Correction des exercices 53 à 57 — Calcul intégral — Al Moufid 2e Bac SM

Correction des exercices 53 à 57

Calcul intégral — Manuel Al Moufid — 2e Bac Sciences Mathématiques

Chaque énoncé reste visible et sa correction détaillée peut être affichée séparément.

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Exercice 53

On considère les intégrales suivantes :

\[ I=\int_0^\pi e^x\cos^2(x)\,dx, \qquad J=\int_0^\pi e^x\sin^2(x)\,dx \]

et :

\[ K=\int_0^\pi e^x\cos(2x)\,dx. \]

Question 1

En utilisant deux fois la formule d’intégration par parties, calculer la valeur de \(K\).

Lire la correction + Masquer la correction −

La fonction \(x\mapsto e^x\cos(2x)\) est continue sur \([0;\pi]\).

Effectuons une première intégration par parties avec :

\[ u(x)=\cos(2x), \qquad u'(x)=-2\sin(2x), \] \[ v'(x)=e^x, \qquad v(x)=e^x. \]

On obtient :

\[ K= \left[e^x\cos(2x)\right]_0^\pi + 2\int_0^\pi e^x\sin(2x)\,dx. \]

Posons :

\[ L=\int_0^\pi e^x\sin(2x)\,dx. \]

Le terme aux bornes vaut :

\[ \begin{aligned} \left[e^x\cos(2x)\right]_0^\pi &= e^\pi\cos(2\pi)-\cos0\\ &= e^\pi-1. \end{aligned} \]

Ainsi :

\[ K=e^\pi-1+2L. \]

Calculons \(L\) par une deuxième intégration par parties avec :

\[ u(x)=\sin(2x), \qquad u'(x)=2\cos(2x), \] \[ v'(x)=e^x, \qquad v(x)=e^x. \]

Il vient :

\[ \begin{aligned} L &= \left[e^x\sin(2x)\right]_0^\pi - 2\int_0^\pi e^x\cos(2x)\,dx\\ &= -2K. \end{aligned} \]

En remplaçant \(L\) par \(-2K\), on obtient :

\[ K=e^\pi-1-4K. \]

Donc :

\[ 5K=e^\pi-1. \]

\[ \boxed{K=\frac{e^\pi-1}{5}} \]

Question 2

Calculer \(I+J\) et \(I-J\), puis en déduire les valeurs des intégrales \(I\) et \(J\).

Lire la correction + Masquer la correction −

Par linéarité de l’intégrale :

\[ \begin{aligned} I+J &= \int_0^\pi e^x \left(\cos^2x+\sin^2x\right)\,dx\\ &= \int_0^\pi e^x\,dx\\ &= e^\pi-1. \end{aligned} \]

D’autre part :

\[ \begin{aligned} I-J &= \int_0^\pi e^x \left(\cos^2x-\sin^2x\right)\,dx\\ &= \int_0^\pi e^x\cos(2x)\,dx\\ &=K\\ &= \frac{e^\pi-1}{5}. \end{aligned} \]

Les intégrales \(I\) et \(J\) vérifient donc :

\[ \left\{ \begin{aligned} I+J&=e^\pi-1,\\ I-J&=\frac{e^\pi-1}{5}. \end{aligned} \right. \]

En additionnant les deux égalités :

\[ 2I=\frac65(e^\pi-1), \]

d’où :

\[ I=\frac35(e^\pi-1). \]

En soustrayant la deuxième égalité de la première :

\[ 2J=\frac45(e^\pi-1), \]

d’où :

\[ J=\frac25(e^\pi-1). \]

\[ \boxed{I=\frac35(e^\pi-1)} \qquad\text{et}\qquad \boxed{J=\frac25(e^\pi-1)}. \]

Question 3

Écrire \(\cos^2x\) et \(\sin^2x\) en fonction de \(\cos(2x)\), puis calculer la valeur de chacune des intégrales \(I\) et \(J\) en utilisant celle de \(K\).

Lire la correction + Masquer la correction −

On utilise les identités :

\[ \cos^2x=\frac{1+\cos(2x)}2, \qquad \sin^2x=\frac{1-\cos(2x)}2. \]

Alors :

\[ \begin{aligned} I &= \frac12\int_0^\pi e^x\,dx + \frac12\int_0^\pi e^x\cos(2x)\,dx\\ &= \frac12(e^\pi-1)+\frac12K\\ &= \frac12(e^\pi-1) + \frac1{10}(e^\pi-1)\\ &= \frac35(e^\pi-1). \end{aligned} \]

De même :

\[ \begin{aligned} J &= \frac12\int_0^\pi e^x\,dx - \frac12\int_0^\pi e^x\cos(2x)\,dx\\ &= \frac12(e^\pi-1)-\frac12K\\ &= \frac12(e^\pi-1) - \frac1{10}(e^\pi-1)\\ &= \frac25(e^\pi-1). \end{aligned} \]

La deuxième méthode conduit aux mêmes résultats : \[ \boxed{I=\frac35(e^\pi-1)} \qquad\text{et}\qquad \boxed{J=\frac25(e^\pi-1)}. \]

Exercice 54

Pour tout \(x\in\mathbb R\), on pose :

\[ f(x)= \int_1^x (t-1)(t+3)e^{-t}\,dt. \]

Question 1

Calculer \(f(x)\) en fonction de \(x\).

Lire la correction + Masquer la correction −

La fonction :

\[ t\longmapsto(t-1)(t+3)e^{-t} \]

est continue sur \(\mathbb R\).

On a :

\[ (t-1)(t+3)=t^2+2t-3. \]

Cherchons une primitive sous la forme :

\[ F(t)=P(t)e^{-t}, \]

avec :

\[ P(t)=at^2+bt+c. \]

Alors :

\[ F'(t)=\left(P'(t)-P(t)\right)e^{-t}. \]

Nous devons donc avoir :

\[ P'(t)-P(t)=t^2+2t-3. \]

Or :

\[ P'(t)-P(t) = -at^2+(2a-b)t+b-c. \]

Par identification :

\[ \left\{ \begin{aligned} -a&=1,\\ 2a-b&=2,\\ b-c&=-3. \end{aligned} \right. \]

On obtient :

\[ a=-1,\qquad b=-4,\qquad c=-1. \]

Ainsi :

\[ P(t)=-t^2-4t-1. \]

Une primitive de l’intégrande est donc :

\[ F(t)=-(t^2+4t+1)e^{-t}. \]

Par conséquent :

\[ \begin{aligned} f(x) &= \left[ -(t^2+4t+1)e^{-t} \right]_1^x\\ &= -(x^2+4x+1)e^{-x} +\frac6e. \end{aligned} \]

\[ \boxed{ f(x)=\frac6e-(x^2+4x+1)e^{-x} } \]

On vérifie bien :

\[ f(1)=0. \]

Question 2

Déterminer :

\[ \lim_{x\to+\infty}f(x). \]

Lire la correction + Masquer la correction −

On a :

\[ f(x)=\frac6e-\frac{x^2+4x+1}{e^x}. \]

Or :

\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{x^2+4x+1}{e^x}=0. \]

Par conséquent :

\[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=\frac6e. \]

\[ \boxed{ \lim_{x\to+\infty}f(x)=\frac6e } \]

Exercice 55

Question unique

Soit \(m\in\mathbb R_+^*\). On pose :

\[ I(m)= \int_{-m}^{m} e^{1-2|x|}\,dx. \]

Calculer \(I(m)\) en fonction de \(m\), puis donner :

\[ \lim_{m\to+\infty}I(m). \]

Lire la correction + Masquer la correction −

La fonction :

\[ x\longmapsto e^{1-2|x|} \]

est continue et paire sur \([-m;m]\).

Par conséquent :

\[ I(m)=2\int_0^m e^{1-2x}\,dx. \]

Une primitive de \(x\mapsto e^{1-2x}\) est :

\[ x\longmapsto-\frac12e^{1-2x}. \]

Ainsi :

\[ \begin{aligned} I(m) &= 2\left[ -\frac12e^{1-2x} \right]_0^m\\ &= e-e^{1-2m}\\ &= e\left(1-e^{-2m}\right). \end{aligned} \]

Lorsque \(m\to+\infty\), on a :

\[ e^{-2m}\to0. \]

\[ \boxed{ I(m)=e-e^{1-2m} } \] et : \[ \boxed{ \lim_{m\to+\infty}I(m)=e }. \]

Exercice 56

Question 1

Calculer l’intégrale suivante :

\[ I= \int_{-\ln2}^{0} \frac{dx}{1+2e^x}. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

La fonction intégrée est continue sur \([-\ln2;0]\), car :

\[ 1+2e^x>0. \]

Écrivons :

\[ \frac1{1+2e^x} = \frac{e^{-x}}{e^{-x}+2}. \]

Posons :

\[ t=e^{-x}. \]

Alors :

\[ dt=-e^{-x}\,dx. \]

Les nouvelles bornes sont :

\[ x=-\ln2\Longrightarrow t=2, \qquad x=0\Longrightarrow t=1. \]

Le signe négatif de \(dt\) inverse l’ordre des bornes :

\[ \begin{aligned} I &= \int_2^1\frac{-dt}{t+2}\\ &= \int_1^2\frac{dt}{t+2}\\ &= \left[\ln(t+2)\right]_1^2\\ &= \ln4-\ln3\\ &= \ln\left(\frac43\right). \end{aligned} \]

\[ \boxed{ I=\ln\left(\frac43\right) } \]

Question 2

En utilisant une intégration par parties, calculer :

\[ I= \int_{-\ln2}^{0} e^{-x}\ln(1+2e^x)\,dx. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

La fonction intégrée est continue sur \([-\ln2;0]\).

Notons provisoirement :

\[ A= \int_{-\ln2}^{0} \frac{dx}{1+2e^x}. \]

D’après la question précédente :

\[ A=\ln\left(\frac43\right). \]

Effectuons une intégration par parties avec :

\[ u(x)=\ln(1+2e^x), \qquad u'(x)=\frac{2e^x}{1+2e^x}, \] \[ v'(x)=e^{-x}, \qquad v(x)=-e^{-x}. \]

On obtient :

\[ \begin{aligned} I &= \left[ -e^{-x}\ln(1+2e^x) \right]_{-\ln2}^{0}\\ &\quad+ \int_{-\ln2}^{0} \frac{2}{1+2e^x}\,dx\\ &= \left[ -e^{-x}\ln(1+2e^x) \right]_{-\ln2}^{0} +2A. \end{aligned} \]

Pour \(x=0\) :

\[ -e^{-x}\ln(1+2e^x)=-\ln3. \]

Pour \(x=-\ln2\), on a :

\[ e^{-x}=2 \qquad\text{et}\qquad e^x=\frac12. \]

Donc :

\[ -e^{-x}\ln(1+2e^x)=-2\ln2. \]

Ainsi :

\[ \begin{aligned} \left[ -e^{-x}\ln(1+2e^x) \right]_{-\ln2}^{0} &= -\ln3+2\ln2\\ &= \ln\left(\frac43\right). \end{aligned} \]

Par conséquent :

\[ \begin{aligned} I &= \ln\left(\frac43\right) + 2\ln\left(\frac43\right)\\ &= 3\ln\left(\frac43\right). \end{aligned} \]

\[ \boxed{ I=3\ln\left(\frac43\right) } \]

Exercice 57

Pour tout \(n\in\mathbb N\), on pose :

\[ I_n= \int_0^1 \frac{x^{2n+1}}{\sqrt{1+x^2}}\,dx. \]

Question 1

Calculer \(I_0\).

Lire la correction + Masquer la correction −

Pour \(n=0\) :

\[ I_0= \int_0^1 \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\,dx. \]

La fonction intégrée est continue sur \([0;1]\), et :

\[ \left(\sqrt{1+x^2}\right)' = \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}. \]

Ainsi :

\[ \begin{aligned} I_0 &= \left[ \sqrt{1+x^2} \right]_0^1\\ &= \sqrt2-1. \end{aligned} \]

\[ \boxed{I_0=\sqrt2-1} \]

Question 2

En utilisant une intégration par parties, montrer que, pour tout \(n\in\mathbb N\) :

\[ (2n+3)I_{n+1} = \sqrt2-2(n+1)I_n. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Pour tout \(n\in\mathbb N\) :

\[ I_{n+1} = \int_0^1 x^{2n+2} \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\,dx. \]

Effectuons une intégration par parties avec :

\[ u(x)=x^{2n+2}, \qquad u'(x)=2(n+1)x^{2n+1}, \] \[ v'(x)=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}, \qquad v(x)=\sqrt{1+x^2}. \]

On obtient :

\[ \begin{aligned} I_{n+1} &= \left[ x^{2n+2}\sqrt{1+x^2} \right]_0^1\\ &\quad- 2(n+1) \int_0^1 x^{2n+1}\sqrt{1+x^2}\,dx. \end{aligned} \]

Le terme aux bornes vaut :

\[ \left[ x^{2n+2}\sqrt{1+x^2} \right]_0^1 = \sqrt2. \]

De plus :

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

Par conséquent :

\[ \begin{aligned} \int_0^1 x^{2n+1}\sqrt{1+x^2}\,dx &= \int_0^1 \frac{x^{2n+1}(1+x^2)} {\sqrt{1+x^2}}\,dx\\ &= I_n+I_{n+1}. \end{aligned} \]

Ainsi :

\[ I_{n+1} = \sqrt2 - 2(n+1)(I_n+I_{n+1}). \]

Donc :

\[ (2n+3)I_{n+1} = \sqrt2-2(n+1)I_n. \]

\[ \boxed{ (2n+3)I_{n+1} = \sqrt2-2(n+1)I_n } \]

Question 3

En déduire les valeurs de \(I_1\) et \(I_2\).

Lire la correction + Masquer la correction −

On sait que :

\[ I_0=\sqrt2-1. \]

Pour \(n=0\), la relation donne :

\[ 3I_1=\sqrt2-2I_0. \]

Ainsi :

\[ \begin{aligned} 3I_1 &= \sqrt2-2(\sqrt2-1)\\ &= 2-\sqrt2. \end{aligned} \]

Donc :

\[ I_1=\frac{2-\sqrt2}{3}. \]

Pour \(n=1\), la relation donne :

\[ 5I_2=\sqrt2-4I_1. \]

En remplaçant \(I_1\) par sa valeur :

\[ \begin{aligned} 5I_2 &= \sqrt2 - \frac{4(2-\sqrt2)}3\\ &= \frac{7\sqrt2-8}{3}. \end{aligned} \]

Par conséquent :

\[ I_2=\frac{7\sqrt2-8}{15}. \]

\[ \boxed{ I_1=\frac{2-\sqrt2}{3} } \qquad\text{et}\qquad \boxed{ I_2=\frac{7\sqrt2-8}{15} }. \]

Méthode à retenir : lorsqu’une relation relie plusieurs intégrales, il est souvent plus efficace de résoudre le système ou la récurrence obtenue que de recalculer chaque intégrale séparément.

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