I.U.T. de Brest Ann´ee 2019-20
G.M.P. 1. Corrig´e du devoir du 19/02/2020
M2301 - Calcul int´egral et calcul matriciel
Attention !Ci-dessous en noir la correction du devoir, et en bleu mes commentaires pour montrer que les arguments ou raisonnements vus en td permettaient largement de r´epondre aux questions du devoir...
Exercice 1 (≃11 points).
• Calcul de A= Z −1
−2
x2−2x
x3−3x2+ 3 dx : On sait qu’une primitive de u′
u est ln|u|.
En posant iciu(x) =x3−3x2+ 3, on a doncu′(x) = 3x2−6x=3(x2−2x) et on peut ´ecrire en utilisant la lin´earit´e de l’int´egrale :
A= Z −1
−2
1
3 × 3(x2−2x)
x3 −3x2+ 3 dx= 1 3×
Z −1
−2
3(x2−2x)
x3−3x2 + 3 dx= 1 3 ×
ln|x3−3x2+ 3|−1
−2.
Attention ! Ne pas oublier les valeurs absolues dans le logarithme.
D’o`u
A= 1
3 ×(ln 1−ln(17)) =−ln(17) 3 .
Commentaire :A du mˆeme type que I1 et I4 dans l’exercice 1 de la feuille no1 de td.
• Calcul de B = Z 1
−2
5x
(x2+ 1)2 dx : On sait qu’une primitive de u′
u2 est −1 u .
En posant iciu(x) =x2+1, on a doncu′(x) =2xet on peut ´ecrire en utilisant la lin´earit´e de l’int´egrale : B = 5
2× Z 1
−2
2x
(x2 + 1)2 dx= 5 2×
−1 x2 + 1
1
−2
.
D’o`u
B = 5 2 ×
−1 2 +1
5
= 5
2 ×−5 + 2
10 =−3 4.
Commentaire : B du mˆeme type que J4 dans l’exercice 3 de la feuille no2 de td, mais surtout applica- tion directe du tableau des primitives.
• Calcul de C = Z π4
0
cosx 3
2 dx :
On sait que cos(2t) = 2 cos2(t)−1 pour tout r´eel t. On en d´eduit que 2 cos2(t) = 1 + cos(2t) puis que cos2(t) = 1
2 ×(1 + cos(2t)).
Remarque.On aurait aussi pu obtenir cette derni`ere ´egalit´e en utilisant la formule de trigo cos(a) cos(b) avec a=b=t.
Finalement, en prenant t= x
3, on obtient : cosx
3 2
= 1 2 ×
1 + cos 2x
3
Ainsi, par lin´earit´e,
C = 1 2 ×
Z π4
0
1 dx+ Z π4
0
cos 2x
3
dx
! .
Or une primitive de u′cosuest sinu. En prenant u(x) = 2x3 (et donc u′(x) = 23), on obtient : C = 1
2 [x]
π 4
0 + 3 2×
Z π4
0
2 3 ×cos
2x 3
dx
!
= 1 2
π 4 + 3
2×
sin 2x
3 π4
0
! .
D’o`u
C = 1 2
π 4 +3
2 ×h sinπ
6
−sin(0)i
= 1 2
π 4 + 3
2× 1 2
. Conclusion.
C= π 8 + 3
8 = π+ 3 8 .
Commentaire :C du mˆeme type que I3 dans l’exercice 4 de la feuille no1 de td.
• Calcul de D= Z 14
0
3x−1
√1−4x2 dx :
En utilisant la lin´earit´e de l’int´egrale, on commence par ´ecrire : D=
Z 14
0
3x
√1−4x2 dx− Z 14
0
√ 1
1−4x2 dx= Z 14
0
3x
√1−4x2 dx− Z 14
0
1
p1−(2x)2 dx Pour la premi`ere int´egrale, on pense `a la forme u′
√u avec u(x) = 1−4x2, et donc u′(x) = −8x; pour la seconde int´egrale, on pense `a la forme u′
√1−u2 avec u(x) = 2x, et donc u′(x) = 2. Alors, encore par lin´earit´e, on obtient :
D= 3
−8 × Z 14
0
−8x
√1−4x2 dx− 1 2×
Z 14
0
2
p1−(2x)2 dx D’o`u
D=−3 8 ×h
2√
1−4x2i14
0 − 1
2×[arcsin (2x)]
1 4
0 =−3 4 ×
"√ 3 2 −1
#
−1 2 ×
arcsin
1 2
−arcsin (0)
.
Finalement,
D =−3√ 3 8 + 3
4− 1 2 ×π
6 −0
=−3√ 3 8 + 3
4− π 12·
Commentaire : il fallait penser d’abord `a s´eparer en deux comme pour Ddans l’exercice 2 de la feuille no1 de tdou comme pourJ5 dans l’exercice 3 de la feuille no2 detd; ensuite Ddu mˆeme type que I2 et I3 dans l’exercice 1 de la feuille no1 de td.
Exercice 2 (≃4 points). Calcul de I = Z 13
0
7−xe3x dx.
Par lin´earit´e, I = Z 13
0
7 dx− Z 13
0
xe3xdx.
Traitons ces 2 int´egrales s´epar´ement :
• Z 13
0
7 dx= [7x]
1 3
0 = 7 3.
• Pour Z 13
0
xe3xdx, on va appliquer la formule d’IPP : Z b
a
u(x)v′(x) dx= [u(x)v(x)]ba− Z b
a
u′(x)v(x) dx.
Pour cela, on pose u(x) =x et v′(x) = e3x = 13 ×(3 e3x). Alors u′(x) = 1 et, puisqu’une primitive de w′ew est ew, on prend v(x) = 13 ×e3x en ayant prisw(x) = 3x. La formule d’IPP donne alors :
Z 13
0
xe3xdx= 1
3xe3x 13
0
− Z 13
0
1× 1
3e3xdx.
D’o`u
Z 13
0
xe3xdx= 1
9e1−0− 1 3×
Z 13
0
e3xdx= e 9 −1
3 × 1
3e3x 13
0
. Finalement
Z 13
0
xe3xdx= e 9 − 1
9×(e−1) = 1 9. Conclusion.
I = 7 3 −1
9 = 21−1 9 = 20
9 .
Commentaire : l’IPP du mˆeme type queB dans l’exercice 2 de la feuille no2 detd. Int´egrale ´egalement tr`es proche de l’exemple fait en cours pour illustrer l’IPP.
Exercice 3 (≃5 points). A l’aide du changement de variable` t=√
2x+ 1 , calcul de l’int´egrale : J =
Z 0
−13
9 (6x+ 4)√
2x+ 1 dx . Remarquons d’abord que t = √
2x+ 1 nous permet d’obtenir t2 = 2x+ 1, puis t2 −1 = 2x, et enfin x= t2−1
2 = 1
2(t2−1).
Passons maintenant aux diff´erentes ´etapes pour effectuer le changement de variable propos´e :
• Bornes : si x=−1
3 alors t= r
2× −1
3 + 1 = r1
3 = 1
√3. De mˆeme si x= 0 alorst=√ 1 = 1.
• Fonction : comme on a `a la foist =√
2x+ 1 et x= t2−1
2 , on obtient :
f(x) = 9
(6x+ 4)√
2x+ 1 = 9
(6× t2−21 + 4)t = 9
(3(t2−1) + 4)t = 9
(3t2−3 + 4)t = 9 (3t2+ 1)t
• Diff´erentielle : on a x= 1
2(t2−1). En d´erivant par rapport `a t, on obtient dx dt = 1
2×2t=t. On en d´eduit que dx=tdt.
• Conclusion. On applique la formule de changement de variable : J =
Z 1
1
√3
9
(3t2 + 1)t ×tdt= Z 1
1
√3
9
3t2 + 1 dt = Z 1
1
√3
9 (t√
3)2+ 1 dt.
On pense `a la forme u′
u2+ 1 avecu(t) = t√
3, et doncu′(t) = √
3. Alors, encore par lin´earit´e, on obtient : J = 9
√3 × Z 1
1
√3
√3 (t√
3)2+ 1 dt D’o`u
J = 9
√3 ×h
arctan t√
3i1
1
√3
= 3√ 3×h
arctan√ 3
−arctan (1)i .
Remarque.Ici on a utilis´e 9
√3 = 9×√
√ 3 3×√
3 = 9×√ 3 3 = 3√
3.
Finalement,
J = 3√
3×π 3 −π
4
= 3√ 3× π
12 = 3π√ 3
3×4 = π√ 3 4 ·
Commentaire :J concerne un changement de variable comme les nombreux exemples vus dans l’exercice 3 de la feuille no2 de td; ici tr`es proche de J1 et J5 dans l’exercice 3 de la feuille no2 de td. Pour ceux qui avaient eu le courage de refaire le devoir de 2016/17, J tr`es tr`es proche de l’exercice 3.
Fin du corrig´e.
