Calcul intégral — Exercices 23 à 26
2e Bac Sciences Mathématiques — Al Moufid — Exercices d’application
Les exercices 23 à 26 sont consacrés à la technique du changement de variable dans les intégrales définies. Cette méthode permet de transformer une intégrale difficile en une intégrale dont la primitive est connue. Les changements proposés mobilisent des fonctions algébriques, trigonométriques et exponentielles. Pour les appliquer, il faut toujours vérifier le domaine des fonctions, préciser la relation entre les variables, calculer la différentielle et transformer les deux bornes. L’attention au signe est particulièrement importante lorsqu’une racine carrée ou un changement décroissant apparaît. Les exercices 25 et 26 montrent enfin comment une identité algébrique obtenue dans une première question prépare le calcul de l’intégrale suivante. Les corrections expliquent les conditions d’application, le choix de chaque changement et le sens du résultat obtenu.
Repère de cours — Intégration par changement de variable
Rappel de cours. Soient \(f\) continue sur un intervalle et \(\varphi\) de classe \(C^1\) sur \([\alpha;\beta]\), à valeurs dans cet intervalle. Alors :
\[ \int_{\varphi(\alpha)}^{\varphi(\beta)}f(x)\,dx = \int_\alpha^\beta f(\varphi(t))\varphi'(t)\,dt. \]Conditions à vérifier. Le changement de variable doit être défini sur tout le segment choisi ; on détermine les nouvelles bornes, et on justifie les signes des racines. Quand une variable est exprimée en fonction de l’autre, on vérifie que la transformation est inversible sur l’intervalle retenu.
Méthode. Écrire la substitution, sa différentielle, les nouvelles bornes, puis transformer l’intégrande entier avant de chercher une primitive. Si les bornes sont inversées, conserver soigneusement le signe provenant de la différentielle.
Exercice 23 — Changements de variable algébriques et trigonométriques
En utilisant la technique de changement de variable, calculer les intégrales suivantes.
Intégrale \(A\)
On pose \(t=\sqrt{x-1}\).
Lire la correction +Masquer la correction −
Méthode et conditions. On pose \(t=\sqrt{x-1}\) sur \([2;3]\). Cette fonction est de classe \(C^1\) et strictement croissante sur ce segment : le changement est autorisé. L’expression \(x=t^2+1\) ramène le dénominateur à un trinôme toujours positif. On fait ensuite apparaître sa dérivée \(2t+1\), puis on utilise une forme usuelle d’arctangente.
Les nouvelles bornes sont :
\[ x=2\Longrightarrow t=1, \qquad x=3\Longrightarrow t=\sqrt2. \]De plus :
\[ x+\sqrt{x-1}=t^2+t+1. \]Ainsi :
\[ A=\int_1^{\sqrt2}\frac{2t}{t^2+t+1}\,dt. \]On écrit :
\[ 2t=(2t+1)-1. \]Donc :
\[ A= \int_1^{\sqrt2}\frac{2t+1}{t^2+t+1}\,dt - \int_1^{\sqrt2}\frac{dt}{t^2+t+1}. \]Or :
\[ t^2+t+1= \left(t+\frac12\right)^2+\frac34. \]Une primitive est alors :
\[ \ln(t^2+t+1) - \frac2{\sqrt3} \operatorname{Arctan}\left(\frac{2t+1}{\sqrt3}\right). \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} A &= \left[ \ln(t^2+t+1) - \frac2{\sqrt3} \operatorname{Arctan} \left(\frac{2t+1}{\sqrt3}\right) \right]_1^{\sqrt2}\\ &= \ln\left(\frac{3+\sqrt2}{3}\right)\\ &\quad- \frac2{\sqrt3} \left[ \operatorname{Arctan} \left(\frac{2\sqrt2+1}{\sqrt3}\right) - \frac{\pi}{3} \right]. \end{aligned} \]La valeur obtenue est positive, ce qui correspond à l’intégrande positif sur \([2;3]\). La décomposition du numérateur a permis d’employer une primitive logarithmique et une primitive de type arctangente.
Intégrale \(B\)
On pose \(t=\sqrt[3]{x+1}\).
Lire la correction +Masquer la correction −
Méthode et conditions. Le choix \(t=\sqrt[3]{x+1}\) transforme la racine cubique en une puissance entière. Sur \([0;1]\), ce changement est continûment dérivable et croissant ; ses nouvelles bornes sont \(1\) et \(\sqrt[3]{2}\). Il reste alors à développer un polynôme et à intégrer terme par terme.
Les bornes deviennent :
\[ x=0\Longrightarrow t=1, \qquad x=1\Longrightarrow t=\sqrt[3]{2}. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} B &= \int_1^{\sqrt[3]{2}} (t^3-1)t\cdot3t^2\,dt\\ &= 3\int_1^{\sqrt[3]{2}}(t^6-t^3)\,dt\\ &= 3\left[ \frac{t^7}{7}-\frac{t^4}{4} \right]_1^{\sqrt[3]{2}}. \end{aligned} \]Comme :
\[ \left(\sqrt[3]{2}\right)^7=4\sqrt[3]{2} \]et :
\[ \left(\sqrt[3]{2}\right)^4=2\sqrt[3]{2}, \]on obtient :
\[ B=\frac{3\sqrt[3]{2}}{14}+\frac9{28}. \]L’intégrale de départ est positive. Le résultat est une expression exacte faisant intervenir \(\sqrt[3]{2}\), obtenue sans chercher directement une primitive de \(x\sqrt[3]{x+1}\).
Intégrale \(C\)
On pose \(t=\dfrac{x}{2}-\dfrac{\pi}{4}\).
Lire la correction +Masquer la correction −
Méthode et conditions. La racine \(\sqrt{1+\sin x}\) invite à employer une identité trigonométrique. Avec le changement indiqué, \(1+\sin x=2\cos^2t\). Sur le nouvel intervalle \([-\pi/4;\pi/4]\), le cosinus est positif ; on peut donc remplacer \(\sqrt{\cos^2t}\) par \(\cos t\), sans valeur absolue supplémentaire.
Les bornes deviennent :
\[ x=0\Longrightarrow t=-\frac{\pi}{4}, \] \[ x=\pi\Longrightarrow t=\frac{\pi}{4}. \]D’autre part :
\[ \sin x= \sin\left(2t+\frac{\pi}{2}\right) = \cos(2t). \]Donc :
\[ 1+\sin x=1+\cos(2t)=2\cos^2t. \]Sur \(\left[-\dfrac{\pi}{4};\dfrac{\pi}{4}\right]\), on a \(\cos t>0\). Ainsi :
\[ \sqrt{1+\sin x}=\sqrt2\cos t. \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} C &= 2\sqrt2\int_{-\pi/4}^{\pi/4}\cos t\,dt\\ &= 2\sqrt2\left[\sin t\right]_{-\pi/4}^{\pi/4}\\ &= 2\sqrt2 \left( \frac{\sqrt2}{2}+\frac{\sqrt2}{2} \right). \end{aligned} \]La condition \(\cos t\geq0\) est décisive : sans elle, la simplification de la racine carrée serait injustifiée. Le calcul exact conduit à \(4\).
Intégrale \(D\)
On pose \(t=\dfrac{2x}{3}\).
Lire la correction +Masquer la correction −
Méthode et conditions. Le dénominateur est une somme de deux carrés. En posant \(t=2x/3\), on factorise \(9\) et on obtient \(1+t^2\), dont la primitive usuelle est l’arctangente. La transformation est croissante et de classe \(C^1\) sur \([0;1]\). Il faut conserver le facteur de la différentielle.
Les bornes deviennent :
\[ x=0\Longrightarrow t=0, \qquad x=1\Longrightarrow t=\frac23. \]De plus :
\[ 4x^2+9=9(1+t^2). \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} D &= \frac16\int_0^{2/3}\frac{dt}{1+t^2}\\ &= \frac16\left[ \operatorname{Arctan}t \right]_0^{2/3}. \end{aligned} \]La formule fournit une valeur positive et inférieure à \(1/9\), comme le suggère l’intégrande sur un segment de longueur 1.
Intégrale \(E\)
On pose \(x=\cos t\).
Lire la correction +Masquer la correction −
Méthode et conditions. Le changement \(x=\cos t\) doit être traité avec prudence : il est décroissant sur \([0;\pi/2]\), donc les bornes passent de \(\pi/2\) à \(0\). Sur ce segment, \(\sin t\geq0\), ce qui permet d’écrire \(\sqrt{1-\cos^2t}=\sin t\). Le signe de \(dx\) compense ensuite l’inversion des bornes.
Les nouvelles bornes sont :
\[ x=0\Longrightarrow t=\frac{\pi}{2}, \qquad x=1\Longrightarrow t=0. \]Sur \(\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]\) :
\[ \sqrt{1-x^2} = \sqrt{1-\cos^2t} = \sin t. \]Donc :
\[ \begin{aligned} E &= \int_{\pi/2}^{0}\cos^2t\sin t(-\sin t)\,dt\\ &= \int_0^{\pi/2}\sin^2t\cos^2t\,dt. \end{aligned} \]Or :
\[ \sin^2t\cos^2t = \frac14\sin^2(2t) = \frac18\left(1-\cos(4t)\right). \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} E &= \frac18\int_0^{\pi/2} \left(1-\cos(4t)\right)dt\\ &= \frac18 \left[ t-\frac14\sin(4t) \right]_0^{\pi/2}. \end{aligned} \]L’intégrale se réduit à un carré de fonctions trigonométriques, puis à une formule de linéarisation. La valeur \(\pi/16\) est bien positive.
Intégrale \(F\)
On pose \(x=-\ln t\).
Lire la correction +Masquer la correction −
Méthode et conditions. Ici, la borne supérieure \(-\ln\sqrt3\) est négative. Comme l’intégrande est positive, l’intégrale doit être négative : c’est un contrôle de signe essentiel. La substitution \(x=-\ln t\), de classe \(C^1\) sur le segment correspondant, donne \(t=e^{-x}\) et \(dx=-dt/t\). Il faut conserver ce signe moins jusqu’à l’évaluation.
Les bornes deviennent :
\[ x=0\Longrightarrow t=1, \] \[ x=-\ln(\sqrt3)\Longrightarrow t=\sqrt3. \]Comme \(e^x=\dfrac1t\), on a :
\[ e^x\left(1+e^{2x}\right) = \frac1t\left(1+\frac1{t^2}\right) = \frac{1+t^2}{t^3}. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} F &= -\int_1^{\sqrt3}\frac{t^2}{1+t^2}\,dt\\ &= -\int_1^{\sqrt3} \left(1-\frac1{1+t^2}\right)dt\\ &= \left[-t+\operatorname{Arctan}t\right]_1^{\sqrt3}. \end{aligned} \]Le résultat \(1-\sqrt3+\pi/12\) est négatif, ce qui confirme le sens décroissant des bornes initiales.
Exercice 24 — Choisir une substitution adaptée
En utilisant la technique de changement de variable, calculer les intégrales suivantes.
Intégrale \(I_1\)
On pose \(t=\sqrt x\).
Lire la correction +Masquer la correction −
Méthode et conditions. Le changement \(t=\sqrt x\) est adapté à la racine du numérateur. Il est croissant et de classe \(C^1\) sur \([1;3]\), avec \(x=t^2\) et \(dx=2t\,dt\). La fraction devient \(2t^2/(1+t^2)\) ; on effectue ensuite une division simple pour faire apparaître l’arctangente.
Les bornes deviennent :
\[ x=1\Longrightarrow t=1, \qquad x=3\Longrightarrow t=\sqrt3. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} I_1 &= \int_1^{\sqrt3}\frac{2t^2}{1+t^2}\,dt\\ &= 2\int_1^{\sqrt3} \left(1-\frac1{1+t^2}\right)dt\\ &= 2\left[t-\operatorname{Arctan}t\right]_1^{\sqrt3}. \end{aligned} \]Cette intégrale est positive. Sa valeur exacte coïncide avec celle de l’intégrale suivante, bien que les deux intégrandes soient différents.
Intégrale \(I_2\)
On pose \(t=\tan\dfrac{x}{2}\).
Lire la correction +Masquer la correction −
Méthode et conditions. Sur \([\pi/3;\pi/2]\), la quantité \(x/2\) appartient à \([\pi/6;\pi/4]\) ; ainsi \(t=\tan(x/2)\) est bien défini, strictement positif et croissant. La formule de l’angle moitié transforme le quotient trigonométrique en fonction rationnelle de \(t\). Le découpage \(1/[t^2(1+t^2)]\) donne deux primitives usuelles.
Les bornes deviennent :
\[ x=\frac{\pi}{3} \Longrightarrow t=\tan\frac{\pi}{6}=\frac1{\sqrt3}, \] \[ x=\frac{\pi}{2} \Longrightarrow t=\tan\frac{\pi}{4}=1. \]De plus :
\[ 1+\cos x=\frac2{1+t^2} \]et :
\[ 1-\cos x=\frac{2t^2}{1+t^2}. \]Par conséquent :
\[ I_2= 2\int_{1/\sqrt3}^{1}\frac{dt}{t^2(1+t^2)}. \]Or :
\[ \frac1{t^2(1+t^2)} = \frac1{t^2}-\frac1{1+t^2}. \]Donc :
\[ I_2= 2\left[ -\frac1t-\operatorname{Arctan}t \right]_{1/\sqrt3}^{1}. \]On retrouve exactement la même valeur que pour \(I_1\). Cette égalité n’est pas une erreur : les deux calculs indépendants concordent.
Intégrale \(I_3\)
On pose :
\[ x=\frac{e^t-e^{-t}}2. \]Lire la correction +Masquer la correction −
Méthode et conditions. Le changement indiqué est une différence de deux exponentielles. On retient \(t\geq0\), ce qui fixe sans ambiguïté les nouvelles bornes et garantit \((e^t+e^{-t})/2>0\). L’identité algébrique reliant la somme et la différence des exponentielles permet de supprimer la racine et de ramener l’intégrale à des puissances exponentielles.
On choisit \(t\geq0\). Pour \(x=0\), on obtient \(t=0\).
Pour \(x=1\), posons \(y=e^t>0\). L’égalité :
\[ \frac{e^t-e^{-t}}2=1 \]équivaut à :
\[ y^2-2y-1=0. \]Comme \(y>0\), on obtient :
\[ y=1+\sqrt2, \qquad t=\ln(1+\sqrt2). \]D’autre part :
\[ \begin{aligned} 1+x^2 &= 1+\left(\frac{e^t-e^{-t}}2\right)^2\\ &= \left(\frac{e^t+e^{-t}}2\right)^2. \end{aligned} \]Sur l’intervalle considéré :
\[ \sqrt{1+x^2}=\frac{e^t+e^{-t}}2. \]Ainsi, en notant \(T=\ln(1+\sqrt2)\) :
\[ \begin{aligned} I_3 &= \frac14\int_0^T \left(e^{2t}+2+e^{-2t}\right)dt\\ &= \left[ \frac18e^{2t} + \frac t2 - \frac18e^{-2t} \right]_0^T. \end{aligned} \]Or :
\[ e^T=1+\sqrt2, \qquad e^{-T}=\sqrt2-1. \]Donc :
\[ e^{2T}-e^{-2T}=4\sqrt2. \]La primitive est exprimée avec \(\sqrt2\) et un logarithme. Le choix de l’intervalle \(t\geq0\) garantit la bonne branche du changement de variable.
Intégrale \(I_4\)
On pose \(t=\sqrt{x-1}\).
Lire la correction +Masquer la correction −
Méthode et conditions. La substitution \(t=\sqrt{x-1}\) est croissante sur \([5;10]\). Elle transforme \(x-2\) en \((t-1)(t+1)\) ; comme \(t\in[2;3]\), aucun facteur ne s’annule. Le terme \(1+t\) du numérateur peut alors se simplifier : l’intégration restante est une somme d’une constante et de \(1/(t-1)\).
Les bornes deviennent :
\[ x=5\Longrightarrow t=2, \qquad x=10\Longrightarrow t=3. \]On a :
\[ x-2=t^2-1=(t-1)(t+1). \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} I_4 &= \int_2^3\frac{1+t}{t^2-1}\,2t\,dt\\ &= \int_2^3\frac{2t}{t-1}\,dt\\ &= 2\int_2^3 \left(1+\frac1{t-1}\right)dt. \end{aligned} \]Donc :
\[ I_4= \left[2t+2\ln(t-1)\right]_2^3. \]La valeur \(2+2\ln2\) est positive, conformément à l’intégrande. La factorisation du dénominateur explique l’intérêt de cette substitution.
Intégrale \(I_5\)
On pose :
\[ x=\frac{e^t+e^{-t}}2. \]Lire la correction +Masquer la correction −
Méthode et conditions. La transformation \(x=(e^t+e^{-t})/2\), avec \(t\geq0\), est croissante pour \(t>0\) et représente les \(x\in[1;2]\). Le choix du signe de \(t\) permet d’écrire \(\sqrt{x^2-1}=(e^t-e^{-t})/2\). On calcule ensuite les bornes en résolvant une équation du second degré en \(e^t\).
On choisit \(t\geq0\). Pour \(x=1\), on obtient \(t=0\).
Pour \(x=2\), l’égalité :
\[ \frac{e^t+e^{-t}}2=2 \]donne, en posant \(y=e^t>0\) :
\[ y^2-4y+1=0. \]Comme \(y\geq1\), on obtient :
\[ y=2+\sqrt3, \qquad t=\ln(2+\sqrt3). \]D’autre part :
\[ \sqrt{x^2-1} = \frac{e^t-e^{-t}}2. \]En notant \(T=\ln(2+\sqrt3)\), il vient :
\[ \begin{aligned} I_5 &= \frac14\int_0^T \left(e^{2t}-2+e^{-2t}\right)dt\\ &= \left[ \frac18e^{2t} - \frac t2 - \frac18e^{-2t} \right]_0^T. \end{aligned} \]Or :
\[ e^T=2+\sqrt3, \qquad e^{-T}=2-\sqrt3, \]donc :
\[ e^{2T}-e^{-2T}=8\sqrt3. \]La valeur de l’intégrale est positive. L’hypothèse \(t\geq0\) était nécessaire pour enlever correctement la racine carrée.
Intégrale \(I_6\)
On utilise le changement de variable \(t=x^2\).
Lire la correction +Masquer la correction −
Méthode et conditions. Le facteur \(2x\,dx\) est exactement la différentielle de \(t=x^2\). Sur \([0;\sqrt\pi/2]\), ce changement est croissant et les nouvelles bornes sont \(0\) et \(\pi/4\). Le cosinus ne s’annule pas sur \([0;\pi/4]\), donc \(1/\cos^2t\) est continu et possède pour primitive \(\tan t\).
Les bornes deviennent :
\[ x=0\Longrightarrow t=0, \] \[ x=\frac{\sqrt\pi}{2} \Longrightarrow t=\frac{\pi}{4}. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} I_6 &= \int_0^{\pi/4}\frac{dt}{\cos^2t}\\ &= \left[\tan t\right]_0^{\pi/4}. \end{aligned} \]Le résultat vaut \(1\). L’identification de la différentielle permet ici de résoudre directement l’intégrale par une primitive usuelle.
Intégrale \(I_7\)
On pose :
\[ x=\frac{t^2-1}{2t}, \qquad t>0. \]Lire la correction +Masquer la correction −
Méthode et conditions. On utilise exactement la substitution rationnelle proposée, avec \(t>0\). Sa dérivée \((t^2+1)/(2t^2)\) est positive : elle relie les bornes \(1\) et \(1+\sqrt2\) dans le bon sens. L’identité \(1+x^2=((t^2+1)/(2t))^2\) simplifie la racine car le quotient est positif.
Pour \(x=0\) et \(t>0\) :
\[ t^2-1=0\Longrightarrow t=1. \]Pour \(x=1\) :
\[ \frac{t^2-1}{2t}=1 \Longrightarrow t^2-2t-1=0. \]Comme \(t>0\) :
\[ t=1+\sqrt2. \]D’autre part :
\[ \begin{aligned} 1+x^2 &= 1+\left(\frac{t^2-1}{2t}\right)^2\\ &= \left(\frac{t^2+1}{2t}\right)^2. \end{aligned} \]Comme \(t>0\) :
\[ \sqrt{1+x^2}=\frac{t^2+1}{2t}. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} I_7 &= \int_1^{1+\sqrt2} \frac{\dfrac{t^2+1}{2t^2}} {\dfrac{t^2+1}{2t}}\,dt\\ &= \int_1^{1+\sqrt2}\frac{dt}{t}\\ &= \left[\ln t\right]_1^{1+\sqrt2}. \end{aligned} \]La simplification conduit à \(1/t\), puis à \(\ln(1+\sqrt2)\). La condition \(t>0\) justifie à la fois la racine et le logarithme.
Intégrale \(I_8\)
On pose \(x=\sqrt t-2\).
Lire la correction +Masquer la correction −
Méthode et conditions. Sur \([4;9]\), la substitution \(x=\sqrt t-2\) est croissante ; \(\sqrt t=x+2>0\). L’expression quadratique \(t-4\sqrt t+5\) devient \(x^2+1\) et le facteur \(\sqrt t\) se simplifie avec celui de la différentielle. L’intégrale restante est donc immédiatement de type arctangente.
Les bornes deviennent :
\[ t=4\Longrightarrow x=0, \qquad t=9\Longrightarrow x=1. \]D’autre part :
\[ \begin{aligned} t-4\sqrt t+5 &= (x+2)^2-4(x+2)+5\\ &= x^2+1. \end{aligned} \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} I_8 &= \int_0^1 \frac{2(x+2)\,dx}{(x+2)(1+x^2)}\\ &= 2\int_0^1\frac{dx}{1+x^2}\\ &= 2\left[ \operatorname{Arctan}x \right]_0^1. \end{aligned} \]Cette intégrale positive vaut \(\pi/2\). Le choix \(\sqrt t-2\) met en évidence un carré complété et simplifie l’ensemble du dénominateur.
Exercice 25 — Décomposition rationnelle et changement de variable
Décomposer une fraction rationnelle, puis calculer une intégrale en effectuant le changement de variable indiqué.
Question 1
Déterminer deux réels \(\alpha\) et \(\beta\) tels que, pour tout \(t\neq-1\) :
\[ \frac{t}{(t+1)^2} = \frac{\alpha}{t+1} + \frac{\beta}{(t+1)^2}. \]Lire la correction +Masquer la correction −
Méthode et conditions. Il s’agit d’une identité rationnelle à établir avant tout calcul intégral. Pour \(t\ne-1\), les deux dénominateurs sont non nuls. On réduit au dénominateur commun \((t+1)^2\), puis on identifie le coefficient de \(t\) et le terme constant. Cette décomposition préparera l’intégrale de la question suivante.
En réduisant le membre de droite au même dénominateur :
\[ \frac{\alpha}{t+1} + \frac{\beta}{(t+1)^2} = \frac{\alpha(t+1)+\beta}{(t+1)^2}. \]Nous devons donc avoir :
\[ t=\alpha(t+1)+\beta. \]En développant :
\[ t=\alpha t+\alpha+\beta. \]Par identification :
\[ \begin{cases} \alpha=1,\\ \alpha+\beta=0. \end{cases} \]Donc :
\[ \beta=-1. \]Les coefficients sont uniquement déterminés : \(\alpha=1\) et \(\beta=-1\). La fraction est maintenant écrite comme somme de deux dérivées usuelles.
Question 2
En posant \(x=t^4\), calculer :
\[ I= \int_1^{16} \frac{dx}{\sqrt x\left(\sqrt[4]x+1\right)^2}. \]Lire la correction +Masquer la correction −
Méthode et conditions. Puisque \(x\in[1;16]\), la racine quatrième positive \(t=\sqrt[4]x\) varie de 1 à 2 ; le changement \(x=t^4\) est de classe \(C^1\) et croissant. La transformation fait apparaître exactement la fraction de la question 1. Il suffit alors de réutiliser sa décomposition et de calculer les valeurs aux nouvelles bornes.
Comme \(x\in[1;16]\), on prend \(t>0\). Les bornes deviennent :
\[ x=1\Longrightarrow t=1, \qquad x=16\Longrightarrow t=2. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} I &= \int_1^2 \frac{4t^3}{t^2(t+1)^2}\,dt\\ &= 4\int_1^2\frac{t}{(t+1)^2}\,dt. \end{aligned} \]D’après la question précédente :
\[ \frac{t}{(t+1)^2} = \frac1{t+1}-\frac1{(t+1)^2}. \]Donc :
\[ \begin{aligned} I &= 4\int_1^2 \left( \frac1{t+1}-\frac1{(t+1)^2} \right)dt\\ &= 4\left[ \ln(t+1)+\frac1{t+1} \right]_1^2\\ &= 4\left( \ln3+\frac13-\ln2-\frac12 \right). \end{aligned} \]Le résultat est positif, ce qui est cohérent avec l’intégrande. La première question a permis d’éviter une nouvelle recherche de décomposition.
Exercice 26 — Réutiliser une intégrale après substitution
Vérifier une identité, calculer une intégrale, puis exploiter le résultat par un changement de variable exponentiel.
Question 1
Vérifier que, pour tout \(t\in\mathbb R\setminus\{-1\}\) :
\[ \frac{t^2}{t+1} = t-1+\frac1{t+1}. \]Lire la correction +Masquer la correction −
Méthode et conditions. Pour tout \(t\ne-1\), on effectue une division algébrique du numérateur par \(t+1\). La forme obtenue est constituée d’un polynôme simple et d’une fraction dont la primitive logarithmique est connue. Cette décomposition sera directement utilisée dans la question 2.
En réduisant le membre de droite au même dénominateur :
\[ \begin{aligned} t-1+\frac1{t+1} &= \frac{(t-1)(t+1)+1}{t+1}\\ &= \frac{t^2-1+1}{t+1}\\ &= \frac{t^2}{t+1}. \end{aligned} \]L’égalité est vérifiée sur \(\mathbb R\setminus\{-1\}\). Elle n’est pas une primitive : c’est une préparation algébrique utile au calcul suivant.
Question 2
Calculer :
\[ I=\int_1^{\sqrt2}\frac{t^2}{1+t}\,dt. \]Lire la correction +Masquer la correction −
Méthode et conditions. Sur \([1;\sqrt2]\), on a \(t+1>0\), ce qui rend la fraction et \(\ln(t+1)\) bien définis. On applique la décomposition établie à la question 1 et la linéarité de l’intégrale ; il ne reste qu’à évaluer trois primitives usuelles aux bornes.
D’après la question précédente :
\[ \frac{t^2}{1+t} = t-1+\frac1{t+1}. \]Donc :
\[ \begin{aligned} I &= \int_1^{\sqrt2} \left(t-1+\frac1{t+1}\right)dt\\ &= \left[ \frac{t^2}{2}-t+\ln(t+1) \right]_1^{\sqrt2}. \end{aligned} \]À la borne supérieure :
\[ \frac{(\sqrt2)^2}{2} - \sqrt2 + \ln(1+\sqrt2) = 1-\sqrt2+\ln(1+\sqrt2). \]À la borne inférieure :
\[ \frac12-1+\ln2 = -\frac12+\ln2. \]On obtient une valeur positive, comme prévu puisque \(t^2/(1+t)>0\). Cette même intégrale sera retrouvée après le changement de variable de la question 3.
Question 3
En posant \(t=\sqrt{e^x}\), calculer :
\[ J= \int_0^{\ln2} \frac{e^x}{1+e^{-x/2}}\,dx. \]Lire la correction +Masquer la correction −
Méthode et conditions. On pose \(t=e^{x/2}=\sqrt{e^x}\) sur \([0;\ln2]\). Cette fonction est positive, continûment dérivable et croissante ; ses images aux bornes sont 1 et \(\sqrt2\). Le calcul de \(dx=2\,dt/t\) et la transformation de \(e^{-x/2}\) doivent être effectués simultanément. Le résultat sera exactement le double de l’intégrale \(I\) précédente.
Les bornes deviennent :
\[ x=0\Longrightarrow t=1, \] \[ x=\ln2\Longrightarrow t=\sqrt2. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} J &= \int_1^{\sqrt2} \frac{t^2}{1+\dfrac1t} \cdot \frac{2\,dt}{t}\\ &= 2\int_1^{\sqrt2} \frac{t^2}{1+t}\,dt. \end{aligned} \]Or, d’après la question 2 :
\[ I= \int_1^{\sqrt2} \frac{t^2}{1+t}\,dt = \frac32-\sqrt2 + \ln\left(\frac{1+\sqrt2}{2}\right). \]Donc :
\[ J=2I. \]Le lien \(J=2I\) permet de conclure sans refaire de primitive : c’est l’objectif de l’enchaînement des trois questions.
À retenir
Avant tout changement de variable, préciser le segment, les conditions de définition et la monotonie quand on utilise une transformation inverse.
Transformer systématiquement l’intégrande, la différentielle et les deux bornes ; respecter les signes provenant d’une substitution décroissante.
Pour une racine carrée, la règle \(\sqrt{u^2}=|u|\) exige de connaître le signe de l’expression correspondante.
Dans un exercice à plusieurs questions, réutiliser les identités ou les intégrales déjà calculées, plutôt que recommencer le même travail.
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