Calcul intégral : primitives directes et transformations élémentaires — Exercices 1 à 3
Correction détaillée — 2e Bac Sciences Mathématiques
Ce bloc traite les primitives directes, les simplifications algébriques, les puissances, les fonctions composées et les premières intégrales trigonométriques.
Exercice 1
Énoncé
Calculer les intégrales suivantes.
Intégrale \(A_1\)
\[
A_1=\int_{-2}^{3}t\left(t^2+2\right)^7\,dt.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
On reconnaît une expression de la forme \(u'(t)u(t)^7\), avec :
\[ u(t)=t^2+2 \qquad\text{et}\qquad u'(t)=2t. \]Comme \(t=\dfrac12u'(t)\), une primitive est :
\[ \int t(t^2+2)^7\,dt = \frac12\int u^7\,du = \frac{u^8}{16}. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} A_1 &= \left[\frac{(t^2+2)^8}{16}\right]_{-2}^{3}\\ &= \frac{(3^2+2)^8-\left((-2)^2+2\right)^8}{16}\\ &= \frac{11^8-6^8}{16}. \end{aligned} \]
\[
\boxed{A_1=\frac{11^8-6^8}{16}}.
\]
Intégrale \(A_2\)
\[
A_2=
\int_1^4
\left(\sqrt t-\frac1{\sqrt t}\right)^2dt.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
Développons d'abord le carré :
\[ \left(\sqrt t-\frac1{\sqrt t}\right)^2 = t-2+\frac1t. \]Par conséquent :
\[ A_2= \int_1^4 \left(t-2+\frac1t\right)dt. \]Une primitive sur \([1;4]\) est :
\[ F(t)=\frac{t^2}{2}-2t+\ln t. \]Donc :
\[ \begin{aligned} A_2 &= \left[\frac{t^2}{2}-2t+\ln t\right]_1^4\\ &= \left(8-8+\ln4\right) - \left(\frac12-2\right)\\ &= \ln4+\frac32. \end{aligned} \]
\[
\boxed{A_2=\ln4+\frac32=2\ln2+\frac32}.
\]
Intégrale \(A_3\)
\[
A_3=\int_0^4\frac{dx}{\sqrt{2x+1}}.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
On remarque que :
\[ \left(\sqrt{2x+1}\right)' = \frac1{\sqrt{2x+1}}. \]Donc :
\[ \begin{aligned} A_3 &= \left[\sqrt{2x+1}\right]_0^4\\ &= \sqrt9-\sqrt1\\ &= 3-1. \end{aligned} \]
\[
\boxed{A_3=2}.
\]
Intégrale \(A_4\)
\[
A_4=\int_1^0\frac{dx}{(2x+1)^{2018}}.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
On écrit :
\[ \frac1{(2x+1)^{2018}} = (2x+1)^{-2018}. \]Une primitive est :
\[ -\frac1{4034}(2x+1)^{-2017}, \]car \(4034=2\times2017\).
Ainsi :
\[ \begin{aligned} A_4 &= \left[ -\frac1{4034(2x+1)^{2017}} \right]_1^0\\ &= -\frac1{4034} + \frac1{4034\cdot3^{2017}}. \end{aligned} \]
\[
\boxed{
A_4=
\frac1{4034}
\left(\frac1{3^{2017}}-1\right)
}.
\]
Intégrale \(A_5\)
\[
A_5=\int_0^1x^{20}\sqrt x\,dx.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
On transforme la racine carrée en puissance :
\[ x^{20}\sqrt x = x^{20}x^{1/2} = x^{41/2}. \]Donc :
\[ \begin{aligned} A_5 &= \int_0^1x^{41/2}\,dx\\ &= \left[ \frac2{43}x^{43/2} \right]_0^1. \end{aligned} \]
\[
\boxed{A_5=\frac2{43}}.
\]
Intégrale \(A_6\)
\[
A_6=
\int_0^2
(x+2)\sqrt{x^2+4x}\,dx.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
Posons :
\[ u(x)=x^2+4x. \]Alors :
\[ u'(x)=2x+4=2(x+2). \]Ainsi, une primitive de l'intégrande est :
\[ \frac13(x^2+4x)^{3/2}, \]car :
\[ \left[ \frac13(x^2+4x)^{3/2} \right]' = (x+2)\sqrt{x^2+4x}. \]Donc :
\[ \begin{aligned} A_6 &= \left[ \frac13(x^2+4x)^{3/2} \right]_0^2\\ &= \frac13(12)^{3/2}\\ &= \frac13(2\sqrt3)^3. \end{aligned} \]
\[
\boxed{A_6=8\sqrt3}.
\]
Intégrale \(A_7\)
\[
A_7=
\int_7^0
\frac{dx}{\sqrt[3]{1+x}}.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
On écrit :
\[ \frac1{\sqrt[3]{1+x}} = (1+x)^{-1/3}. \]Une primitive est :
\[ \frac32(1+x)^{2/3}. \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} A_7 &= \left[ \frac32(1+x)^{2/3} \right]_7^0\\ &= \frac32 \left( 1-8^{2/3} \right)\\ &= \frac32(1-4)\\ &= -\frac92. \end{aligned} \]
\[
\boxed{A_7=-\frac92}.
\]
Intégrale \(A_8\)
\[
A_8=\int_0^1\frac{x}{1+x^4}\,dx.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
Posons :
\[ u=x^2. \]Alors :
\[ du=2x\,dx \qquad\text{et}\qquad x\,dx=\frac12\,du. \]Les bornes deviennent :
\[ x=0\Longrightarrow u=0, \qquad x=1\Longrightarrow u=1. \]Donc :
\[ \begin{aligned} A_8 &= \frac12\int_0^1\frac{du}{1+u^2}\\ &= \frac12 \left[ \operatorname{Arctan}u \right]_0^1\\ &= \frac12\cdot\frac{\pi}{4}. \end{aligned} \]
\[
\boxed{A_8=\frac{\pi}{8}}.
\]
Exercice 2
Énoncé
Calculer les intégrales suivantes.
Intégrale \(B_1\)
\[
B_1=\int_1^2x\sqrt{x-1}\,dx.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
On écrit :
\[ x=(x-1)+1. \]Ainsi :
\[ x\sqrt{x-1} = (x-1)^{3/2} + (x-1)^{1/2}. \]Une primitive est donc :
\[ \frac25(x-1)^{5/2} + \frac23(x-1)^{3/2}. \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} B_1 &= \left[ \frac25(x-1)^{5/2} + \frac23(x-1)^{3/2} \right]_1^2\\ &= \frac25+\frac23. \end{aligned} \]
\[
\boxed{B_1=\frac{16}{15}}.
\]
Intégrale \(B_2\)
\[
B_2=
\int_2^5
\frac{t}{\sqrt{t-1}}\,dt.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
On décompose :
\[ t=(t-1)+1. \]Alors :
\[ \frac{t}{\sqrt{t-1}} = \sqrt{t-1} + \frac1{\sqrt{t-1}}. \]Une primitive est :
\[ \frac23(t-1)^{3/2} + 2\sqrt{t-1}. \]Donc :
\[ \begin{aligned} B_2 &= \left[ \frac23(t-1)^{3/2} + 2\sqrt{t-1} \right]_2^5\\ &= \left(\frac{16}{3}+4\right) - \left(\frac23+2\right)\\ &= \frac{20}{3}. \end{aligned} \]
\[
\boxed{B_2=\frac{20}{3}}.
\]
Intégrale \(B_3\)
\[
B_3=
\int_0^3
\frac{x}{(x-1)\sqrt{x+1}}\,dx.
\]
Observation mathématique :
l'expression placée sous le signe intégral n'est pas définie en \(x=1\), alors que \(1\in[0;3]\). L'intégrale n'existe donc pas comme intégrale usuelle sur ce segment.
Lire la correction + Masquer la correction −
Considérons :
\[ f(x)= \frac{x}{(x-1)\sqrt{x+1}}. \]Le dénominateur s'annule en \(x=1\), tandis que le numérateur vaut \(1\). La fonction \(f\) n'est donc pas définie en \(1\).
Pour étudier le comportement de l'intégrale de chaque côté de \(1\), posons :
\[ t=\sqrt{x+1}. \]Alors :
\[ x=t^2-1, \qquad dx=2t\,dt, \qquad x-1=t^2-2. \]On obtient :
\[ \begin{aligned} \frac{x}{(x-1)\sqrt{x+1}}\,dx &= \frac{t^2-1}{(t^2-2)t}\,2t\,dt\\ &= 2\frac{t^2-1}{t^2-2}\,dt\\ &= \left(2+\frac2{t^2-2}\right)dt. \end{aligned} \]Une primitive sur chacun des intervalles ne contenant pas \(1\) est :
\[ F(x)= 2\sqrt{x+1} + \frac1{\sqrt2} \ln\left| \frac{\sqrt{x+1}-\sqrt2} {\sqrt{x+1}+\sqrt2} \right|. \]Lorsque \(x\to1^-\) ou \(x\to1^+\), on a :
\[ \left| \sqrt{x+1}-\sqrt2 \right| \longrightarrow0^+, \]donc :
\[ F(x)\longrightarrow-\infty. \]Par conséquent :
\[ \lim_{a\to1^-} \int_0^a f(x)\,dx = -\infty, \]et :
\[ \lim_{b\to1^+} \int_b^3 f(x)\,dx = +\infty. \]
Les deux intégrales situées de part et d'autre de \(1\) ne convergent pas. Ainsi, \(B_3\) n'existe ni comme intégrale usuelle sur \([0;3]\), ni comme intégrale impropre convergente.
Intégrale \(B_4\)
\[
B_4=\int_4^9\frac{dx}{x+\sqrt x}.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
Posons :
\[ t=\sqrt x. \]Alors :
\[ x=t^2 \qquad\text{et}\qquad dx=2t\,dt. \]Les nouvelles bornes sont :
\[ x=4\Longrightarrow t=2, \qquad x=9\Longrightarrow t=3. \]De plus :
\[ x+\sqrt x = t^2+t = t(t+1). \]Donc :
\[ \begin{aligned} B_4 &= \int_2^3\frac{2t}{t(t+1)}\,dt\\ &= 2\int_2^3\frac{dt}{t+1}\\ &= 2\left[\ln(t+1)\right]_2^3. \end{aligned} \]
\[
\boxed{B_4=2\ln\left(\frac43\right)}.
\]
Intégrale \(B_5\)
\[
B_5=
\int_1^4
\frac{dx}{\sqrt x\,(x+1)}.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
Posons :
\[ t=\sqrt x. \]Alors :
\[ x=t^2, \qquad dx=2t\,dt. \]Les bornes deviennent :
\[ x=1\Longrightarrow t=1, \qquad x=4\Longrightarrow t=2. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} B_5 &= \int_1^2 \frac{2t}{t(t^2+1)}\,dt\\ &= 2\int_1^2\frac{dt}{1+t^2}\\ &= 2\left[ \operatorname{Arctan}t \right]_1^2. \end{aligned} \]
\[
\boxed{
B_5=
2\left(
\operatorname{Arctan}2-\frac{\pi}{4}
\right)
}.
\]
Intégrale \(B_6\)
\[
B_6=
\int_2^3
\frac{2x}{(x-1)(x+2)}\,dx.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
Décomposons la fraction sous la forme :
\[ \frac{2x}{(x-1)(x+2)} = \frac{a}{x-1} + \frac{b}{x+2}. \]En réduisant au même dénominateur :
\[ 2x=a(x+2)+b(x-1). \]En identifiant les coefficients :
\[ \begin{cases} a+b=2,\\ 2a-b=0. \end{cases} \]On obtient :
\[ a=\frac23, \qquad b=\frac43. \]Ainsi :
\[ \frac{2x}{(x-1)(x+2)} = \frac{2}{3(x-1)} + \frac{4}{3(x+2)}. \]Donc :
\[ \begin{aligned} B_6 &= \left[ \frac23\ln|x-1| + \frac43\ln|x+2| \right]_2^3\\ &= \frac23\ln2 + \frac43\ln5 - \frac43\ln4. \end{aligned} \]
\[
\boxed{
B_6=
\frac23\ln2
+
\frac43\ln\left(\frac54\right)
}.
\]
Exercice 3
Énoncé
Calculer les intégrales suivantes.
Intégrale \(C_1\)
\[
C_1=
\int_0^\pi
\left(
\cos\frac x2-\sin3x
\right)dx.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
Une primitive de \(\cos\dfrac x2\) est \(2\sin\dfrac x2\).
Une primitive de \(-\sin3x\) est \(\dfrac13\cos3x\).
Donc :
\[ \begin{aligned} C_1 &= \left[ 2\sin\frac x2+\frac13\cos3x \right]_0^\pi\\ &= \left(2-\frac13\right) - \left(0+\frac13\right). \end{aligned} \]
\[
\boxed{C_1=\frac43}.
\]
Intégrale \(C_2\)
\[
C_2=
\int_0^{\pi/4}
\sin^3(2x)\,dx.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
On écrit :
\[ \sin^3(2x) = \sin(2x) \left(1-\cos^2(2x)\right). \]Posons :
\[ u=\cos(2x). \]Alors :
\[ du=-2\sin(2x)\,dx. \]Les bornes deviennent :
\[ x=0\Longrightarrow u=1, \qquad x=\frac{\pi}{4}\Longrightarrow u=0. \]Donc :
\[ \begin{aligned} C_2 &= -\frac12\int_1^0(1-u^2)\,du\\ &= \frac12\int_0^1(1-u^2)\,du\\ &= \frac12 \left[ u-\frac{u^3}{3} \right]_0^1. \end{aligned} \]
\[
\boxed{C_2=\frac13}.
\]
Intégrale \(C_3\)
\[
C_3=
\int_0^\pi
\sin^3x\cos x\,dx.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
On reconnaît la dérivée de \(\sin x\) :
\[ (\sin x)'=\cos x. \]Une primitive de \(\sin^3x\cos x\) est donc :
\[ \frac14\sin^4x. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} C_3 &= \left[ \frac14\sin^4x \right]_0^\pi\\ &= \frac14\sin^4\pi - \frac14\sin^40. \end{aligned} \]
\[
\boxed{C_3=0}.
\]
Intégrale \(C_4\)
\[
C_4=
\int_0^{\pi/2}
\frac{\cos x}{2+\sin x}\,dx.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
Posons :
\[ u(x)=2+\sin x. \]Alors :
\[ u'(x)=\cos x. \]Une primitive est donc :
\[ \ln(2+\sin x), \]car \(2+\sin x>0\) sur \(\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]\).
Ainsi :
\[ \begin{aligned} C_4 &= \left[ \ln(2+\sin x) \right]_0^{\pi/2}\\ &= \ln3-\ln2. \end{aligned} \]
\[
\boxed{C_4=\ln\left(\frac32\right)}.
\]
Intégrale \(C_5\)
\[
C_5=
\int_{\pi/3}^{\pi/4}
\cos(2x)\sin(3x)\,dx.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
On utilise la formule :
\[ \sin a\cos b = \frac12 \bigl( \sin(a+b)+\sin(a-b) \bigr). \]Avec \(a=3x\) et \(b=2x\), on obtient :
\[ \sin(3x)\cos(2x) = \frac12 \bigl( \sin5x+\sin x \bigr). \]Par conséquent :
\[ C_5= \frac12 \int_{\pi/3}^{\pi/4} \bigl(\sin5x+\sin x\bigr)\,dx. \]Une primitive est :
\[ -\frac1{10}\cos5x-\frac12\cos x. \]À la borne \(\dfrac{\pi}{4}\) :
\[ -\frac1{10}\cos\frac{5\pi}{4} - \frac12\cos\frac{\pi}{4} = -\frac{\sqrt2}{5}. \]À la borne \(\dfrac{\pi}{3}\) :
\[ -\frac1{10}\cos\frac{5\pi}{3} - \frac12\cos\frac{\pi}{3} = -\frac3{10}. \]Donc :
\[ C_5= -\frac{\sqrt2}{5} + \frac3{10}. \]
\[
\boxed{C_5=\frac{3-2\sqrt2}{10}}.
\]
Intégrale \(C_6\)
\[
C_6=
\int_0^{\pi/8}
\tan(2x)\,dx.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
On écrit :
\[ \tan(2x)=\frac{\sin(2x)}{\cos(2x)}. \]Une primitive est :
\[ -\frac12\ln(\cos2x), \]car \(\cos2x>0\) sur \(\left[0;\dfrac{\pi}{8}\right]\).
Ainsi :
\[ \begin{aligned} C_6 &= \left[ -\frac12\ln(\cos2x) \right]_0^{\pi/8}\\ &= -\frac12 \ln\left( \cos\frac{\pi}{4} \right)\\ &= -\frac12 \ln\left( \frac{\sqrt2}{2} \right). \end{aligned} \]Or :
\[ \frac{\sqrt2}{2} = \frac1{\sqrt2}. \]
\[
\boxed{C_6=\frac14\ln2}.
\]
Intégrale \(C_7\)
\[
C_7=
\int_0^{\pi/4}
\left(
\tan^3x+\tan x
\right)dx.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
On factorise :
\[ \tan^3x+\tan x = \tan x\left(1+\tan^2x\right). \]Posons :
\[ u=\tan x. \]Alors :
\[ du=(1+\tan^2x)\,dx. \]Les bornes deviennent :
\[ x=0\Longrightarrow u=0, \qquad x=\frac{\pi}{4}\Longrightarrow u=1. \]Donc :
\[ \begin{aligned} C_7 &= \int_0^1u\,du\\ &= \left[ \frac{u^2}{2} \right]_0^1. \end{aligned} \]
\[
\boxed{C_7=\frac12}.
\]
Intégrale \(C_8\)
\[
C_8=
\int_{\pi^2/4}^{\pi^2}
\frac{\cos\sqrt x}{\sqrt x}\,dx.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
Posons :
\[ t=\sqrt x. \]Alors :
\[ x=t^2 \qquad\text{et}\qquad dx=2t\,dt. \]Les nouvelles bornes sont :
\[ x=\frac{\pi^2}{4} \Longrightarrow t=\frac{\pi}{2}, \qquad x=\pi^2 \Longrightarrow t=\pi. \]Donc :
\[ \begin{aligned} C_8 &= \int_{\pi/2}^{\pi} \frac{\cos t}{t}\,2t\,dt\\ &= 2\int_{\pi/2}^{\pi}\cos t\,dt\\ &= 2\left[\sin t\right]_{\pi/2}^{\pi}. \end{aligned} \]
\[
\boxed{C_8=-2}.
\]
Intégrale \(C_9\)
\[
C_9=
\int_0^{\pi/4}
\tan^3x\,dx.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
On utilise l'identité :
\[ 1+\tan^2x=\frac1{\cos^2x}. \]Alors :
\[ \tan^3x = \tan x \left( \frac1{\cos^2x}-1 \right). \]Donc :
\[ \int\tan^3x\,dx = \int \frac{\tan x}{\cos^2x}\,dx - \int\tan x\,dx. \]Pour la première intégrale, on pose \(u=\tan x\), d'où :
\[ \int \frac{\tan x}{\cos^2x}\,dx = \frac12\tan^2x. \]D'autre part :
\[ \int\tan x\,dx=-\ln(\cos x). \]Ainsi, une primitive de \(\tan^3x\) est :
\[ \frac12\tan^2x+\ln(\cos x). \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} C_9 &= \left[ \frac12\tan^2x+\ln(\cos x) \right]_0^{\pi/4}\\ &= \frac12 + \ln\left(\frac{\sqrt2}{2}\right)\\ &= \frac12-\frac12\ln2. \end{aligned} \]
\[
\boxed{C_9=\frac{1-\ln2}{2}}.
\]
Intégrale \(C_{10}\)
\[
C_{10}=
\int_0^{\pi/3}
\frac{\cos(2x)}
{(2+\sin2x)^4}\,dx.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
On pose :
\[ u=2+\sin2x. \]Alors :
\[ du=2\cos2x\,dx \qquad\text{et}\qquad \cos2x\,dx=\frac12\,du. \]Les bornes deviennent :
\[ x=0\Longrightarrow u=2, \]et :
\[ x=\frac{\pi}{3} \Longrightarrow u= 2+\sin\frac{2\pi}{3} = 2+\frac{\sqrt3}{2}. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} C_{10} &= \frac12 \int_2^{\,2+\sqrt3/2} u^{-4}\,du\\ &= \frac12 \left[ -\frac1{3u^3} \right]_2^{\,2+\sqrt3/2}\\ &= \frac16 \left[ \frac1{2^3} - \frac1{\left(2+\frac{\sqrt3}{2}\right)^3} \right]. \end{aligned} \]
\[
\boxed{
C_{10}
=
\frac16
\left(
\frac18
-
\frac1{\left(2+\frac{\sqrt3}{2}\right)^3}
\right)
}.
\]
Méthode à retenir :
avant de chercher une primitive, il faut simplifier l'expression, développer si nécessaire, transformer les racines en puissances, repérer une expression accompagnée de sa dérivée et vérifier que l'intégrande est définie sur tout l'intervalle d'intégration.
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