Correction du Devoir 2 de Calcul intégral
Al Moufid - 2e Bac Sciences Mathématiques - Calculs, symétrie logarithmique et suite d'intégrales
Chaque intégrale et chaque sous-question disposent d'une correction détaillée, indépendante et repliable.
Question 1 - Calculer les intégrales suivantes
Intégrale 1
\[
I_1=\int_1^8\frac{x^2+1}{\sqrt[3]{x}}\,dx.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
Sur \([1;8]\), on écrit :
\[ \frac{x^2+1}{\sqrt[3]{x}} =x^{5/3}+x^{-1/3}. \]Une primitive est :
\[ \frac38x^{8/3}+\frac32x^{2/3}. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} I_1 &=\left[\frac38x^{8/3}+\frac32x^{2/3}\right]_1^8\\ &=\frac38(256-1)+\frac32(4-1)\\ &=\frac{765}{8}+\frac{36}{8}. \end{aligned} \]
\[
\boxed{I_1=\frac{801}{8}}.
\]
Intégrale 2
\[
I_2=\int_1^2\frac{x^5-4x^3+7}{x^2}\,dx.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
Pour \(x\in[1;2]\) :
\[ \frac{x^5-4x^3+7}{x^2} =x^3-4x+\frac7{x^2}. \]Une primitive est :
\[ \frac{x^4}{4}-2x^2-\frac7x. \]Donc :
\[ \begin{aligned} I_2 &=\left[\frac{x^4}{4}-2x^2-\frac7x\right]_1^2\\ &=\left(4-8-\frac72\right) -\left(\frac14-2-7\right)\\ &=-\frac{15}{2}+\frac{35}{4}. \end{aligned} \]
\[
\boxed{I_2=\frac54}.
\]
Intégrale 3
\[
I_3=\int_{-3}^{3}
\left(1+|x+2|+|x-2|\right)^2dx.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
Les expressions \(x+2\) et \(x-2\) changent de signe en \(-2\) et en \(2\).
Pour \(x\in[-3;-2]\) :
\[ |x+2|=-x-2,\qquad |x-2|=2-x, \] donc : \[ 1+|x+2|+|x-2|=1-2x. \]Pour \(x\in[-2;2]\) :
\[ |x+2|=x+2,\qquad |x-2|=2-x, \] donc : \[ 1+|x+2|+|x-2|=5. \]Pour \(x\in[2;3]\) :
\[ |x+2|=x+2,\qquad |x-2|=x-2, \] donc : \[ 1+|x+2|+|x-2|=1+2x. \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} I_3 &=\int_{-3}^{-2}(1-2x)^2dx +\int_{-2}^{2}25\,dx +\int_2^3(1+2x)^2dx. \end{aligned} \]Par le changement de variable \(t=-x\), les première et troisième intégrales sont égales. Or :
\[ \begin{aligned} \int_2^3(1+2x)^2dx &=\left[\frac{(1+2x)^3}{6}\right]_2^3\\ &=\frac{343-125}{6}\\ &=\frac{109}{3}. \end{aligned} \]De plus :
\[ \int_{-2}^{2}25\,dx=25\times4=100. \]Ainsi :
\[ I_3=2\times\frac{109}{3}+100. \]
\[
\boxed{I_3=\frac{518}{3}}.
\]
Intégrale 4
\[
I_4=\int_{-1}^{2}\frac{x}{\sqrt{3-x}}\,dx.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
Effectuons le changement de variable :
\[
t=3-x,
\qquad dt=-dx,
\qquad x=3-t.
\]
Les bornes deviennent :
\[ x=-1\Longrightarrow t=4, \qquad x=2\Longrightarrow t=1. \]Donc :
\[ \begin{aligned} I_4 &=\int_4^1\frac{3-t}{\sqrt t}(-dt)\\ &=\int_1^4\left(\frac3{\sqrt t}-\sqrt t\right)dt\\ &=\left[6\sqrt t-\frac23t^{3/2}\right]_1^4\\ &=\left(12-\frac{16}{3}\right) -\left(6-\frac23\right). \end{aligned} \]
\[
\boxed{I_4=\frac43}.
\]
Intégrale 5
\[
I_5=\int_{-\pi/2}^{0}
\frac{\sin x}{\sqrt{3+\cos x}}\,dx.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
Effectuons le changement de variable :
\[
t=3+\cos x,
\qquad dt=-\sin x\,dx.
\]
Les bornes deviennent :
\[ x=-\frac\pi2\Longrightarrow t=3, \qquad x=0\Longrightarrow t=4. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} I_5 &=-\int_3^4\frac{dt}{\sqrt t}\\ &=-\left[2\sqrt t\right]_3^4\\ &=-2(2-\sqrt3). \end{aligned} \]
\[
\boxed{I_5=2\sqrt3-4}.
\]
Intégrale 6
\[
I_6=\int_0^{\ln2}
\frac{e^{3x}}{(1+e^{3x})^2}\,dx.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
Effectuons le changement de variable :
\[
t=1+e^{3x},
\qquad dt=3e^{3x}\,dx.
\]
Les bornes deviennent :
\[ x=0\Longrightarrow t=2, \qquad x=\ln2\Longrightarrow t=1+2^3=9. \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} I_6 &=\frac13\int_2^9\frac{dt}{t^2}\\ &=\frac13\left[-\frac1t\right]_2^9\\ &=\frac13\left(\frac12-\frac19\right). \end{aligned} \]
\[
\boxed{I_6=\frac7{54}}.
\]
Intégrale 7
\[
I_7=\int_0^{\pi/4}\sin(3x)\cos(5x)\,dx.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
On utilise la formule :
\[ \sin a\cos b =\frac12\bigl(\sin(a+b)+\sin(a-b)\bigr). \]Ainsi :
\[ \sin(3x)\cos(5x) =\frac12\bigl(\sin(8x)-\sin(2x)\bigr). \]Donc :
\[ \begin{aligned} I_7 &=\frac12\int_0^{\pi/4} \bigl(\sin(8x)-\sin(2x)\bigr)dx\\ &=\left[-\frac{\cos(8x)}{16} +\frac{\cos(2x)}4\right]_0^{\pi/4}\\ &=-\frac1{16} -\left(-\frac1{16}+\frac14\right). \end{aligned} \]
\[
\boxed{I_7=-\frac14}.
\]
Intégrale 8
\[
I_8=\int_0^1\frac{dx}{1+e^x}.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
On écrit :
\[ \frac1{1+e^x} =1-\frac{e^x}{1+e^x}. \]Une primitive est :
\[ x-\ln(1+e^x). \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} I_8 &=\left[x-\ln(1+e^x)\right]_0^1\\ &=1-\ln(1+e)+\ln2. \end{aligned} \]
\[
\boxed{
I_8=1+\ln\left(\frac2{1+e}\right)
=\ln\left(\frac{2e}{1+e}\right)
}.
\]
Question 2 - Calculer par intégration par parties
Pour chaque intégrale, les fonctions \(u\), \(u'\), \(v'\) et \(v\) sont précisées.
Intégrale 1
\[
J_1=\int_0^{\pi/3}
\frac{x\sin x}{\cos^3x}\,dx.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
On remarque que :
\[ \left(\frac1{2\cos^2x}\right)' =\frac{\sin x}{\cos^3x}. \]
\[
u=x,
\qquad u'=1,
\qquad
v'=\frac{\sin x}{\cos^3x},
\qquad
v=\frac1{2\cos^2x}.
\]
Par intégration par parties :
\[ \begin{aligned} J_1 &=\left[\frac{x}{2\cos^2x}\right]_0^{\pi/3} -\frac12\int_0^{\pi/3}\frac{dx}{\cos^2x}\\ &=\frac{2\pi}{3} -\frac12\left[\tan x\right]_0^{\pi/3}. \end{aligned} \]
\[
\boxed{J_1=\frac{2\pi}{3}-\frac{\sqrt3}{2}}.
\]
Intégrale 2
\[
J_2=\int_0^{\pi/2}(2x-1)\cos^2x\,dx.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
Comme :
\[ \cos^2x=\frac{1+\cos(2x)}2, \]une primitive de \(\cos^2x\) est :
\[ \frac x2+\frac{\sin(2x)}4. \]
\[
u=2x-1,
\qquad u'=2,
\qquad
v'=\cos^2x,
\qquad
v=\frac x2+\frac{\sin(2x)}4.
\]
Par intégration par parties :
\[ \begin{aligned} J_2 &=\left[(2x-1) \left(\frac x2+\frac{\sin(2x)}4\right)\right]_0^{\pi/2}\\ &\quad -2\int_0^{\pi/2} \left(\frac x2+\frac{\sin(2x)}4\right)dx\\ &=\frac{\pi(\pi-1)}4 -\frac{\pi^2}{8}-\frac12. \end{aligned} \]
\[
\boxed{
J_2=\frac{\pi^2}{8}-\frac\pi4-\frac12
}.
\]
Intégrale 3
\[
J_3=\int_0^{\pi/2}x\sin x\cos x\,dx.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
Une primitive de \(\sin x\cos x\) est :
\[ -\frac14\cos(2x). \]
\[
u=x,
\qquad u'=1,
\qquad
v'=\sin x\cos x,
\qquad
v=-\frac14\cos(2x).
\]
Par intégration par parties :
\[ \begin{aligned} J_3 &=\left[-\frac{x\cos(2x)}4\right]_0^{\pi/2} +\frac14\int_0^{\pi/2}\cos(2x)\,dx\\ &=\frac\pi8 +\frac18\left[\sin(2x)\right]_0^{\pi/2}. \end{aligned} \]
\[
\boxed{J_3=\frac\pi8}.
\]
Intégrale 4
\[
J_4=\int_0^1x^2e^x\,dx.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
\[
u=x^2,
\qquad u'=2x,
\qquad
v'=e^x,
\qquad v=e^x.
\]
Une première intégration par parties donne :
\[ J_4=e-2\int_0^1xe^x\,dx. \]Pour calculer la dernière intégrale, on pose :
\[
u=x,
\qquad u'=1,
\qquad
v'=e^x,
\qquad v=e^x.
\]
Alors :
\[ \begin{aligned} \int_0^1xe^x\,dx &=\left[xe^x\right]_0^1-\int_0^1e^x\,dx\\ &=e-(e-1)=1. \end{aligned} \]
\[
\boxed{J_4=e-2}.
\]
Intégrale 5
\[
J_5=\int_0^{\pi/2}x^2\sin(2x)\,dx.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
\[
u=x^2,
\qquad u'=2x,
\qquad
v'=\sin(2x),
\qquad
v=-\frac12\cos(2x).
\]
Par intégration par parties :
\[ J_5=\frac{\pi^2}{8} +\int_0^{\pi/2}x\cos(2x)\,dx. \]Pour la dernière intégrale, on choisit :
\[
u=x,
\qquad u'=1,
\qquad
v'=\cos(2x),
\qquad
v=\frac12\sin(2x).
\]
Ainsi :
\[ \begin{aligned} \int_0^{\pi/2}x\cos(2x)\,dx &=\left[\frac{x\sin(2x)}2\right]_0^{\pi/2} -\frac12\int_0^{\pi/2}\sin(2x)\,dx\\ &=-\frac12. \end{aligned} \]
\[
\boxed{J_5=\frac{\pi^2}{8}-\frac12}.
\]
Intégrale 6
\[
J_6=\int_0^\pi e^x\sin x\,dx.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
\[
u=\sin x,
\qquad u'=\cos x,
\qquad
v'=e^x,
\qquad v=e^x.
\]
Une première intégration par parties donne :
\[ J_6=-\int_0^\pi e^x\cos x\,dx. \]Posons :
\[ K=\int_0^\pi e^x\cos x\,dx. \]
\[
u=\cos x,
\qquad u'=-\sin x,
\qquad
v'=e^x,
\qquad v=e^x.
\]
Alors :
\[ \begin{aligned} K &=\left[e^x\cos x\right]_0^\pi +\int_0^\pi e^x\sin x\,dx\\ &=-e^\pi-1+J_6. \end{aligned} \]Comme \(J_6=-K\), on obtient :
\[ J_6=e^\pi+1-J_6. \]Donc :
\[ 2J_6=e^\pi+1. \]
\[
\boxed{J_6=\frac{e^\pi+1}{2}}.
\]
Intégrale 7
\[
J_7=\int_0^\pi
2x\sin x\cos^2\left(\frac x2\right)dx.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
On utilise :
\[ 2\cos^2\left(\frac x2\right)=1+\cos x. \]Donc :
\[ 2x\sin x\cos^2\left(\frac x2\right) =x\sin x+x\sin x\cos x. \]Ainsi :
\[ J_7=A+B, \] où : \[ A=\int_0^\pi x\sin x\,dx \quad\text{et}\quad B=\int_0^\pi x\sin x\cos x\,dx. \]Pour \(A\), on choisit :
\[
u=x,
\qquad u'=1,
\qquad
v'=\sin x,
\qquad v=-\cos x.
\]
Alors :
\[ A=\left[-x\cos x\right]_0^\pi +\int_0^\pi\cos x\,dx =\pi. \]Pour \(B\), une primitive de \(\sin x\cos x\) est \(-\dfrac14\cos(2x)\). On choisit donc :
\[
u=x,
\qquad u'=1,
\qquad
v'=\sin x\cos x,
\qquad
v=-\frac14\cos(2x).
\]
Ainsi :
\[ \begin{aligned} B &=\left[-\frac{x\cos(2x)}4\right]_0^\pi +\frac14\int_0^\pi\cos(2x)\,dx\\ &=-\frac\pi4. \end{aligned} \]
\[
\boxed{J_7=\pi-\frac\pi4=\frac{3\pi}{4}}.
\]
Intégrale 8
\[
J_8=\int_1^e x(\ln x)^2\,dx.
\]
Lire la correction + Masquer la correction −
\[
u=(\ln x)^2,
\qquad
u'=\frac{2\ln x}{x},
\qquad
v'=x,
\qquad
v=\frac{x^2}{2}.
\]
Par intégration par parties :
\[ J_8=\frac{e^2}{2} -\int_1^e x\ln x\,dx. \]Pour la dernière intégrale, on choisit :
\[
u=\ln x,
\qquad u'=\frac1x,
\qquad
v'=x,
\qquad
v=\frac{x^2}{2}.
\]
On obtient :
\[ \begin{aligned} \int_1^e x\ln x\,dx &=\left[\frac{x^2}{2}\ln x\right]_1^e -\frac12\int_1^e x\,dx\\ &=\frac{e^2}{2}-\frac14(e^2-1)\\ &=\frac{e^2+1}{4}. \end{aligned} \]
\[
\boxed{J_8=\frac{e^2-1}{4}}.
\]
Question 3 - Symétrie logarithmique
Données
\[
I=\int_0^{\pi/4}\ln(1+\tan t)\,dt,
\]
\[
J=\int_0^{\pi/4}
\ln\left(\sin\left(\frac\pi4+t\right)\right)dt,
\]
\[
K=\int_0^{\pi/4}\ln(\cos t)\,dt.
\]
Question 3.a
Écrire \(I\) en fonction de \(J\) et de \(K\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Pour \(t\in\left[0;\dfrac\pi4\right]\), on a \(\cos t>0\). De plus :
\[ \begin{aligned} 1+\tan t &=\frac{\cos t+\sin t}{\cos t}\\ &=\frac{\sqrt2\sin\left(\frac\pi4+t\right)}{\cos t}. \end{aligned} \]Par conséquent :
\[ \ln(1+\tan t) = \frac12\ln2 +\ln\left(\sin\left(\frac\pi4+t\right)\right) -\ln(\cos t). \]En intégrant entre \(0\) et \(\dfrac\pi4\), on obtient :
\[ \begin{aligned} I &=\int_0^{\pi/4}\frac12\ln2\,dt+J-K\\ &=\frac{\pi}{8}\ln2+J-K. \end{aligned} \]
\[
\boxed{I=\frac{\pi}{8}\ln2+J-K}.
\]
Question 3.b
Montrer que :
\[ J=K. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Dans \(J\), effectuons le changement de variable :
\[
x=\frac\pi4-t,
\qquad dx=-dt.
\]
Les bornes deviennent :
\[ t=0\Longrightarrow x=\frac\pi4, \qquad t=\frac\pi4\Longrightarrow x=0. \]De plus :
\[ \sin\left(\frac\pi4+t\right) = \sin\left(\frac\pi2-x\right) =\cos x. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} J &=\int_{\pi/4}^{0}\ln(\cos x)(-dx)\\ &=\int_0^{\pi/4}\ln(\cos x)\,dx\\ &=K. \end{aligned} \]
\[
\boxed{J=K}.
\]
Question 3.c
Calculer l'intégrale \(I\).
Lire la correction + Masquer la correction −
D'après les deux questions précédentes :
\[ I=\frac{\pi}{8}\ln2+J-K \qquad\text{et}\qquad J=K. \]Par conséquent :
\[
\boxed{
I=\int_0^{\pi/4}\ln(1+\tan t)\,dt
=\frac{\pi}{8}\ln2
}.
\]
Question 4 - Suite d'intégrales
Définition
Pour tout \(n\in\mathbb N^*\), on pose :
\[ I_n= \frac1{2^n} \int_0^{1/2} \frac{(1-2x)^n}{(1-x)^n}\,dx. \]
Question 4.a
Calculer \(I_1\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Pour \(n=1\) :
\[ I_1=\frac12 \int_0^{1/2}\frac{1-2x}{1-x}\,dx. \]Or :
\[ \frac{1-2x}{1-x} =2-\frac1{1-x}. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} I_1 &=\frac12 \int_0^{1/2} \left(2-\frac1{1-x}\right)dx\\ &=\frac12 \left[2x+\ln(1-x)\right]_0^{1/2}\\ &=\frac12\left(1-\ln2\right). \end{aligned} \]
\[
\boxed{I_1=\frac{1-\ln2}{2}}.
\]
Question 4.b
En utilisant une intégration par parties, montrer que, pour tout \(n\in\mathbb N^*\) :
\[ I_{n+1} = -\frac1{n\,2^{n+1}} +\frac{n+1}{n}I_n. \]
Rectification locale vérifiée :
pour la définition donnée de \(I_n\), les dénominateurs \(n+2\) imprimés dans la relation sont remplacés par \(n\). La relation exacte est celle affichée ci-dessus.
Lire la correction + Masquer la correction −
On remarque que :
\[ I_n= \int_0^{1/2} \left( \frac{1-2x}{2(1-x)} \right)^n dx. \]Effectuons le changement de variable :
\[
t=\frac{1-2x}{2(1-x)}.
\]
Résolvons cette relation suivant \(x\) :
\[ 2t(1-x)=1-2x, \] donc : \[ x=\frac{1-2t}{2(1-t)}. \]Par dérivation :
\[ dx=-\frac{dt}{2(1-t)^2}. \]Les bornes deviennent :
\[ x=0\Longrightarrow t=\frac12, \qquad x=\frac12\Longrightarrow t=0. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} I_n &=\int_{1/2}^{0} t^n\left(-\frac{dt}{2(1-t)^2}\right)\\ &=\frac12 \int_0^{1/2}\frac{t^n}{(1-t)^2}\,dt. \end{aligned} \]En particulier :
\[ I_{n+1} = \frac12 \int_0^{1/2}\frac{t^{n+1}}{(1-t)^2}\,dt. \]Appliquons une intégration par parties avec :
\[
u=t^{n+1},
\qquad
u'=(n+1)t^n,
\qquad
v'=\frac1{(1-t)^2},
\qquad
v=\frac1{1-t}.
\]
On obtient :
\[ \begin{aligned} I_{n+1} &=\frac12 \left[\frac{t^{n+1}}{1-t}\right]_0^{1/2} -\frac{n+1}{2} \int_0^{1/2}\frac{t^n}{1-t}\,dt\\ &=\frac1{2^{n+1}} -\frac{n+1}{2} \int_0^{1/2}\frac{t^n}{1-t}\,dt. \end{aligned} \]D'autre part :
\[ \begin{aligned} I_n-I_{n+1} &=\frac12 \int_0^{1/2} \left( \frac{t^n}{(1-t)^2} -\frac{t^{n+1}}{(1-t)^2} \right)dt\\ &=\frac12 \int_0^{1/2}\frac{t^n}{1-t}\,dt. \end{aligned} \]La relation précédente devient alors :
\[ I_{n+1} = \frac1{2^{n+1}} -(n+1)(I_n-I_{n+1}). \]Donc :
\[ I_{n+1} = \frac1{2^{n+1}} -(n+1)I_n +(n+1)I_{n+1}. \]Par conséquent :
\[ nI_{n+1} =(n+1)I_n-\frac1{2^{n+1}}. \]Comme \(n\geq1\), on peut diviser par \(n\) :
\[
\boxed{
I_{n+1}
=
-\frac1{n\,2^{n+1}}
+\frac{n+1}{n}I_n
}.
\]
Commentaires
Enregistrer un commentaire