Correction des exercices 69 à 71
Calcul intégral — Manuel Al Moufid — 2e Bac Sciences Mathématiques
Exercice 69
On considère l’intégrale :
\[ I= \int_{-\pi/4}^{\pi/4} \frac{\cos x}{1+e^{2x}}\,dx. \]En utilisant le changement de variable :
\[ t=-x, \]montrer que :
\[ I= \int_{-\pi/4}^{\pi/4} \frac{e^{2t}\cos t}{1+e^{2t}}\,dt. \]Lire la correction + Masquer la correction −
La fonction intégrée est continue sur \(\left[-\dfrac{\pi}{4};\dfrac{\pi}{4}\right]\), car :
\[ 1+e^{2x}>0. \]Posons :
\[ t=-x. \]Alors :
\[ x=-t \qquad\text{et}\qquad dx=-dt. \]Les nouvelles bornes sont :
\[ x=-\frac{\pi}{4} \Longrightarrow t=\frac{\pi}{4}, \] \[ x=\frac{\pi}{4} \Longrightarrow t=-\frac{\pi}{4}. \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} I &= \int_{\pi/4}^{-\pi/4} \frac{\cos(-t)} {1+e^{-2t}} (-dt)\\ &= \int_{-\pi/4}^{\pi/4} \frac{\cos t} {1+e^{-2t}}\,dt. \end{aligned} \]Comme :
\[ \frac1{1+e^{-2t}} = \frac{e^{2t}}{1+e^{2t}}, \]on obtient :
En déduire que :
\[ I=\frac{\sqrt2}{2}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
On dispose des deux expressions :
\[ I= \int_{-\pi/4}^{\pi/4} \frac{\cos x}{1+e^{2x}}\,dx \]et :
\[ I= \int_{-\pi/4}^{\pi/4} \frac{e^{2x}\cos x}{1+e^{2x}}\,dx. \]En additionnant ces deux égalités, on obtient :
\[ \begin{aligned} 2I &= \int_{-\pi/4}^{\pi/4} \left( \frac{\cos x}{1+e^{2x}} + \frac{e^{2x}\cos x}{1+e^{2x}} \right)dx\\ &= \int_{-\pi/4}^{\pi/4} \cos x \left( \frac{1+e^{2x}}{1+e^{2x}} \right)dx\\ &= \int_{-\pi/4}^{\pi/4}\cos x\,dx. \end{aligned} \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} 2I &= \left[\sin x\right]_{-\pi/4}^{\pi/4}\\ &= \sin\left(\frac{\pi}{4}\right) - \sin\left(-\frac{\pi}{4}\right)\\ &= \frac{\sqrt2}{2} + \frac{\sqrt2}{2}\\ &= \sqrt2. \end{aligned} \]Par conséquent :
Exercice 70
On considère les intégrales suivantes :
\[ I= \int_{-1}^{1} t\operatorname{Arctan}(t)\,dt \]et :
\[ J= \int_{-1}^{1} \frac{t\operatorname{Arctan}(t)} {1+e^t}\,dt. \]En utilisant une intégration par parties, calculer \(I\).
Lire la correction + Masquer la correction −
La fonction :
\[ t\longmapsto t\operatorname{Arctan}(t) \]est continue sur \([-1;1]\).
De plus, \(t\mapsto t\) et \(t\mapsto\operatorname{Arctan}(t)\) sont impaires. Leur produit est donc pair :
\[ (-t)\operatorname{Arctan}(-t) = t\operatorname{Arctan}(t). \]Ainsi :
\[ I= 2\int_0^1 t\operatorname{Arctan}(t)\,dt. \]Effectuons une intégration par parties avec :
\[ u(t)=\operatorname{Arctan}(t), \qquad u'(t)=\frac1{1+t^2}, \] \[ v'(t)=t, \qquad v(t)=\frac{t^2}{2}. \]On obtient :
\[ \begin{aligned} \int_0^1t\operatorname{Arctan}(t)\,dt &= \left[ \frac{t^2}{2} \operatorname{Arctan}(t) \right]_0^1\\ &\quad- \frac12 \int_0^1 \frac{t^2}{1+t^2}\,dt. \end{aligned} \]Or :
\[ \frac{t^2}{1+t^2} = 1-\frac1{1+t^2}. \]Donc :
\[ \begin{aligned} \int_0^1 \frac{t^2}{1+t^2}\,dt &= \int_0^1 \left( 1-\frac1{1+t^2} \right)dt\\ &= \left[ t-\operatorname{Arctan}(t) \right]_0^1\\ &= 1-\frac{\pi}{4}. \end{aligned} \]Comme :
\[ \operatorname{Arctan}(1)=\frac{\pi}{4}, \]il vient :
\[ \begin{aligned} \int_0^1t\operatorname{Arctan}(t)\,dt &= \frac{\pi}{8} - \frac12 \left( 1-\frac{\pi}{4} \right)\\ &= \frac{\pi}{4}-\frac12. \end{aligned} \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} I &= 2\left( \frac{\pi}{4}-\frac12 \right)\\ &= \frac{\pi}{2}-1. \end{aligned} \]Montrer que :
\[ J= \int_{-1}^{1} \frac{e^t}{1+e^t} \left( t\operatorname{Arctan}(t) \right)dt. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Posons dans l’intégrale \(J\) :
\[ t=-x. \]Alors :
\[ x=-t \qquad\text{et}\qquad dx=-dt. \]Les nouvelles bornes sont :
\[ x=-1\Longrightarrow t=1, \qquad x=1\Longrightarrow t=-1. \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} J &= \int_1^{-1} \frac{(-t)\operatorname{Arctan}(-t)} {1+e^{-t}} (-dt)\\ &= \int_{-1}^{1} \frac{t\operatorname{Arctan}(t)} {1+e^{-t}}\,dt. \end{aligned} \]En effet :
\[ (-t)\operatorname{Arctan}(-t) = t\operatorname{Arctan}(t). \]Enfin :
\[ \frac1{1+e^{-t}} = \frac{e^t}{1+e^t}. \]En déduire la valeur de l’intégrale \(J\).
Lire la correction + Masquer la correction −
On dispose des deux expressions :
\[ J= \int_{-1}^{1} \frac{t\operatorname{Arctan}(t)} {1+e^t}\,dt \]et :
\[ J= \int_{-1}^{1} \frac{e^t\,t\operatorname{Arctan}(t)} {1+e^t}\,dt. \]En additionnant les deux égalités :
\[ \begin{aligned} 2J &= \int_{-1}^{1} t\operatorname{Arctan}(t) \left( \frac1{1+e^t} + \frac{e^t}{1+e^t} \right)dt\\ &= \int_{-1}^{1} t\operatorname{Arctan}(t)\,dt\\ &= I. \end{aligned} \]Or :
\[ I=\frac{\pi}{2}-1. \]Donc :
\[ 2J=\frac{\pi}{2}-1. \]Exercice 71
En utilisant une intégration par changement de variable et en posant :
\[ t=\frac{\pi}{4}-x, \]calculer les intégrales :
\[ L_1= \int_0^{\pi/4} \ln(1+\tan x)\,dx \]et :
\[ L_2= \int_0^{\pi/4} \left( \cos^4(2x)+\sin^4(2x) \right) \ln(1+\tan x)\,dx. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Sur \(\left[0;\dfrac{\pi}{4}\right]\), on a :
\[ 1+\tan x>0. \]La fonction intégrée est donc continue sur ce segment.
Posons :
\[ t=\frac{\pi}{4}-x. \]Alors :
\[ x=\frac{\pi}{4}-t \qquad\text{et}\qquad dx=-dt. \]Les nouvelles bornes sont :
\[ x=0 \Longrightarrow t=\frac{\pi}{4}, \] \[ x=\frac{\pi}{4} \Longrightarrow t=0. \]Ainsi :
\[ L_1= \int_0^{\pi/4} \ln\left( 1+\tan\left(\frac{\pi}{4}-t\right) \right)dt. \]Or :
\[ \tan\left(\frac{\pi}{4}-t\right) = \frac{1-\tan t}{1+\tan t}. \]Donc :
\[ \begin{aligned} 1+\tan\left(\frac{\pi}{4}-t\right) &= 1+ \frac{1-\tan t}{1+\tan t}\\ &= \frac{2}{1+\tan t}. \end{aligned} \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} L_1 &= \int_0^{\pi/4} \ln\left( \frac2{1+\tan t} \right)dt\\ &= \int_0^{\pi/4} \left[ \ln2-\ln(1+\tan t) \right]dt\\ &= \frac{\pi}{4}\ln2-L_1. \end{aligned} \]Ainsi :
\[ 2L_1=\frac{\pi}{4}\ln2. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Posons :
\[ w(x)=\cos^4(2x)+\sin^4(2x). \]La fonction intégrée est continue sur \(\left[0;\dfrac{\pi}{4}\right]\).
Effectuons le changement de variable :
\[ t=\frac{\pi}{4}-x. \]Comme dans le calcul de \(L_1\), on obtient :
\[ \ln\left( 1+\tan\left(\frac{\pi}{4}-t\right) \right) = \ln2-\ln(1+\tan t). \]D’autre part :
\[ 2\left(\frac{\pi}{4}-t\right) = \frac{\pi}{2}-2t. \]Donc :
\[ \cos\left(\frac{\pi}{2}-2t\right)=\sin(2t) \]et :
\[ \sin\left(\frac{\pi}{2}-2t\right)=\cos(2t). \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} w\left(\frac{\pi}{4}-t\right) &= \sin^4(2t)+\cos^4(2t)\\ &= w(t). \end{aligned} \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} L_2 &= \int_0^{\pi/4} w(t) \left[ \ln2-\ln(1+\tan t) \right]dt\\ &= \ln2 \int_0^{\pi/4}w(t)\,dt - L_2. \end{aligned} \]Donc :
\[ 2L_2= \ln2 \int_0^{\pi/4} \left( \cos^4(2t)+\sin^4(2t) \right)dt. \]Calculons l’intégrale auxiliaire. On utilise :
\[ \cos^4u+\sin^4u = (\cos^2u+\sin^2u)^2 - 2\sin^2u\cos^2u. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} \cos^4u+\sin^4u &= 1-\frac12\sin^2(2u)\\ &= 1-\frac14(1-\cos(4u))\\ &= \frac34+\frac14\cos(4u). \end{aligned} \]Avec \(u=2t\), on obtient :
\[ \cos^4(2t)+\sin^4(2t) = \frac34+\frac14\cos(8t). \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} \int_0^{\pi/4}w(t)\,dt &= \int_0^{\pi/4} \left( \frac34+\frac14\cos(8t) \right)dt\\ &= \left[ \frac{3t}{4} + \frac{\sin(8t)}{32} \right]_0^{\pi/4}\\ &= \frac{3\pi}{16}. \end{aligned} \]Il vient alors :
\[ 2L_2= \frac{3\pi\ln2}{16}. \]
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