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