Calcul intégral : formes exponentielles, logarithmiques et trigonométriques composées — Exercices 4 à 6

Correction détaillée — 2e Bac Sciences Mathématiques

Ce bloc traite les formes exponentielles et logarithmiques composées, les expressions de type \(\dfrac{u'}u\) et les transformations trigonométriques.

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Exercice 4 Exercice 5 Exercice 6

Exercice 4

Énoncé

Calculer les intégrales suivantes.

Intégrale \(D_1\) \[ D_1= \int_1^2 \frac1{x^2}e^{1/x}\,dx. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Posons :

\[ u=\frac1x. \]

Alors :

\[ du=-\frac1{x^2}\,dx. \]

Les bornes deviennent :

\[ x=1\Longrightarrow u=1, \qquad x=2\Longrightarrow u=\frac12. \]

Donc :

\[ \begin{aligned} D_1 &= -\int_1^{1/2}e^u\,du\\ &= \int_{1/2}^{1}e^u\,du\\ &= \left[e^u\right]_{1/2}^{1}. \end{aligned} \]

\[ \boxed{D_1=e-\sqrt e}. \]

Intégrale \(D_2\) \[ D_2= \int_0^{\pi/2} \sin(2x)e^{\cos^2x}\,dx. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Posons :

\[ u=\cos^2x. \]

On a :

\[ \begin{aligned} du &= 2\cos x(-\sin x)\,dx\\ &= -\sin(2x)\,dx. \end{aligned} \]

Les bornes deviennent :

\[ x=0\Longrightarrow u=1, \qquad x=\frac{\pi}{2}\Longrightarrow u=0. \]

Par conséquent :

\[ \begin{aligned} D_2 &= -\int_1^0e^u\,du\\ &= \int_0^1e^u\,du\\ &= \left[e^u\right]_0^1. \end{aligned} \]

\[ \boxed{D_2=e-1}. \]

Intégrale \(D_3\) \[ D_3= \int_e^{e^2} \frac{\ln t}{t}\,dt. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

On reconnaît la dérivée de \(\ln t\) :

\[ (\ln t)'=\frac1t. \]

Une primitive de \(\dfrac{\ln t}{t}\) est donc :

\[ \frac12(\ln t)^2. \]

Ainsi :

\[ \begin{aligned} D_3 &= \left[ \frac12(\ln t)^2 \right]_e^{e^2}\\ &= \frac12 \left[ (\ln(e^2))^2-(\ln e)^2 \right]\\ &= \frac12(4-1). \end{aligned} \]

\[ \boxed{D_3=\frac32}. \]

Intégrale \(D_4\) \[ D_4= \int_0^1 \left(2^x+3^x\right)dx. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Pour tout réel \(a>0\), avec \(a\neq1\), une primitive de \(a^x\) est :

\[ \frac{a^x}{\ln a}. \]

Par linéarité :

\[ D_4= \left[ \frac{2^x}{\ln2} + \frac{3^x}{\ln3} \right]_0^1. \]

Donc :

\[ \begin{aligned} D_4 &= \frac{2-1}{\ln2} + \frac{3-1}{\ln3}\\ &= \frac1{\ln2} + \frac2{\ln3}. \end{aligned} \]

\[ \boxed{ D_4= \frac1{\ln2} + \frac2{\ln3} }. \]

Intégrale \(D_5\) \[ D_5= \int_{1/e}^{1} \left( x+\frac1x(1+\ln x) \right)dx. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Décomposons l'intégrande :

\[ x+\frac1x(1+\ln x) = x+\frac1x+\frac{\ln x}{x}. \]

Une primitive sur \(\left[\dfrac1e;1\right]\) est :

\[ F(x)= \frac{x^2}{2} + \ln x + \frac12(\ln x)^2. \]

À la borne \(1\) :

\[ F(1)=\frac12. \]

À la borne \(\dfrac1e\), on a \(\ln\dfrac1e=-1\), donc :

\[ \begin{aligned} F\left(\frac1e\right) &= \frac1{2e^2} -1 +\frac12\\ &= \frac1{2e^2}-\frac12. \end{aligned} \]

Par conséquent :

\[ \begin{aligned} D_5 &= F(1)-F\left(\frac1e\right)\\ &= \frac12- \left( \frac1{2e^2}-\frac12 \right). \end{aligned} \]

\[ \boxed{ D_5= 1-\frac1{2e^2} }. \]

Intégrale \(D_6\) \[ D_6= \int_{e^2}^{e^4} \frac{dt}{t\ln t}. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Sur l'intervalle \([e^2;e^4]\), on a \(\ln t>0\).

On reconnaît une expression de la forme \(\dfrac{u'}u\), avec :

\[ u(t)=\ln t \qquad\text{et}\qquad u'(t)=\frac1t. \]

Une primitive est donc :

\[ \ln(\ln t). \]

Ainsi :

\[ \begin{aligned} D_6 &= \left[ \ln(\ln t) \right]_{e^2}^{e^4}\\ &= \ln4-\ln2. \end{aligned} \]

\[ \boxed{D_6=\ln2}. \]

Intégrale \(D_7\) \[ D_7= \int_1^{e^\pi} \frac{\cos(\ln x)}{x}\,dx. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Posons :

\[ u=\ln x. \]

Alors :

\[ du=\frac{dx}{x}. \]

Les bornes deviennent :

\[ x=1\Longrightarrow u=0, \qquad x=e^\pi\Longrightarrow u=\pi. \]

Donc :

\[ \begin{aligned} D_7 &= \int_0^\pi\cos u\,du\\ &= \left[\sin u\right]_0^\pi\\ &= 0. \end{aligned} \]

\[ \boxed{D_7=0}. \]

Intégrale \(D_8\) \[ D_8= \int_{e^2}^{e^4} \frac{\ln(1+\sqrt x)} {x+\sqrt x}\,dx. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Posons :

\[ u=\ln(1+\sqrt x). \]

Calculons sa dérivée :

\[ \begin{aligned} du &= \frac1{1+\sqrt x} \cdot \frac1{2\sqrt x}\,dx\\ &= \frac{dx} {2\sqrt x(1+\sqrt x)}\\ &= \frac{dx} {2(x+\sqrt x)}. \end{aligned} \]

Ainsi :

\[ \frac{dx}{x+\sqrt x}=2\,du. \]

Les bornes deviennent :

\[ x=e^2 \Longrightarrow u=\ln(1+e), \]

et :

\[ x=e^4 \Longrightarrow u=\ln(1+e^2). \]

Donc :

\[ \begin{aligned} D_8 &= 2 \int_{\ln(1+e)}^{\ln(1+e^2)} u\,du\\ &= \left[u^2\right]_{\ln(1+e)}^{\ln(1+e^2)}. \end{aligned} \]

\[ \boxed{ D_8= \ln^2(1+e^2) - \ln^2(1+e) }. \]

Intégrale \(D_9\) \[ D_9= \int_{e^{-1}}^{e^{-2}} \frac{dt}{t\ln^2t}. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Posons :

\[ u=\ln t. \]

Alors :

\[ du=\frac{dt}{t}. \]

Les bornes deviennent :

\[ t=e^{-1}\Longrightarrow u=-1, \qquad t=e^{-2}\Longrightarrow u=-2. \]

Donc :

\[ \begin{aligned} D_9 &= \int_{-1}^{-2}\frac{du}{u^2}\\ &= \left[-\frac1u\right]_{-1}^{-2}\\ &= \frac12-1. \end{aligned} \]

\[ \boxed{D_9=-\frac12}. \]

Intégrale \(D_{10}\) \[ D_{10}= \int_{\ln2}^{\ln3} \frac{(e^t+1)(e^t+2)} {e^t}\,dt. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Développons et simplifions l'intégrande :

\[ \begin{aligned} \frac{(e^t+1)(e^t+2)}{e^t} &= \frac{e^{2t}+3e^t+2}{e^t}\\ &= e^t+3+2e^{-t}. \end{aligned} \]

Une primitive est :

\[ F(t)=e^t+3t-2e^{-t}. \]

Donc :

\[ \begin{aligned} D_{10} &= \left[ e^t+3t-2e^{-t} \right]_{\ln2}^{\ln3}\\ &= \left( 3+3\ln3-\frac23 \right) - \left( 2+3\ln2-1 \right)\\ &= \frac43 + 3\ln\left(\frac32\right). \end{aligned} \]

\[ \boxed{ D_{10} = \frac43 + 3\ln\left(\frac32\right) }. \]

Exercice 5

Énoncé

Calculer les intégrales suivantes.

Intégrale \(I_1\) \[ I_1= \int_0^{\ln3} \frac{e^x-e^{-x}} {e^x+e^{-x}}\,dx. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Posons :

\[ u(x)=e^x+e^{-x}. \]

Alors :

\[ u'(x)=e^x-e^{-x}. \]

L'intégrande est donc de la forme \(\dfrac{u'}u\). Comme \(u(x)>0\), une primitive est :

\[ \ln(e^x+e^{-x}). \]

Ainsi :

\[ \begin{aligned} I_1 &= \left[ \ln(e^x+e^{-x}) \right]_0^{\ln3}\\ &= \ln\left(3+\frac13\right)-\ln2\\ &= \ln\left(\frac{10}{3}\right)-\ln2. \end{aligned} \]

\[ \boxed{ I_1=\ln\left(\frac53\right) }. \]

Intégrale \(I_2\) \[ I_2= \int_2^3 (2-x)e^{x^2-4x}\,dx. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Posons :

\[ u=x^2-4x. \]

Alors :

\[ du=(2x-4)\,dx = 2(x-2)\,dx. \]

Or :

\[ (2-x)\,dx = -(x-2)\,dx = -\frac12\,du. \]

Les bornes deviennent :

\[ x=2\Longrightarrow u=-4, \qquad x=3\Longrightarrow u=-3. \]

Donc :

\[ \begin{aligned} I_2 &= -\frac12 \int_{-4}^{-3}e^u\,du\\ &= -\frac12 \left[e^u\right]_{-4}^{-3}\\ &= \frac12 \left(e^{-4}-e^{-3}\right). \end{aligned} \]

\[ \boxed{ I_2= \frac{e^{-4}-e^{-3}}2 }. \]

Intégrale \(I_3\) \[ I_3= \int_1^e \frac{dx} {x(1+\ln x)}. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Posons :

\[ u=1+\ln x. \]

Alors :

\[ du=\frac{dx}{x}. \]

Les bornes deviennent :

\[ x=1\Longrightarrow u=1, \qquad x=e\Longrightarrow u=2. \]

Donc :

\[ \begin{aligned} I_3 &= \int_1^2\frac{du}{u}\\ &= \left[\ln u\right]_1^2. \end{aligned} \]

\[ \boxed{I_3=\ln2}. \]

Intégrale \(I_4\) \[ I_4= \int_0^{\pi/3} \frac{dx} {(3\tan x+2)\cos^2x}. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

On écrit :

\[ \frac1{\cos^2x}=1+\tan^2x. \]

Posons :

\[ u=3\tan x+2. \]

Alors :

\[ du= 3(1+\tan^2x)\,dx = \frac3{\cos^2x}\,dx. \]

Ainsi :

\[ \frac{dx}{\cos^2x} = \frac13\,du. \]

Les bornes deviennent :

\[ x=0\Longrightarrow u=2, \]

et :

\[ x=\frac{\pi}{3} \Longrightarrow u=3\sqrt3+2. \]

Donc :

\[ \begin{aligned} I_4 &= \frac13 \int_2^{3\sqrt3+2} \frac{du}{u}\\ &= \frac13 \left[ \ln u \right]_2^{3\sqrt3+2}. \end{aligned} \]

\[ \boxed{ I_4= \frac13 \ln\left( \frac{3\sqrt3+2}{2} \right) }. \]

Intégrale \(I_5\) \[ I_5= \int_{\pi/6}^{\pi/3} \frac{\tan x} {\ln(\cos x)}\,dx. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Pour tout \(x\in\left[\dfrac{\pi}{6};\dfrac{\pi}{3}\right]\), on a :

\[ 0<\cos x<1, \]

donc :

\[ -\ln(\cos x)>0. \]

Posons :

\[ u=-\ln(\cos x). \]

Alors :

\[ du=\tan x\,dx \qquad\text{et}\qquad \ln(\cos x)=-u. \]

Les bornes deviennent :

\[ x=\frac{\pi}{6} \Longrightarrow u= -\ln\left(\frac{\sqrt3}{2}\right) = \ln\left(\frac2{\sqrt3}\right), \]

et :

\[ x=\frac{\pi}{3} \Longrightarrow u=-\ln\left(\frac12\right)=\ln2. \]

Donc :

\[ \begin{aligned} I_5 &= -\int_{\ln(2/\sqrt3)}^{\ln2} \frac{du}{u}\\ &= -\left[ \ln u \right]_{\ln(2/\sqrt3)}^{\ln2}. \end{aligned} \]

\[ \boxed{ I_5= \ln\left( \frac{\ln(2/\sqrt3)} {\ln2} \right) }. \]

Intégrale \(I_6\) \[ I_6= \int_{\pi/6}^{\pi/3} \frac{\tan x} {\ln^3(\cos x)}\,dx. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Comme dans l'intégrale précédente, posons :

\[ u=-\ln(\cos x). \]

Alors :

\[ du=\tan x\,dx \qquad\text{et}\qquad \ln^3(\cos x)=(-u)^3=-u^3. \]

Les bornes sont :

\[ u_1=\ln\left(\frac2{\sqrt3}\right), \qquad u_2=\ln2. \]

Donc :

\[ \begin{aligned} I_6 &= -\int_{u_1}^{u_2}u^{-3}\,du\\ &= \left[ \frac1{2u^2} \right]_{u_1}^{u_2}. \end{aligned} \]

\[ \boxed{ I_6= \frac1{2\ln^22} - \frac1{ 2\ln^2\left(\dfrac2{\sqrt3}\right) } }. \]

Intégrale \(I_7\) \[ I_7= \int_1^3 \left( e^x\ln x+\frac{e^x}{x} \right)dx. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Calculons la dérivée de la fonction \(x\mapsto e^x\ln x\) :

\[ \begin{aligned} (e^x\ln x)' &= e^x\ln x + e^x\frac1x\\ &= e^x\ln x + \frac{e^x}{x}. \end{aligned} \]

L'intégrande est donc exactement la dérivée de \(e^x\ln x\).

Ainsi :

\[ \begin{aligned} I_7 &= \left[ e^x\ln x \right]_1^3\\ &= e^3\ln3-e\ln1. \end{aligned} \]

\[ \boxed{I_7=e^3\ln3}. \]

Intégrale \(I_8\) \[ I_8= \int_0^1 \frac{(\operatorname{Arctan}x)^2} {x^2+1}\,dx. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Posons :

\[ u=\operatorname{Arctan}x. \]

Alors :

\[ du=\frac{dx}{1+x^2}. \]

Les bornes deviennent :

\[ x=0\Longrightarrow u=0, \qquad x=1\Longrightarrow u=\frac{\pi}{4}. \]

Donc :

\[ \begin{aligned} I_8 &= \int_0^{\pi/4}u^2\,du\\ &= \left[ \frac{u^3}{3} \right]_0^{\pi/4}\\ &= \frac13 \left(\frac{\pi}{4}\right)^3. \end{aligned} \]

\[ \boxed{I_8=\frac{\pi^3}{192}}. \]

Intégrale \(I_9\) \[ I_9= \int_0^\pi e^x(\sin x+\cos x)\,dx. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Calculons la dérivée de \(x\mapsto e^x\sin x\) :

\[ \begin{aligned} (e^x\sin x)' &= e^x\sin x+e^x\cos x\\ &= e^x(\sin x+\cos x). \end{aligned} \]

L'intégrande est donc la dérivée de \(e^x\sin x\).

Ainsi :

\[ \begin{aligned} I_9 &= \left[ e^x\sin x \right]_0^\pi\\ &= e^\pi\sin\pi-e^0\sin0. \end{aligned} \]

\[ \boxed{I_9=0}. \]

Intégrale \(I_{10}\) \[ I_{10}= \int_0^{\pi/4} \frac{e^{\tan x}} {\cos^2x}\,dx. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Posons :

\[ u=\tan x. \]

Alors :

\[ du= \frac{dx}{\cos^2x}. \]

Les bornes deviennent :

\[ x=0\Longrightarrow u=0, \qquad x=\frac{\pi}{4}\Longrightarrow u=1. \]

Donc :

\[ \begin{aligned} I_{10} &= \int_0^1e^u\,du\\ &= \left[e^u\right]_0^1. \end{aligned} \]

\[ \boxed{I_{10}=e-1}. \]

Exercice 6

Énoncé

On considère l'intégrale :

\[ I= \int_0^{\pi/4} \frac{dx}{1+\sin(2x)}. \]

Question 1

Montrer que, pour tout \(x\in\left[0;\dfrac{\pi}{4}\right]\) :

\[ \frac1{1+\sin(2x)} = \frac{1+\tan^2x} {(1+\tan x)^2}. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Pour tout \(x\in\left[0;\dfrac{\pi}{4}\right]\), on a \(\cos x\neq0\), donc \(\tan x\) est bien définie.

On utilise l'identité :

\[ \sin(2x)= \frac{2\tan x} {1+\tan^2x}. \]

Ainsi :

\[ \begin{aligned} 1+\sin(2x) &= 1+ \frac{2\tan x} {1+\tan^2x}\\ &= \frac{ 1+\tan^2x+2\tan x } {1+\tan^2x}\\ &= \frac{ (1+\tan x)^2 } {1+\tan^2x}. \end{aligned} \]

Sur l'intervalle considéré, \(\tan x\geq0\), donc \(1+\tan x>0\). On peut prendre l'inverse :

\[ \boxed{ \frac1{1+\sin(2x)} = \frac{1+\tan^2x} {(1+\tan x)^2} }. \]

Question 2

En déduire la valeur de l'intégrale \(I\).

Lire la correction + Masquer la correction −

D'après la question précédente :

\[ I= \int_0^{\pi/4} \frac{1+\tan^2x} {(1+\tan x)^2}\,dx. \]

Posons :

\[ u=1+\tan x. \]

Alors :

\[ du=(1+\tan^2x)\,dx. \]

Les bornes deviennent :

\[ x=0 \Longrightarrow u=1, \]

et :

\[ x=\frac{\pi}{4} \Longrightarrow u=2. \]

Donc :

\[ \begin{aligned} I &= \int_1^2\frac{du}{u^2}\\ &= \left[ -\frac1u \right]_1^2\\ &= -\frac12+1. \end{aligned} \]

\[ \boxed{I=\frac12}. \]

Méthode à retenir : pour une fonction composée, il faut repérer simultanément l'expression intérieure et sa dérivée. Lors d'un changement de variable dans une intégrale définie, les bornes doivent toujours être transformées.

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