Dans l'esprit CCINP. On note $F=\dfrac{1}{X^4+1}\in\mathbb{R}(X)$.
- Factoriser $X^4+1$ en produit d'irréductibles de $\mathbb{R}[X]$. On pourra écrire $X^4+1=(X^2+1)^2-2X^2$.
- Justifier l'existence de réels $a,b,c,d$ tels que $$F=\frac{aX+b}{X^2+\sqrt2X+1}+\frac{cX+d}{X^2-\sqrt2X+1}.$$ À l'aide de la parité de $F$, montrer que $c=-a$ et $d=b$, puis déterminer $a$ et $b$.
- Déterminer la primitive $G$ de $x\mapsto\dfrac{1}{1+x^4}$ sur $\mathbb{R}$ qui s'annule en $0$.
- Pour $A>0$, on pose $I(A)=\displaystyle\int_0^A\frac{\mathrm{d}x}{1+x^4}$. Déterminer $\displaystyle\lim_{A\to+\infty}I(A)$.
- Pour $A>1$, montrer à l'aide du changement de variable $x=\frac1t$ que $\displaystyle\int_{1/A}^{A}\frac{x^2}{1+x^4}\,\mathrm{d}x=\int_{1/A}^{A}\frac{\mathrm{d}x}{1+x^4}$. En déduire la limite de $J(A)=\displaystyle\int_0^A\frac{x^2}{1+x^4}\,\mathrm{d}x$ quand $A\to+\infty$.
Une différence de deux carrés se factorise ; vérifier le signe des discriminants.
Remplacer $X$ par $-X$ dans la décomposition et invoquer l'unicité. Évaluer ensuite en $0$ et en $1$.
Écrire $X+\sqrt2=\frac12(2X+\sqrt2)+\frac{\sqrt2}{2}$ et $X^2+\sqrt2X+1=\left(X+\frac{\sqrt2}{2}\right)^2+\frac12$.
Pour la question 5, majorer $\frac{x^2}{1+x^4}$ par $x^2$ sur $[0,1/A]$.
-
$X^4+1=(X^2+1)^2-(\sqrt2X)^2=(X^2-\sqrt2X+1)(X^2+\sqrt2X+1)$. Les deux trinômes ont pour discriminant $2-4=-2<0$ : ils sont irréductibles dans $\mathbb{R}[X]$.
-
$\deg F=-4<0$ : partie entière nulle. Le dénominateur est le produit de deux irréductibles distincts de degré $2$, chacun d'exposant $1$. Le théorème de décomposition sur $\mathbb{R}$ assure l'existence et l'unicité de $a,b,c,d$.
$F(-X)=F(X)$. En remplaçant $X$ par $-X$ : $$F=\frac{-aX+b}{X^2-\sqrt2X+1}+\frac{-cX+d}{X^2+\sqrt2X+1}.$$ C'est encore une décomposition en éléments simples de $F$ ; par unicité, $-cX+d=aX+b$, donc $c=-a$ et $d=b$.
- En $0$ : $F(0)=1=b+d=2b$, donc $b=\dfrac12$.
- En $1$ : $F(1)=\dfrac12$. Avec $\dfrac{1}{2+\sqrt2}=\dfrac{2-\sqrt2}{2}$ et $\dfrac{1}{2-\sqrt2}=\dfrac{2+\sqrt2}{2}$ : $$\frac{a+\frac12}{2+\sqrt2}+\frac{-a+\frac12}{2-\sqrt2}=\frac{(2-\sqrt2)\left(a+\frac12\right)+(2+\sqrt2)\left(\frac12-a\right)}{2}=\frac{2-2\sqrt2\,a}{2}=1-\sqrt2\,a.$$ Donc $1-\sqrt2a=\dfrac12$ et $a=\dfrac{1}{2\sqrt2}=\dfrac{\sqrt2}{4}$. Comme $\frac{\sqrt2}{4}\cdot\sqrt2=\frac12$ : $$F=\frac{\sqrt2}{4}\left(\frac{X+\sqrt2}{X^2+\sqrt2X+1}-\frac{X-\sqrt2}{X^2-\sqrt2X+1}\right).$$ Vérification en $2$ : on obtient $\dfrac{(1+\sqrt2)(5-2\sqrt2)+(1-\sqrt2)(5+2\sqrt2)}{2\cdot17}=\dfrac{2}{34}=\dfrac1{17}=F(2)$.
-
$X+\sqrt2=\dfrac12(2X+\sqrt2)+\dfrac{\sqrt2}{2}$ et $x^2+\sqrt2x+1=\left(x+\frac{\sqrt2}{2}\right)^2+\frac12$. La dérivée de $\arctan(\sqrt2x+1)$ vaut $\dfrac{\sqrt2}{2x^2+2\sqrt2x+2}=\dfrac{\sqrt2/2}{x^2+\sqrt2x+1}$. Donc une primitive de $\dfrac{x+\sqrt2}{x^2+\sqrt2x+1}$ est $\dfrac12\ln(x^2+\sqrt2x+1)+\arctan(\sqrt2x+1)$. De même, une primitive de $\dfrac{x-\sqrt2}{x^2-\sqrt2x+1}$ est $\dfrac12\ln(x^2-\sqrt2x+1)-\arctan(\sqrt2x-1)$. Les trinômes sont strictement positifs. On obtient $$G(x)=\frac{\sqrt2}{8}\ln\frac{x^2+\sqrt2x+1}{x^2-\sqrt2x+1}+\frac{\sqrt2}{4}\Big(\arctan(\sqrt2x+1)+\arctan(\sqrt2x-1)\Big).$$ $G(0)=0+\frac{\sqrt2}{4}\left(\frac\pi4-\frac\pi4\right)=0$ : c'est la primitive cherchée.
-
$I(A)=G(A)$. Quand $A\to+\infty$, le quotient dans le logarithme tend vers $1$, donc le logarithme tend vers $0$ ; chaque arctangente tend vers $\frac\pi2$. Donc $$\lim_{A\to+\infty}I(A)=\frac{\sqrt2}{4}\pi=\frac{\pi}{2\sqrt2}.$$
-
On pose $x=\frac1t$, $\mathrm{d}x=-\frac{\mathrm{d}t}{t^2}$ ; la fonction $t\mapsto\frac1t$ est de classe $\mathcal{C}^1$ sur $[1/A,A]$. On a $\dfrac{x^2}{1+x^4}=\dfrac{1/t^2}{1+1/t^4}=\dfrac{t^2}{t^4+1}$, et les bornes $\frac1A$, $A$ deviennent $A$, $\frac1A$ : $$\int_{1/A}^{A}\frac{x^2}{1+x^4}\,\mathrm{d}x=\int_{A}^{1/A}\frac{t^2}{1+t^4}\cdot\left(-\frac{1}{t^2}\right)\mathrm{d}t=\int_{1/A}^{A}\frac{\mathrm{d}t}{1+t^4}=G(A)-G(1/A).$$ Par ailleurs $0\leqslant\displaystyle\int_0^{1/A}\frac{x^2}{1+x^4}\,\mathrm{d}x\leqslant\int_0^{1/A}x^2\,\mathrm{d}x=\frac{1}{3A^3}\to0$. Donc $J(A)=\displaystyle\int_0^{1/A}\frac{x^2}{1+x^4}\mathrm{d}x+G(A)-G(1/A)$. Par continuité de $G$ en $0$, $G(1/A)\to G(0)=0$, et $G(A)\to\frac{\pi}{2\sqrt2}$. Ainsi $J(A)\to\dfrac{\pi}{2\sqrt2}$.
$F=\frac{\sqrt2}{4}\left(\frac{X+\sqrt2}{X^2+\sqrt2X+1}-\frac{X-\sqrt2}{X^2-\sqrt2X+1}\right)$ ; $\lim I(A)=\lim J(A)=\frac{\pi}{2\sqrt2}$