Correction détaillée de l’exercice 61
Calcul intégral — Manuel Al Moufid — 2e Bac Sciences Mathématiques
Les huit intégrales sont traitées séparément avec les changements de variable, identités et intégrations par parties nécessaires.
Exercice 61
Calculer les intégrales suivantes :
\[ I_1=\int_0^{\pi/4}\frac{\cos x}{1+\cos x}\,dx \qquad;\qquad I_2=\int_0^{\pi/3}\sin(2x)\cos(5x)\,dx \] \[ I_3=\int_0^{\ln(\sqrt3)} e^x\operatorname{Arctan}(e^{-x})\,dx \qquad;\qquad I_4=\int_0^{\pi/3}\sin^4x\,dx \] \[ I_5=\int_0^{\pi/2} (2x+1)\cos^2x\sin x\,dx \qquad;\qquad I_6=\int_0^1x^3e^{-x^2}\,dx \] \[ I_7=\int_{-\pi/2}^{\pi} (x\cos x+\sin x)\,dx \qquad;\qquad I_8=\int_{\pi/3}^{\pi/4}\tan x\,dx. \]
Intégrale \(I_1\)
\[
I_1=\int_0^{\pi/4}\frac{\cos x}{1+\cos x}\,dx.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
Sur \(\left[0;\dfrac{\pi}{4}\right]\), on a \(\cos x>0\). Par conséquent :
\[ 1+\cos x>0. \]L’intégrande est donc continue sur ce segment.
Écrivons :
\[ \frac{\cos x}{1+\cos x} = \frac{1+\cos x-1}{1+\cos x} = 1-\frac1{1+\cos x}. \]Or :
\[ 1+\cos x=2\cos^2\left(\frac{x}{2}\right). \]Donc :
\[ \frac1{1+\cos x} = \frac1{2\cos^2(x/2)}. \]Comme :
\[ \left(\tan\frac{x}{2}\right)' = \frac1{2\cos^2(x/2)}, \]on obtient :
\[ \begin{aligned} I_1 &= \int_0^{\pi/4} \left( 1-\frac1{2\cos^2(x/2)} \right)\,dx\\ &= \left[ x-\tan\left(\frac{x}{2}\right) \right]_0^{\pi/4}\\ &= \frac{\pi}{4}-\tan\left(\frac{\pi}{8}\right). \end{aligned} \]Calculons \(\tan\left(\dfrac{\pi}{8}\right)\). On utilise :
\[ \tan\left(\frac{u}{2}\right) = \frac{\sin u}{1+\cos u}. \]Avec \(u=\dfrac{\pi}{4}\) :
\[ \begin{aligned} \tan\left(\frac{\pi}{8}\right) &= \frac{\sin(\pi/4)}{1+\cos(\pi/4)}\\ &= \frac{\frac{\sqrt2}{2}} {1+\frac{\sqrt2}{2}}\\ &= \sqrt2-1. \end{aligned} \]Finalement :
\[ I_1= \frac{\pi}{4}-(\sqrt2-1). \]
\[
\boxed{
I_1=1+\frac{\pi}{4}-\sqrt2
}
\]
Intégrale \(I_2\)
\[
I_2=\int_0^{\pi/3}\sin(2x)\cos(5x)\,dx.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
L’intégrande est continue sur \(\left[0;\dfrac{\pi}{3}\right]\).
On utilise la formule :
\[ \sin a\cos b = \frac12\left[\sin(a+b)+\sin(a-b)\right]. \]Avec \(a=2x\) et \(b=5x\) :
\[ \begin{aligned} \sin(2x)\cos(5x) &= \frac12 \left[\sin(7x)+\sin(-3x)\right]\\ &= \frac12\left[\sin(7x)-\sin(3x)\right]. \end{aligned} \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} I_2 &= \frac12\int_0^{\pi/3} \left[\sin(7x)-\sin(3x)\right]\,dx\\ &= \left[ -\frac{\cos(7x)}{14} + \frac{\cos(3x)}6 \right]_0^{\pi/3}. \end{aligned} \]Or :
\[ \cos\left(\frac{7\pi}{3}\right) = \cos\left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac12, \] \[ \cos\pi=-1 \qquad\text{et}\qquad \cos0=1. \]Donc :
\[ \begin{aligned} I_2 &= \left( -\frac1{28}-\frac16 \right) - \left( -\frac1{14}+\frac16 \right)\\ &= -\frac{17}{84}-\frac8{84}\\ &= -\frac{25}{84}. \end{aligned} \]
\[
\boxed{I_2=-\frac{25}{84}}
\]
Intégrale \(I_3\)
\[
I_3=
\int_0^{\ln(\sqrt3)}
e^x\operatorname{Arctan}(e^{-x})\,dx.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
L’intégrande est continue sur \([0;\ln(\sqrt3)]\).
Effectuons une intégration par parties avec :
\[ u(x)=\operatorname{Arctan}(e^{-x}), \qquad v'(x)=e^x. \]On a :
\[ u'(x) = \frac{-e^{-x}}{1+e^{-2x}} \]et :
\[ v(x)=e^x. \]La formule d’intégration par parties donne :
\[ \begin{aligned} I_3 &= \left[ e^x\operatorname{Arctan}(e^{-x}) \right]_0^{\ln(\sqrt3)}\\ &\quad+ \int_0^{\ln(\sqrt3)} \frac{dx}{1+e^{-2x}}. \end{aligned} \]Pour le terme aux bornes :
\[ e^{\ln(\sqrt3)}=\sqrt3, \qquad e^{-\ln(\sqrt3)}=\frac1{\sqrt3}. \]De plus :
\[ \operatorname{Arctan}\left(\frac1{\sqrt3}\right) = \frac{\pi}{6} \]et :
\[ \operatorname{Arctan}(1)=\frac{\pi}{4}. \]Ainsi :
\[ \left[ e^x\operatorname{Arctan}(e^{-x}) \right]_0^{\ln(\sqrt3)} = \frac{\pi\sqrt3}{6}-\frac{\pi}{4}. \]D’autre part :
\[ \frac1{1+e^{-2x}} = \frac{e^{2x}}{1+e^{2x}}. \]Une primitive est :
\[ x\longmapsto \frac12\ln(1+e^{2x}). \]Donc :
\[ \begin{aligned} \int_0^{\ln(\sqrt3)} \frac{dx}{1+e^{-2x}} &= \frac12 \left[ \ln(1+e^{2x}) \right]_0^{\ln(\sqrt3)}\\ &= \frac12(\ln4-\ln2)\\ &= \frac{\ln2}{2}. \end{aligned} \]
\[
\boxed{
I_3=
\frac{\pi\sqrt3}{6}
-
\frac{\pi}{4}
+
\frac{\ln2}{2}
}
\]
Intégrale \(I_4\)
\[
I_4=\int_0^{\pi/3}\sin^4x\,dx.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
L’intégrande est continue sur \(\left[0;\dfrac{\pi}{3}\right]\).
On utilise :
\[ \sin^2x=\frac{1-\cos(2x)}2. \]Alors :
\[ \begin{aligned} \sin^4x &= \frac{(1-\cos(2x))^2}{4}\\ &= \frac14 \left[ 1-2\cos(2x)+\cos^2(2x) \right]. \end{aligned} \]Or :
\[ \cos^2(2x)=\frac{1+\cos(4x)}2. \]Donc :
\[ \sin^4x= \frac{3-4\cos(2x)+\cos(4x)}8. \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} I_4 &= \int_0^{\pi/3} \frac{3-4\cos(2x)+\cos(4x)}8\,dx\\ &= \left[ \frac{3x}{8} - \frac{\sin(2x)}4 + \frac{\sin(4x)}{32} \right]_0^{\pi/3}. \end{aligned} \]On a :
\[ \sin\left(\frac{2\pi}{3}\right)=\frac{\sqrt3}{2} \]et :
\[ \sin\left(\frac{4\pi}{3}\right)=-\frac{\sqrt3}{2}. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} I_4 &= \frac{\pi}{8} - \frac{\sqrt3}{8} - \frac{\sqrt3}{64}\\ &= \frac{\pi}{8} - \frac{9\sqrt3}{64}. \end{aligned} \]
\[
\boxed{
I_4=
\frac{\pi}{8}
-
\frac{9\sqrt3}{64}
}
\]
Intégrale \(I_5\)
\[
I_5=
\int_0^{\pi/2}
(2x+1)\cos^2x\sin x\,dx.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
L’intégrande est continue sur \(\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]\).
Effectuons une intégration par parties avec :
\[ u(x)=2x+1, \qquad u'(x)=2, \] \[ v'(x)=\cos^2x\sin x, \qquad v(x)=-\frac{\cos^3x}{3}. \]En effet :
\[ \left(-\frac{\cos^3x}{3}\right)' = \cos^2x\sin x. \]On obtient :
\[ \begin{aligned} I_5 &= \left[ -\frac{(2x+1)\cos^3x}{3} \right]_0^{\pi/2}\\ &\quad+ \frac23 \int_0^{\pi/2}\cos^3x\,dx. \end{aligned} \]Le terme aux bornes vaut :
\[ \left[ -\frac{(2x+1)\cos^3x}{3} \right]_0^{\pi/2} = \frac13. \]Calculons maintenant :
\[ A=\int_0^{\pi/2}\cos^3x\,dx. \]Écrivons :
\[ \cos^3x=\cos x(1-\sin^2x). \]Posons :
\[ t=\sin x, \qquad dt=\cos x\,dx. \]Les nouvelles bornes sont :
\[ x=0\Longrightarrow t=0, \qquad x=\frac{\pi}{2}\Longrightarrow t=1. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} A &= \int_0^1(1-t^2)\,dt\\ &= \left[t-\frac{t^3}{3}\right]_0^1\\ &= \frac23. \end{aligned} \]Finalement :
\[ \begin{aligned} I_5 &= \frac13+\frac23\cdot\frac23\\ &= \frac13+\frac49\\ &= \frac79. \end{aligned} \]
\[
\boxed{I_5=\frac79}
\]
Intégrale \(I_6\)
\[
I_6=\int_0^1x^3e^{-x^2}\,dx.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
L’intégrande est continue sur \([0;1]\).
Posons :
\[ t=x^2. \]Alors :
\[ dt=2x\,dx \qquad\text{et}\qquad x^3\,dx=x^2x\,dx=\frac{t}{2}\,dt. \]Les nouvelles bornes sont :
\[ x=0\Longrightarrow t=0, \qquad x=1\Longrightarrow t=1. \]Par conséquent :
\[ I_6= \frac12\int_0^1te^{-t}\,dt. \]Calculons cette intégrale par parties avec :
\[ u(t)=t, \qquad u'(t)=1, \] \[ v'(t)=e^{-t}, \qquad v(t)=-e^{-t}. \]On obtient :
\[ \begin{aligned} \int_0^1te^{-t}\,dt &= \left[-te^{-t}\right]_0^1 + \int_0^1e^{-t}\,dt\\ &= -\frac1e + \left[-e^{-t}\right]_0^1\\ &= -\frac1e+1-\frac1e\\ &= 1-\frac2e. \end{aligned} \]Ainsi :
\[ I_6= \frac12\left(1-\frac2e\right). \]
\[
\boxed{
I_6=\frac12-\frac1e
}
\]
Intégrale \(I_7\)
\[
I_7=
\int_{-\pi/2}^{\pi}
(x\cos x+\sin x)\,dx.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
L’intégrande est continue sur \(\left[-\dfrac{\pi}{2};\pi\right]\).
On remarque que :
\[ (x\sin x)' = \sin x+x\cos x. \]Une primitive de l’intégrande est donc :
\[ x\longmapsto x\sin x. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} I_7 &= \left[x\sin x\right]_{-\pi/2}^{\pi}\\ &= \pi\sin\pi - \left( -\frac{\pi}{2} \sin\left(-\frac{\pi}{2}\right) \right). \end{aligned} \]Or :
\[ \sin\pi=0 \qquad\text{et}\qquad \sin\left(-\frac{\pi}{2}\right)=-1. \]Donc :
\[ I_7= 0-\frac{\pi}{2}. \]
\[
\boxed{I_7=-\frac{\pi}{2}}
\]
Intégrale \(I_8\)
\[
I_8=\int_{\pi/3}^{\pi/4}\tan x\,dx.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
La fonction tangente est continue sur le segment \(\left[\dfrac{\pi}{4};\dfrac{\pi}{3}\right]\), car \(\cos x>0\) sur ce segment.
Les bornes sont données dans l’ordre décroissant. L’intégrale est donc une intégrale orientée.
On a :
\[ \tan x=\frac{\sin x}{\cos x}. \]Une primitive de la fonction tangente est :
\[ x\longmapsto-\ln(\cos x) \]sur l’intervalle considéré.
Ainsi :
\[ \begin{aligned} I_8 &= \left[-\ln(\cos x)\right]_{\pi/3}^{\pi/4}\\ &= -\ln\left(\frac{\sqrt2}{2}\right) + \ln\left(\frac12\right)\\ &= \ln\left( \frac{1/2}{\sqrt2/2} \right)\\ &= \ln\left(\frac1{\sqrt2}\right)\\ &= -\frac12\ln2. \end{aligned} \]
\[
\boxed{
I_8=-\frac{\ln2}{2}
}
\]
Méthodes à retenir : avant d’intégrer, rechercher une identité trigonométrique, la dérivée d’un produit ou un changement de variable simple. Il faut également respecter l’ordre des bornes, notamment dans une intégrale orientée.
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