(X^2+1) = X^3+X^2+X+1.$
Comme $X^3 = (X^3+X^2+X+1)\times 1 + (-X^2-X-1)$, vous obtenez après division :
\displaystyle\frac{X^3}{(X+1)(X^2+1)} = 1 + \frac{-X^2-X-1}{(X+1)(X^2+1)}.Il reste maintenant à séparer les parties polaires de la fraction $\frac{-X^2-X-1}{(X+1)(X^2+1)}.$
Le théorème de décomposition en éléments simples fournit l’existence d’un triplet $(a,b,c)\in\R^3$ tel que :
\displaystyle\frac{-X^2-X-1}{(X+1)(X^2+1)}=\frac{a}{X+1}+\frac{bX+c}{X^2+1}.Vous multipliez le tout par $X+1$ et évaluez avec $X=-1$ ce qui fournit :
a=\displaystyle\frac{-(-1)^2-(-1)-1}{(-1)^2+1}=\frac{-1+1-1}{1+1}=-\frac{1}{2}.Vous multipliez le tout par $X^2+1$ et évaluez avec $X=i$ ce qui fournit :
bi+c=\displaystyle\frac{-i^2-i-1}{i+1}=\frac{-i}{1+i}=\frac{-i(1-i)}{2}=\frac{-1-i}{2}.Du coup :
\begin{align*}
b&=\displaystyle-\frac{1}{2} \\
c&=\displaystyle-\frac{1}{2}.
\end{align*}Il a été obtenu que :
\displaystyle\frac{-X^2-X-1}{(X+1)(X^2+1)}=-\frac{1}{2(X+1)}-\frac{X+1}{2(X^2+1)}.Du coup :
\boxed{\displaystyle\frac{X^3}{(X+1)(X^2+1)} = 1 -\frac{1}{2(X+1)}-\frac{X+1}{2(X^2+1)}.}Traitez les termes de seconde espèce
En revenant dans le corps des fractions rationnelles $\R(x)$,il vient :
\boxed{\displaystyle\frac{x^6}{(x^2+1)(x^4+1)} = 1 -\frac{1}{2(x^2+1)}-\frac{x^2+1}{2(x^4+1)}.}La fraction $\frac{x^2+1}{x^4+1}$ n’est ni un terme de première espèce, ni un terme de seconde espèce.
En effet, le dénominateur n’est pas irréductible et le numérateur a un degré trop élevé.
Décomposez le polynôme de degré $4$ en produit de deux polynômes
Vous faites apparaître une identité remarquable :
x^4+1=x^4+2x^2+1-2x^2=(x^2+1)^2-2x^2.
Vous préparez ensuite la seconde identité remarquable :
x^4+1=x^4+2x^2+1-2x^2=(x^2+1)^2-(\sqrt{2}x)^2.Vous déduisez la factorisation recherchée :
\boxed{x^4+1=(x^2+\sqrt{2}x+1)(x^2-\sqrt{2}x+1).}Séparez les parties polaires
Un réel élevé à la puissance $4$ étant toujours positif, le polynôme $x^4+1$ n’a pas de racine réelle.
Du coup, les deux polynômes $x^2+\sqrt{2}+1$ et $x^2-\sqrt{2}+1$ n’ont pas de racine réelle.
Le théorème de décomposition des fractions rationnelles fournit l’existence et l’unicité d’un quadruplet $(a,b,c,d)\in\R^4$ tel que :
\displaystyle\frac{x^2+1}{x^4+1}=\frac{ax+b}{x^2+\sqrt{2}x+1}+\frac{cx+d}{x^2-\sqrt{2}x+1}.En substituant $-x$ à $x$ il vient :
\begin{align*}
\displaystyle\frac{(-x)^2+1}{(-x)^4+1}&=\frac{a(-x)+b}{(-x)^2+\sqrt{2}(-x)+1}+\frac{c(-x)+d}{(-x)^2-\sqrt{2}(-x)+1}\\
\displaystyle\frac{x^2+1}{x^4+1}&=\frac{-ax+b}{x^2-\sqrt{2}x+1}+\frac{-cx+d}{x^2+\sqrt{2}x+1}\\
\displaystyle\frac{x^2+1}{x^4+1}&=\frac{-cx+d}{x^2+\sqrt{2}x+1}+\frac{-ax+b}{x^2-\sqrt{2}x+1}.
\end{align*}Par unicité des coefficients, vous déduisez :
\displaystyle\frac{x^2+1}{x^4+1}=\frac{ax+b}{x^2+\sqrt{2}x+1}+\frac{-ax+b}{x^2-\sqrt{2}x+1}.Notez maintenant $u$ une racine complexe et non réelle du polynôme $x^2+\sqrt{2}x+1.$ Alors $u^2=-1-\sqrt{2}u.$ En multipliant par $x^2+\sqrt{2}x+1$ et en substituant par $u$ il vient :
\begin{align*}
au+b&=\displaystyle\frac{u^2+1}{u^2-\sqrt{2}u+1} \\
&=\displaystyle\frac{-\sqrt{2}u}{-2\sqrt{2}u}\\&=\frac{-1}{2}.
\end{align*}Si $a$ n’était pas nul, vous auriez $u=\frac{-\frac{1}{2}-b}{a}$ et $u$ serait réel, ce qui est absurde. Ainsi : $a=0.$
Il vient alors $b=\frac{1}{2}.$ D’où :
\boxed{\displaystyle\frac{x^2+1}{2(x^4+1)}=\frac{1}{4(x^2+\sqrt{2}x+1)}+\frac{1}{4(x^2-\sqrt{2}x+1)}.}Déterminez la décomposition de la fraction rationnelle de départ
Vous avez obtenu ce qui suit :
\frac{x^6}{(x^2+1)(x^4+1)} = 1 -\frac{1}{2(x^2+1)}-\frac{x^2+1}{2(x^4+1)}Finalement :
\boxed{\frac{x^6}{(x^2+1)(x^4+1)} = 1 -\frac{1}{2(x^2+1)}-\frac{1}{4(x^2+\sqrt{2}x+1)}-\frac{1}{4(x^2-\sqrt{2}x+1)}.}Effectuez des calculs intermédiaires
Pour calculer $\int_0^1 \frac{x^6}{(x^2+1)(x^4+1)}\mathrm{d}x$ il sera commode de poser pour la suite :
\begin{align*}
I&=\displaystyle\int_0^1 \frac{1}{x^2+1}\mathrm{d}x\\
J&=\displaystyle\int_0^1 \frac{1}{x^2+\sqrt{2}x+1}\mathrm{d}x\\
K&=\displaystyle\int_0^1 \frac{1}{x^2-\sqrt{2}x+1}\mathrm{d}x.
\end{align*}Calculez l’intégrale $I$
\begin{align*}
I&=\int_0^1 \frac{1}{x^2+1}\mathrm{d}x\\
&=\left[\arctan x\right]_0^1 \\
&=\arctan 1 - \arctan 0 \\
&=\frac{\pi}{4}.
\end{align*}Calculez l’intégrale $J$
L’idée est de se ramener à obtenir $z^2+1$ par changements de variables.
\begin{align*}
J &= \int_0^1 \frac{1}{x^2+\sqrt{2}x+1}\mathrm{d}x \\
&= \int_0^1 \frac{1}{\left(x+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2-\frac{2}{4}+1}\mathrm{d}x \\
&= \int_0^1 \frac{1}{\left(x+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2+\frac{1}{2}}\mathrm{d}x
\end{align*}Cela conduit à poser $y=x+\frac{\sqrt{2}}{2}$ ce qui donne, avec $\mathrm{d}y=\mathrm{d}x$ :
\begin{align*} J &= \int_{\frac{\sqrt{2}}{2}}^{1+\frac{\sqrt{2}}{2}} \frac{1}{y^2+\frac{1}{2}}\mathrm{d}y \\
&= \int_{\frac{\sqrt{2}}{2}}^{1+\frac{\sqrt{2}}{2}} \frac{2}{2y^2+1}\\
&= \int_{\frac{\sqrt{2}}{2}}^{1+\frac{\sqrt{2}}{2}} \frac{2}{\left(\sqrt{2}y\right)^2+1}\mathrm{d}y.
\end{align*}Vous posez alors $z=\sqrt{2}y.$ D’où : $\mathrm{d}z=\sqrt{2}\mathrm{d}y$ et $2\mathrm{d}y=\sqrt{2}\mathrm{d}z$ et par suite :
\begin{align*}
J &= \int_{1}^{1+\sqrt{2}} \frac{\sqrt{2}}{z^2+1}\mathrm{d}z \\
&= \sqrt{2}\int_{1}^{1+\sqrt{2}} \frac{1}{z^2+1}\mathrm{d}z \\
&= \sqrt{2} \left[\arctan z\right]_{1}^{1+\sqrt{2}} \\
&= \sqrt{2}(\arctan(1+\sqrt{2})-\arctan 1) \\
&= \sqrt{2}\left(\arctan(1+\sqrt{2})-\frac{\pi}{4}\right).
\end{align*}Calculez l’intégrale $K$
\begin{align*}
K &= \int_0^1 \frac{1}{x^2-\sqrt{2}x+1}\mathrm{d}x \\
&= \int_0^1 \frac{1}{\left(x-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2-\frac{2}{4}+1}\mathrm{d}x \\
&= \int_0^1 \frac{1}{\left(x-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2+\frac{1}{2}}\mathrm{d}x.
\end{align*}Vous posez $y=x-\frac{\sqrt{2}}{2}$ ce qui donne :
\begin{align*}
K &= \int_{-\frac{\sqrt{2}}{2}}^{1-\frac{\sqrt{2}}{2}} \frac{1}{y^2+\frac{1}{2}}\mathrm{d}y \\
&= \int_{-\frac{\sqrt{2}}{2}}^{1-\frac{\sqrt{2}}{2}} \frac{2}{2y^2+1}\\
&= \int_{-\frac{\sqrt{2}}{2}}^{1-\frac{\sqrt{2}}{2}} \frac{2}{\left(\sqrt{2}y\right)^2+1}\mathrm{d}y.
\end{align*}Vous posez encore $z=\sqrt{2}y.$ D’où :
\begin{align*}
K &= \int_{-1}^{\sqrt{2}-1} \frac{\sqrt{2}}{z^2+1}\mathrm{d}z \\
&= \sqrt{2}\int_{-1}^{\sqrt{2}-1} \frac{1}{z^2+1}\mathrm{d}z \\
&= \sqrt{2} \left[\arctan z\right]_{-1}^{\sqrt{2}-1} \\
&= \sqrt{2}(\arctan(\sqrt{2}-1)-\arctan (-1)) \\
&= \sqrt{2}\left(\arctan(\sqrt{2}-1)-\frac{-\pi}{4}\right) \\
&= \sqrt{2}\left(\arctan(\sqrt{2}-1)+\frac{\pi}{4}\right).
\end{align*}Calculez deux angles
Notez $\theta = \arctan(\sqrt{2}-1)$. Comme $\sqrt{2} > 1$ vous déduisez que $\sqrt{2}-1$ est strictement positif et par suite, $\theta$ est strictement positif. Du coup, $\theta\in\left]0,\frac{\pi}{2}\right[$.
De $\tan \theta = \sqrt{2}-1$ vous déduisez :
$\tan^2 \theta = \left(\sqrt{2}-1\right)^2 = 3-2\sqrt{2}.$
\begin{align*}
\cos^2 \theta &= \frac{1}{1+\tan^2 \theta} \\
&= \frac{1}{4-2\sqrt{2}} \\
&=\frac{1}{2(2-\sqrt{2})} \\
&=\frac{2+\sqrt{2}}{4}.
\end{align*}Du coup:
\begin{align*}
\cos 2\theta &= 2\cos^2 \theta - 1\\
&=\frac{2+\sqrt{2}}{2}-1\\
&=\frac{\sqrt{2}}{2}\\
&=\cos \frac{\pi}{4}.
\end{align*}Or, les réels $2\theta$ et $\frac{\pi}{4}$ appartiennent à l’intervalle $[0,\pi].$ La fonction cosinus étant strictement décroissante sur cet intervalle, vous déduisez $2\theta = \frac{\pi}{4}$ donc $\theta = \frac{\pi}{8}.$
\boxed{\arctan\left(\sqrt{2}-1\right) = \frac{\pi}{8}.}Notez maintenant $\alpha = \arctan(\sqrt{2}+1)$. Comme $\sqrt{2}+1>0$, vous avez $\alpha > 0$ donc $\alpha\in\left]0,\frac{\pi}{2}\right[$.
De $\tan \alpha = \sqrt{2}+1$ vous déduisez:
\tan^2 \alpha = \left(\sqrt{2}+1\right)^2 = 3+2\sqrt{2}.\begin{align*}
\cos^2 \alpha &= \frac{1}{1+\tan^2 \alpha} \\
&= \frac{1}{4+2\sqrt{2}} \\
&=\frac{1}{2(2+\sqrt{2})} \\
&=\frac{2-\sqrt{2}}{4}.
\end{align*}Du coup:
\begin{align*}
\cos 2\alpha &= 2\cos^2 \alpha - 1\\
&=\frac{2-\sqrt{2}}{2}-1\\
&=\frac{-\sqrt{2}}{2}\\
&=\cos \frac{3\pi}{4}.
\end{align*}Or, les réels $2\alpha$ et $\frac{3\pi}{4}$ appartiennent à l’intervalle $[0,\pi].$ La fonction cosinus étant strictement décroissante sur cet intervalle, vous déduisez $2\alpha = \frac{3\pi}{4}$ donc $\alpha = \frac{3\pi}{8}.$
\boxed{\arctan\left(\sqrt{2}+1\right) = \frac{3\pi}{8}}.Concluez
De tout ce qui précède :
\begin{align*}
\int_0^1 \frac{x^6}{(x^2+1)(x^4+1)}\mathrm{d}x \\
&= 1 - \frac{I}{2} - \frac{J}{4}-\frac{K}{4} \\
&= 1-\frac{\frac{\pi}{4}}{2}-\frac{\sqrt{2}\left(\frac{3\pi}{8}-\frac{\pi}{4}\right)}{4} - \frac{\sqrt{2}\left(\frac{\pi}{8}+\frac{\pi}{4}\right)}{4}\\
&= 1-\frac{\pi}{8}-\frac{\sqrt{2}\left(\frac{3\pi}{8}-\frac{2\pi}{8}\right)}{4} - \frac{\sqrt{2}\left(\frac{\pi}{8}+\frac{2\pi}{8}\right)}{4}\\
&= 1-\frac{\pi}{8}-\frac{\pi\sqrt{2}}{32} - \frac{3\pi\sqrt{2}}{32} \\
&= 1-\frac{\pi}{8}-\frac{4\pi\sqrt{2}}{32} \\
&= \frac{8}{8}-\frac{\pi}{8}-\frac{\pi\sqrt{2}}{8}.
\end{align*}Finalement :
\boxed{\int_0^1 \frac{x^6}{(x^2+1)(x^4+1)}\mathrm{d}x = \frac{8 - \pi(1+\sqrt{2})}{8}.}Partagez maintenant !
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