Calcul intégral : changements de variable guidés — Exercices 23 à 26

Correction détaillée — 2e Bac Sciences Mathématiques

Pour chaque changement de variable, la relation entre les variables, la différentielle et les nouvelles bornes sont indiquées explicitement.

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Exercice 23 Exercice 24 Exercice 25 Exercice 26

Exercice 23

Énoncé

En utilisant la technique de changement de variable, calculer les intégrales suivantes.

Intégrale \(A\) \[ A= \int_2^3 \frac{dx}{x+\sqrt{x-1}}. \]

On pose \(t=\sqrt{x-1}\).

Lire la correction + Masquer la correction −

\[ t=\sqrt{x-1}, \qquad x=t^2+1, \qquad dx=2t\,dt. \]

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 :

\[ \begin{aligned} A &= \left[ \ln(t^2+t+1) - \frac2{\sqrt3} \operatorname{Arctan} \left( \frac{2t+1}{\sqrt3} \right) \right]_1^{\sqrt2}\\ &= \ln\left(\frac{3+\sqrt2}{3}\right)\\ &\quad- \frac2{\sqrt3} \left[ \operatorname{Arctan} \left( \frac{2\sqrt2+1}{\sqrt3} \right) - \frac{\pi}{3} \right]. \end{aligned} \]

\[ \boxed{ A= \ln\left(\frac{3+\sqrt2}{3}\right) - \frac2{\sqrt3} \left[ \operatorname{Arctan} \left( \frac{2\sqrt2+1}{\sqrt3} \right) - \frac{\pi}{3} \right] }. \]

Intégrale \(B\) \[ B= \int_0^1 x\sqrt[3]{x+1}\,dx. \]

On pose \(t=\sqrt[3]{x+1}\).

Lire la correction + Masquer la correction −

\[ t=\sqrt[3]{x+1}, \qquad x=t^3-1, \qquad dx=3t^2\,dt. \]

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 :

\[ B= \frac{3\sqrt[3]{2}}{14} + \frac9{28}. \]

\[ \boxed{ B= \frac{6\sqrt[3]{2}+9}{28} = \frac{3\left(2\sqrt[3]{2}+3\right)}{28} }. \]

Intégrale \(C\) \[ C= \int_0^\pi \sqrt{1+\sin x}\,dx. \]

On pose \(t=\dfrac{x}{2}-\dfrac{\pi}{4}\).

Lire la correction + Masquer la correction −

\[ t=\frac{x}{2}-\frac{\pi}{4}, \qquad x=2t+\frac{\pi}{2}, \qquad dx=2\,dt. \]

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 :

\[ \begin{aligned} C &= 2\sqrt2 \int_{-\pi/4}^{\pi/4} \cos t\,dt\\ &= 2\sqrt2 \left[ \sin t \right]_{-\pi/4}^{\pi/4}\\ &= 2\sqrt2 \left( \frac{\sqrt2}{2} + \frac{\sqrt2}{2} \right). \end{aligned} \]

\[ \boxed{C=4}. \]

Intégrale \(D\) \[ D= \int_0^1 \frac{dx}{4x^2+9}. \]

On pose \(t=\dfrac{2x}{3}\).

Lire la correction + Masquer la correction −

\[ t=\frac{2x}{3}, \qquad x=\frac{3t}{2}, \qquad dx=\frac32\,dt. \]

Les bornes deviennent :

\[ x=0\Longrightarrow t=0, \qquad x=1\Longrightarrow t=\frac23. \]

De plus :

\[ 4x^2+9 = 9(1+t^2). \]

Ainsi :

\[ \begin{aligned} D &= \frac16 \int_0^{2/3} \frac{dt}{1+t^2}\\ &= \frac16 \left[ \operatorname{Arctan}t \right]_0^{2/3}. \end{aligned} \]

\[ \boxed{ D= \frac16 \operatorname{Arctan}\left(\frac23\right) }. \]

Intégrale \(E\) \[ E= \int_0^1 x^2\sqrt{1-x^2}\,dx. \]

On pose \(x=\cos t\).

Lire la correction + Masquer la correction −

\[ x=\cos t, \qquad dx=-\sin t\,dt. \]

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 :

\[ \begin{aligned} E &= \frac18 \int_0^{\pi/2} \left(1-\cos(4t)\right)dt\\ &= \frac18 \left[ t-\frac14\sin(4t) \right]_0^{\pi/2}. \end{aligned} \]

\[ \boxed{E=\frac{\pi}{16}}. \]

Intégrale \(F\) \[ F= \int_0^{-\ln(\sqrt3)} \frac{dx}{e^x\left(1+e^{2x}\right)}. \]

On pose \(x=-\ln t\).

Lire la correction + Masquer la correction −

\[ x=-\ln t, \qquad t=e^{-x}, \qquad dx=-\frac{dt}{t}. \]

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 :

\[ \begin{aligned} F &= -\int_1^{\sqrt3} \frac{t^2}{1+t^2}\,dt\\ &= -\int_1^{\sqrt3} \left( 1-\frac1{1+t^2} \right)dt\\ &= \left[ -t+\operatorname{Arctan}t \right]_1^{\sqrt3}. \end{aligned} \]

\[ \boxed{ F= 1-\sqrt3+\frac{\pi}{12} }. \]

Exercice 24

Énoncé

En utilisant la technique de changement de variable, calculer les intégrales suivantes.

Intégrale \(I_1\) \[ I_1= \int_1^3 \frac{\sqrt x}{1+x}\,dx. \]

On pose \(t=\sqrt x\).

Lire la correction + Masquer la correction −

\[ t=\sqrt x, \qquad x=t^2, \qquad dx=2t\,dt. \]

Les bornes deviennent :

\[ x=1\Longrightarrow t=1, \qquad x=3\Longrightarrow t=\sqrt3. \]

Ainsi :

\[ \begin{aligned} I_1 &= \int_1^{\sqrt3} \frac{2t^2}{1+t^2}\,dt\\ &= 2\int_1^{\sqrt3} \left( 1-\frac1{1+t^2} \right)dt\\ &= 2 \left[ t-\operatorname{Arctan}t \right]_1^{\sqrt3}. \end{aligned} \]

\[ \boxed{ I_1= 2\sqrt3-2-\frac{\pi}{6} }. \]

Intégrale \(I_2\) \[ I_2= \int_{\pi/3}^{\pi/2} \frac{1+\cos x}{1-\cos x}\,dx. \]

On pose \(t=\tan\dfrac{x}{2}\).

Lire la correction + Masquer la correction −

\[ t=\tan\frac{x}{2}, \qquad dx=\frac{2\,dt}{1+t^2}. \] \[ \cos x= \frac{1-t^2}{1+t^2}. \]

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 :

\[ \begin{aligned} I_2 &= 2\int_{1/\sqrt3}^{1} \frac{dt}{t^2(1+t^2)}. \end{aligned} \]

Or :

\[ \frac1{t^2(1+t^2)} = \frac1{t^2} - \frac1{1+t^2}. \]

Donc :

\[ \begin{aligned} I_2 &= 2 \left[ -\frac1t-\operatorname{Arctan}t \right]_{1/\sqrt3}^{1}. \end{aligned} \]

\[ \boxed{ I_2= 2\sqrt3-2-\frac{\pi}{6} }. \]

Intégrale \(I_3\) \[ I_3= \int_0^1 \sqrt{1+x^2}\,dx. \]

On pose :

\[ x= \frac{e^t-e^{-t}}2. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

\[ x= \frac{e^t-e^{-t}}2, \qquad dx= \frac{e^t+e^{-t}}2\,dt. \]

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 :

\[ y=1+\sqrt2 \qquad\text{et}\qquad t=\ln(1+\sqrt2). \]

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 :

\[ e^T=1+\sqrt2 \qquad\text{et}\qquad e^{-T}=\sqrt2-1. \]

Donc :

\[ e^{2T}-e^{-2T}=4\sqrt2. \]

\[ \boxed{ I_3= \frac{ \sqrt2+\ln(1+\sqrt2) }2 }. \]

Intégrale \(I_4\) \[ I_4= \int_5^{10} \frac{1+\sqrt{x-1}}{x-2}\,dx. \]

On pose \(t=\sqrt{x-1}\).

Lire la correction + Masquer la correction −

\[ t=\sqrt{x-1}, \qquad x=t^2+1, \qquad dx=2t\,dt. \]

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 :

\[ \begin{aligned} I_4 &= \left[ 2t+2\ln(t-1) \right]_2^3. \end{aligned} \]

\[ \boxed{ I_4=2+2\ln2 }. \]

Intégrale \(I_5\) \[ I_5= \int_1^2 \sqrt{x^2-1}\,dx. \]

On pose :

\[ x= \frac{e^t+e^{-t}}2. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

\[ x= \frac{e^t+e^{-t}}2, \qquad dx= \frac{e^t-e^{-t}}2\,dt. \]

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 :

\[ y=2+\sqrt3 \qquad\text{et}\qquad t=\ln(2+\sqrt3). \]

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 :

\[ e^{2T}-e^{-2T}=8\sqrt3. \]

\[ \boxed{ I_5= \sqrt3 - \frac12\ln(2+\sqrt3) }. \]

Intégrale \(I_6\) \[ I_6= \int_0^{\sqrt{\pi}/2} \frac{2x}{\cos^2(x^2)}\,dx. \]

On utilise le changement de variable \(t=x^2\).

Lire la correction + Masquer la correction −

\[ t=x^2, \qquad dt=2x\,dx. \]

Les bornes deviennent :

\[ x=0\Longrightarrow t=0, \] \[ x=\frac{\sqrt\pi}{2} \Longrightarrow t=\frac{\pi}{4}. \]

Ainsi :

\[ \begin{aligned} I_6 &= \int_0^{\pi/4} \frac{dt}{\cos^2t}\\ &= \left[ \tan t \right]_0^{\pi/4}. \end{aligned} \]

\[ \boxed{I_6=1}. \]

Intégrale \(I_7\) \[ I_7= \int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{1+x^2}}. \]

On pose :

\[ x=\frac{t^2-1}{2t}, \qquad t>0. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

\[ x= \frac{t^2-1}{2t} = \frac12 \left( t-\frac1t \right), \] \[ dx= \frac{t^2+1}{2t^2}\,dt. \]

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 :

\[ \begin{aligned} I_7 &= \int_1^{1+\sqrt2} \frac{ \dfrac{t^2+1}{2t^2} }{ \dfrac{t^2+1}{2t} }dt\\ &= \int_1^{1+\sqrt2} \frac{dt}{t}\\ &= \left[ \ln t \right]_1^{1+\sqrt2}. \end{aligned} \]

\[ \boxed{ I_7=\ln(1+\sqrt2) }. \]

Intégrale \(I_8\) \[ I_8= \int_4^9 \frac{dt} {\sqrt t\left(t-4\sqrt t+5\right)}. \]

On pose \(x=\sqrt t-2\).

Lire la correction + Masquer la correction −

\[ x=\sqrt t-2, \qquad \sqrt t=x+2, \] \[ t=(x+2)^2, \qquad dt=2(x+2)\,dx. \]

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 :

\[ \begin{aligned} I_8 &= \int_0^1 \frac{ 2(x+2)\,dx }{ (x+2)(1+x^2) }\\ &= 2\int_0^1 \frac{dx}{1+x^2}\\ &= 2 \left[ \operatorname{Arctan}x \right]_0^1. \end{aligned} \]

\[ \boxed{I_8=\frac{\pi}{2}}. \]

Exercice 25

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 −

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 :

\[ \beta=-1. \]

\[ \boxed{\alpha=1} \qquad\text{et}\qquad \boxed{\beta=-1}. \] \[ \boxed{ \frac{t}{(t+1)^2} = \frac1{t+1} - \frac1{(t+1)^2} }. \]

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 −

\[ x=t^4, \qquad dx=4t^3\,dt. \] \[ \sqrt x=t^2, \qquad \sqrt[4]x=t. \]

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 :

\[ \begin{aligned} I &= 4 \int_1^2 \left( \frac1{t+1} - \frac1{(t+1)^2} \right)dt\\ &= 4 \left[ \ln(t+1) + \frac1{t+1} \right]_1^2\\ &= 4 \left( \ln3+\frac13-\ln2-\frac12 \right). \end{aligned} \]

\[ \boxed{ I= 4\ln\left(\frac32\right) - \frac23 }. \]

Exercice 26

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 −

En réduisant le membre de droite au même dénominateur :

\[ \begin{aligned} t-1+\frac1{t+1} &= \frac{(t-1)(t+1)+1}{t+1}\\ &= \frac{t^2-1+1}{t+1}\\ &= \frac{t^2}{t+1}. \end{aligned} \]

\[ \boxed{ \frac{t^2}{t+1} = t-1+\frac1{t+1} }. \]

Question 2

Calculer :

\[ I= \int_1^{\sqrt2} \frac{t^2}{1+t}\,dt. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

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 :

\[ \frac12-1+\ln2 = -\frac12+\ln2. \]

\[ \boxed{ I= \frac32-\sqrt2 + \ln\left( \frac{1+\sqrt2}{2} \right) }. \]

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 −

\[ t=\sqrt{e^x}=e^{x/2}. \] \[ e^x=t^2, \qquad x=2\ln t, \qquad dx=\frac{2\,dt}{t}. \]

Les bornes deviennent :

\[ x=0\Longrightarrow t=1, \] \[ x=\ln2 \Longrightarrow t=\sqrt2. \]

Ainsi :

\[ \begin{aligned} J &= \int_1^{\sqrt2} \frac{t^2}{1+t} \cdot \frac{2\,dt}{t}\\ &= 2\int_1^{\sqrt2} \frac{t}{1+t}\,dt. \end{aligned} \]

Or :

\[ \frac{t}{1+t} = 1-\frac1{1+t}. \]

Donc :

\[ \begin{aligned} J &= 2 \int_1^{\sqrt2} \left( 1-\frac1{1+t} \right)dt\\ &= 2 \left[ t-\ln(1+t) \right]_1^{\sqrt2}. \end{aligned} \]

\[ \boxed{ J= 2\left[ \sqrt2-1 - \ln\left( \frac{1+\sqrt2}{2} \right) \right] }. \]

Méthodes à retenir : lors d’un changement de variable dans une intégrale définie, il faut transformer l’expression intégrée, la différentielle et les deux bornes. Lorsqu’une racine est remplacée par une nouvelle variable, il faut également tenir compte de son signe sur l’intervalle étudié.

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