UPMC 2M256 Analyse vectorielle et intégrales multiples 2016-2017

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TD 1 - Corrigé

Exercice 1. Déterminer pour chaque fonction le domaine de définition et la limite au point indiqué : 1) (1−cos(x)) sin(x)

xtan(x)² en0.

Il s’agit d’effectuer un développement limité en0, après avoir remarqué que la fonction proposée est bien définie sur un intervalle ouvert contenant0. On a :

(1−cos(x)) sin(x) xtan(x)² =

x2 2+o(x²)

·(x+o(x))

x·(x²+o(x²)) = ^x

3 2 +o(x³)

x³+o(x³) = _1+o(1)^12+o(1) , et la limite cherchée vaut ¹₂, caro(1)est une fonction continue de limite nulle en 0.

2)

√x+1−√ x

2+cos(x) en+∞.

La fonction dont on souhaite étudier la limite est définie surR^∗+, car le dénominateur ne s’annule jamais. Soitx un réel positif. On a :

√x+1−√ x

2+cos(x) = _2+cos(x)¹ ·(^√x+1−√

x)·(^√x+1+√x)

√x+1+√

x = _2+cos(x)¹ · ^√_x+1+^{1 √}_x ,

et la limite cherchée vaut0, car le premier facteur dans l’expression ci-dessus est borné, tandis que le deuxième tend vers0.

3) (^x2+x+8)^{13+√x2+4x−2}

x en0.

On commence par remarquer que la fonction proposée est définie sur]−∞,−4]∪]0,+∞[. La limite cherchée est donc une limite à droite en0. On va séparer la fonction en deux morceaux plus simples à traiter.

On commence par (^x2+x+8)¹³⁻²

x , que l’on étudie en faisant un développement limité en0. On a (^x2+x+8)¹³−2

x = ^e

1

3ln(x2 +x+8)−2

x = ^e

1 3ln(8)·e

1 3ln

1+x

8+x2 8

−2

x = ^2·e

x+x2

8 +o(x2 )−2 x

= ^2·

1+^x+x₈²+o(x²)−1 x

= ¹₄+ o(1), dont la limite de ce premier terme en0vaut ¹₄. On passe maintenant à la deuxième partie. On a

√x²+4x

x = q

1 + ⁴_x −→

x→0⁺ +∞ , donc la limite souhaitée vaut+∞.

4)e^−|x|en+∞et −∞.

Bien que cela ne soit pas nécessaire, voici le graphe de la fonction considérée

Par composition des limites, on a

x→+∞lim e^−|x|= lim

x→−∞e^−|x|= 0.

5)e^−x1 en0.

Par composition des limites, on a

lim

x→0⁻e^−x1 = +∞, pour la limite à gauche, et

lim

x→0⁺e^−1x = 0,

pour la limite à droite. Pour information, le graphe de cette fonction est

Exercice 2. Etudier la fonctiony(t) =v0t−^g₂t² en fonction deget de v0.

On commence par remarquer que la fonctiony est de classeC^∞surR. Pour toutt∈R, on a y⁰(t) =v0−gt.

Il faut maintenant distinguer plusieurs cas.

— Sig= 0, la fonctiony est affine de pentev0.

— Sig6= 0, la dérivée dey ne s’annule qu’en t= ^v_g⁰. La croissance ou décroissance dey de part et d’autre de ce point dépend alors du signe dev0.

Exercice 3.

1) Soitf(x) = exp

x²

−2+cos(x)

. Cette fonction admet-elle une limite en+∞?

On remarque que la fo]]nction proposée est définie sur R, car le dénominateur dans l’exponentielle ne s’annule jamais. Soitxun réel. On a

−1≤ 1

−2 + cos(x) ≤ −1 3,

ce qui donne, par positivité de la fonction carré et croissance de la fonction exponentielle exp −x²

≤f(x)≤exp

−x² 3

. Le théorème des gendarmes dit alors que la limite cherchée est nulle.

2) Soitg(x) =xq

1 + _x¹2. Cette fonction admet-elle une limite en0?

On remarque que la fonctiong est définie surR^∗. Pour tout réelxnon nul, on a g(x) =x

r 1 + 1

x² =p 1 +x²,

doncg admet une limite finie en0, qui vaut1. On peut donc prolongerg en une fonction continue surR, mais g n’est pas définie en0.

Exercice 4. Pour chacune des fonctions suivantes, déterminer l’ensemble de définitionDet donner une représentation graphique de ce dernier.

1)f(x, y) = ln x²+y²−1 .

Pour quef soit définie, ce qui apparaît dans la fonction logarithme doit être strictement positif. Le domaine de définition de f est donc

Df=

(x, y)∈R², x²+y²>1 , dont voici une représentation graphique

2)f(x, y) = ln y−x² .

Pour quef soit définie, ce qui apparaît dans la fonction logarithme doit être strictement positif. Le domaine de définition de f est donc

D_f =

(x, y)∈R², y > x² , dont voici une représentation graphique

3)f(x, y) =√ 1−xy.

Pour que f soit définie, ce qui apparaît dans la fonction racine doit être positif. Le domaine de définition def est donc

Df =

(x, y)∈R², xy≤1 , dont voici une représentation graphique

4)f(x, y) =p

(x+y+ 1)·(x+y−1).

Pour quef soit définie, ce qui apparaît dans la fonction racine doit être positif. Pour cela, il faut que(x+y+ 1) et(x+y−1)soient de même signe, que ce dernier soit positif ou négatif. Le domaine de définition def est donc

Df =

(x, y)∈R², x+y−1≥0 ∪

(x, y)∈R², x+y+ 1≤0 ,

car pour tous réelsx,y, six+y−1 est positif, alorsx+y+ 1est aussi positif, et six+y+ 1est négatif, alors x+y−1 est aussi négatif. Voici une représentation graphique deDf :

5)f(x, y) =sin(x)+cos(y) x²+xy+y²

Le domaine de définition def est ici entièrement déterminé par le lieu d’annulation du dénominateur. Soientx et y deux réels. On a

x²+xy+y² = x²+xy+^y₄² +^3y₄² = x+^y₂2

+^3y₄² ,

et ceci est nul si et seulement si l’on a(x, y) = (0,0). Le domaine de définition de la fonctionf est donc donné parDf =R²\ {(0,0)}.

Exercice 5. Représenter la ligne de niveaucde la fonction f dans les cas suivants.

1)f(x, y) = 3x+ 2y pour c= 1,2,0.

Voici les lignes de niveau correspondant àc= 1,c= 2 , etc= 0 :

2)f(x, y) =y²pour c=−1,0,1,4.

On commence par remarquer que la ligne de niveau correspondant à c=−1 est vide, car la fonction carré est positive. Voici les lignes de niveau pourc= 0,c= 1 ,c= 4 :

3)f(x, y) = ln (x+y)pourc= 0,1.

Il s’agit d’utiliser le fait que l’on aln (x+y) =c si et seulement si l’on ax+y =e^c. Voici les lignes de niveau pour c= 0, c= 1:

Exercice 6. Pour chacune des fonctions suivantes, donner l’ensemble de définition et étudier la limite en(0,0).

1)f(x, y) =^1−cos(xy)_y2 .

La fonctionf est ici définie dès lors que le dénominateur ne s’annule pas, c’est-à-dire sur le plan privé de l’axe des abscisses. Pour calculer la limite en(0,0), on commence par remarquer que l’on a

t→0lim

1−cos (t) t² = 1

2,

ce que l’on peut montrer en utilisant un développement limité (à une variable). Par composition des limites, on a donc :

lim

(x,y)→(0,0)

1−cos (xy) (xy)² = 1

2. On a donc

lim

(x,y)→(0,0)

1−cos (xy)

y² = lim

(x,y)→(0,0)x²·1−cos (xy) (xy)² = 0.

2)f(x, y) =^x2+y_x ².

La fonctionf est ici définie dès lors que le dénominateur ne s’annule pas, c’est-à-dire sur le plan privé de l’axe des ordonnées. Pour tout réelt non nul, on a

f(t, t) = 2t² t = 2t, ce qui donne

limt→0f(t, t) = 0.

La limite def en l’origine, si elle existe, doit donc être nulle. Cependant, on a, pour tout réeltnon nul f(t,√

t) = t²+t

t = 1 +t, ce qui donne

t→0limf(t,√ t) = 1.

Ceci empêchef d’avoir une limite en(0,0).

3)f(x, y) =_x2^x_+y^2y₂.

La fonctionfest ici définie dès lors que le dénominateur ne s’annule pas, c’est-à-dire sur le plan privé de l’origine.

Pour calculer la limite def en(0,0), on utilise les coordonnées polaires. Pour tous r >0et θ∈R, on a f(rcos (θ), rsin (θ)) = r³cos²(θ) sin (θ)

r² =rcos²(θ) sin (θ), ce qui donne

lim

(x,y)→(0,0)f(x, y) = lim

r→0f(rcos (θ), rsin (θ)) = 0, car la fonction θ7→cos²(θ) sin (θ)est bornée.

4)f(x, y) = x+y² sin

1 xy

.

La fonction f est ici définie dès lors que le dénominateur dans le sinus ne s’annule pas, c’est-à-dire sur le plan privé de ses deux axes. Pour calculer la limite en (0,0), on remarque que la fonction sinus est bornée, et que le terme x+y² tend vers0. On a donc

lim

(x,y)→(0,0)f(x, y) = 0.

5)f(x, y) = (1 +xy)^x1.

Pour que la fonctionf soit définie, il faut que l’on aitx6= 0mais aussi1 +xy >0, donc le domaine de définition def est

Df =

(x, y)∈R², x6= 0, xy >−1 .

Bien que cela ne soit pas demandé, voici une représentation graphique de ce domaine :

Pour calculer la limite def en(0,0), on commence par remarquer que l’on a

t→0lim

ln (1 +t) t = 1, ce qui donne, par composition des limites

lim

(x,y)→(0,0)

ln(1 +xy) xy = 1.

Or, pour tout (x, y)∈D_f, on af(x, y) =e^x1ln(1+xy), donc on a lim

(x,y)→(0,0)f(x, y) = lim

(x,y)→(0,0)e^{y·ln(1+xy)xy} = 1.

Exercice 7. On considère la fonction suivante

f : R² −→ R

(x, y) 7→

( (x+y) sin ¹_x sin

1 y

si xy6= 0

0 sinon

.

Montrer que les limites itérées

x→0limlim

y→0f(x, y) et lim

y→0lim

x→0f(x, y) n’existent pas, mais quef admet une limite en(0,0), et que cette dernière vaut0.

On va traiter le cas de la première limite itérée, l’autre étant semblable. Soitxun réel non nul. On va montrer que la fonction y 7→ f(x, y), considérée sur R^∗, n’a pas de limite finie en 0. Ceci revient à remarquer que la fonction

R^∗ −→ R y 7→ sin

1 y

n’a pas de limite finie en 0. On passe maintenant à la limite de f, qui est une fonction de deux variables, en (0,0). Soit(x, y)∈R² avecxy6= 0. On a :

0≤

(x+y) sin 1

x

sin 1

y

≤ |x+y|, donc le théorème des gendarmes permet de conclure.

Exercice 8. On considère la fonction suivante

f : R²\ {(0,0)} −→ R (x, y) 7→ _x2y2^x_+(x−y)^2y2 2

. Montrer que l’on a

x→0lim lim

y→0f(x, y) = lim

y→0lim

x→0f(x, y) = 0, mais que la fonctionf n’admet pas de limite en(0,0).

On va traiter le cas de la première limite itérée, l’autre étant semblable. Soit xun réel. On a alors

y→0limf(x, y) = 0, donc la fonctionx7→ lim

y→0f(x, y)est bien définie surRet est identiquement nulle. En particulier, sa limite en0 est nulle, ce qui donne

x→0lim lim

y→0f(x, y) = 0.

Si la fonction de deux variables f admettait une limite en (0,0), cette limite serait nulle par ce qui précède.

Cependant, pour tout réel non nult, on a

f(t, t) = t²t²

t²t²+ (t−t)² = 1, ce qui donne

limt→0f(t, t) = 1, ce qui empêche l’existence d’une limite en(0,0)pour f.

Exercice 9.

1) Soientf(x) = sin _x¹

etg(x) =xsin ¹_x

définies toutes deux surR^∗. Peut-on prolongerf etgpar continuité en0?

On rappelle que prolonger une fonctionhdéfinie surR^∗par continuité en0 signifie trouver une fonction définie surRqui prend les mêmes valeurs quehsurR^∗. Ceci revient à ce que la fonction de départhadmette une limite finie en 0.

On remarque dans un premier temps que la fonctionf n’admet pas de limite finie en0, donc elle ne peut pas être prolongée par continuité en 0.

En revanche, la fonction gadmet une limite finie en0. En effet, pour tout réel non nulx, on a 0≤

xsin 1

x

≤ |x|,

et le théorème des gendarmes dit queg tend vers0en0. On peut donc prolongerg par continuité.

2) Soient f(x) =|x| et g(x) = _1+|x|^x , toutes deux définies sur R. Montrer que ces fonctions sont continues et dérivables sur R^∗, et étudier la continuité et la dérivabilité en 0.

Le fait que les fonctionsf et g soient dérivables, et donc continues, surR^∗ découle des opérations élémentaires sur les fonctions continues et dérivables. De plus, ces deux fonctions sont de limite nulle en 0, et valent toutes deux0 en0, ce qui montre qu’elles sont continues en ce point également.

Seule la dérivabilité en0pose problème. Pour étudier cela, on utilise des taux d’accroissement. Pour tout réelx non nul, on a

f(x)−f(0) x−0 = |x|

x =

1 si x >0

−1 si x <0 ,

donc le taux d’accroissement de f en 0n’admet pas de limite. Ceci empêche f d’être dérivable en0. On passe maintenant à g. Pour tout réelxnon nul, on a

g(x)−g(0) x−0 =

x 1+|x|

x = 1

1 +|x|,

donc le taux d’accroissement de g admet une limite finie en 0, et cette dernière vaut 1. La fonction g est donc dérivable en 0, et on ag⁰(0) = 1.

Exercice 10.

1) Donner les dérivées des fonctions arcsin, arccos, et arctan après avoir esquissé leur graphe et donné leur domaine de définition.

Les fonctionsarcsin et arccossont toutes deux définies sur[−1,1], tandis que la fonctionarctanest définie sur R. Voici les graphes des fonctions arcsinetarccos:

Voici celui de la fonction arctan

Le théorème de la fonction réciproque dit de plus que ces fonctions sont dérivables sur ]−1,1[ pour les deux premières et surRpour la troisième. Pour toutxdans]−1,1[, on a :

arcsin⁰(x) = 1

cos (arcsin(x)) = 1

√ 1−x². De manière similaire, on a :

arccos⁰(x) =− 1

sin (arccos(x)) =− 1

√1−x², pour toutxdans]−1,1[. Enfin, pour tout réelx, on a :

arctan⁰(x) = 1 1 + tan²

(arctan(x))= 1 1 +x².

2) Donner le domaine de définition et la dérivée de f(x) = arcsin

x+1√ 2

, g(x) = arctanq

1−x 1+x

, et h(x) = arctan (ln(x)).

On commence par traiter le cas def. La fonctionf est définie pour les réelsxtels que l’on ait

−1≤x+ 1

√2 ≤1, ce qui donne

Df =h

−√

2−1,√ 2−1i

.

Par composition de fonctions dérivables, la fonctionf est dérivable surD_f, et on a, pour tout réelxdansD_f f⁰(x) = 1

√2 · 1 q

1−^(x+1)₂ ²

= 1

√

1−x²−2x.

On passe à présent àg. La fonctiongest définie pour les réelsx6=−1 tels que l’on ait 1−x

1 +x≥0,

c’est-à-dire lorsque1−xet 1 +xsont de même signe, toujours avecx6=−1. Ceci donne Dg= ]−1,1].

Par composition de fonctions dérivables, la fonctiong est dérivable surD_g, et on a , pour tout réelxdansD_g g⁰(x) =

−(1+x)−(1−x) (1+x)²

2q

1−x 1+x

· 1

1 +^1−x_1+x = −1 2√

1−x².

Il reste enfin à traiter le cas deh. Cette fonction est définie pour les réels x >0, donc on a Dh=R^∗+.

Par composition de fonctions dérivables, la fonctionhest dérivable surR^∗+. Pour tout réel x >0, on a h⁰(x) = 1

x· 1 1 + ln(x)².

Exercice 11. Donner les développements limités suivants.

1)DL₈(0)detan(x).

La fonction tanétant de classeC^∞sur l’intervalle

−^π₂,^π₂

, le théorème de Taylor-Young permet d’affirmer que cette fonction admet un DL à l’ordre8en0. Cette fonction étant de plus impaire, ce développement sécrit sous la forme

tan(x) =a₁x+a₃·x³+a₅·x⁵+a₇·x⁷+ o(x⁸).

On sait que le coefficienta₁est égal à la dérivée en0 detan, qui vaut1.

Il reste à calculer les coefficientsa3,a5, eta7. Pour cela, on remarque que l’on a 1 + tan²(x) = 1 + x+a₃·x³+a₅·x⁵+a₇·x⁷²

+ o(x⁷)

= 1 +x²+ 2a₃x⁴+ 2a₅+a²₃

x⁶+ o(x⁷),

et on peut intégrer ce développement limité, ce qui donne à nouveau celui de tangente. On a tan(x) =x+x³

3 +2a3

5 x⁵+2a5+a²₃

7 x⁷+ o(x⁸).

On utilise à présent l’unicité du développement limité pour identifier les coefficients dans les deux expressions du DL de tan.

On obtient alors

(a3, a5, a7) = 1

3, 2 15, 17

315

, ce qui donne finalement

tan(x) =x+1 3x³+ 2

15x⁵+ 17

315x⁷+ o(x⁸).

2)DL6(0)de _sin(x)¹ −_x¹.

On va ici mener le calcul en utilisant les développements limités usuels. On a

1

sin(x)−¹_x = ¹_x·

x sin(x)−1

= ¹_x·

x

x−^x_3!³+^x_5!⁵−^x_7!⁷++o(x⁸)−1

= ¹_x·

1

1−^x_3!²+^x_5!⁴−^x_7!⁶++o(x⁷)−1

= ¹_x·

1+

x2

3!−^x_5!⁴+^x_7!⁶ +

x2

3!−^x_5!⁴+^x_7!⁶2

+

x2

3!−^x_5!⁴+^x_7!⁶3

+o(x⁷)−1

= ¹_x·_x2

3!+(−_5!¹+_3!3!¹ )^x4+(_7!¹−_3!5!² +_3!3!3!¹ )^x6+o(x7)

= ¹₆x+₃₆₀⁷ x³+₁₅₁₂₀³¹ x⁵+ o(x⁶).

3)DL3(1)de√ x.

On remarque que cela revient à trouver leDL3(0)de√

1 +x=e^12ln(1+x). On a

√1 +x = e^12ln(1+x) = e^12·

x−^x₂²+^x₃³+o(x³)

= 1+

1 2·

x−^x₂²+^x₃³ +¹₂·

1 2·

x−^x₂²+^x₃³2

+¹₆·

1 2·

x−^x₂²+^x₃³3

+o(x³)

= 1 +¹₂x+ −¹₄+¹₈

x²+ ¹₆−¹₈+₄₈¹

x³+ o(x³)

= 1 + ¹₂x−¹₈x²+₁₆¹x³+ o(x³).

4)DL3(0)dee^sin(x).

Il s’agit ici de faire une composition de développements limités. On a sin (x) = x−^x₆³ + o x³ , ce qui donne

e^sin(x) = e^x−x

3

6 +o(^x3) = 1 +

x−^x₆³ +¹₂

x−^x₆³² +¹₆

x−^x₆³³

+ o x³

= 1 +x−^x₆³ +^x₂² +^x₆³+ o x³

= 1 +x+^x₂² + o x³ .

5)DL3(0)de ^ln(cos(x))_cos(x)−1.

On va ici encore faire une composition de développements limités. On a cos (x) = 1−^x₂² +^x₂₄⁴ + o x⁵ , ainsi que

ln (1 +y) = y−^y₂² + o y² ,

ce qui donne

ln (cos (x)) = ln

1−^x₂² +^x₂₄⁴ + o x⁵

= −^x₂² +^x₂₄⁴−¹₂

−^x₂² +^x₂₄⁴²

+ o x⁵

= −^x₂² +^x₂₄⁴ −^x₈⁴ + o x⁵

= −^x₂² −^x₁₂⁴ + o x⁵ . On a alors

ln(cos(x))

cos(x)−1 = ⁻

x2

2 −^x₁₂⁴+o(^x5)

−^x₂²+^x₂₄⁴+o(x⁵) =

−^x₂²

−^x₂²

· ^1+x

2 6+o(^x3)

1−^x₁₂²+o(x³) =

1 +^x₆² + o x³

1 + ^x₁₂²+ o x³

= 1 + ^x₆² +^x₁₂² + o x³

= 1 + ^x₄² + o x³ .

6)DL7(0)de _1−x¹2−x³. On rappelle que l’on a

1

1−y = 1 +y+y²+y³+y⁴+ o y⁴ , ce qui donne

1

1−x²−x³ = 1 + x²+x³

+ x²+x³²

+ x²+x³³

+ x²+x³⁴

+ o x⁷

= 1 +x²+x³+x⁴+ 2x⁵+x⁶+x⁶+ 3x⁷+ o x⁷

= 1 +x²+x³+x⁴+ 2x⁵+ 2x⁶+ 3x⁷+ o x⁷ .

Exercice 12. Calculer les limites en0de 1) _sin¹2(x)−_x¹2.

Il s’agit de faire un développement limité en0. On a

1

sin²(x)−_x¹2 = _x¹2 ·

x² sin²(x)−1

= _x¹2 ·

x²

x²−^x₃⁴+o(x⁴)−1

= _x¹₂ ·

1

1−^x₃²+o(x²)−1

= _x¹₂ ·

1 +^x₃² −1 + o(x²)

= ¹₃+ o(1), donc la limite cherchée est ¹₃.

2) ²_x+ ¹

1−√ 1+x.

On va encore une fois utiliser les développements limités usuels. On a

2

x+₁₋^√1_1+x = _x¹·

2 +₁₋^√x_1+x

= _x¹·

2 + ₋1 ^x 2x+¹₈x²+o(x²)

= ¹_x·

2− 1 ¹ 2−¹₈x+o(x)

= _x¹·

2−₁₋1 ² 4x+o(x)

= _x¹· 2−2 + ¹₄x+ o(x)

= ¹₄+ o(1), donc la limite cherchée est ¹₄.

3) sin(x)−tan(x)

xⁿ en fonction den.

On a

sin(x)−tan(x)

xⁿ = ^x−

x3 6 −

x+^x₃³ +o(x³)

xⁿ = _x¹_n·

−^x₂³ + o(x³) , ce qui donne

sin(x)−tan(x)

xⁿ −→

x→0







0 si n= 0,1,2

−¹₂ si n= 3 +∞ si n >3

.

Exercice 13. Calculer des primitives des fonctions suivantes, sur leur ensemble de définition.

1) _(x+1)(x^x−3₂₊₄₎.

On commence par remarquer que la fonction dont on veut déterminer une primitive est définie et continue sur I= ]−1,+∞[. C’est donc sur cet intervalle que les calculs suivants auront lieu.

Une méthode assez générale pour déterminer une primitive d’une fonction rationnelle est d’utiliser la décompo- sition en éléments simples. Il existe des réelsA, B, etC tels que l’on ait, pour toutx∈I

x−3

(x+ 1) (x²+ 4) = A

x+ 1+Bx+C x²+ 4 ,

les facteurs apparaissant aux numérateurs devant être de degré un de moins que le dénominateur associé. On peut déterminer les coefficients en réduisant tout au même dénominateur, ou en utilisant quelques astuces.

Par exemple, si on multiplie les deux membres de légalité par(x+ 1), on obtient l’égalité de fractions rationnelles suivante :

x−3

x²+ 4 =A+(x+ 1) (Bx+C) x²+ 4 ,

que l’on peut évaluer en x= −1 pour obtenir A = −⁴₅. Pour déterminer C, on peut par exemple évaluer la dernière relation en x = 0, ce qui donne −3 = 4A+C, c’est-à-dire C = ¹₅. Enfin, pour obtenir B, on peut regarder le terme devant xau numérateur une fois que tout est ramené au même dénominateur, ce qui donne A+B= 0, d’où B=⁴₅. On a donc

R _x−3

(x+1)(x²+4) = −⁴₅R ₁

1+x+¹₅R _4x+1

x²+4

= −⁴₅ln(1 +x) +²₅R 2x

x²+4+₁₀¹ R ¹₂

1+(^x2)²

= −⁴₅ln(1 +x) +²₅ln(x²+ 4) +₁₀¹ arctan ^x₂ .

2)x√ x²+ 1.

On remarque que la fonction proposée ci-dessus est définie et continue surR, les calculs qui suivent se dérouleront donc sur cet intervalle. On a

R x√

x²+ 1 = ¹₂R

2x x²+ 4¹₂

= ¹₂·²₃ x²+ 4³₂

= ¹₃ x²+ 4³₂ .

3)tan(2x).

Pour simplifier, on se place uniquement sur l’intervalle

−^π₄,^π₄

, où la fonction que l’on veut étudier est bien définie et continue. On a

R tan(2x) = R sin(2x)

cos(2x) = −¹₂ln (cos(2x)) .

On peut faire un calcul semblable sur les autres intervalles où est définie la fonction considérée, en faisant attention au fait qu’une primitive det7→ ¹_t surR^∗+ ouR^∗− est donnée part7→ln (|t|).

4)xe^x.

Il s’agit ici de faire une intégration par parties. On va déterminer la primitive de cette fonction surRqui s’annule en1. On a alors

Rx

1 te^tdt = [te^t]^x₁−Rx

1 e^tdt = xe^x−e−[e^t]^x₁

= xe^x−e−e^x+e

= (x−1)e^x.

5)xsin(x).

On va trouver la primitive de cette fonction surRqui s’annule en0 en faisant une intégration par parties. On a Rx

0 tsin(t) dt = [−tcos(t)]^x₀+Rx

0 cos(t) dt

= −xcos(x) + [sin(t)]^x₀

= −xcos(x) + sin(x).

6)ln(x).

On va trouver la primitive de cette fonction surR^∗+qui s’annule eneen faisant une intégration par parties. On a

Rx

e ln(t) dt = [tln(t)]^x_e−Rx e t·¹_t dt

= xln(x)−e−(x−e)

= x(ln(x)−1).

7)xⁿln(x).

On va chercher une primitive de cette fonction surR^∗+ en faisant une intégration par parties. On a Rxⁿln(x) = ^xn+1_n+1^ln(x)−_n+1¹ R

xⁿ⁺¹· ¹_x

= ^xn+1_n+1^ln(x)−_n+1¹ R xⁿ

= ^xn+1_n+1^ln(x)−_(n+1)^xn+12

= ^x_n+1ⁿ⁺¹ ·

ln(x)−_n+1¹ .

8)xcos²(x).

Avant de commencer le calcul, il convient de rappeler la formule de linéarisation suivante cos²(x) = 1 + cos(2x)

2 ,

valable pour tout réel x. On peut maintenant faire le calcul de primitive, qui va utiliser une intégration par parties. On a

Rxcos²(x) = R 1+cos(2x)

2 ·x = ^x₄² +¹₂R

xcos(2x)

= ^x₄² +^xsin(2x)₄ −¹₄R

sin(2x)

= ^x₄² +^xsin(2x)₄ −^cos(2x)₈ .

9)ln x²+ 1 .

On va déterminer la primitive de cette fonction sur R qui s’annule en0 en faisant une intégration par parties.

On a

Rx

0 ln t²+ 1

dt =

tln t²+ 1x

0−2R _t²

1+t² dt

= xln x²+ 1

−2Rx 0

t²+1−1 1+t² dt

= xln x²+ 1

−2Rx

0 dt−Rx 0

1 1+t² dt

= xln x²+ 1

−2x+ 2 [arctan(t)]^x₀

= xln x²+ 1

−2 (x−arctan(x)).

10) (1+cos(2x))^{sin(2x) 2}.

On va déterminer la primitive de cette fonction sur

−^π₄,^π₄

qui s’annule en0. On a Rx

0

sin(2t)

(1+cos(2t))² dt = ¹₂h

1 1+cos(2t)

i^x

0 = ¹₂

1

1+cos(2x)−¹₂ .

11) ^{√ 1}

16−9x².

On va déterminer la primitive de cette fonction sur

−⁴₃,⁴₃

qui s’annule en0. On a Rx

0

√ dt

16−9t² = ¹₄Rx 0

dt q

1−(^3t₄)² = ₁

3arcsin ^3t₄^x

0 = ¹₃arcsin ^3x₄ .

12)sin³(x).

Afin de pouvoir calculer la primitive de cette fonction sur Rqui s’annule en0, il faut linéariser. Pour tout réel x, on a

sin³(x) = −_8i¹ e^ix−e^−ix3

= −^{e3ix−3eix+3e}_8i^{−ix−e−3ix}

= −¹₄sin (3x) +³₄sin (x). On peut maintenant passer au calcul de primitive. On a

Rx

0 sin³(t) dt = −¹₄Rx

0 sin (3t) dt+³₄Rx

0 sin (t) dt = ₁₂¹ cos (3x)−³₄cos (x). 13)

√4−x² x² .

On commence par remarquer que cette fonction est définie et de classe C^∞ sur ]−2,0[∪]0,2[. On se place sur l’intervalle]0,2[. On a

R ^√_4−t²

t² dt = 2R ₁

t²

q

1− ₂^t2

dt = −4R _sin²_u

cosu du = −⁴₃tan³(u)

= −⁴₃tan³ arccos ^x₂ .

14)xarcsin (x).

On va calculer la primitive de cette fonction sur]−1,1[qui s’annule en0, en faisant une intégration par parties.

On a

Rx

0 tarcsin (t) = h

t²

2 arcsin (t)i^x

0−¹₂Rx 0

t²

√1−t² dt = ^x₂²arcsin (x)−¹₂Rx 0

t²

√1−t² dt . On va maintenant calculer l’intégrale ci-dessus en faisant le changement de variable t= sin (u). On a

Rx 0

t²

√1−t² dt = Rarcsin(x) 0

sin²(u)

cos(u) cos (u) du = Rarcsin(x)

0 sin²(u) du

= Rarcsin(x) 0

1−cos(2u)

2 du

= ¹₂h

t−^sin(2u)₂ i^arcsin(x)

0

= ¹₂(^{arcsin(x)−1}2sin(2 arcsin(x)))

= ¹₂arcsin (x)−¹₂x√ 1−x², en remarquant que l’on a

sin (2 arcsin (x)) = 2 sin (arcsin (x))·cos (arcsin (x)) = 2x q

1−sin²(arcsin (x))

= 2x√

1−x². On a finalement

Rx 0

t²

√1−t² = ^x₂²arcsin (x)−¹₂Rx 0

t²

√1−t² dt = ^x₂²arcsin (x)−¹₂ ¹₂arcsin (x)−¹₂x√ 1−x²

= ^2x2₄⁻¹arcsin (x) +¹₄x√ 1−x².

15)xarctan (x).

On va calculer la primitive de cette fonction surRqui s’annule en0, en faisant une intégration par parties. On a Rx

0 tarctan (t) dt = h

t²

2 arctan (t)i^x

0−¹₂Rx 0

t²

1+t² dt = ^x₂²arctan (x)−¹₂Rx 0

1−_1+t¹2

dt

= ^x₂²arctan (x)−¹₂[t−arctan (t)]^x₀

= ^x2₂⁺¹arctan (x)−^x₂.

16) ^ln(^x2+4x+5)

(1+x)² .

On commence par remarquer que l’on a x²+ 4x+ 5>0pour tout réelx, donc la fonction considérée est définie surR. On va calculer la primitive sur cet intervalle qui s’annule en0, en faisant une intégration par parties. On a

Rx 0

ln(^t2+4t+5)

(1+t)² dt = −

ln(^t2+4t+5)

1+t

^x

0

+ 2Rx 0

t+2

(t+1)(t²+4t+5)dt

= −^ln(^x2+4x+5)

1+x + 2Rx 0

t+2

(t+1)(t²+4t+5) dt.

Afin de poursuivre le calcul, on va décomposer en éléments simples la fraction rationnelle à intégrer, à savoir

t+2

(t+1)(t²+4t+5). Il existe des réelsA,B, etC tels que l’on ait

t+2

(t+1)(t²+4t+5) = _t+1^A +_t2^Bt+C+4t+5 .

On commence par déterminer A. Pour cela, on multiplie part+ 1 des deux côtés, ce qui donne

t+2

t²+4t+5 = A+(Bt+C)(t+1) t²+4t+5 .

En évaluant cette égalité de fractions rationnelles en−1, on trouve alorsA=¹₂. On a donc

t+2

(t+1)(t²+4t+5) = ¹₂·_t+1¹ +_t2^Bt+C_+4t+5 .

Pour déterminer les constantes B etC, on peut par exemple évaluer en0et en−2, ce qui donne ( C

5 +¹₂ = ²₅

C−2B−¹₂ = 0 , ce qui donneC=−¹₂ etB=−¹₂. On a donc

t+2

(t+1)(t²+4t+5) = ¹₂·_t+1¹ −¹₂·_t2+4t+5^t+1 = ¹₂·_t+1¹ −¹₄·_t2^2t+4+4t+5+¹₂· _t2+4t+5¹

= ¹₂·_t+1¹ −¹₄· _t2^2t+4+4t+5+¹₂·_1+(t+2)¹ 2. On a alors

Rx 0

t+2

(t+1)(t²+4t+5) dt = ¹₂Rx 0

dt

t+1 −¹₄Rx 0

2t+4

t²+4t+5 dt+¹₂Rx 0

dt 1+(t+2)²

= ¹₂[ln(|1+t|)]^x₀−¹₄[^ln(^t2+4t+5)]^x₀⁺¹₂[arctan(t+2)]^x₀

= ¹₂ln(|1+x|)−¹₄ln(^x2+4x+5)⁺¹2arctan(x+2)+¹₄ln(5)−¹₂arctan(2).

On peut maintenant achever le calcul. On a Rx

0

ln(^t2+4t+5)

(1+t)² dt = −^ln(^x2+4x+5)

1+x + 2Rx 0

t+2

(t+1)(t²+4t+5) dt

= −(1+x¹ +¹₂)^ln(^x2+4x+5)+ln(|1+x|)+arctan(x+2)+¹₂ln(5)−arctan(2).

17)sin²(x) cos²(x).

On va calculer la primitive de cette fonction surRqui s’annule en0. On va commencer par linéariser la fonction trigonométrique proposée. Pour tout réel x, on a

sin²(x) cos²(x) = ¹₄sin²(2x) = −₁₆¹ e^2ix−e^−2ix2

= −₁₆¹ e^4ix+e^−4ix−2

= ^1−cos(4x)₈ . Ceci permet d’aborder le calcul de primitive. On a

Rx

0 sin²(t) cos²(t) dt = ¹₈Rx

0 (1−cos (4t)) dt = ¹₈h

t−^sin(4t)₄ i^x

0

= ^x₈−₃₂¹ sin (4x).

Exercice 14. Calculer les intégrales suivantes : 1)I=Ra

0 x²cos²(x) dx.

Le calcul se résume à linéarisercos²(x)et à faire des intégrations par parties. Pour tout réelx, on a cos²(x) = ¹₄ e^ix+e^−ix2

= ¹₄ e^2ix+e^−2ix+ 2

= ^1+cos(2x)₂ , ce qui donne

I = Ra

0 x²cos²(x) dx = ¹₂Ra

0 x²(1 + cos (2x)) dx

= ¹₆

x³a 0+¹₂Ra

0 x²cos (2x) dx

= ^a₆³ +¹₄

x²sin (2x)^a

0−¹₂Ra

0 xsin (2x) dx

= ^a₆³ +¹₄a²sin (2a) +¹₄[xcos (2x)]^a₀−¹₄Ra

0 cos (2x) dx

= ^a₆³ +^a₄²sin (2a) +^a₄cos (2a)−¹₈[sin (2x)]^a₀

= ^a₆³ +

a² 4 −¹₈

sin (2a) +^a₄cos (2a)

= ^a₆³ +^2a2₈⁻¹sin (2a) +^a₄cos (2a).

2)J =R^π₂

0 sin²(x) dx.

Le calcul se résume cette fois à linéarisersin²(x). Pour tout réelx, on a sin²(x) = −¹₄ e^ix−e^−ix2

= −¹₄ e^2ix+e^−2ix−2

= ^1−cos(2x)₂ , ce qui donne

J = R^π₂

0 sin²(x) dx = ¹₂R^π₂

0 (1−cos (2x)) dx = ¹₂

x−¹₂sin (2x)^π₂

0 = ^π₄ . 3)H =Rπ

0

1−cos(^x₂)

sin(^x2) dx.

On commence par remarquer que l’on a, pour toutx∈]0, π[

1−cos(^x₂)

sin(^x2) = ^{2 sin}

2(^x₄)

2 sin(^x4)^cos(^x4) = ^sin(^x₄)

cos(^x4) , ce qui donne

H = Rπ 0

1−cos(^x2)

sin(^x2) dx = Rπ 0

sin(^x4)

cos(^x4) dx =

−4 ln cos ^x₄^π

0

= −4 ln

√1 2

= 2 ln (2).

4)K=R^π₂

0 1

3+2 cos(x) dx.

On commence par rappeler que l’on a, pour tout x∈ 0,^π₂

1 + cos (x) = 2 cos^{2 x}₂ , ce qui donne

1

3+2 cos(x) = ¹

1+4 cos²(^x₂) . On a de plus, pour ces mêmes réelsx

cos^{2 x}₂

= ^cos

2(^x₂)

cos²(^x₂)^+sin2(^x₂) = ¹

1+^sin2(^x₂)

cos2(^x2)

= ¹

1+tan²(^x₂) . Ceci permet de faire dans l’intégraleK le changement de variablet= tan ^x₂

.