1 Composition à droite par une fonction affine

BCPST 2 — Lycée Jacques Prévert Vincent Thomas

Table des matières

1 Composition à droite par une fonction affine 1

2 Manipulation de puissances 1

3 Reconnaissance de formes usuelles 2

4 L’astuce +1−1 2

5 L’intégration par parties 3

5.1 Anticiper l’intégrale qui restera à calculer . . . 3 5.2 La règle ALPES . . . 4 5.3 Intégrations par parties enchaînées . . . 4

6 Quelques types d’intégrales courants 5

6.1 Linéarisations de fonctions trigonométriques . . . 5 6.2 Décomposition en éléments simples . . . 5

7 Le changement de variable 5

7.1 Les trois modifications à effectuer . . . 5 7.2 Justifier précisément un changement de variable . . . 6 7.3 Dans l’autre sens . . . 7

Annexe A Solutions des exercices 9

Annexe B Table des primitives usuelles 16

1 Composition à droite par une fonction affine

De manière générale, si on connaît une primitive F d’une fonctionf, il n’y a aucune règle permettant d’en déduire une primitive def◦ϕ. Par exemple savoir^R cosxdx= sinx+cn’est d’aucune utilité pour calculer Rcos(x²) dxou^Rcos(e^x) dx. Toutefois, quandϕest une fonction affine on peut trouver une primitive def◦ϕ. Affirmation : Si F est une primitive de la fonction f, alors pour tout (a, b)∈R^∗×Ron a :

Z

f(ax+b) dx= F(ax+b)

a +c

Exercice 1 : Calculer les intégrales suivantes.

1. ^{Z 1}

0 sin(πx) dx 2. ^{Z 2}

1

x

2 + 2²dx 3. ^{Z 1}

−1

dx (2x+ 3)²

2 Manipulation de puissances

Z

x^αdx=









 x^α+1

α+ 1+c siα6=−1 ln|x|+c siα=−1

Cette règle permet de calculer un très grand nombre d’intégrales directement.

1/ 16

Exercice 2 : Calculer les intégrales suivantes.

1. ^{Z 3}

0

√3

xdx 2. ^{Z 3}

1

dx x√ x 3. ^{Z 4}

3

(√ x)⁵ x^2/3 dx 4. ^{Z 1}

−1

dx x−7 5. ^{Z 2}

1

dx (3x−2)³

3 Reconnaissance de formes usuelles

Le principe est simple : si f admet pour primitive F, alors (f ◦u)×u⁰ admet pour primitive F◦u.

Particulièrement utile face à des expressions de la forme _u^uk⁰ ou u⁰u^k. Exercice 3 : Calculer les intégrales suivantes.

1. ^Z

π 2

0

sinx (1 + cosx)³ dx 2. ^{Z 1}

0

x 1 +x²dx 3. ^{Z 1}

0

x(1−x²)ⁿdx (avecn∈N) 4. ^{Z y}

0

xe^x2dx(avec y∈R) 5. ^{Z y}

2

dx

xlnx (avecy >1)

4 L’astuce +1 − 1

Exemple d’exercice : supposons qu’on veuille calculer ^{Z 1}

0

x 3x+ 2dx.

Raisonnement hors de la copie : ce n’est pas une primitive usuelle, on ne reconnaît aucune forme usuelle comme u⁰

u^α. Quel dommage que le numérateur soitxet non une constante ! Nous saurions alors calculer cette intégrale. D’où l’idée : nous allons remplacer le numérateurx parx+ C−C, où C sera une constante bien choisie : on aura donc

x

3x+ 2= x+ C

3x+ 2− C 3x+ 2

La deuxième fraction, nous saurons l’intégrer. Pour la première, il faudra choisir C judicieusement pour avoir une simplification : on prend C = ²₃ pour que le numérateur soit exactement le tiers du dénominateur. Nous pouvons alors résoudre l’exercice.

Solution : La fonctionx7→ _3x+2^x est continue surR\ⁿ−¹₂^o donc peut être intégrée entre 0 et 1.

Cependant : ∀x∈R\

−1 2

, x

3x+ 2 = x+²₃ 3x+ 2−

2

3x3+ 2 = 1 3 −2

3 × 1

3x+ 2. Donc^{Z 1}

0

x

3x+ 2dx=x 3 −2

9ln|3x+ 2| 1

0

= 1 3 −2

9ln5 2.

Remarque 1. Cette astuce s’appuient sur deux éléments qui doivent être réunis :

• on doit intégrer une fraction avec un numérateur N1 alors qu’on préférerait un autre numérateur N2;

• on pourrait simplifier la fraction avec le numérateur N1±kN2 pour un kbien choisi.

Remarque 2. Toutes les intégrales de la forme ^Z ax+b

cx+ddxpeuvent être traitées par cette méthode.

Exercice 4 : Calculer les intégrales suivantes.

1. ^{Z 2}

0

x x−3dx 2. ^{Z 3}

1

x+ 3 2x−1dx 3. ^Z

√ 3 0

x² 1 +x² dx 4. ^Z

√ 3 0

x³ 1 +x² dx

5 L’intégration par parties

5.1 Anticiper l’intégrale qui restera à calculer

Le théorème d’intégration par parties affirme que pour deux fonctionsuetvde classeC¹ sur un intervalle contenantaetb, on a :

Z b a

u⁰v=^huv^ib

a− Z b

a

uv⁰

La difficulté est de décider quand il faut utiliser ce théorème. Considérons le membre de droite^huv^ib

a− Z b

a

uv⁰. Le terme intégré ^huv^ib

a pose généralement moins de difficulté de calcul ; en revanche, ^R_a^buv⁰ est encore une intégrale. Donc la grande question à se poser avant d’effectuer une intégration par parties est :

En quoi ^{Z b}

a

uv⁰ sera-t-il plus simple ou plus facile à calculer que ^{Z b}

a

u⁰v? Traitons un exemple (assez difficile) pour illustrer le problème.

Exemple d’exercice : supposons qu’on veuille calculer ^{Z a}

0

x³e^x2dx (aveca∈Rquelconque).

Raisonnement hors de la copie : l’expressionx³e^x2 peut s’écrire de plusieurs façons comme un produit de deux facteurs : ça peut être

x³×e^x2 ou 1×x³e^x2 ou x×x²e^x2 etc.

et à chaque fois, quel facteur intégrer ? quel facteur dériver ?

Faisons un essai : le plus naturel est de décomposer ainsi : x³×e^x2. Pour choisir quel facteur intégrer : on n’a guère le choix, car on ne connaît pas de primitive pour x 7→ e^x2. Anticipons l’intégrale qui restera à calculer après l’intégration par parties. En ne regardant que la partie du calcul qui nous préoccupe, on

trouve : _Z

x³e^x2dx=^h. . .ⁱ−λ Z

x⁴×xe^x2dx

en regroupant dans la constanteλtoutes les constantes multiplicatives. On s’aperçoit qu’on sera ramené au calcul de^Z x⁵e^x2dx : ce qui semble plus compliqué que l’intégrale de départ ^Z x³e^x2dx. Hélas, en dérivant e^x2 et en intégrantx³ on a élevé le degré du facteur polynomial ; le contraire aurait été nettement préférable.

En faisant le même essai sur d’autres façons de décomposer le produit, on s’aperçoit à chaque fois qu’en dérivante^x2, on va élever le degré du facteur polynomial : faudrait-il donc chercher àintégrer le facteure^x2? Il n’a pourtant pas de primitive évidente.

À moins qu’il ne faille reconnaître un facteur de la formeu⁰e^u? Donc chercher à avoir un facteur 2xe^x2? Il faudrait alors décomposer le produit ainsi :x³e^x2 = ^x₂²×2xe^x2, en dérivantx7→ ^x₂² et en intégrantx7→2xe^x2. En faisant la même anticipation que tout à l’heure, on voit arriver :

Z x²

2 ×2xe^x2dx=^h. . .ⁱ−λ Z

x×e^x2dx

et cette fois, l’intégrale de droite pourra être calculée en reconnaissant une formeu⁰e^u.

Solution : D’abord la fonctionx 7→x³e^x2 est continue surR donc l’intégrale^{Z a}

0

x³e^x2dx est définie pour tout réela. Considérons les fonctionsu etv de classeC¹ qui vérifient pour tout réelx:

u⁰(x) = 2xe^x2 v(x) = x² 2 u(x) =e^x2 v⁰(x) =x D’après le théorème d’intégration par parties, on a :

∀a∈R, Z _a

0

x³e^x2dx=

"

x² 2 e^x2

#a

0

− Z _a

0

xe^x2dx

= a² 2 e^a2 −

"

e^x2 2

#a

0

= a²

2 e^a2 −e^a2 2 + 1

2 Bref :∀a∈R,

Z a 0

x³e^x2dx= 1 2

(a²−1)e^a2+ 1.

5.2 La règle ALPES

En pratique, les intégrales rencontrées sont souvent plus simples que celle de l’exercice précédent : la règle ALPES permet d’identifier facilement quel facteur doit être dérivé en priorité. Par ordre décroissant de priorité :

• Arc tangente ;

• Logarithme ;

• Polynômes ;

• Exponentielles ;

• Sinus et cosinus.

Par exemple, pour calculer^{Z 2}

1

xlnxdx, le facteur lnx est logarithmique, le facteurxest polynomial : il faut donc dériver en priorité le logarithme.

Exercice 5 : Calculer les intégrales suivantes.

1. ^{Z 2}

1

x⁵lnxdx 2. ^{Z π}

0

xsin(2x) dx 3. ^{Z 3}

−3

xe^x2 dx 4. ^{Z 1}

0 arctanxdx 5. ^{Z 1}

0

xarctanxdx

Remarque 3. La règles ALPES permet de traiter beaucoup d’intégrales mais pas toutes : par exemple vous ne pourrez expliciter la valeur de^{Z 2}

1

e^xlnxdx. 5.3 Intégrations par parties enchaînées

En particulier quand on a un facteur polynomial, il faut parfois enchaîner les intégrations par parties.

Quand vous effectuez une seconde intégration par parties, au moment où vous choisissez quel facteur dériver, ne choisissez jamais celui que vous venez d’intégrer.

Exercice 6 : Calculer les intégrales suivantes.

1. ^{Z π}

0

x²sinxdx

2. ^{Z 2}

0

x³e^−xdx 3. ^{Z π}

0

e^xsinxdx

6 Quelques types d’intégrales courants

6.1 Linéarisations de fonctions trigonométriques Exercice 7 : Calculer les intégrales suivantes.

1. ^{Z π/2}

0 cos³xdx 2. ^{Z π/2}

0 sin⁵xdx 3. ^{Z π/2}

0 cos²xsin²xdx

6.2 Décomposition en éléments simples

Pour calculer une intégrale du type^Z P(x)

(x−a1)(x−a2). . .(x−an)dx avec :

• a1, . . . , an des réels distincts ;

• P un polynôme de degré strictement inférieur ànle degré du dénominateur ; on peut chercher des coefficientsα₁, . . . , α_n tels que

Z P(x)

(x−a1)(x−a2). . .(x−an) = α₁

x−a1 + α₂

x−a2 +· · ·+ α_n x−an

. On trouve généralement ces coefficients par résolution d’un système.

Dans le cas où le degré de P est trop grand, on peut souvent se ramener à un degré inférieur en utilisant l’astuce +a−a.

Par exemple, pour intégrer ^Z x²

4−x²dx, voici les différentes étapes (x désigne un réel∈ {−/ 2,2}) :

• _4−x^x22 = ^x_4−x²⁻⁴2 +_4−x⁴ 2 =−1 +_(2−x)(2+x)⁴ .

• On chercheα, β tels que _(2−x)(2+x)⁴ = _2−x^α + _2+x^β . Or _2−x^α +_2+x^β = α(2+x)+β(2−x)

(2−x)(2+x) = 2(α+β)+(α−β)x (2−x)(2+x) , il suffit donc que (α, β) satisfasse le système

(2(α+β) = 4 α−β = 0 .

• Ce système admettant pour solution (α, β) = (1,1), on a finalement Z x²

4−x² dx=^Z −1 + 1

2−x + 1 2 +x

dx=−x−ln|2−x|+ ln|2 +x|+ C.

Remarque 4. On pouvait effectuer la deuxième étape en observant : _(2−x)(2+x)⁴ = (2−x)+(2+x)

(2−x)(2+x) = _2+x¹ +_2−x¹ . Exercice 8 : Calculer les intégrales suivantes.

1. ^{Z 10}

0

x

(x+ 1)(x+ 2)dx 2. ^{Z 1/2}

−1/2

1 1−x²dx 3. ^{Z 5}

2

1 x³−xdx

7 Le changement de variable

7.1 Les trois modifications à effectuer

Quand on effectue un changement de variable, il y a trois choses à modifier :

• modifier l’expression de la fonction intégrée par substitution de variable ;

• modifier l’élément différentiel dx;

• adapter les bornes de l’intégrale.

Par exemple, imaginons que dans l’intégrale^{Z 1}

0

f(s) dsj’effectue le changement de variables= cosθ. Alors :

• f(s) devra être remplacé par f(cosθ) ;

• dsdevra être remplacé par−sinθdθ;

• pour les bornes de l’intégrale,s= cosθdoit varier de 0 à 1, donc on peut faire varierθde ^π₂ à 0 (dans cet ordre).

Nous aurons donc^{Z 1}

0

f(s) ds=^Z_π⁰

2

f(cosθ)(−sinθ) dθ, ce qu’on préfère récrire^Z

π 2

0

f(cosθ) sinθdθ. On aurait aussi bien pu faire varierθde ^π₂ à π, ou bien de−^π₂ à 0 : à chaque fois, cosθaurait bien varié de 0 à 1. Ainsi les intégrales

Z 0

π 2

f(cosθ)(−sinθ) dθ

Z 0

−^π₂

f(cosθ)(−sinθ) dθ

Z π

π 2

f(cosθ)(−sinθ) dθ sont toutes égales à^{Z 1}

0 f(s) ds.

Exercice 9 : Sans justification, trouvez ce que deviennent les intégrales suivantes après le changement de variable suggéré.

1. ^{Z 2}

1

f(x) dx avec x=e^t; 2. ^{Z x}

0

f(e^u) du avec u= lns; 3. ^{Z 1}

−1

f(w) dw avecw= tanx; 4. ^{Z 2}

1

lnt

1 +t² dtavec t= ¹_y; 5. ^Z

π 2

0

cosα

2 + sinαdα avec α= ^π₂ −β.

7.2 Justifier précisément un changement de variable Pour justifier précisément un changement de variable de la forme

Z b

a f(x) dx=^{Z β}

α f(ϕ(s))ϕ⁰(s) ds on doit vérifier ou mettre en avant les deux faits suivants :

• sur [α;β], s7→ϕ(s) est de classeC¹ et à valeurs dans un certain intervalle I ;

• x7→f(x) est continue sur l’intervalle I.

Exemple : on souhaite calculer I =^Z

1 2

0

√ 1

1−x² dxavec le changement de variable x= sinθ. Raisonnement hors de la copie : pour que sinθvarie de 0 à ¹₂, on peut faire varierθ de 0 à ^π₆. Solution : La fonctionx7→ ^{√ 1}

1−x² est continue sur [0 ;¹₂] donc l’intégrale est bien définie. De plus :

• sur [0 ;^π₆], la fonction θ7→sinθ est de classeC¹, de dérivéeθ7→cosθ, et à valeurs dans [0 ;¹₂] ;

• sur [0 ;¹₂], la fonction x7→ ^{√ 1}

1−x² est continue.

Donc par changement de variable I =^Z

π 6

0

√ 1

1−sin²θcosθdθ=^Z

π 6

0

cosθ

|cosθ|dθ. Or ∀θ∈0 ;^π₆, cosθ>0. Donc I =^Z

π 6

0 dθ= π 6.

Exercice 10 : Calculer les intégrales suivantes avec le changement de variable indiqué, qu’on justifiera soigneu- sement.

1. ^{Z 3}

1

dt (1 +t)√

t en posantt=s²; 2. ^{Z x}

0 (1 +t²)^−3/2dtpour x∈Rquelconque, à l’aide du changement de variable t= tanθ; 3. ^{Z 1}

0

s1−x

1 +xdx à l’aide du changement de variablex= cos(2θ).

7.3 Dans l’autre sens

Jusqu’ici, les changements de variables effectués étaient donnés de la façon suivante : Ancienne variable =ϕ(Nouvelle variable)

mais occasionnellement, il est plus simple d’indiquer et d’effectuer un changement de variable dans l’autre sens :

Nouvelle variable =ϕ(Ancienne variable) C’est-à-dire qu’on demande de calculer une intégrale de la forme

Z

f(x) dx

avec le changement de variableu=φ(x). Il faut alors commencer par transformer l’expressionf(x) de façon que l’intégrale soit de la forme

Z H(φ(x))φ⁰(x) dx avant d’effectuer le changement de variable.

Exemple : Soit I =^Z

π 2

π 3

1

sintdt, intégrale bien définie puisquet7→ _sin¹_t est continue sur [^π₃;^π₂]. On souhaite calculer cette intégrale avec le changement de variables= cost.

Raisonnement hors de la copie : Pour commencer, mettre l’intégrale sous la forme^Z H(cost)(−sint) dt: on va donc écrire

1

sint = 1

−sin²t(−sint)

= 1

cos²t−1(−sint)

Cette étape étant réussie, on pourra réaliser le changement de variable.

Solution ∀t∈ π

3 ;π 2

, 1

sint = 1

cos²−1(−sint).

• sur [^π₃ ;^π₂], t7→costest de classeC¹, à valeurs dans ]0 ; 1[, et de dérivéet7→ −sint.

• s7→ _s2¹₋₁ est continue sur ]0 ; 1[.

Donc par changement de variable I =^Z₁⁰

2

1 s²−1ds

=^Z

1 2

0

1+s 2 +^1−s₂ (1 +s)(1−s)ds

=^Z

1 2

0

1 2

1

1−s+ 1 1 +s

ds

=1 2ln

1 +s 1−s

¹₂

0

= 1 2ln 3.

Exercice 11 : Calculer les intégrales suivantes avec les changements de variable suggérés.

1. ^Z

π 3

0

cos(2x)

cosx dx avec le changement de variables= sinx.

2. ^{Z x}

0

dt

e^t+e^−tdt, où x est un réel quelconque, avec le changement de variableu=e^t. 3. ^{Z x}

1

1 +t²

1 +t⁴ dt, oùx est un réel strictement positif, avec le changement de variabley=t−¹_t.

Annexe A Solutions des exercices

Solution de l’exercice 1 :

1. La fonction x7→sin(πx) est continue sur [0 ; 1] donc l’intégrale est bien définie.

Z 1

0 sin(πx) dx=−cos(πx) π

1 0

= 2 π.

2. La fonction x7→ ^x₂ + 2² est continue sur [1 ; 2] donc l’intégrale est bien définie.

Z 2 1

x

2 + 2²dx=

" _x

2 + 2³ 3×¹₂

#2 1

= 91 12. 3. ∀x∈R, 2x+ 3 = 0 ⇐⇒ x=−³₂.

Or−³₂ ∈/ [−1 ; 1], donc la fonctionx7→ _(2x+3)¹ ₂ est continue sur [−1 ; 1], donc l’intégrale est bien définie.

Z 2 1

1

(2x+ 3)² dx=− 1 2(2x+ 3)

1

−1

= 2 5. Solution de l’exercice 2 :

1. La fonction x7→ √³

x est continue sur [0 ; 3] donc l’intégrale est bien définie.

Z 3 0

√3

xdx=^{Z 3}

0

x^1/3dx=3 4x^4/3

3 0

= 3 43^4/3.

2. La fonction x7→ _x^√1_x est continue sur [1 ; 3] donc l’intégrale est bien définie.

Z 3 1

1 x√

xdx=^{Z 3}

1

x^−3/2dx=^h−2x^−1/2i3

1 = 21−√1 3

. 3. La fonction x7→ ⁽

√x)⁵

x^2/3 est continue sur [3 ; 4], donc l’intégrale est bien définie.

Z 4 3

(√ x)⁵

x^2/3 dx=^{Z 4}

3

x^11/3dx= 3 14x^14/3

4 3 = 3

14

2²⁸³ −3¹⁴³ .

4. La fonction x7→ _x−7¹ est continue sur [−1 ; 1], donc l’intégrale est bien définie.

Z 1

−1

1

x−7dx=^hln|x−7|ⁱ¹

−1= ln 3−ln 4.

5. ∀x∈R, 3x−2 = 0 ⇐⇒ x= ²₃.

Or ²₃ ∈/ [1 ; 2], donc la fonctionx7→ _(3x−2)¹ ₃ est continue sur [1 ; 2], donc l’intégrale est bien définie.

Z 2 1

dx

(3x−2)³ =^{Z 2}

1 (3x−2)⁻³dx=^h−1

2(3x−2)⁻²ⁱ²

1 = 3 8. Solution de l’exercice 3 :

1. x7→ _(1+cos^sinx_x)3 est définie et continue sur [0 ;^π₂], donc l’intégrale est bien définie.

Z ^π

2

0

sinx

(1 + cosx)³ dx= 1 2(1 + cosx)²

^π

2

0

= 3 8.

2. x7→ _1+x^x₂ est définie et continue sur [0 ; 1], donc l’intégrale est bien définie.

Z 1 0

x

1 +x²dx=

"

ln(1 +x²) 2

#1 0

= ln 2 2 .

3. x7→x(1−x²)ⁿ est définie et continue sur [0 ; 1], donc l’intégrale est bien définie.

Z 1 0

x(1−x²)ⁿdx=

"

−(1−x²)ⁿ⁺¹ n+ 1

#1 0

= 1

n+ 1.

4. x7→xe^x2 est définie et continue surR, donc l’intégrale de 0 ày est bien définie quel que soity ∈R.

Z _y

0

xe^x2dx=

"

e^x2 2

#y

0

= e^y2−1

2 .

5. x 7→ _xln¹_x est définie et continue sur ]1 ; +∞[, donc l’intégrale de 2 à y est bien définie quel que soit y >1.

Z y 2

1

xlnxdx=^hln|lnx|^iy

2 = ln lny−ln ln 2.

Solution de l’exercice 4 :

1. La fonction x7→ _x−3^x est continue surR\ {3}, or 3∈/[0 ; 2], donc l’intégrale est bien définie.

∀x∈R\ {3}, _x−3^x = 1 +_x−3³ donc^{Z 2}

0

x

x−3dx=^hx+ 3 ln|x−3|ⁱ²

0= 2−3 ln 3.

2. La fonction x7→ _2x−1^x+3 est continue sur R\ⁿ¹₂^o, or ¹₂ ∈/ [1 ; 3], donc l’intégrale est bien définie.

∀x∈R\ⁿ¹₂^o, _2x−1^x+3 = ¹₂+_2(2x−1)⁷ donc^{Z 3}

1

x+ 3

2x−1dx=x 2 +7

4ln|2x−1| 3

1

= 1 +7 4ln 5.

3. La fonction x7→ _1+x^x2₂ est continue surR, donc l’intégrale est bien définie.

∀x∈R, _1+x^x22 = 1− _1+x¹ 2 donc^Z

√ 3 0

x²

1 +x² dx=^hx−arctanxⁱ

√ 3

0 =√

3−π 3. 4. La fonction x7→ _1+x^x32 est continue surR, donc l’intégrale est bien définie.

∀x∈R, _1+x^x32 =x−_1+x^x₂ donc^Z

√ 3 0

x³

1 +x² dx=

"

x² 2 −1

2ln(1 +x²)

#

√ 3

0

= 3

2−ln 2.

Solution de l’exercice 5 :

1. La fonction x7→x⁵lnx est continue sur [1 ; 2], donc l’intégrale est bien définie.

Posons les fonctions u etv, de classeC¹ sur [1 ; 2], qui vérifient pour tout 16x62 :

u⁰(x) =x⁵ v(x) = lnx

u(x) = x⁶

6 v⁰(x) = 1

x Par intégration par parties, on a :

Z 2 1

x⁵lnxdx=

"

x⁶ 6 lnx

#2 1

− Z 2

1

x⁵ 6 dx

= 32 ln 2

3 −

"

x⁶ 36

#2 1

= 32 ln 2 3 −65

36.

2. La fonction x7→xsin(2x) est continue sur [0 ;π] donc l’intégrale est bien définie.

Posons les fonctions u etv, de classeC¹, qui vérifient pour tout réelx :

u⁰(x) = sin(2x) v(x) =x

u(x) =−cos(2x)

2 v⁰(x) = 1

Par intégration par parties, on a : Z π

0

xsin(2x) dx=−xcos(2x) 2

π 0

+1 2

Z π

0 cos(2x) dx

=−π 2 +1

4

hsin(2x)^iπ

0

=−π 2.

3. La fonction x7→xe^x2 est continue sur [−3 ; 3] donc l’intégrale est bien définie.

Soient les fonctions u etv, de classeC¹, qui vérifient pour tout réelx : u⁰(x) =e^x2 v(x) =x

u(x) = 2e^x2 v⁰(x) = 1

Par intégration par parties, on a : Z 3

−3xe^x2 dx=^h2xe^x2i3

−3−2^{Z 3}

−3e^x2 dx

= 6e³² +e⁻³²−4^he^x2i3

−3

= 2e³² + 10e⁻³².

4. La fonction x7→arctanxest continue sur [0 ; 1] donc l’intégrale est bien définie.

Soient les fonctions u etv, de classeC¹, qui vérifient pour tout réelx :

u⁰(x) = 1 v(x) = arctanx

u(x) =x v⁰(x) = 1

1 +x² Par intégration par parties, on a :

Z 1

0 arctanxdx=^hxarctanxⁱ¹

0− Z 1

0

x 1 +x² dx

= π 4 −

"

ln(1 +x²) 2

#1 0

= π 4 −ln 2

2 .

5. La fonction x7→xarctanx est continue sur [0 ; 1] donc l’intégrale est bien définie.

Soient les fonctions u etv, de classeC¹, qui vérifient pour tout réelx :

u⁰(x) =x v(x) = arctanx

u(x) = x²

2 v⁰(x) = 1

1 +x² Par intégration par parties, on a :

Z 1 0

xarctanxdx=

"

x²

2 arctanx

#1 0

−1 2

Z 1 0

x² 1 +x²dx

= π 8 −1

2 Z 1

0

1− 1 1 +x²

dx

= π 8 −1

2

hx−arctanxⁱ¹

0

= π 4 −1

2. Solution de l’exercice 6 :

1. La fonction x7→x²sinx est continue sur [0 ;π] donc l’intégrale est bien définie.

Soient les fonctions u etv, de classeC¹, qui vérifient pour tout réelx :

u⁰(x) = sinx v(x) =x²

u(x) =−cosx v⁰(x) = 2x Par intégration par parties, on a :

Z π 0

x²sinxdx=^h−x²cosx^iπ

0 +^{Z π}

0 2xcosxdx

=π²+^h2xsinx^iπ

0

− Z π

0 2 sinxdx en effectuant une nouvelle intégration par parties ;

=π²+ 2^hcosx^iπ

0

=π²−4

2. La fonction x7→x³e^−x est continue sur [0 ; 2] donc l’intégrale est bien définie.

Soient les fonctions u etv, de classeC¹, qui vérifient pour tout réelx : u⁰(x) =e^−x v(x) =x³

u(x) =−e^−x v⁰(x) = 3x² Par intégration par parties, on a :

Z 2 0

x³e^−xdx=^h−x³e^−xi2

0+^{Z 2}

0 3x²e^−xdx

=−8e⁻²+^h−3x²e^−xi2

0+^{Z 2}

0 6xe^−xdx (deuxième intégration par parties)

=−20e⁻²+^h−6xe^−xi2

0+^{Z 2}

0 6e^−xdx (troisième intégration par parties)

=−32e⁻²+^h−6e^−xi2

0

= 6−38e⁻²

3. La fonction x7→e^xsinxest continue sur [0 ;π] donc l’intégrale est bien définie.

Soient les fonctions u etv, de classeC¹, qui vérifient pour tout réelx :

u⁰(x) = sinx v(x) =e^x

u(x) =−cosx v⁰(x) =e^x Par intégration par parties, on a :

Z π 0

e^xsinxdx=^h−e^xcosx^iπ

0 +^{Z π}

0

e^xcosxdx

= 1 +e^π+^he^xsinx^iπ

0 − Z π

0

e^xsinxdx (deuxième intégration par parties)

= 1 +e^π− Z π

0

e^xsinxdx donc ^{Z π}

0

e^xsinxdx= 1 +e^π 2 . Solution de l’exercice 7 :

1. La fonction x7→cos³x est continue sur [0 ;^π₂] donc l’intégrale est bien définie.

∀x∈R, cos³x= e^ix+e^−ix 2

!3

= e^3ix+ 3e^ix+ 3e^−ix+e^−3ix

8 = cos(3x) + 3 cosx

4 .

Donc ^Z

π 2

0 cos³xdx=sin(3x)

12 + 3 sinx 4

^π₂

0

= 2 3.

2. La fonction x7→sin⁵x est continue sur [0 ;^π₂] donc l’intégrale est bien définie.

∀x∈R, sin⁵x= e^ix−e^−ix 2i

!5

= e^5ix−5e^3ix+ 10e^ix−10e^−ix+ 5e^−3ix−e^−5ix 32i

= sin(5x)−5 sin(3x) + 10 sinx

16 .

Donc ^Z

π 2

0 sin⁵xdx= 1 16

−cos(5x)

5 +5 cos(3x)

3 −10 cosx ^π₂

0

= 8 15.

3. La fonction x7→sin²xcos²x est continue sur [0 ;^π₂] donc l’intégrale est bien définie.

∀x∈R, sin²xcos²x= e^ix−e^−ix 2i

!2

e^ix+e^−ix 2

!2

=−e^4ix−2 +e^−4ix 16

= 1−cos(4x)

4 .

Donc ^Z

π 2

0 sin²xcos²xdx= 1 4

x− sin(4x) 4

^π₂

0

= π 8. Solution de l’exercice 8 :

1. ∀x∈R, (x+ 1)(x+ 2) = 0 ⇐⇒ x∈ {−1,−2}. Or −1,−2∈/ [0 ; 10]. Ainsi la fonctionx7→ _(x+1)(x+2)^x est bien définie et continue sur [0 ; 10] donc l’intégrale est bien définie.

Cherchons (α, β)∈R² tels que : ∀x∈R\ {−1,−2}, _(x+1)(x+2)^x = _x+1^α +_x+2^β .

⇐⇒ ∀x∈R\ {−1,−2}, α(x+ 2) +β(x+ 1) =x.

Il suffit que (α, β) satisfasse le système :

(α+β = 1

2α+β = 0 ⇐⇒

(α=−1 β= 2 . Donc ^{Z 10}

0

x

(x+ 1)(x+ 2)dx=^{Z 10}

0

−1

x+ 1+ 2 x+ 2

dx

=^h−ln|x+ 1|+ 2 ln|x+ 2|ⁱ¹⁰

0

= 2 ln 6−ln 11.

2. ∀x∈R, 1−x² = 0 ⇐⇒ x∈ {−1,1}. Or −1,1∈/[−¹₂;¹₂]. Ainsi la fonction x7→ _1−x¹ 2 est bien définie et continue sur [−¹₂;¹₂] donc l’intégrale est bien définie.

Cherchons (α, β)∈R² tels que : ∀x∈R\ {−1,1}, _1−x¹ ₂ = _x−1^α +_x+1^β .

⇐⇒ ∀x∈R\ {−1,1}, α(x+ 1) +β(x−1) =−1.

Il suffit que (α, β) satisfasse le système :

(α+β = 0

α−β =−1 ⇐⇒

(α=−¹₂ β = ¹₂ . Donc ^Z

1 2

−¹₂

1

1−x²dx=^Z

1 2

−¹₂

1 2

1

x+ 1− 1 x−1

dx

= 1 2

hln|x+ 1| −ln|x−1|ⁱ

1 2

−¹₂

= ln 3.

3. ∀x ∈ R, x³−x = 0 ⇐⇒ x(x−1)(x+ 1) = 0 ⇐⇒ x ∈ {−1,0,1}. Or −1,0,1 ∈/ [2 ; 5]. Ainsi la fonction x7→ _x3¹−x est bien définie et continue sur [2 ; 5] donc l’intégrale est bien définie.

Cherchons (α, β, γ)∈R³ tels que :∀x∈R\ {−1,0,1}, x(x−1)(x+1)¹ = _x−1^α +^β_x +_x+1^γ .

⇐⇒ ∀x∈R\ {−1,0,1}, αx(x+ 1) +β(x−1)(x+ 1) +γx(x−1) = 1

⇐⇒ ∀x∈R,\{−1,0,1}, (α+β+γ)x²+ (α−γ)x−β = 1.

Il suffit que (α, β, γ) satisfasse le système :











α+β+γ = 0 α−γ = 0

−β = 1

⇐⇒









 α= ¹₂ β =−1 γ = ¹₂

.

Donc ^{Z 5}

2

1

x³−xdx=^{Z 5}

2

1

2(x+ 1)− 1

x + 1

2(x−1)

dx

=1

2ln|x+ 1| −ln|x|+ 1

2ln|x−1| 5

2

= 5

2ln 2−ln 5.

Solution de l’exercice 9 : 1. ^{Z ln 2}

0

f(e^t)e^tdt 2. ^{Z e}

x

1

f(s) s ds 3. ^Z

π 4

−^π

4

f(tanx)(1 + tan²x) dx 4. ^Z

1 2

1

ln(¹_y) 1 +_y¹2

−1 y²

dy=− Z 1

1 2

lny 1 +y² dy 5. ^{Z 0}

π 2

cos(^π₂ −β)

2 + sin(^π₂ −β)(−1) dβ =^Z

π 2

0

sinβ 2 + cosβ dβ. Solution de l’exercice 10 :

1. t7→ 1 (1 +t)√

t est définie et continue surR^∗+, donc l’intégrale de l’énoncé est bien définie. Justifions le changement de variable t=s².

• s7→s² est de classeC¹ sur [1 ;√

3], de dérivées7→2s, et à valeurs dans R^∗+;

• t7→ 1 (1 +t)√

t est continue surR^∗+; donc ^{Z 3}

1

dt (1 +t)√

t =^Z

√3

1

2sds (1 +s²)√

s² = 2^Z

√3

1

ds

1 +s² = 2^harctansⁱ

√3

1 = π

6.

2. D’abord :∀t∈R, 1 +t² >0. Donc la fonctiont7→(1 +t²)^−3/2 est bien définie et continue surR, donc son intégrale de 0 à xest définie quel que soit x∈R. Justifions le changement de variable t= tanθ.

• θ7→ tanθ est de classe C¹ sur ]−^π₂;^π₂[, à valeurs réelles, de dérivée θ7→1 + tan²θ; et elle envoie respectivement 0 et arctanx sur 0 etx;

• t7→(1 +t²)^−3/2 est continue sur R; donc ^{Z x}

0 (1 +t²)^−3/2dt=^{Z arctanx}

0 (1 + tan²θ)^−3/2(1 + tan²θ) dθ=^{Z arctanx}

0

dθ

√1 + tan²θ. Cependant : ∀θ∈R, √

1 + tan²θ=^q_cos¹2θ = _|cos¹_θ|. Donc ^{Z x}

0 (1 +t²)^−3/2dt=^{Z arctanx}

0

|cosθ|dθ. En outre : ∀x∈R, [min(0,arctanx) ; max(0,arctanx)]⊂]−^π₂;^π₂[ et∀θ∈]−^π₂;^π₂[, cosθ >0.

Ainsi ^{Z x}

0 (1 +t²)^−3/2dt=^{Z arctanx}

0 cosθdθ= sin(arctanx) = x

√1 +x².

3. ^1−x_1+x est bien défini et positif pour−1< x61 ; donc la fonctionx7→^q1−x_1+x est bien définie et continue sur ]−1 ; 1], donc l’intégrale de 0 à 1 est bien définie. Justifions le changement de variablex= cos(2θ).

• Sur [0 ;^π₄], θ7→cos(2θ) est de classe C¹, à valeurs dans [0 ; 1] et de dérivée θ7→ −2 sin(2θ).

• x7→^q1−x_1+x est continue sur [0 ; 1].

Donc ^{Z 1}

0

s1−x

1 +xdx=^{Z 0}

π 4

s1−cos(2θ)

1 + cos(2θ)(−2 sin(2θ)) dθ

= 4^Z

π 4

0

s2 sin²θ

2 cos²θsinθcosθdθ

= 4^Z

π 4

0 sin²θdθ

= 2^Z

π 4

0 (1−cos(2θ)) dθ

= 2^hθ−sin(2θ) 2

i^π₄

0

= π 2 −1.