Exos types, Chapitre 4 : Calcul de primitives

PCSI 2
2013-2014
Préparation des Khôlles
Chapitre 4 : Calcul de primitives
Exercice type 1
Calculer les primitives de 1
1
1
1
1
+ √ , 2 e−x sin (2x) , 3 2
et 4 2
.
4
x
x x
x − 5x + 6
x + 2x + 3
1
1
+ √ est définie et continue sur ]0, +∞[, f admet des primitives sur cet intervalle.
x4
x x
1
1
1 −3
1 1
1
2
3
On a 4 + √ = x−4 + x− 2 , ainsi f (x) dx =
x + 1 x 2 + C = − 3 − √ + C où C ∈ R.
x
x x
−3
3x
x
−2
−x
Pour 2 , f (x) = e sin (2x) est définie et continue sur R donc f admet des primitives. On a f (x) = Im e−x e2ix =
1
−1 − 2i (−1+2i)x
−1 − 2i −x
Im e(−1+2i)x , or une primitive de e(−1+2i)x est
e(−1+2i)x =
e
=
e (cos 2x + i sin 2x).
−1 + 2i
1+4
5
−x
e
Ainsi f (x) dx =
(− sin 2x − 2 cos 2x) + C où C ∈ R.
5
1
1
Pour 3 , f (x) = 2
=
est définie, continue sur Df = R \ {2, 3} . Elle admet des primitives sur
x − 5x + 6
(x − 3) (x − 2)
tout intervalle I inclus dans Df . On a
Solution : Pour 1 , f (x) =
a
b
(a + b) x − 3a − 2b
+
=
x−2 x−3
(x − 2) (x − 3)
En choisissant
a+b =0
⇐⇒ a = 1 et b = −1, on a
3a + 2b = 1
1
1
−
x−2 x−3
⊂ R \ {2, 3}
f (x) dx =
valable sur I
dx = ln |x − 2| − ln |x − 3| + C = ln
x−2
+ C où C ∈ R
x−3
Pour 4 , on a x2 + 2x + 3 = (x + 1)2 + 2, ainsi f (x) = x2 + 2x + 3 est défini et continue sur R donc y admet des
1
1
du
x
1
= arctan
primitives. On a f (x) dx =
dx. Or
+ C où C ∈ R, donc
dx =
2
2
2
u +a
a
a
(x + 1) + 2
(x + 1)2 + 2
1
x+1
√ arctan √
+ C où C ∈ R.
2
2
√1
1
1
1
1
2
dx = √
dx, et on reconnaît la
Remarque : On peut aussi écrire que
dx =
2
2
2
2
(x + 1)2 + 2
x+1
x+1
√
√
+1
+1
2
2
u′
forme 2
.
u +1
Exercice type 2
Calculer
x2
a
bx + c
x2
dx
(trouver
a,
b,
c
réels
tels
que
=
+
).
(x + 1) (x2 + 1)
(x + 1) (x2 + 1)
x + 1 x2 + 1
x2
, alors f est définie et continue sur Df = R\{−1}. Ainsi f admet des primitives
(x + 1) (x2 + 1)
x2
a
bx + c
sur tout intervalle I ⊂ Df . On cherche a, b, c réels tels que
=
+
.
(x + 1) (x2 + 1)
x + 1 x2 + 1
2
a
bx + c
(a + b) x + (b + c) x + (a + c)
Si on réduit au même dénominateur, on obtient
+ 2
=
. On résout donc
x+1
x +1
(x + 1) (x2 + 1)


 a+b=1
 −2c = 1
b + c = 0 ⇐⇒
b = −c . Ainsi


a+c=0
a = −c
Solution : Soit f (x) =
x2
1
=
2
(x + 1) (x + 1)
2
—1/8—
x−1
1
+
2
x +1 x+1
G
H
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d’où
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Préparation des Khôlles
x2
1
dx =
(x + 1) (x2 + 1)
2
x−1
1
+
x2 + 1 x + 1
dx
= ln |x + 1| + C,
x+1
ainsi
1
2
x−1
1
+
x2 + 1 x + 1
x2
dx =
dx. Mais
x
1
dx = ln 1 + x2 + C et
+1
2
dx
= arctan x + C
+1
x2
1
1
1
ln 1 + x2 + ln |x + 1| − arctan x + C où C ∈ R
4
2
2
Exercice type 3
2x
Soit F (x) =
x
t
dt, donner le domaine de définition Df de F.
ln t
t
, définie et continue sur ]0, 1[ ∪ ]1, +∞[, F (x) est définie si et seulement si l’intervalle
ln t
d’intégration [x, 2x] est inclus dans Df . Une première condition est x > 0. Il y a alors deux cas :
1 x > 1 et ainsi 2x > 1 d’où [x, 2x] ⊂ ]1, +∞[.
2 0 < x < 1 et 2x < 1, donc x ∈ 0, 12 et ainsi [x, 2x] ⊂ ]0, 1[.
Conclusion Df = 0, 12 ∪ ]1, +∞[.
Solution : Soit f (t) =
Exercice type 4
1
x
Soit F (x) =
x
arctan t
dt, quel est le domaine de définition de F ? Calculer F ′ (x) et en déduire F.
t
arctan t
, la fonction f est définie, continue sur R∗ donc intégrable sur tout intervalle inclus
t
1
1
1
1
dans R∗ . Or l’intervalle d’intégration est, selon x, soit x, , soit
, x . Onrésume cela par x,
∪
, x .⊂ R∗ . On
x
x
x
x
en déduit que F est définie sur R∗ . Soient G et H des primitives de f sur ]0, +∞[ et ]−∞, 0[ respectivement (par exemple
x
x
G (x) = 1 f (t) dt et H (x) = −1 f (t) dt). Les fonctions G et H sont dérivables sur ]0, +∞[ et ]−∞, 0[ resopectivement,
1
1
et de dérivées égales à f (x). De plus, si x > 0, on a F (x) = G
− G (x) et si x < 0, F (x) = H
− H (x). On en
x
x
∗
déduit que F est dérivable sur R (composée de fonctions dérivables) et
Solution : Posons f (t) =
1 ′
G
x2
1
x
− G′ (x) = −
1 ′
H
x2
1
x
− H ′ (x) = −
Si x > 0, F ′ (x) = −
Si x < 0, F ′ (x) = −
Donc ∀x = 0,
1
f
x2
1
x
− f (x)
1
f
x2
1
x
− f (x)
1
1
arctan
arctan + arctan x
1
arctan x
x
x
F (x) = − 2 ×
−
=−
1
x
x
x
x
′
D’où
π
π
1
π
et si x < 0, F ′ (x) =
car arctan + arctan x = signe (x) ×
2x
2x
x
2
Puisque F (1) = 0 et F (−1) = 0, on obtient
Si x > 0, F ′ (x) = −
x
Si x > 0, F (x) =
1
π
π
F ′ (x) dx = − ln x − F (1) = − ln x
2
2
—2/8—
G
H
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Préparation des Khôlles
x
F ′ (x) dx =
Si x < 0, F (x) =
−1
π
π
ln |x| − F (−1) = ln |x|
2
2
Exercice 1
2x
1
Soit f(t) = √
et F définie par F (x) =
1 + t4
f(t)dt. Justifier que F est définie sur R. Montrer que F est impaire. A
x
1
, établir, pour x = 0, une relation entre F (x) et F
t
′
de F en +∞. Calculer F (x) pour x ∈ R, en déduire les variations de F sur [0, +∞[.
l’aide du changement de variable u =
1
2x
. En déduire la limite
Solution : On commence par justifier que F est définie et continue sur R. La fonction f est définie et continue sur R,
soit Φ une primitive de f sur R, alors, pour x ∈ R, on a F (x) = Φ (2x) − Φ (x). Ainsi F est définie et continue sur R.
−2x
Pour étudier la parité, on a F (−x) =
−x
f (t)dt, on pose alors u = −t (changement C 1 sur R donc sur l’intervalle
d’intégration, cet intervalle est [x, 2x] si x > 0, et [2x, x] si x < 0, on peut écrire qu’il vaut I = [x, 2x] ∪ [2x, x]). pour
2x
avoir F (−x) =
1
f (−u) × (−du). Puisque f est paire, on a F (−x) = −F (x). Ainsi F est impaire.
1
On pose ensuite u = , changement de variable C 1 sur R
t
1
dt
du
du
du
On a alors t = =⇒ dt = − 2 =⇒ √
=−
= −√
. On détermine les nouvelles bornes. Si t = x
u
u
1 + t4
1
+ u4
1
2
u 1+ 4
u
1
1
alors u = , si t = 2x, alors u =
. On a donc
x
2x
1
2x
F (x) =
1
x
du
−√
=
1 + u4
1
x
1
2x
√
du
=F
1 + u4
1
2x
Puisque F (u) −−−→ F (0) = 0 (c’est la continuité de F en u = 0) et que u =
u→0
F
1
2x
1
−−−−−→ 0, on en déduit que
2x x→+∞
−−−−−→ 0 (on utilise la composition des limites). Ainsi
x→+∞
F (x) −−−−−→ 0
x→+∞
1
Pour finir, on sait que F (x) = Φ (2x) − Φ (x) avec Φ dérivable sur R telle que Φ′ (x) = √
. Ainsi, F est dérivable
1 + x4
sur R et
√
√
2
1
2 1 + x4 − 1 + 16x4
′
′
′
√
F (x) = 2Φ (2x) − Φ (x) = √
−√
= √
1 + 16x4
1 + x4
1 + x4 1 + 16x4
√
√
4 1 + x4 − 1 + 16x4
a−b
√
√
√
√ )
= √
(retenir a − b = √
1 + x4 1 + 16x4 1 + x4 + 1 + 16x4
a+ b
3 − 12x4
où D (x) > 0 sur R
D (x)
1 − 4x4
1 + 2x2
= 3
= 3 1 − 2x2
est du signe de 1 − 2x2
D (x)
D (x)
=
1
On en déduit que f est croissante sur 0, √ puis décroissante. Ainsi F a un maximum en x =
2
—3/8—
√1 .
2
G
H
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Voici le graphe sur R :
1/o2
Exercice type 5
1
On définit, pour tout entier naturel n, l’intégrale In par In =
0
√
xn 1 − xdx. Montrer que pour n
1, In =
2n
In−1 .
2n + 3
√
Solution : On intégre In par parties (en intégrant 1 − x car cette fonction n’est pas dérivable en 1, on n’a donc pas
le choix pour l’IPP).
Si n 1,
√
3
2
f ′ (x) = 1 − x f (x) = − (1 − x) 2
, f et g sont C 1 sur [0, 1]
3
g (x) = xn
g ′ (x) = nxn−1
d’où
1
1
In
=
=
1
3
3
2
2
(1 − x) dx = xn × − (1 − x) 2
−
− nxn−1 (1 − x) 2 dx
3
3
0
0
0
1
1
√
√
√
2n
2n
2n 1 n−1
x
(1 − x) 1 − x dx =
xn−1 1 − xdx −
xn 1 − x dx =
(In−1 − In )
3 0
3
3
0
0
xn
Ainsi
In =
2n
2n
(In−1 − In ) ⇐⇒ In =
In−1 pour n
3
2n + 3
1.
Exercice type 6
π
Montrer que ∀k ∈ N, k
1,
0
t2
1
− t cos(kt) dt = 2 .
2π
k
Solution : On intègre par parties. On fait deux intégrations par parties en dérivant le polynôme.
π
0
π
1 t2
1 π t
− t sin (kt) −
− 1 sin(kt) dt
k 2π
k 0
π
0
1 π t
= −
− 1 sin(kt) dt car sin kπ = 0
k 0
π
π
π
1
t
1
= − − 2
− 1 cos (kt) + 2
cos(kt) dt
k
π
πk 0
0
t2
− t cos(kt) dt =
2π
=
=
1
k2
1
−
k2
π
t
− 1 cos (kt) −
π
0
π
1
cos(kt) dt =
πk2 0
—4/8—
1
πk2
1
k2
π
cos(kt) dt
0
G
H
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Ne pas oublier que lors des deux IP P, les fonctions sont de classe C 1 sur [0, π] (Il s’agit de polynômes et des fonctions
t −→ sin (kt) , t −→ cos (kt)).
Exercice type 7
π
2
Soit In =
0
pour n
sinn xdx, donner une relation de récurrence pour la suite (In )n∈N . En déduire que (n + 1) In+1 In =
π
2
0.
Solution : La définition de In est assurée par la continuité de x → sinn x sur 0, π2 . Pour n
par parties en écrivant que sinn x = sin x × sinn−1 x . On obtient alors
u′ (x) = sin x
v (x) = sinn−1 x
π
2
=
In
0
u (x) = − cos x
v′ (x) = (n − 1) cos x sinn−2 (x)
sin x × sinn−1 xdx = − cos x sinn−1 x
π
2
= (n − 1)
π
2
0
u et v sont C 1 sur 0,
π
2
+ (n − 1)
2, on intègre ensuite
π
2
cos2 x sinn−2 xdx
0
1 − sin2 x sinn−2 xdx
0
= (n − 1) (In−2 − In )
soit, en exprimant In en fonction de In−2 et après multiplication par In−1
nIn In−1 = (n − 1) In−1 In−2
ce qui signifie que la suite définie par un = (n + 1) In+1 In est constante égale à son premier terme I1 I0 . Or I0 =
π
2
I1 =
π
2,
sin xdx = 1 d’où le résultat.
0
Exercice type 8
1
8
Calculer
1+x
x
1+
x
1
3
1+x
x ,
dx en posant u =
Solution : Le changement de variable u =
1+x
1
que u2 =
=⇒ x = 2
et
x
u −1
quel est le signe du résultat obtenu, pourquoi ?
1+x
est C 1 sur
x
dx =
−2u
− 1)2
x = 13
x = 18
(u2
1 1
3, 8
. Pour calculer du c’est assez compliqué, on écrit
du
=⇒ u = 2
=⇒ u = 3
d’où
1
8
1
3
1+x
x
1+
x
3
dx =
2
−2u
(u2 − 1)2
3
×
1+u
1
u2 −1
3
du = −2
2
u
du
u−1
u−1+1
= −2
du = −2 [u + ln (|u − 1|)]32
u−1
2
1
1
= −2 − 2 ln(2) < 0
car > et par positivité de la fonction intégrée.
3
8
—5/8—
G
H
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Exercice 2
1√
Calculer I =
0
1 − x2 dx en posant x = sin t, retrouver ce résultat par une interprétation géométrique en termes
d’aires.
Solution : L’intégrale I existe car la fonction intégrée est bien continue sur [0, 1] . Dans cet exemple, on réalise le
changement de variable dans l’autre sens. Le changement de variable est C 1 sur l’intervalle · · · , sur quel intervalle ? On a
dx = cos tdt
si x = 0
on choisit
si x = 1
on choisit
t=0
t = π2
On a donc t ∈ 0, π2 et le changement de variable est C 1 sur cet intervalle. De plus
1 − x2 dx =
π
2
1 − sin2 t cos tdt = |cos t| cos tdt = cos2 tdt
π
π
2
1 + cos 2t
t
sin 2t 2
π
dt =
+
= .
2
2
4
4
0
0
0
√
√
On peut retrouver ce résultat géométriquement, en effet la courbe y = 1 − x2 est un arc de cercle ( y = 1 − x2 ⇐⇒
y2 = 1 − x2
x2 + y2 = 1
⇐⇒
) L’intégrale demandée est donc l’aire (algébrique) d’un quart de cercle, la règle des
y 0
y 0
π
signes donne la valeur .
4
car sur 0, π2 on a cos t
0. D’où I =
cos2 tdt =
Exercice 3
Calculer les intégrales suivantes à l’aide du changement de variable indiqué :
1
(1)
0
xdx
√
,
1+x
ln 2
(3)
0
1
u=
1
√
1+x
(2)
0
e2x
√ x
dx,
e +1
π
3
√
u = ex + 1
(4)
0
xdx
√ ,
1+ x
u=1+
sin3 x
√
dx,
cos x
u=
√
√
x
cos x
√
2
xdx
4 2√
√
Solution : (1)
=2
u2 − 1 du = −
2.
3 3
1
+
x
0
1
√
(2) on a u = 1 + x pas C 1 donc x = (u − 1)2 =⇒ dx = 2 (u − 1) et
1
0
(3) On pose u =
xdx
√ =2
1+ x
2
1
(u − 1)3
5
du = − 2 ln 2
u
3
√ x
2u u2 − 1
e2x
e + 1, soit ex = u2 − 1 =⇒ ex dx = 2udu et √ x
=
du, d’où
u
e +1
ln 2
0
e2x
√ x
dx = 2
e +1
√
3
√
2
u2 − 1 du =
2√
2.
3
(4) On a cos x = u2 =⇒ − sin xdx = 2udu et sin2 x = 1 − cos2 x = 1 − u4 d’où
π
3
0
sin3 x
√
dx = 2
cos x
√1
2
1
u4 − 1 du =
—6/8—
8 19 √
−
2
5 20
G
H
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Préparation des Khôlles
Exercice 4
π
2
Soit I =
0
√
sin x
√
dx, à l’aide d’un changement de variable astucieux, calculer I.
√
sin x + cos x
√
√
sin x
√
Solution : L’intégrale I existe car t −→
est bien défini, continue sur 0, π2 . En effet, sur 0, π2 , sin x
√
sin x + cos x
√
0 et cos x 0, ainsi
√
4
√
√
√
√
4
√ sin x = 0 d’où
Si sin x + cos x = 0 alors
cos x +
sin x = 0
cos x = 0
4
√
√
4
mais ( cos x) +
sin x = cos2 x + sin2 x = 1, absurde. Le dénominateur n’est donc jamais nul.
√
π
2
sin x
√
dx, on pose u = π2 − x qui est bien C 1 sur 0, π2 , on obtient
Dans I =
√
sin x + cos x
0
0
I =−
π
2
√
cos x
√
dx =
√
sin x + cos x
d’où
π
2
2I =
0
ϕ
(x2 +1)
1
√
3x2 −x4 −1
dx
x3
0
√
cos x
√
dx
√
sin x + cos x
√
√
sin x + cos x
π
π
√
dx = =⇒ I =
√
2
4
sin x + cos x
Exercice 5
Calculer
π
2
en posant u = x −
√
1+ 5
1
où ϕ =
(on a x2 + x − 1
x
2
x2 − x + −1 = x4 − 3x2 + 1)
Solution : On vérifie que l’intégrale existe (utiliser la factorisation donnée) puis on a du = 1 +
√
x2 + 1
3x2 − x4 − 1
dx =
x3
1
−x2 + 3 − 2 = 1 − x −
x
x2 + 1
donc
ϕ
1
x2 + 1
√
3x2 − x4 − 1
dx =
x3
−x2 + 3 −
x2
1
x
dx
2
1
0
1 − u2 du
Pour calculer la dernière intégrale, le plus simple est d’identifier la courbe y =
2
1
x2
1
x2 + 1
=
, or
2
x
x2
√
1 − x2 ⇐⇒
y2 = 1 − x2
et y 0
⇐⇒
2
x +y =1
. Il s’agit donc du demi-cercle trigonométrique. Comme x ∈ [0, 1] , la dernière intégrale correspond à l’aire
et y 0
d’un quart de cercle de rayon 1, soit π4 .
Exercice type 9
1
2
Calculer I =
0
1+x
dx en posant x = cos ϕ.
1−x
—7/8—
G
H
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Préparation des Khôlles
1+x
est bien définie et continue sur 0, 12 . Le changement de
1−x
variable donné, x = cos ϕ donne dx = − sin ϕdϕ, on choisit pour x = 0, ϕ = π2 et x = 12 , ϕ = π3 . Ainsi ϕ ∈ π3 , π2 et
x = cos ϕ est C 1 sur π3 , π2 . On obtient alors
Solution : L’intégrale existe car la fonction x −→
π
3
I=
π
2
On simplifie directement
−
1 + cos ϕ
sin ϕdϕ.
1 − cos ϕ
−
2
2
1 + cos ϕ
(1 + cos ϕ)
(1 + cos ϕ)
=
=
. Puisque ϕ ∈
1 − cos ϕ
1 − cos2 ϕ
sin2 ϕ
π
2
1 + cos ϕ
sin ϕ = − (1 + cos ϕ) =⇒ I =
1 − cos ϕ
Autre méthode : Avec 1 + cos ϕ = 2 cos2
π
2
I=
π
3
sin ϕ
dϕ =
tan ϕ2
π
2
ϕ
2
π
3
, on a sin ϕ > 0 et ainsi
π
1
1√
(1 + cos ϕ) dϕ = [ϕ + sin ϕ] π2 = π −
3+1
3
6
2
et 1 − cos ϕ = 2 sin2 ϕ2 , on obtient (puisque
ϕ
ϕ
cos
2
2 dϕ =
tan ϕ2
2 sin
π
3
π π
3, 2
π
2
2 cos2
π
3
ϕ
dϕ =
2
ϕ
∈
2
, tan ϕ2 > 0)
π π
6, 4
π
2
π
3
(1 + cos ϕ) dϕ = · · ·
Exercice 6
sh t
Calculer sh (ln a) , en déduire sh (ln 2) , sh (ln 3). Calculer la dérivée de f (t) =
. Enfin calculer
ch t
et
4
3
3
4
3
4
0
(1 +
dx
√
1 + x2
x2 )
dx
√
en posant x = sh t.
x2 1 + x2
Solution : Si a > 0, alors sh (ln a) =
1 ln a
1
e − e− ln a =
2
2
a−
1
a
= ainsi sh (ln 2) = 34 , sh (ln 3) = 43 . Puis f ′ (t) =
ch2 t − sh2 t
1
= 2 .Les deux intégrales existent car les fonctions intégrées sont continue sur l’intervalle d’intégration.
ch2 t
ch t
On pose x = sh t, a priori, on ne sait pas quel est l’intervalle d’intégration en t, mais puisque sh est C 1 sur R, cela importe
√
peu · · · On a alors dx = ch (t) dt, puis 1 + x2 = 1 + sh2 t = ch t car ch t > 0 sur R d’où
dx
√
(1 +
1 + x2
dx
√
2
x 1 + x2
x2 )
=
=
ch (t)
1
dt = 2 dt
ch (t) ch (t)
ch t
1
dt
sh2 t
2
Reste les bornes, mais on a le tableau suivant
t
x = sh (t)
On a donc
3
4
0
Car ch (ln a) =
dx
√
=
2
(1 + x ) 1 + x2
ln 2
0
4
3
3
4
dx
√
=
x2 1 + x2
3
4
4
3
3
4
ln 3
ln 2
dx
√
=
2
x 1 + x2
ln 3
ln 2
0
dt
sh t
=
2
ch t
ch (t)
ln 3
ln 2
1
ch t
dt = −
sh t
sh2 t
—8/8—
4
3
ln 2
ch (t)
dt =
2
ch (t) ch (t)
a2 + 1
5
d’où ch (ln 2) = . Puis
2a
4
t = 0, d’où
0
0
ln 2
=
0
1
dt. Mais,
sh2 t
ln 3
ln 2
5
ch t
sh t
5
= − 34 − − 43
3
4
=
sh (ln 2)
3
=
ch (ln 2)
5
′
=
sh2 t − ch2 t
1
= − 2 si
sh2 t
sh t
5
12
G
H