Correction des exercices 65 et 66 — Calcul intégral — Al Moufid 2e Bac SM

Correction des exercices 65 et 66

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

Chaque intégrale est calculée en détaillant le changement de variable, les nouvelles bornes et les simplifications nécessaires.

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Exercice 65 Exercice 66

Exercice 65

En utilisant l’intégration par changement de variable, calculer les intégrales suivantes.

Intégrale 1 \[ I= \int_0^{\sqrt{15}} \frac{1-t^2} {(1+t^2)\sqrt{1+t^4}}\,dt \]

avec le changement de variable :

\[ u=t+\frac1t. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

La fonction intégrée est continue sur \([0;\sqrt{15}]\), car :

\[ 1+t^2>0 \qquad\text{et}\qquad 1+t^4>0. \]

Le changement proposé n’est pas défini en \(t=0\). Nous l’appliquons donc d’abord sur un intervalle \([\varepsilon;\sqrt{15}]\), avec :

\[ 0<\varepsilon<1, \]

puis nous ferons tendre \(\varepsilon\) vers \(0^+\).

Pour \(t>0\), posons :

\[ u=t+\frac1t. \]

Alors :

\[ du= \left(1-\frac1{t^2}\right)dt = \frac{t^2-1}{t^2}\,dt. \]

D’autre part :

\[ 1+t^2=tu. \]

De plus :

\[ \begin{aligned} u^2-2 &= \left(t+\frac1t\right)^2-2\\ &= t^2+\frac1{t^2}\\ &= \frac{1+t^4}{t^2}. \end{aligned} \]

Comme \(t>0\), on en déduit :

\[ \sqrt{1+t^4} = t\sqrt{u^2-2}. \]

Par conséquent :

\[ \begin{aligned} \frac{1-t^2} {(1+t^2)\sqrt{1+t^4}}\,dt &= -\frac{t^2-1} {t^2u\sqrt{u^2-2}}\,dt\\ &= -\frac{du} {u\sqrt{u^2-2}}. \end{aligned} \]

La fonction \(t\mapsto t+\dfrac1t\) est décroissante sur \(]0;1]\) puis croissante sur \([1;+\infty[\). Nous découpons donc l’intégrale en \(t=1\).

Lorsque :

\[ t=\varepsilon, \qquad u=\varepsilon+\frac1\varepsilon, \] \[ t=1, \qquad u=2, \]

et :

\[ t=\sqrt{15}, \qquad u=\sqrt{15}+\frac1{\sqrt{15}} =\frac{16}{\sqrt{15}}. \]

Ainsi :

\[ \begin{aligned} \int_\varepsilon^{\sqrt{15}} \frac{1-t^2} {(1+t^2)\sqrt{1+t^4}}\,dt &= \int_{\varepsilon+1/\varepsilon}^{2} -\frac{du}{u\sqrt{u^2-2}}\\ &\quad+ \int_2^{16/\sqrt{15}} -\frac{du}{u\sqrt{u^2-2}}\\ &= \int_{16/\sqrt{15}}^{\varepsilon+1/\varepsilon} \frac{du}{u\sqrt{u^2-2}}. \end{aligned} \]

Lorsque \(\varepsilon\to0^+\) :

\[ \varepsilon+\frac1\varepsilon\to+\infty. \]

Par conséquent :

\[ I= \int_{16/\sqrt{15}}^{+\infty} \frac{du}{u\sqrt{u^2-2}}. \]

Pour \(u\geq\sqrt2\), une primitive est :

\[ \frac1{\sqrt2} \operatorname{Arctan} \left( \sqrt{\frac{u^2-2}{2}} \right). \]

En effet, sa dérivée est :

\[ \frac1{u\sqrt{u^2-2}}. \]

On obtient donc :

\[ \begin{aligned} I &= \frac1{\sqrt2} \left[ \operatorname{Arctan} \left( \sqrt{\frac{u^2-2}{2}} \right) \right]_{16/\sqrt{15}}^{+\infty}\\ &= \frac1{\sqrt2} \left[ \frac{\pi}{2} - \operatorname{Arctan} \left( \sqrt{\frac{113}{15}} \right) \right]. \end{aligned} \]

Comme les deux nombres \(\sqrt{\dfrac{113}{15}}\) et \(\sqrt{\dfrac{15}{113}}\) sont strictement positifs et inverses :

\[ \frac{\pi}{2} - \operatorname{Arctan} \left( \sqrt{\frac{113}{15}} \right) = \operatorname{Arctan} \left( \sqrt{\frac{15}{113}} \right). \]

\[ \boxed{ I= \frac1{\sqrt2} \operatorname{Arctan} \left( \sqrt{\frac{15}{113}} \right) } \]

Intégrale 2 \[ J= \int_{\pi/8}^{\pi/6} \frac{\sin x} {\cos(2x)\cos x}\,dx \]

avec le changement de variable :

\[ t=\cos(2x). \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Sur \(\left[\dfrac{\pi}{8};\dfrac{\pi}{6}\right]\), on a :

\[ \cos x>0 \qquad\text{et}\qquad \cos(2x)>0. \]

L’intégrande est donc continue sur ce segment.

Posons :

\[ t=\cos(2x). \]

Alors :

\[ dt=-2\sin(2x)\,dx =-4\sin x\cos x\,dx. \]

Donc :

\[ \sin x\,dx = -\frac{dt}{4\cos x}. \]

De plus :

\[ \cos^2x = \frac{1+\cos(2x)}2 = \frac{1+t}{2}. \]

Ainsi :

\[ \begin{aligned} \frac{\sin x} {\cos(2x)\cos x}\,dx &= -\frac{dt} {4t\cos^2x}\\ &= -\frac{dt} {2t(1+t)}. \end{aligned} \]

Les nouvelles bornes sont :

\[ x=\frac{\pi}{8} \Longrightarrow t=\cos\left(\frac{\pi}{4}\right) =\frac{\sqrt2}{2}, \] \[ x=\frac{\pi}{6} \Longrightarrow t=\cos\left(\frac{\pi}{3}\right) =\frac12. \]

Par conséquent :

\[ \begin{aligned} J &= -\frac12 \int_{\sqrt2/2}^{1/2} \frac{dt}{t(1+t)}\\ &= \frac12 \int_{1/2}^{\sqrt2/2} \frac{dt}{t(1+t)}. \end{aligned} \]

Or :

\[ \frac1{t(1+t)} = \frac1t-\frac1{1+t}. \]

Donc :

\[ \begin{aligned} J &= \frac12 \left[ \ln t-\ln(1+t) \right]_{1/2}^{\sqrt2/2}\\ &= \frac12 \ln \left( \frac{\frac{\sqrt2}{2}} {1+\frac{\sqrt2}{2}} \times3 \right). \end{aligned} \]

Or :

\[ \frac{\frac{\sqrt2}{2}} {1+\frac{\sqrt2}{2}} = \frac1{1+\sqrt2} = \sqrt2-1. \]

\[ \boxed{ J= \frac12 \ln\left(3(\sqrt2-1)\right) } \]

Intégrale 3 \[ K= \int_{\pi/6}^{\pi/3} \frac{\sin x} {\cos x\sqrt{2+\sin^2x}}\,dx \]

avec le changement de variable :

\[ t=\sin^2x. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Sur \(\left[\dfrac{\pi}{6};\dfrac{\pi}{3}\right]\), on a :

\[ \cos x>0 \qquad\text{et}\qquad 2+\sin^2x>0. \]

L’intégrande est donc continue sur ce segment.

Posons :

\[ t=\sin^2x. \]

Alors :

\[ dt=2\sin x\cos x\,dx. \]

Donc :

\[ \sin x\,dx = \frac{dt}{2\cos x}. \]

Comme :

\[ \cos^2x=1-\sin^2x=1-t, \]

on obtient :

\[ \frac{\sin x} {\cos x\sqrt{2+\sin^2x}}\,dx = \frac{dt} {2(1-t)\sqrt{2+t}}. \]

Les nouvelles bornes sont :

\[ x=\frac{\pi}{6} \Longrightarrow t=\frac14, \] \[ x=\frac{\pi}{3} \Longrightarrow t=\frac34. \]

Ainsi :

\[ K= \frac12 \int_{1/4}^{3/4} \frac{dt} {(1-t)\sqrt{2+t}}. \]

Pour calculer cette intégrale, posons :

\[ u=\sqrt{2+t}. \]

Alors :

\[ t=u^2-2, \qquad dt=2u\,du, \]

et :

\[ 1-t=3-u^2. \]

Les nouvelles bornes deviennent :

\[ t=\frac14 \Longrightarrow u=\frac32, \] \[ t=\frac34 \Longrightarrow u=\frac{\sqrt{11}}2. \]

Par conséquent :

\[ \begin{aligned} K &= \int_{3/2}^{\sqrt{11}/2} \frac{du}{3-u^2}. \end{aligned} \]

Sur l’intervalle considéré, on a \(u<\sqrt3\), et une primitive est :

\[ \frac1{2\sqrt3} \ln\left( \frac{\sqrt3+u}{\sqrt3-u} \right). \]

Ainsi :

\[ \begin{aligned} K &= \frac1{2\sqrt3} \left[ \ln\left( \frac{\sqrt3+u}{\sqrt3-u} \right) \right]_{3/2}^{\sqrt{11}/2}\\ &= \frac1{2\sqrt3} \ln\left( \frac{2\sqrt3+\sqrt{11}} {2\sqrt3-\sqrt{11}} \right)\\ &\quad- \frac1{2\sqrt3} \ln\left( \frac{2\sqrt3+3} {2\sqrt3-3} \right). \end{aligned} \]

\[ \boxed{ K= \frac1{2\sqrt3} \ln\left( \frac{ (2\sqrt3+\sqrt{11})(2\sqrt3-3) }{ (2\sqrt3-\sqrt{11})(2\sqrt3+3) } \right) } \]

Intégrale 4 \[ L= \int_1^e \frac{\cos(\ln t)}{t}\,dt \]

avec le changement de variable :

\[ x=\ln t. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

La fonction intégrée est continue sur \([1;e]\), car \(t>0\) sur ce segment.

Posons :

\[ x=\ln t. \]

Alors :

\[ t=e^x \qquad\text{et}\qquad dx=\frac{dt}{t}. \]

Les nouvelles bornes sont :

\[ t=1 \Longrightarrow x=\ln1=0, \] \[ t=e \Longrightarrow x=\ln e=1. \]

Par conséquent :

\[ \begin{aligned} L &= \int_0^1\cos x\,dx\\ &= \left[\sin x\right]_0^1\\ &= \sin1. \end{aligned} \]

\[ \boxed{L=\sin1} \]

Exercice 66

Pour tout \((a;x)\in\mathbb R^2\), on pose :

\[ F_a(x)= \int_a^x \sqrt{\frac{e^t}{1+e^t}}\,dt. \]

Question 1

En utilisant le changement de variable :

\[ u= \sqrt{\frac{e^t}{1+e^t}}, \]

calculer \(F_a(x)\) en fonction de \(a\) et de \(x\).

Lire la correction + Masquer la correction −

Pour tout \(t\in\mathbb R\), on a :

\[ 0< \frac{e^t}{1+e^t} <1. \]

La fonction intégrée est donc continue sur \(\mathbb R\).

Posons :

\[ u= \sqrt{\frac{e^t}{1+e^t}}. \]

Alors :

\[ u^2= \frac{e^t}{1+e^t}. \]

On en déduit :

\[ u^2(1+e^t)=e^t, \]

puis :

\[ e^t= \frac{u^2}{1-u^2}. \]

Comme \(0<u<1\), on peut écrire :

\[ t= \ln\left( \frac{u^2}{1-u^2} \right). \]

En dérivant :

\[ \begin{aligned} dt &= \left( \frac2u+ \frac{2u}{1-u^2} \right)du\\ &= \frac{2}{u(1-u^2)}\,du. \end{aligned} \]

Comme l’intégrande est égale à \(u\), on obtient :

\[ u\,dt= \frac{2}{1-u^2}\,du. \]

Les nouvelles bornes sont :

\[ t=a \Longrightarrow u_a= \sqrt{\frac{e^a}{1+e^a}}, \] \[ t=x \Longrightarrow u_x= \sqrt{\frac{e^x}{1+e^x}}. \]

Par conséquent :

\[ F_a(x)= \int_{u_a}^{u_x} \frac{2}{1-u^2}\,du. \]

Or :

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

Ainsi :

\[ \begin{aligned} F_a(x) &= \left[ \ln\left( \frac{1+u}{1-u} \right) \right]_{u_a}^{u_x}. \end{aligned} \]

Pour tout réel \(t\), avec :

\[ u= \sqrt{\frac{e^t}{1+e^t}}, \]

on a :

\[ \begin{aligned} \frac{1+u}{1-u} &= \frac{ \sqrt{1+e^t}+\sqrt{e^t} }{ \sqrt{1+e^t}-\sqrt{e^t} }\\ &= \left( \sqrt{1+e^t}+\sqrt{e^t} \right)^2, \end{aligned} \]

car :

\[ \left( \sqrt{1+e^t}-\sqrt{e^t} \right) \left( \sqrt{1+e^t}+\sqrt{e^t} \right) =1. \]

Il vient donc :

\[ \begin{aligned} F_a(x) &= 2\ln\left( \sqrt{1+e^x}+\sqrt{e^x} \right)\\ &\quad- 2\ln\left( \sqrt{1+e^a}+\sqrt{e^a} \right). \end{aligned} \]

\[ \boxed{ F_a(x)= 2\ln\left( \frac{ \sqrt{1+e^x}+\sqrt{e^x} }{ \sqrt{1+e^a}+\sqrt{e^a} } \right) } \]

On vérifie bien que :

\[ F_a(a)=0. \]

Question 2

Montrer que :

\[ \lim_{x\to-\infty}F_a(x) = \boxed{ -2\ln\left( \sqrt{1+e^a}+\sqrt{e^a} \right) }. \]

Correction locale indispensable : le signe « − » devant \(2\) est nécessaire. En effet, lorsque \(x<a\), l’intégrale orientée \(F_a(x)=\displaystyle\int_a^x\sqrt{\frac{e^t}{1+e^t}}\,dt\) est négative.

Lire la correction + Masquer la correction −

D’après la question précédente :

\[ \begin{aligned} F_a(x) &= 2\ln\left( \sqrt{1+e^x}+\sqrt{e^x} \right)\\ &\quad- 2\ln\left( \sqrt{1+e^a}+\sqrt{e^a} \right). \end{aligned} \]

Lorsque \(x\to-\infty\), on a :

\[ e^x\to0 \qquad\text{et}\qquad \sqrt{e^x}\to0. \]

Donc :

\[ \sqrt{1+e^x}+\sqrt{e^x}\to1. \]

Par continuité de la fonction logarithme en \(1\) :

\[ \ln\left( \sqrt{1+e^x}+\sqrt{e^x} \right)\to\ln1=0. \]

Par conséquent :

\[ \lim_{x\to-\infty}F_a(x) = -2\ln\left( \sqrt{1+e^a}+\sqrt{e^a} \right). \]

\[ \boxed{ \lim_{x\to-\infty}F_a(x) = -2\ln\left( \sqrt{1+e^a}+\sqrt{e^a} \right) } \]

Méthode à retenir : avant d’effectuer un changement de variable, vérifier son domaine, calculer précisément sa différentielle et transformer toutes les bornes. Lorsque le changement n’est pas monotone sur tout l’intervalle, il faut découper l’intégrale en intervalles adaptés.

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