I.U.T. de Brest Ann´ee 2018-19
G.M.P. 1. Corrig´e du devoir du 27/02/2019
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 (≃10 points).
• Calcul de A= Z 0
−1
x2−2
√x3−6x+ 4 dx : On sait qu’une primitive de u′
√u est 2√ u.
En posant ici u(x) =x3−6x+ 4, on a donc u′(x) = 3x2−6 =3(x2−2) et on peut ´ecrire en utilisant la lin´earit´e de l’int´egrale :
A= 1 3×
Z 0
−1
3(x2−2)
√x3−6x+ 4 dx= 1 3×h
2√
x3 −6x+ 4 i0
−1 = 2 3 ×h√
x3−6x+ 4 i0
−1
.
D’o`u
A= 2 3×√
4−√ 9
= 2
3 ×(2−3) = −2 3.
Commentaire :A du mˆeme type que I2 et I4 dans l’exercice 1 de la feuille no1 de td.
• Calcul de B = Z π2
0
sin(x) cos(3x) dx: On sait que sinacosb = 1
2(sin(a+b) + sin(a−b)).
En prenant a =x etb = 3x, on obtient : sin(x) cos(3x) = 1
2(sin(4x) + sin(−2x)).
Puis, comme sinus est une fonction impaire, on trouve : sin(x) cos(3x) = 1
2(sin(4x)−sin(2x)).
Ainsi, par lin´earit´e,
B = 1 2
Z π2
0
sin(4x) dx− Z π2
0
sin(2x) dx
! .
Or une primitive deu′sinuest −cosu. En prenant d’abordu(x) = 4x (et doncu′(x) = 4), puis ensuite u(x) = 2x(et donc u′(x) = 2), on obtient :
B = 1 2
1 4 ×
Z π2
0
4 sin(4x) dx− 1 2×
Z π2
0
2 sin(2x) dx
!
= 1 2
1
4×[−cos(4x)]
π 2
0 − 1
2×[−cos(2x)]
π 2
0
.
D’o`u
B = 1 2
1
4 ×[−cos(2π) + cos 0]−1
2 ×[−cosπ+ cos 0]
= 1 2
1
4×[−1 + 1]− 1
2×[+1 + 1]
. Finalement
B = 1
2×(0−1) =−1 2.
Commentaire :B du mˆeme type que I4 dans l’exercice 4 de la feuille no1 de td.
• Calcul de C = Z 2
0
√4x+ 1 dx :
C = Z 2
0
√4x+ 1 dx= Z 2
0
(4x+ 1)12 dx.
Or une primitive de u′uα, avec α6=−1, est uα+1α+1.
Ici on pose α= 12 et u(x) = 4x+ 1. Donc u′(x) =4 et, par lin´earit´e, on peut ´ecrire : C= 1
4× Z 2
0
4×(4x+ 1)12 dx.
Ainsi on obtient :
C= 1 4 ×
"
(4x+ 1)32
3 2
#2
0
= 1 4 ×2
3 ×
932 −132 .
Or 932 = 9123
=√ 93
= 33 = 27. De mˆeme, 132 =√ 13
= 13 = 1.
Conclusion.
C = 1
6 ×(27−1) = 26 6 = 13
3 .
Commentaire :C du mˆeme type que I5 dans l’exercice 1 de la feuille no1 de td.
• Calcul de D= Z 12
0
5x
1 + 16x4 dx : On commence par ´ecrire : D=
Z 12
0
5x
1 + (4x2)2 dx. On sait qu’une primitive de u′
1 +u2 est arctan(u).
Dans le but d’utiliser cette primitive, on pose u(x) = 4x2. Donc u′(x) = 8x et, par lin´earit´e, on peut
´ecrire :
D= 5 8×
Z 12
0
8x
1 + (4x2)2 dx.
On obtient alors :
D= 5 8×
arctan 4x212
0 = 5
8 ×[arctan (1)−arctan (0)]. Finalement,
D= 5 8 ×π
4 −0
= 5π 32·
Commentaire :Ddu mˆeme type queAdans l’exercice 2 de la feuille no1 detd; c’est aussi une int´egrale qui ressemblait `a la D de l’exercice 1 de l’´enonc´e du devoir de l’an pass´e.
Exercice 2 (≃4,5 points). Calcul de I = Z 1
0
2x−e−x2 dx.
On sait que (a−b)2 =a2−2ab+b2. Donc 2x−e−x2
= 4x2−4xe−x+ e−x2 . On sait ´egalement que (ea)b = eab. Donc e−x2
= e−2x. Par cons´equent, I =
Z 1
0
4x2−4xe−x+ e−2x dx.
Par lin´earit´e, I = 4× Z 1
0
x2dx−4× Z 1
0
xe−xdx+ Z 1
0
e−2xdx.
Traitons ces 3 int´egrales s´epar´ement :
• Z 1
0
x2dx= x3
3 1
0
= 1 3.
• Pour Z 1
0
xe−xdx, 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) = e−x = (−1)×(−e−x). Alors u′(x) = 1 et, puisqu’une primitive de w′ew est ew, on prend v(x) = (−1)×e−x =−e−x en ayant pris w(x) = −x. La formule d’IPP donne alors :
Z 1
0
xe−xdx=
−xe−x1
0− Z 1
0
1×(−e−x) dx.
D’o`u
Z 1
0
xe−xdx=−e−1+0− Z 1
0
(−e−x) dx=−e−1− e−x1
0. Finalement
Z 1
0
xe−xdx=−e−1− e−1−1
= 1−2 e−1.
• Enfin, puisqu’une primitive dew′ew est ew, on obtient en prenant w(x) =−2x : Z 1
0
e−2xdx= −1 2 ×
Z 1
0
(−2) e−2xdx= −1 2 ×
e−2x1
0 = −1
2 × e−2−1
= 1 2− 1
2e−2. Conclusion.
I = 4×1
3−4×(1−2 e−1) + 1 2 −1
2e−2. Ainsi
I = 4
3 −4 + 1
2+ 8 e−1−1
2e−2 =−13
6 + 8 e−1−1 2e−2.
Commentaire : I d’abord du mˆeme type que exercice 5 de la feuille no1 de td(pour l’identit´e remar- quable) ; puis
Z 1
0
xe−xdxet Z 1
0
e−x2
dxdu mˆeme type queB etCdans exercice 2 de la feuille no2 detd.
Exercice 3 (≃5,5 points).A l’aide du changement de variable` t = arcsinx 2
, calcul de l’int´egrale :
J = Z √3
0
x2
√4−x2 dx . Remarquons d’abord que x∈h
0;√ 3i
. Ainsi x
2 ∈[−1; 1].
Par cons´equent, puisque t = arcsinx 2
, on a sint= sin
arcsinx 2
= x 2. Cela permet d’obtenir x= 2 sint.
Passons maintenant aux diff´erentes ´etapes pour effectuer le changement de variable propos´e :
• Bornes : six= 0 alors t= arcsin(0) = 0. De mˆeme si x=√
3 alors t= arcsin
√3 2
!
= π 3.
• Fonction : comme on a vu au d´ebut que x= 2 sint, on obtient : f(x) = x2
√4−x2 = (2 sint)2
p4−(2 sint)2 = 4 sin2t
p4−4 sin2t = 4 sin2t p4(1−sin2t) . Mais on sait que, pour tout r´eel t, on a cos2t+ sin2t= 1. Donc 1−sin2t= cos2t. Alors
q
4(1−sin2t) =√
4 cos2t = 2 cost, la derni`ere ´egalit´e ´etant exacte car ici cost >0 (puisque t∈[0;π3]).
On a donc
f(x) = x2
√4−x2 = 4 sin2t 2 cost .
• Diff´erentielle : on a x= 2 sint. En d´erivant par rapport `at, on obtient dx
dt = 2 cost.
On en d´eduit que dx= 2 costdt.
• Conclusion. On applique la formule de changement de variable : I =
Z π3
0
4 sin2t
2 cost ×2 costdt= Z π3
0
4 sin2tdt.
On sait (formulaire de trigo) que cos(2t) = 1−2 sin2t. On en d´eduit que 2 sin2t= 1−cos(2t).
Remarque. On aurait aussi pu utiliser la formule de trigo donnant sinasinb pour g´erer lesin2t.
Peu importe la m´ethode suivie, on obtient alors : I =
Z π3
0
2×2 sin2tdt = Z π3
0
2(1−cos(2t)) dt = Z π3
0
(2−2 cos(2t)) dt.
D’o`u
I = [2t−sin(2t)]
π 3
0 = 2π 3 −sin
2π 3
−0 + sin 0.
Par ailleurs, par lecture sur le cercle trigo, on a sin 0 = 0 et sin(2π3 ) = √23. Finalement, I = 2π
3 −
√3 2 ·
Commentaire :J concerne un changement de variable comme les nombreux exemples vus dans l’exer- cice 3 de la feuille no2 de td. La nouvelle int´egrale qu’on obtient se calcule comme I3 dans exercice 4 de la feuille no1 detdou comme un morceau de l’int´egrale intervenant dans exercice 5 de la feuille no1 detd.
Fin du corrig´e.
