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Fonctions exponentielle et logarithme népérien

Fonction exponentielle

La fonction exponentielle est la fonction $x \mapsto e^{x}$. Elle est définie, continue, dérivable, strictement croissante et strictement positive sur l'ensemble des nombres réels. La fonction exponentielle est sa propre dérivée.

Propriétés :

$e^0 = 1$

Pour tous nombres réels $a$ et $b$ : $e^{a + b} = e^{a} \times e^{b}$ ; $e^{-a} = \frac{1}{e^{a}}$ ; $e^{a - b} = \frac{e^{a}}{e^{b}}$ ; ${(e^{a})}^{n} = e^{n a}$ ($n$ entier naturel).

Pour une fonction $u$ dérivable sur un intervalle $I$, $e^{u}$ est dérivable sur $I$ et $(e^{u})' = u’ \times e^{u}$ sur cet intervalle.

Fonction logarithme népérien

La fonction logarithme népérien définie sur $]0 ; + \infty[$ est la fonction $x \mapsto \ln(x)$ où le nombre réel $\ln(x)$ est l’unique solution de l’équation $e^{y} = x$ d’inconnue $y$.

Elle est définie, continue, dérivable sur l’intervalle $]0 ; + \infty[$.

Pour tout $x \in\:]0 ; + \infty[$, $\ln’(x) = \frac{1}{x} > 0$ donc la fonction $\ln$ est strictement croissante sur l’intervalle $]0 ; +\infty[$.

$\ln(1) = 0$ et $\ln x < 0$ pour $x \in \:]0 ; 1[$ et $\ln x >$ 0 pour $x \in \:]1 ; + \infty[$ car la fonction $\ln$ est strictement croissante sur l’intervalle $]0 ; + \infty[$.

Propriétés :

Pour tous les réels $a$ et $b$ strictement positifs :

$\ln(a \times b) = \ln(a) + \ln(b)$ ; $\ln(\frac{1}{b}) = -\ln(b)$ ;  $\ln(\frac{a}{b}) = \ln(a) - \ln(b)$ ; $\ln({a}^{n}) = n \ln(a)$ ($n$ entier naturel) ; $\frac{1}{2} \ln(a) = \ln(\sqrt{a})$.

Pour une fonction $u$ strictement positive et dérivable sur un intervalle $I$, $\ln(u)$ est dérivable sur $I$ et $(\ln(u))’ = \frac{u'}{u}$ sur cet intervalle.

Calcul intégral

On considère une fonction $f$ dérivable sur l’intervalle $[a ; b] (a < b)$ et on note $F$ une de ses primitives.
On a :

\[\displaystyle \int_{a}^{b} f(x) dx = [F(x)]_{a}^{b} = F(b) - F(a).\]

Propriétés :

Pour $f$ et $g$ deux fonctions continues sur l’intervalle $[a ; b] (a < c < b)$ et un réel $k$ : 

\[\displaystyle \int_{a}^{b} (f(x) + g(x)) dx = \int_{a}^{b} f(x) dx + \displaystyle \int_{a}^{b} g(x) dx.\\
\displaystyle \int_{a}^{b} k f(x) dx = k \int_{a}^{b} f(x) dx.\\
\displaystyle \int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{a}^{c} f(x) dx + \int_{c}^{b} f(x) dx.\\
f(x) > 0\text{ sur }[a ; b] \Rightarrow \displaystyle \int_{a}^{b} f(x) dx > 0\]

Fractions rationnelles - Décomposition des fractions rationnelles

Une fraction rationnelle est le quotient de deux polynômes. Par exemple $F(x) = \displaystyle{\frac{2x-1}{x^3-7x+1}}$. Si on veut chercher une primitive (ou aussi dériver plusieurs fois) une fraction rationnelle, on est amené à décomposer la fraction en somme de fractions plus simples. Cette technique s'appelle la décomposition en éléments simples (DES). Nous allons la décrire en plusieurs étapes.

1) La première chose à faire est de faire un peu le ménage dans la fraction. Par exemple, avant de décomposer $\displaystyle{F(x) = \frac{x^4-x^2}{(x-1)^2}}$, il faut d'abord simplifier la fraction. Pour cela, on factorise (il faut penser parfois aux identités remarquables) : 

$\displaystyle{G(x) = \frac{x^2(x^2-1)}{(x-1)^2} = \frac{x^2(x-1)(x+1)}{(x-1)^2} = \frac{x^2(x+1)}{x-1} }$.

Donc la fraction que l'on décompose est $\displaystyle{G(x) = \frac{x^3+x^2}{x-1}}$.

2) À partir de maintenant on supposera que notre fraction $F(x) = \frac{P(x)}{Q(x)}$ est simplifiée au maximum. Si le numérateur $P$ a un degré $\geq$ au degré du dénominateur $Q$ alors il y a une partie entière. C'est-à-dire que $F$ se décompose en $F=E + G$ avec $E$ un polynôme et $G$ une fraction rationnelle qui a un dénominateur de degré $>$ que le degré du numérateur. Pour trouver $E$ et $G$, on effectue la division euclidienne du polynôme $P$ par le polynôme $Q$.

Voici un exemple simple où il n'y a pas besoin de division euclidienne : $\displaystyle{F(x) = \frac{x}{x+1}}$. L'astuce consiste à faire apparaître au numérateur le dénominateur en écrivant $\displaystyle{F(x) = \frac{x}{x+1} = \frac{x+1-1}{x+1} = \frac{x+1}{x+1} - \frac{1}{x+1} = 1 - \frac{1}{x+1}}$ (la partie entière est donc le polynôme constant $1$).

3) PÔLES SIMPLES.

Supposons à présent que notre fraction n'a pas de partie entière. On factorise le dénominateur. Par exemple soit :

$\displaystyle{F(x) = \frac{1}{x^2-x-2} = \frac{1}{(x+1)(x-2)}}$.

Les valeurs d'annulation du dénominateur soit $-1$ et $2$ s'appellent des pôles de la fraction $F$. Ici il s'agit de pôles SIMPLES car les facteurs $(x+1)$ et $(x-2)$ sont à la puissance $1$.
 La théorie nous dit alors que la DES de $F$ est du type $\displaystyle{F(x) = \frac{a}{x+1} + \frac{b}{x-2}}$ avec des coefficients $a$ et $b$ à chercher.
Une méthode serait de mettre tout sur le même dénominateur et d'identifier avec le numérateur de la fraction initiale qui est $1$. Cette méthode est possible si il n'y a pas trop de fractions à additionner (ici il n'y a que deux fractions).
La méthode générale est la suivante : on définit la fraction :

$F_{-1}(x) = (x+1)F(x)$ soit $\displaystyle{F_{-1}(x) = \frac{1}{x-2}}$. 

(Remarque : on indice $F$ par le pôle. Ici le pôle est $-1$ donc on note $F_{-1}$. Si le pôle était $5$, on noterait $F_5$).
On a alors $a = F_{-1}(-1)$ ce qui donne ici $\displaystyle{a = \frac{1}{-1-2} = -\frac{1}{3}}$. 

De même, pour avoir $b$, on définit $\displaystyle{F_2(x) = (x-2)F(x) = \frac{1}{x+1}}$. Alors $\displaystyle{b= F_2(2) = \frac{1}{3}}$. On a donc finalement :

$\displaystyle{F(x) = \frac{1/3}{x+1} + \frac{-1/3}{x-2} = \frac{1}{3}\left(\frac{1}{x+1} - \frac{1}{x-2}\right)}$. 

4) PÔLES DOUBLES.

Soit par exemple la fraction $\displaystyle{F(x) = \frac{4x^3}{x^4-2x^2+1}}$ (elle n'a pas de partie entière). On factorise le dénominateur. On remarque (ou pas !) que le dénominateur est une identité remarquable. 

On a :

$x^4-2x^2+1 = (x^2-1)^2 = [(x-1)(x+1)]^2 = (x-1)^2(x+1)^2$.

La fraction s'écrit donc $F(x) = \frac{4x^2}{(x-1)^2(x+1)^2}$. Ici, $F$ a deux pôles $1$ et $-1$. Mais comme les facteurs $x-1$ et $x+1$ sont au carré, on dit qu'il s'agit de pôles DOUBLES. La théorie dit alors que la DES de $F$ est du type :

$\displaystyle{F(x) = \frac{a}{x+1} + \frac{b}{(x+1)^2} + \frac{c}{x-1} + \frac{d}{(x-1)^2}}$.

Pour déterminer $a$ et $b$, on définit à présent :

$F_{-1}(x) = (x+1)^2F(x) = \frac{4x^3}{(x-1)^2}$.

On a alors la formule :

$b = F_{-1}(-1) = =\frac{-4}{(-1-1)^2} = -\frac{4}{4} = -1$. 

La théorie nous dit aussi que $a = F_{-1}'(-1)$ (la dérivée de $F_{-1}$ appliquée en $-1$.) 

Or $\displaystyle{F'_{-1}(x) = \frac{12x^2(x-1)^2-4x^32(x-1)}{(x-1)^4} = \frac{12x^2(x-1)-8x^3}{(x-1)^3}}$ (inutile de développer !). On remplace $x$ par $-1$ : $a = F_{-1}'(-1) = \frac{16}{8}=2$ donc $a=2$. 

Pour déterminer $c$ et $d$, on définit à présent :

$F_{1}(x) = (x-1)^2F(x) = \frac{4x^3}{(x+1)^2}$.

On a alors la formule :

$\displaystyle{d = F_{1}(1) = \frac{4}{(1+1)^2} = \frac{4}{4} = 1}$. 

La théorie nous dit aussi que $c = F_{1}'(1)$. Or :

$\displaystyle{F'_{1}(x) = \frac{12x^2(x+1)^2-4x^32(x+1)}{(x+1)^4} = \frac{12x^2(x+1)-8x^3}{(x+1)^3}}$.

On remplace $x$ par $1$ : $\displaystyle{c = F_{1}'(1) = \frac{16}{8}=2}$ donc $c=2$. 

Au final, on a donc :

$\displaystyle{F(x) = \frac{2}{x+1} - \frac{1}{(x+1)^2} + \frac{2}{x-1} + \frac{1}{(x-1)^2}}$.

5) ÉLÉMENTS DE DEUXIÈMES ESPÈCES

Parfois le dénominateur présente des facteurs de degré $2$ qui ne se factorise pas (discriminant $<0$).
Dans ce cas, on dispose de quelques "astuces" pour faire la DES.

On considère par exemple la fraction :

$\displaystyle{F(x) = \frac{x}{x^4-2x^3+2x^2-2x+1}}$.

Cette fraction ne présente pas de partie entière. 

Pour factoriser le dénominateur, soit on voit une racine évidente, en l'occurrence $1$, et on fait la division euclidienne du dénominateur par $x-1$ et on continue à factoriser.

Soit on écrit  :

$x^4-2x^3+2x^2-2x+1 = x^4-2x^3+x^2+ x^2-2x+1 = x^2(x^2-2x+1) + (x^2-2x+1) = x^2(x-1)^2 + (x-1)^2 = (x^2+1)(x-1)^2$.

On a donc :

$\displaystyle{F(x) = \frac{x}{(x^2+1)(x-1)^2}}$.

La fraction $F$ a un pôle double qui est $1$. Le facteur $x^2+1$ n'a pas de racines dans les réels. La théorie nous dit alors que la DES est de la forme :

$\displaystyle{F(x) = \frac{a}{x-1} + \frac{b}{(x-1)^2} + \frac{cx+d}{x^2+1}}$.

La fraction $\displaystyle{\frac{cx+d}{x^2+1}}$ s'appelle un élément de deuxième espèce. 

Nous avons vu la méthode pour déterminer les coefficients $a$ et $b$ (cas d'un pôle double). Après calcul, on trouve, $a=0$ et $b=1/2$. 

Pour déterminer $c$ et $d$, on utilise parfois les « astuces » suivantes. On calcule, par exemple, la limite en $+\infty$ de $xF(x)$. Si on utilise la définition initiale de $F$, on a :

$\displaystyle{xF(x) = \frac{x^2}{x^4-2x^3+2x^2-2x+1}}$. 

On sait que $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty} xF(x) = \lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{x^2}{x^4}}$ (on prend le quotient des monômes de plus haut degré). 

Donc :

$\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty} xF(x) = \lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{1}{x^2} = 0}$. 

Si on utilise la DES :

$\displaystyle{xF(x) = \frac{ax}{x-1} + \frac{bx}{(x-1)^2} + \frac{cx^2+d}{x^2+1}} $.

La 1ère fraction tend (en $+\infty)$ vers $a$ donc vers $0$.

La 2ème fraction tend vers $0$.

La 3ème fraction a la même limite que $\displaystyle{\frac{cx^2}{x^2}}$ (quotient des monômes de plus haut degré) donc vers $c$.

On en déduit l'égalité $0 = 0 + 0 + c$ donc $c=0$.

Pour déterminer $d$ on peut évaluer $F$ en un point par exemple en $0$. 

Si on utilise la définition initiale de $F$, on a $F(0)=0$.

Si on utilise la DES :

$F(0) = -a + b +d = -0 + 1/2 + d$ donc $0 = 1/2 +d$ donc $d=-1/2$.

Finalement, on a :

$\displaystyle{F(x) = \frac{1/2}{(x-1)^2} + \frac{-1/2}{x^2+1} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{(x-1)^2} - \frac{1}{x^2+1}\right)}$.

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