Calcul intégral — Exercices 27 à 32
2e Bac Sciences Mathématiques — Al Moufid — Exercices d’application
Dans les exercices 27 à 32, la technique du changement de variable conduit progressivement de fractions rationnelles à des fonctions définies par une intégrale. Les premières questions consistent à reconnaître un carré dans un dénominateur et à appliquer une primitive de type arctangente. L'exercice 29 exige de respecter le domaine d'un logarithme et le sens des bornes lorsque la variable appartient à un intervalle négatif. L'exercice 30 fait intervenir plusieurs substitutions usuelles, algébriques, trigonométriques et exponentielles. Enfin, les exercices 31 et 32 associent une question préparatoire — dérivée ou décomposition rationnelle — au calcul d'une intégrale dépendant d'un paramètre. Pour chaque question, on vérifiera d'abord le domaine, puis on transformera la différentielle et les bornes avant de calculer une primitive. Les résultats seront interprétés en tenant compte du signe de l'intégrande et de l'orientation du segment.
Repère de cours — Changement de variable dans une intégrale définie
Si \(f\) est continue sur un intervalle contenant les valeurs de \(\varphi\), et si \(\varphi\) est de classe \(C^1\) sur \([\alpha;\beta]\), alors :
\[ \int_{\varphi(\alpha)}^{\varphi(\beta)}f(x)\,dx = \int_\alpha^\beta f(\varphi(t))\varphi'(t)\,dt. \]Conditions : identifier le segment d'intégration ; vérifier la continuité de l'intégrande et la régularité de la substitution ; choisir la branche correcte lorsqu'une racine ou une fonction inverse intervient.
Méthode : écrire la relation entre les variables, calculer la différentielle, transformer les deux bornes, puis transformer l'intégrande entier. Si la substitution inverse l'ordre des bornes, le signe de la différentielle doit être conservé.
À retenir : les propriétés de \(\ln u\) pour \(u>0\), la primitive \(\operatorname{Arctan}\) de \(1/(1+t^2)\), ainsi que les décompositions rationnelles facilitent les calculs. Un résultat obtenu dans une question préparatoire doit être réutilisé.
Exercice 27 — Substitution affine et arctangente
Objectif. Le carré complété au dénominateur permet de reconnaître la dérivée de l’arctangente après une substitution affine. Le coefficient multiplicatif issu de \(dt=2\,dx\) ne doit pas être oublié.
Question unique
En posant \(t=2x+1\), calculer l’intégrale :
\[ I=\int_{-3/2}^{3/2} \frac{dx}{4x^2+4x+5}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Choisir la substitution. Sur \([-3/2;3/2]\), le dénominateur \(4x^2+4x+5=(2x+1)^2+4\) est strictement positif. La transformation affine \(t=2x+1\) est de classe \(C^1\) et croissante ; on peut donc appliquer le changement de variable. La fraction devient un multiple de \(1/(t^2+4)\), forme de type arctangente.
Transformons les bornes :
\[ x=-\frac32\Longrightarrow t=-2, \] \[ x=\frac32\Longrightarrow t=4. \]D’autre part :
\[ 4x^2+4x+5 = (2x+1)^2+4 = t^2+4. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} I &= \frac12 \int_{-2}^{4} \frac{dt}{t^2+4}\\ &= \frac14 \left[ \operatorname{Arctan} \left(\frac t2\right) \right]_{-2}^{4}\\ &= \frac14 \left[ \operatorname{Arctan}2 - \operatorname{Arctan}(-1) \right]. \end{aligned} \]Or :
\[ \operatorname{Arctan}(-1) = -\frac{\pi}{4}. \]Le coefficient \(1/2\) provient de \(dx=dt/2\). La primitive de \(1/(t^2+4)\) apporte un second facteur \(1/2\), d’où le coefficient final \(1/4\).
Le résultat est strictement positif, comme l’intégrande sur le segment initial. L’arctangente apparaît grâce au dénominateur de la forme \(t^2+c^2\).
Exercice 28 — Compléter le carré
Objectif. Une identité de carré complété transforme l’intégrale en une forme de référence. La symétrie des nouvelles bornes simplifie l’évaluation finale.
Question unique
Montrer que :
\[ \int_0^1 \frac{dx}{x^2-x+1} = \frac{2\pi}{3\sqrt3}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Reconnaître le dénominateur. Pour \(x\in[0;1]\), \(x^2-x+1=(x-1/2)^2+3/4>0\). La substitution affine \(t=(2x-1)/\sqrt3\) est de classe \(C^1\) et transforme l’intégrale en un multiple de \(\int dt/(1+t^2)\). La symétrie des bornes permet ensuite d’utiliser l’imparité de l’arctangente.
Commençons par compléter le carré :
\[ \begin{aligned} x^2-x+1 &= \left(x-\frac12\right)^2 + \frac34. \end{aligned} \]Posons :
Les nouvelles bornes sont :
\[ x=0\Longrightarrow t=-\frac1{\sqrt3}, \] \[ x=1\Longrightarrow t=\frac1{\sqrt3}. \]De plus :
\[ x^2-x+1 = \frac34(1+t^2). \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} \int_0^1 \frac{dx}{x^2-x+1} &= \frac{2}{\sqrt3} \int_{-1/\sqrt3}^{1/\sqrt3} \frac{dt}{1+t^2}\\ &= \frac{2}{\sqrt3} \left[ \operatorname{Arctan}t \right]_{-1/\sqrt3}^{1/\sqrt3}. \end{aligned} \]Comme :
\[ \operatorname{Arctan} \left(\frac1{\sqrt3}\right) = \frac{\pi}{6}, \]on obtient :
\[ \frac{2}{\sqrt3} \left( \frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{6} \right). \]Les bornes sont opposées et l'arctangente est impaire : la différence des deux valeurs est donc leur somme en valeur absolue.
On retrouve exactement la valeur demandée. Le facteur \(2/\sqrt3\) provenant de la différentielle et les deux angles \(\pi/6\) sont indispensables à ce résultat.
Exercice 29 — Fonction définie par une intégrale
Pour tout \(x\in]-1;0[\), on pose :
\[ F(x)= \int_{-1/2}^{x} \frac{dt}{t\sqrt{1+t}}. \]Objectif. Une borne variable impose de fixer \(x\) avant de procéder au changement de variable. La substitution \(u=\sqrt{1+t}\) doit être accompagnée d’une vérification rigoureuse des signes dans le logarithme.
Question 1
Calculer \(F(x)\) en fonction de \(x\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Fixer le paramètre et justifier la substitution. Pour \(x\in]-1;0[\), le segment d’extrémités \(-1/2\) et \(x\) reste entièrement dans \(]-1;0[\). On a donc \(t<0\) et \(1+t>0\), ce qui rend l’intégrande continue. Le changement \(u=\sqrt{1+t}\) prend ses valeurs dans \(]0;1[\), et les deux logarithmes obtenus sont bien définis.
Soit \(x\in]-1;0[\). L’intervalle dont les extrémités sont \(-\dfrac12\) et \(x\) est inclus dans \(]-1;0[\). L’intégrande y est donc continue.
Posons :
Les bornes deviennent :
\[ t=-\frac12 \Longrightarrow u=\frac1{\sqrt2}, \] \[ t=x \Longrightarrow u=\sqrt{1+x}. \]De plus :
\[ \frac{dt}{t\sqrt{1+t}} = \frac{2u\,du}{(u^2-1)u} = \frac{2\,du}{u^2-1}. \]Or :
\[ \frac2{u^2-1} = \frac1{u-1} - \frac1{u+1}. \]Comme \(0<u<1\), une primitive peut s’écrire :
\[ \ln\left(\frac{1-u}{1+u}\right). \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} F(x) &= \left[ \ln\left(\frac{1-u}{1+u}\right) \right]_{1/\sqrt2}^{\sqrt{1+x}}\\ &= \ln\left( \frac{1-\sqrt{1+x}} {1+\sqrt{1+x}} \right)\\ &\quad- \ln\left( \frac{1-\frac1{\sqrt2}} {1+\frac1{\sqrt2}} \right). \end{aligned} \]Or :
\[ \frac{1-\frac1{\sqrt2}} {1+\frac1{\sqrt2}} = \frac{\sqrt2-1}{\sqrt2+1} = 3-2\sqrt2, \]et :
\[ \frac1{3-2\sqrt2} = 3+2\sqrt2. \]Sur \(]0;1[\), la fraction \((1-u)/(1+u)\) est positive. On peut donc écrire le logarithme sans valeur absolue après avoir contrôlé les signes.
Cette expression est valable pour tout \(x\in]-1;0[\), y compris lorsque \(x<-1/2\). Elle permet notamment de vérifier que \(F(-1/2)=0\), conformément à la définition.
Question 2
Calculer :
\[ \lim_{x\to0^-}F(x) \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to-1^+}F(x). \]Lire la correction + Masquer la correction −
Exploiter l’expression de la question précédente. Il n’est pas nécessaire de recalculer l’intégrale. L’expression explicite de \(F(x)\) ramène les limites au comportement du quotient \((1-\sqrt{1+x})/(1+\sqrt{1+x})\). Ce quotient est strictement positif sur le domaine ; son comportement en 0 et en \(-1\) permet d’appliquer la continuité ou la limite usuelle du logarithme.
Lorsque \(x\to0^-\) :
\[ \sqrt{1+x}\longrightarrow1^-, \]donc :
\[ \frac{1-\sqrt{1+x}} {1+\sqrt{1+x}} \longrightarrow0^+. \]Par conséquent :
\[ \boxed{ \lim_{x\to0^-}F(x)=-\infty }. \]Lorsque \(x\to-1^+\) :
\[ \sqrt{1+x}\longrightarrow0^+, \]donc :
\[ \frac{1-\sqrt{1+x}} {1+\sqrt{1+x}} \longrightarrow1. \]Ainsi :
\[ \lim_{x\to-1^+}F(x) = \ln(3+2\sqrt2). \]Comme :
\[ 3+2\sqrt2=(1+\sqrt2)^2, \]le premier quotient tend vers zéro par valeurs positives ; le logarithme diverge donc vers \(-\infty\). Au second bord, le quotient tend vers 1 et son logarithme vers zéro.
La fonction tend vers \(-\infty\) au voisinage de 0 par valeurs inférieures, tandis que sa limite en \(-1\) est finie. Ces comportements correspondent au logarithme obtenu à la question 1.
Exercice 30 — Quatre changements de variable
En utilisant l’intégration par changement de variable, calculer les intégrales suivantes.
Objectif. Les quatre intégrales illustrent plusieurs choix de substitution : racine d’une exponentielle, racine algébrique, tangente et logarithme composé. Les bornes et les différentielles changent à chaque fois.
Intégrale \(I\)
Lire la correction + Masquer la correction −
Choisir une substitution adaptée à la racine. Sur \([0;\ln3]\), \(e^x-1\geq0\) et l’intégrande est continue. On utilise \(t=\sqrt{e^x-1}\), mais pour justifier proprement la méthode au bord \(x=0\), on l’interprète sous la forme inverse \(x=\ln(1+t^2)\), de classe \(C^1\) sur \([0;\sqrt2]\). La racine devient simplement \(t\).
Posons :
En dérivant \(e^x=1+t^2\) :
\[ e^x\,dx=2t\,dt. \]Comme \(e^x=1+t^2\) :
\[ dx=\frac{2t}{1+t^2}\,dt. \]Les bornes deviennent :
\[ x=0\Longrightarrow t=0, \] \[ x=\ln3 \Longrightarrow t=\sqrt2. \]Donc :
\[ \begin{aligned} I &= 2\int_0^{\sqrt2} \frac{t^2}{1+t^2}\,dt\\ &= 2\int_0^{\sqrt2} \left( 1-\frac1{1+t^2} \right)dt\\ &= 2\left[ t-\operatorname{Arctan}t \right]_0^{\sqrt2}. \end{aligned} \]Le nouveau numérateur \(2t^2\) se décompose simplement à l’aide de \(t^2/(1+t^2)=1-1/(1+t^2)\).
La valeur est positive, comme la racine intégrée. Le changement choisi évite d’introduire une primitive hors des outils usuels du chapitre.
Intégrale \(J\)
Lire la correction + Masquer la correction −
Supprimer la racine du dénominateur. Sur \([-3;0]\), \(x+4\geq1\) ; la racine ne s’annule donc pas. La fonction \(t=\sqrt{x+4}\) est de classe \(C^1\) et croissante sur ce segment. Le facteur \(t\) de \(dx=2t\,dt\) simplifie celui du dénominateur et conduit à un polynôme.
Posons :
Les bornes deviennent :
\[ x=-3\Longrightarrow t=1, \qquad x=0\Longrightarrow t=2. \]De plus :
\[ x+2=t^2-2. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} J &= \int_1^2 \frac{t^2-2}{t}\,2t\,dt\\ &= 2\int_1^2(t^2-2)\,dt\\ &= 2\left[ \frac{t^3}{3}-2t \right]_1^2. \end{aligned} \]On simplifie la racine sans modifier le signe puisque \(t\) reste positif, puis on utilise la primitive d’un polynôme.
Même si le numérateur \(x+2\) change de signe sur le segment, les contributions se compensent partiellement et la valeur totale vaut \(2/3\).
Intégrale \(K\)
Lire la correction + Masquer la correction −
Passer de la trigonométrie à une fraction rationnelle. La tangente est définie et de classe \(C^1\) sur \([0;\pi/4]\), où elle est croissante. La substitution \(t=\tan x\) utilise \(dt=(1+\tan^2x)\,dx\). Après transformation, une division euclidienne permet d’intégrer la fraction rationnelle obtenue sans méthode supplémentaire.
Posons :
Les bornes deviennent :
\[ x=0\Longrightarrow t=0, \qquad x=\frac{\pi}{4}\Longrightarrow t=1. \]Ainsi :
\[ K= \int_0^1 \frac{t^4}{1+t^2}\,dt. \]La division euclidienne donne :
\[ \frac{t^4}{1+t^2} = t^2-1+\frac1{1+t^2}. \]Donc :
\[ \begin{aligned} K &= \int_0^1 \left( t^2-1+\frac1{1+t^2} \right)dt\\ &= \left[ \frac{t^3}{3} - t + \operatorname{Arctan}t \right]_0^1. \end{aligned} \]La décomposition \(t^4/(1+t^2)=t^2-1+1/(1+t^2)\) permet d’intégrer séparément un polynôme et une fraction de type arctangente.
L’intégrale est positive ; cela se vérifie aussi par \(\pi/4>2/3\). La division euclidienne est l’étape décisive après la substitution trigonométrique.
Intégrale \(L\)
Lire la correction + Masquer la correction −
Reconnaître une fonction composée et sa dérivée. Sur \([0;\ln2]\), \(1+e^x>0\), donc \(t=\ln(1+e^x)\) est continûment dérivable. Sa dérivée est exactement le facteur \(e^x/(1+e^x)\) présent dans l’intégrande. Le changement de variable donne ainsi une intégrale de \(t\), facile à calculer.
Posons :
Les nouvelles bornes sont :
\[ x=0 \Longrightarrow t=\ln2, \] \[ x=\ln2 \Longrightarrow t=\ln3. \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} L &= \int_{\ln2}^{\ln3}t\,dt\\ &= \left[ \frac{t^2}{2} \right]_{\ln2}^{\ln3}. \end{aligned} \]La différentielle correspond exactement au premier facteur de l’intégrande ; le logarithme restant devient la nouvelle variable \(t\).
L’intégrande est positif sur le segment. La différence de deux carrés de logarithmes constitue une valeur exacte et positive.
Exercice 31 — Primitive préparatoire et fonction intégrale
Pour tout \(x\in\mathbb R^+\), on pose :
\[ f(x)= \int_0^x \frac{\sqrt t}{\sqrt{1+t^3}}\,dt. \]Objectif. La dérivée calculée en première question fournit la primitive nécessaire à la seconde. Le changement \(u=t^{3/2}\) doit être interprété sur le domaine \(t\geq0\).
Question 1
Calculer la dérivée sur \(\mathbb R\) de la fonction :
\[ \varphi:x\longmapsto \ln\left(x+\sqrt{x^2+1}\right). \]Lire la correction + Masquer la correction −
Vérifier le domaine avant de dériver. Pour tout réel \(x\), on a \(\sqrt{x^2+1}>|x|\), d’où \(x+\sqrt{x^2+1}>0\). Le logarithme est donc défini sur \(\mathbb R\). On dérive ensuite une composée \(\ln u(x)\) selon la règle \((\ln u)^{\prime}=u^{\prime}/u\), puis on simplifie le quotient.
Pour tout \(x\in\mathbb R\) :
\[ \sqrt{x^2+1}>|x|. \]Donc :
\[ x+\sqrt{x^2+1}>0. \]La fonction \(\varphi\) est ainsi bien définie et dérivable sur \(\mathbb R\).
Calculons sa dérivée :
\[ \begin{aligned} \varphi'(x) &= \frac{ 1+\dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}} }{ x+\sqrt{x^2+1} }\\ &= \frac{ \dfrac{\sqrt{x^2+1}+x} {\sqrt{x^2+1}} }{ x+\sqrt{x^2+1} }\\ &= \frac1{\sqrt{x^2+1}}. \end{aligned} \]La somme strictement positive apparaissant au numérateur et au dénominateur peut alors être simplifiée, ce qui donne la formule cherchée.
La dérivée obtenue sera directement utilisée comme primitive dans la question 2 : le calcul préparatoire simplifie donc réellement la résolution.
Question 2
En utilisant un changement de variable, calculer \(f(x)\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Réutiliser la primitive obtenue. Fixons \(x\geq0\). La substitution \(u=t^{3/2}\) est de classe \(C^1\) sur \([0;x]\) et croissante ; elle vérifie \(du=(3/2)\sqrt t\,dt\). Le dénominateur devient \(\sqrt{1+u^2}\). La question 1 donne précisément une primitive de cette fonction.
Soit \(x\in\mathbb R^+\). Posons :
Les bornes deviennent :
\[ t=0\Longrightarrow u=0, \] \[ t=x \Longrightarrow u=x^{3/2}. \]D’autre part :
\[ t^3=u^2. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} f(x) &= \frac23 \int_0^{x^{3/2}} \frac{du}{\sqrt{1+u^2}}. \end{aligned} \]D’après la question précédente, une primitive de \(\dfrac1{\sqrt{1+u^2}}\) est :
\[ \ln\left(u+\sqrt{1+u^2}\right). \]Donc :
\[ \begin{aligned} f(x) &= \frac23 \left[ \ln\left(u+\sqrt{1+u^2}\right) \right]_0^{x^{3/2}}\\ &= \frac23 \ln\left( x^{3/2}+\sqrt{1+x^3} \right), \end{aligned} \]car :
\[ \ln(0+\sqrt1)=0. \]La question 1 donne la primitive nécessaire : on l’évalue entre 0 et \(x^{3/2}\), en tenant compte de la valeur du logarithme en zéro.
On a \(f(0)=0\), comme l’exige la définition de l’intégrale. La formule explicite est valable sur tout \(\mathbb R^+\).
Exercice 32 — Une famille d’intégrales à paramètre
Pour tout \(a\in\mathbb R_+^*\) et tout \(n\in\mathbb N^*\), on pose :
\[ I_n(a)= \int_1^a \frac{\sqrt{1+x^{2n}}}{x}\,dx. \]Objectif. Décomposer une fraction avant d’intégrer, puis traiter une famille paramétrée d’intégrales. L’orientation des bornes doit être respectée même si \(0<a<1\).
Question 1
Vérifier que, pour tout \(t\in\mathbb R\setminus\{-1;1\}\) :
\[ \frac{t^2}{t^2-1} = 1+\frac12 \left( \frac1{t-1} - \frac1{t+1} \right). \]Lire la correction + Masquer la correction −
Préparer une décomposition rationnelle. La seule condition est \(t\neq-1\) et \(t\neq1\), puisque le dénominateur s’annule en ces deux points. La stratégie consiste à réduire le membre de droite au même dénominateur. La décomposition obtenue rendra ensuite le calcul de la primitive possible à l’aide de logarithmes.
Réduisons le membre de droite au même dénominateur :
\[ \begin{aligned} 1+\frac12 \left( \frac1{t-1} - \frac1{t+1} \right) &= 1+\frac12 \left( \frac{(t+1)-(t-1)} {(t-1)(t+1)} \right)\\ &= 1+\frac1{t^2-1}\\ &= \frac{t^2-1+1}{t^2-1}\\ &= \frac{t^2}{t^2-1}. \end{aligned} \]L’identification du dénominateur commun montre immédiatement que le numérateur obtenu est \(t^2\).
Cette identité est vraie sur son domaine et conduit à une primitive composée d’un terme affine et de deux logarithmes. Elle prépare exactement la question suivante.
Question 2
En posant :
\[ t=\sqrt{1+x^{2n}}, \]calculer \(I_n(a)\) en fonction de \(n\) et de \(a\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Traiter le paramètre et le signe des bornes. Fixons \(n\in\mathbb N^*\) et \(a>0\). Sur le segment d’extrémités 1 et \(a\), on a \(x>0\) et \(t=\sqrt{1+x^{2n}}>1\). Cette substitution est de classe \(C^1\) et croissante. Elle transforme l’intégrande en \(t^2/[n(t^2-1)]\) : on applique donc la décomposition de la question 1. Si \(a<1\), les nouvelles bornes restent dans l’ordre décroissant, comme dans l’intégrale initiale.
Comme \(x>0\), on pose :
En différentiant :
\[ 2t\,dt = 2n x^{2n-1}\,dx. \]Donc :
\[ \frac{dx}{x} = \frac{t}{n x^{2n}}\,dt. \]Or :
\[ x^{2n}=t^2-1. \]Ainsi :
\[ \frac{dx}{x} = \frac{t}{n(t^2-1)}\,dt. \]Les bornes deviennent :
\[ x=1 \Longrightarrow t=\sqrt2, \] \[ x=a \Longrightarrow t=\sqrt{1+a^{2n}}. \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} I_n(a) &= \frac1n \int_{\sqrt2}^{\sqrt{1+a^{2n}}} \frac{t^2}{t^2-1}\,dt. \end{aligned} \]D’après la question précédente :
\[ \frac{t^2}{t^2-1} = 1+\frac12 \left( \frac1{t-1} - \frac1{t+1} \right). \]Comme \(t>1\), une primitive est :
\[ t+ \frac12 \ln\left( \frac{t-1}{t+1} \right). \]En posant :
\[ T=\sqrt{1+a^{2n}}, \]on obtient :
\[ \begin{aligned} I_n(a) &= \frac1n \left[ t+ \frac12 \ln\left( \frac{t-1}{t+1} \right) \right]_{\sqrt2}^{T}\\ &= \frac1n \left[ T-\sqrt2 + \frac12 \ln\left( \frac{T-1}{T+1} \cdot \frac{\sqrt2+1}{\sqrt2-1} \right) \right]. \end{aligned} \]Cette expression peut être simplifiée. En effet :
\[ (T-1)(T+1)=T^2-1=a^{2n}, \]donc :
\[ \frac12 \ln\left( \frac{T-1}{T+1} \right) = \ln\left( \frac{T-1}{a^n} \right). \]De plus :
\[ \frac12 \ln\left( \frac{\sqrt2+1}{\sqrt2-1} \right) = \ln(1+\sqrt2). \]Comme \(t>1\), les deux quantités \(t-1\) et \(t+1\) sont positives ; leur quotient est donc un argument admissible pour le logarithme.
La formule vérifie \(I_n(1)=0\). Puisque l’intégrande initiale est positive, \(I_n(a)\) est positive pour \(a>1\), négative pour \(0<a<1\) et nulle pour \(a=1\).
À retenir
Reconnaître d’abord une expression composée et sa dérivée : carré complété, racine, exponentielle ou logarithme.
Lors du changement de variable, contrôler les conditions de définition et conserver toutes les bornes dans leur ordre ; il peut arriver que l’intégrale soit négative lorsque la borne supérieure est plus petite.
Ne pas recommencer un calcul lorsque la question précédente fournit déjà une primitive ou une décomposition rationnelle.
Pour une fonction définie par une intégrale, fixer le paramètre avant de calculer, puis interpréter la formule obtenue, notamment aux bornes de son domaine.
Commentaires
Enregistrer un commentaire