Calculs de primitives et d`intégrales

Exo7
Calculs de primitives et d’intégrales
Exercices de Jean-Louis Rouget. Retrouver aussi cette fiche sur www.maths-france.fr
* très facile
** facile *** difficulté moyenne **** difficile ***** très difficile
I : Incontournable T : pour travailler et mémoriser le cours
Exercice 1
Calculer les primitives des fonctions suivantes en précisant le ou les intervalles considérés :
1)
1
x3 +1
2
x +x
x6 +1
6)
11)
2)
7)
x2
x3 +1
1
x4 +1
3)
8)
x5
x3 −x2 −x+1
1
(x4 +1)2
4)
9)
1−x
(x2 +x+1)5
1
x8 +x4 +1
1
x(x2 +1)2
x
10) (x4 +1)
3
5)
1
(x+1)7 −x7 −1
Correction H
[005466]
Exercice 2
Calculer les primitives des fonctions suivantes en précisant le ou les intervalles considérés :
1
1
cos x et ch x
x
6) coscos
x+sin x
x+2 sin x
11) cos
sin x−cos x
th x
16) 1+ch
x
1)
1
1
sin x et sh x
7) sincos(3x)
x+sin(3x)
sin x
12) cos(3x)
17) sh15 x
2)
3)
1
tan x
et
1
th x
sin2 (x/2)
x−sin x
x sin(2x)
9) sinsin
4
x+cos4 x+1
ch3 x
14) 1+sh
x
4)
1
cos4 x+sin4 x
1
13) α cos2 x+β
sin2 x
1
18) 1−ch x
8)
1
2+sin2 x
tan x
10) 1+sin(3x)
5)
15)
√
ch x − 1
Correction H
[005467]
Exercice 3
Calculer les primitives des fonctions suivantes en précisant le ou les intervalles considérés :
1
et
1) √x2 +2x+5
√
x2 + 2x + 5 2)
2
+1
6) x√xx4 −x
2 +1
√
10) x+1+1 √3 x+1
7)
√ 1
q2x−x√2
1−
√ x
x
3)
√
1+x6
x
4)
8)
√1
1+ 1+x2
9)
1√
√
1+x+ 1−x
√
3 3
x +1
et √3 13
x2
x +1
5)
Correction H
q
x+1
x−1
[005468]
Exercice 4
Calculer les primitives des fonctions suivantes en précisant le ou les intervalles considérés :
1) x ln1 x
6) argch x
√ x
11) arctan
x
2) arcsin x 3) arctan x
4) arccos x
5) argsh x
7) argth x 8) ln(1 + x2 ) 9) earccos x
10) cos x ln(1 + cos x)
xex
x x
n
12) (x+1)2 13) ( e ) ln x 14) x ln x (n ∈ N) 15) eax cos(αx) ((a, α) ∈ (R∗ )2 )
16) sin(ln x) et cos(ln x) 17)
√
xn +1
x
18) x2 ex sin x
1
Correction H
[005469]
Exercice 5
Calculer les intégrales suivantes (a, b réels donnés, p et q entiers naturels donnés)
a
ln x
1) 1/a
(0 < a)
2
R b px +1
3) a (x − a)(b − x) dx
R2
5) 1/2
1 + x12 arctan x dx
R
x sin x
7) 0π 1+cos
2x
R
2) 0π 2 cos(px) cos(qx) dx et 0π 2 cos(px) sin(qx) dx et
R2
4) −2
(|x − 1| + |x| + |x + 1| + |x + 2|) dx
R1 p
6) −1 1 + |x(1 − x)| dx
R
8) 1x (lnt)n dt (n ∈ N∗ )
R
R
Rπ
0
2 sin(px) sin(qx) dx
Correction H
[005470]
Exercice 6
Condition nécessaire et suffisante sur a, b, c et d pour que les primitives de
c et d réels donnés).
(x−a)(x−b)
x−c)2 (x−d)2
soient rationnelles (a, b,
Correction H
[005471]
Exercice 7
Etude de f (x) =
Correction H
R1
sin x
−1 1−2t cos x+t 2
dt.
[005472]
Exercice 8
Etude de f (x) =
R1
0
Max(x,t) dt.
Correction H
[005473]
Exercice 9 Intégrales de WALLIS
Pour n entier naturel, on pose Wn =
R π/2
0
sinn x dx.
1. Calculer W0 et W1 . Déterminer une relation entre Wn et Wn+2 et en déduire W2n et W2n+1 en fonction de
n.
2. Etudier les variations de la suite (Wn ) et en déduire limn→+∞ WWn+1
.
n
3. Montrer que la suite (nWnWn−1 )n∈N∗ est constante. En déduire limn→+∞ Wn , puis un équivalent simple
R π/2 R
R
de Wn . En écrivant 0 = 0α + απ 2, retrouver directement limn→+∞ Wn .
2
4. Montrer que limn→+∞ n 1.3....(2n−1)
= π1 . (Formule de WALLIS)
2.4....(2n)
[005474]
Exercice 10
Pour n entier naturel, on pose In =
R π/4
0
tann x dx.
1. Calculer I0 et I1 . Trouver une relation entre In et In+2 . En déduire In en fonction de n.
2. Montrer que In tend vers 0 quand n tend vers +∞, et en déduire les limites des suites (un ) et (vn ) définies
k−1
k−1
par : un = ∑nk=1 (−1)k (n ∈ N∗ ) et vn = ∑nk=1 (−1)
2k−1 .
Correction H
[005475]
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exercices de maths sur
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2
Correction de l’exercice 1 N
1. I est l’un des deux intervalles ] − ∞, −1[ ou ] − 1, +∞[. f est continue sur I et admet donc des primitives
sur I.
1
X3 + 1
où a =
1
X3 + 1
1
3(−1)2
=
1
3
et b =
=
1
a
b
b
=
+
+
,
2
(X + 1)(X + j)(X + j ) X + 1 X + j X + j2
1
3(− j)2
= 3j . Par suite,
1 1
j
j2
1 1
−X + 2
1 1
1 2X − 1
3
1
= (
+
+
)= (
+
)= (
−
+
)
3 X + 1 X + j X + j2
3 X + 1 X2 − X + 1
3 X + 1 2 X2 − X + 1 2 X2 − X + 1
1 2X − 1
3
1
1 1
√
).
−
+
= (
3 X + 1 2 X 2 − X + 1 2 (X − 1 )2 + ( 3 )2
2
2
Mais alors,
Z
x − 12
1
1
1
3 2
(x − 1)2
1
1
2x − 1
2
√ ) = ln
√
dx
=
(ln
|x
+
1|
−
ln(x
−
x
+
1)
+
+ √ arctan √ +C.
arctan
3
2
3
x +1
3
2
2 3
6 x −x+1
3
3
2
2. I est l’un des deux intervalles ] − ∞, −1[ ou ]1, +∞[. Sur I,
R
x2
x3 +1
dx = 13 ln(x3 + 1) +C.
3. X 3 − X 2 − X + 1 = X 2 (X − 1) − (X − 1) = (X 2 − 1)(X − 1) = (X − 1)2 (X + 1). Donc, la décomposition
5
d1
d2
e
+ (X−1)
en éléments simples de f = X 3 −XX2 −X+1 est de la forme aX 2 + bX + c + X−1
2 + X+1 .
Détermination de a, b et c. La division euclidienne de X 5 par X 3 − X 2 − X + 1 s’écrit X 5 = (X 2 + X +
2)(X 3 − X 2 − X + 1) + 2X 2 + X − 2. On a donc a = 1, b = 1 et c = 2.
e = limx→−1 (x + 1) f (x) =
(−1)5
(−1−1)2
= − 41 . Puis, d2 = limx→1 (x − 1)2 f (x) =
15
1+1
= 12 . Enfin, x = 0 fournit
0 = c − d1 + d2 + e et donc, d1 = −2 − 12 + 41 = − 49 . Finalement,
X5
1
1 1
9 1
1
−
= X2 + X + 2 −
+
,
X3 − X2 − X + 1
4 X − 1 2 (X − 1)2 4 X + 1
et donc, I désignant l’un des trois intervalles ] − ∞, −1[, ] − 1, 1[ ou ]1, +∞[, on a sur I
Z
x5
x3 x2
1
1
dx
=
+ + 2x −
− ln |x + 1| +C.
x3 − x2 − x + 1
3
2
2(x − 1) 4
4. Sur R,
Z
1
1−x
dx = −
2
5
(x + x + 1)
2
2x + 1
3
dx +
2
5
(x + x + 1)
2
1
1
3
1
dx =
+
dx
1
2
5
2
4
(x + x + 1)
8(x + x + 1)
2 ((x + 2 )2 + 34 )5
√
√
Z
1
3
1 u 3
1
3
√
du (en posant x + =
)
=
+
8(x2 + x + 1)4 2 (( 3 u)2 + 3 )5 2
2
2
4
√ Z2
1
28 3
1
=
+ 4
du.
8(x2 + x + 1)4
3
(u2 + 1)5
Z
Pour n ∈ N∗ , posons alors In =
R
du
.
(u2 +1)n
Z
Une intégration par parties fournit
u2 + 1 − 1
u
du = 2
+ 2n(In − In+1 ),
(u2 + 1)n+1
(u + 1)n
1
u
et donc, In+1 = 2n
+
(2n
−
1)I
n . Mais alors,
(u2 +1)n
In =
u
+ 2n
(u2 + 1)n
Z
3
Z
u
7
1
u
7
u
7.5
1
+ I4 =
+
+
I3
2
4
2
4
2
3
8 (u + 1)
8
8 (u + 1)
8.6 (u + 1)
8.6
1
u
7
u
7.5
u
7.5.3
=
+
+
+
I2
8 (u2 + 1)4 8.6 (u2 + 1)3 8.6.4 (u2 + 1)2 8.6.4
1
u
7
u
7.5
u
7.5.3
u
7.5.3.1
=
+
+
+
+
I1
2
4
2
3
2
2
2
8 (u + 1)
8.6 (u + 1)
8.6.4 (u + 1)
8.6.4.2 u + 1 8.6.4.2
1
u
7
u
7.5
u
7.5.3
u
7.5.3.1
=
+
+
+
+
arctan u +C.
2
4
2
3
2
2
2
8 (u + 1)
8.6 (u + 1)
8.6.4 (u + 1)
8.6.4.2 u + 1 8.6.4.2
I5 =
Maintenant,
1
2
4
4
1
4
u2 + 1 = ( √ (x + ))2 + 1 = x2 + x + + 1 = (x2 + x + 1).
2
3
3
3
3
3
Par suite,
√
√ Z
1
28 3
28 3
du = 4
34
(u2 + 1)5
3
2
1
2
1
2
1
1 34 √3 (x + 2 )
7 33 √3 (x + 2 )
7.5 32 √3 (x + 2 )
+
+
8 44 (x2 + x + 1)4 8.6 43 (x2 + x + 1)3 8.6.4 42 (x2 + x + 1)2
!
2
1
2x + 1
7.5.3 3 √3 (x + 2 ) 7.5.3.1
+
arctan √ +C .
+
8.6.4.2 4 x2 + x + 1 8.6.4.2
3
2x + 1
7
2x + 1
35
2x + 1
35 2x + 1
1
+
+
+
=
8 (x2 + x + 1)4 36 (x2 + x + 1)3 108 (x2 + x + 1)2 54 x2 + x + 1
√
70 3
2x + 1
+
arctan √ +C,
81
3
(il reste encore à réduire au même dénominateur).
5. On pose u = x2 et donc du = 2xdx
Z
1
dx =
2
x(x + 1)2
1
x
dx =
2
2
2
x (x + 1)
2
Z
Z
du
1
=
2
u(u + 1)
2
Z
1
1
1
( −
−
) du
u u + 1 (u + 1)2
1
1
= (ln |u| − ln |u + 1| +
) +C
2
u+1
1
x2
1
= (ln 2
+ 2
) +C.
2 x +1 x +1
6.
R x2 +x
R 2
R
dx = x6x+1 dx + x6x+1 dx.
x6 +1
Ensuite, en posant u = x3 et donc du = 3x2 dx,
Z
1
x2
dx =
6
x +1
3
1
Z
u2 + 1
du =
1
1
arctan u +C = arctan(x3 ) +C,
3
3
et en posant u = x2 et donc du = 2x dx,
Z
x
1
1
1
(u − 1)2
1
2u − 1
dx
=
du
=
ln
+ √ arctan √ +C (voir 1))
6
3
2
x +1
2 u +1
6 u −u+1
3
3
2
2
2
1
(x − 1)
1
2x − 1
= ln 4
+ √ arctan √
+C
6 x − x2 + 1
3
3
Z
Finalement,
Z
x2 + x
1
1
(x2 − 1)2
1
2x2 − 1
3
√
√
dx
=
arctan(x
)
+
ln
+
arctan
+C.
x6 + 1
3
6 x4 − x2 + 1
3
3
4
7.
1
X 4 +1
π
π
λk
= ∑3k=0 X−z
où zk = ei( 4 +k 2 ) . De plus, λk =
k
1
1
=−
4
X +1
4
=−
1
4
1
4z3k
=
zk
4z4k
= − z4k . Ainsi,
eiπ/4
e−iπ/4
−eiπ/4
−e−iπ/4
+
+
+
X − eiπ/4 X − e−iπ/4 X + eiπ/4 X + e−iπ/4
!
√
√
2X − 2
2X + 2
√
√
−
.
X 2 − 2X + 1 X 2 + 2X + 1
!
Mais,
√
√
2X − 2
1
2X − 2
1
√
√
,
=√
−
1 2
2
2
√
X − 2X + 1
2 X − 2X + 1 (X − 2 ) + ( √12 )2
et donc,
Z
√
√
√
√
2x − 2
1
√
dx = √ ln(x2 − 2x + 1) − 2 arctan( 2x − 1) +C,
x2 − 2x + 1
2
et de même,
Z
√
√
√
√
1
2x + 2
√
dx = √ ln(x2 + 2x + 1) + 2 arctan( 2x + 1) +C.
2
x + 2x + 1
2
Finalement,
Z
√
√
√
1
1
x2 − 2x + 1 √
√
dx = √ ln
− 2(arctan( 2x − 1) + arctan( 2x + 1)) +C.
4
x +1
2 x2 + 2x + 1
8. Une intégration par parties fournit
Z
1
x
x
4x4
x4 + 1 − 1
dx
=
dx
dx
=
+
+
4
x4 + 1
x4 + 1
(x4 + 1)2
x4 + 1
(x4 + 1)2
Z
Z
x
1
1
= 4
dx
+4
dx
−
4
4
4
x +1
x +1
(x + 1)2
Z
Z
Et donc,
Z
9. Posons R =
1
x
1
+3
dx = ( 4
(x4 + 1)2
4 x +1
Z
1
dx) = ...
x4 + 1
1
.
X 8 +X 4 +1
X8 + X4 + 1 =
2ikπ/12 )
X 12 − 1
∏11
k=0 (X − e
=
X4 − 1
(X − 1)(X + 1)(X − i)(X + i)
= (X − eiπ/6 )(X − e−iπ/6 )(X + eiπ/6 )(X + e−iπ/6 )(X − j)(X − j2 )(X + j)(X + j2 ).
R est réelle et paire. Donc,
R=
a=
a
a
a
a
b
b
b
b
+
−
−
+
+
−
−
.
2
2
iπ/6
−iπ/6
iπ/6
X−j X−j
X+j X+j
X −e
X −e
X +e
X + e−iπ/6
1
8 j7 +4 j3
=
1
4(2 j+1)
=
2 j2 +1
4(2 j+1)(2 j2 +1)
=
−1−2 j
12
et donc,
5
1 −1 − 2 j −1 − 2 j2
1
1
1
1
a
a
√
+
=
(
+
)=
=
,
2
2
2
1
X−j X−j
12 X − j
X−j
4 X + X + 1 4 (X + )2 + ( 3 )2
2
2
et par parité,
a
1
1
1
a
a
a
√
√
+
−
−
= (
+
).
2
2
X−j X−j
X+j X+j
4 (X + 1 )2 + ( 3 )2 (X − 1 )2 + ( 3 )2
2
2
2
2
Ensuite, b =
1
8e7iπ/6 +4e3iπ/6
=
1
4eiπ/6 (−2− j2 )
=
e−iπ/6
4(−1+ j)
=
e−iπ/6 (−1+ j2 )
12
=
e−iπ/6 (−2− j)
12
=
−2e−iπ/6 −i
,
12
et donc,
√
√
b
b
1
2X − 3
1 −2e−iπ/6 − i −2eiπ/6 + i
1 −2 3X + 3
√
√
=− √
.
+
= (
+
)=
12 X 2 − 3X + 1
X − eiπ/6 X − e−iπ/6 12 X − eiπ/6
X − e−iπ/6
4 3 X 2 − 3X + 1
Par parité,
√
√
b
2X − 3
1
2X + 3
b
b
b
1
√
√
+ √
.
+
−
−
=− √
X − eiπ/6 X − e−iπ/6 X + eiπ/6 X + e−iπ/6
4 3 X 2 − 3X + 1 4 3 X 2 + 3X + 1
Finalement,
Z
√
1
1
2x − 1
2x + 1
1
x2 + 3x + 1
√
= √ (arctan √ + arctan √ ) + √ ln
+C.
x8 + x4 + 1 2 3
3
3
4 3 x2 − 3x + 1
10. En posant u = x2 et donc du = 2x dx, on obtient
Pour n > 1, posons In =
In =
u
+
2
(u + 1)n
R
1
(u2 +1)n
R
x
(x4 +1)3
1
2
R
1
.
(u2 +1)3
du. Une intégration par parties fournit :
u
u.(−n)(2u)
du = 2
+ 2n
2
n+1
(u + 1)
(u + 1)n
Z
dx =
Z
u2 + 1 − 1
du
(u2 + 1)n+1
=
et donc, ∀n > 1, In+1 =
On en déduit que
1
u
2n ( (u2 +1)n
u
+ 2n(In − In+1 ),
(u2 + 1)n
+ (2n − 1)In ).
1
u
3
u
3
I3 = ( 2
+ 3I2 ) =
+
+ arctan u +C,
4 (u + 1)2
4(u2 + 1)2 8(u2 + 1) 8
et finalement que
Z
x
1
2x2
3
dx
=
(
+
+ 3 arctan(x2 )) +C.
(x4 + 1)3
16 (x4 + 1)2 x4 + 1
11.
(X + 1)7 − X 7 − 1 = 7X 6 + 21X 5 + 35X 4 + 35X 3 + 21X 2 + 7X = 7X(X 5 + 3X 4 + 5X 3 + 5X 2 + 3X + 1)
= 7X(X + 1)(X 4 + 2X 3 + 3X 2 + 2X + 1) = 7X(X + 1)(X 2 + X + 1)2 .
Par suite,
7
(X
+ 1)7 − X 7 − 1
=
1
a
b
c1
c2
c1
c2
= +
+
+
.
+
+
2
2
2
2
2
X(X + 1)(X − j) (X − j )
X X + 1 X − j (X − j)
X−j
(X − j2 )2
a = limx→0 xR(x) = 1, b = limx→−1 (x + 1)R(x) = −1, et
6
c2 = limx→ j (x − j)2 R(x) =
= − j2 (1−21 j+ j2 ) = 31 . Puis,
c2
1 (X − j2 )2 + (X − j)2
2X 2 + 2X − 1
c2
+
=
=
,
(
(X − j)2 (X − j2 )2 3
(X 2 + X + 1)2
3(X 2 + X + 1)2
et
R−(
1
j( j+1)( j− j2 )2
c2
c2
1
2X 2 + 2X − 1
3 − X(X + 1)(2X 2 + 2X − 1)
+
)
=
−
=
(X − j)2 (X − j2 )2
X(X + 1)(X 2 + X + 1)2 3(X 2 + X + 1)2
3X(X + 1)(X 2 + X + 1)2
2
−2X 2 − 2X + 3
−2X(X + 1)(X + X + 1) + 3 + 3X(X + 1)
=
=
.
3X(X + 1)(X 2 + X + 1)2
3X(X + 1)(X 2 + X + 1)
Puis, c2 =
Ainsi,
−2 j2 −2 j+3
3 j( j+1)( j− j2 )
= − j−5 j2 =
5( j− j2 )
( j− j2 )( j2 − j)
=
5( j− j2 )
.
3
1
1 1
1
1 5( j − j2 ) 5( j2 − j)
1
1
=
(
−
+
(
+
+
+
))
7
7
2
2
(X + 1) − X − 1 7 X X + 1 3 X − j
X−j
(X − j)
(X − j2 )2
1
5
1
1
1
1 1
− 2
+ (
+
))
= ( −
2
7 X X + 1 X + X + 1 3 (X − j)
(X − j2 )2
1
1 1
1
1
5
1
√
+ (
= ( −
+
)).
−
2
7 X X + 1 (X + 1 )2 + ( 3 )2 3 (X − j)
(X − j2 )2
2
2
Finalement,
Z
x 10
1
2x + 1 1 1
1
1
ln +
) +C
dx =
− √ arctan √ − (
(x + 1)7 − x7 − 1
7
x+1
3 x − j x − j2
3
3
x 10
2x + 1
2x + 1
1
ln +C.
=
− √ arctan √ −
7
x+1
3(x2 + x + 1)
3
3
Correction de l’exercice 2 N
1. On pose t = tan 2x et donc dx =
2dt
.
1+t 2
Z
1+t tan π4 + tan 2x 1 + t 2 2dt
1
+C
= 2
dt = ln +C = ln 1 − t2 1 + t2
1 − t2
1−t 1 − tan π4 tan 2x x π
= ln | tan( + )| +C.
2 4
1
dx =
cos x
Z
Z
ou bien
Z
1
dx =
cos x
Z
ou bien, en posant u = x + π2 , (voir 2))
Z
1
dx =
cos x
Z
1
du =
cos(u − π2 )
Ensuite, en posant t = ex et donc dx =
Z
1 + sin x cos x
+C...
dx = ln 1 − sin x 1 − sin2 x
1
dx =
ch x
Z
Z
1
u
x π
du = ln | tan | +C = ln | tan( + )| +C.
sin u
2
2 4
dt
t ,
2 dt
=2
t + 1t t
7
Z
1
dt = 2 arctan(ex ) +C,
1 + t2
ou bien
1
dx =
ch x
Z
Z
ch x
dx = arctan(sh x) +C.
sh x + 1
2
2. En posant t = tan 2x ,
Z
1
dx =
sin x
1 + t 2 2dt
=
2t 1 + t 2
Z
Z
1
x
dt = ln |t| +C = ln | tan | +C.
t
2
R cos x
R 1
R dx
tan x =
sin x dx = ln | sin x| +C et
th x = ln | sh x| +C.
R sin2 (x/2)
R
1 1−cos x
1
4.
x−sin x dx = 2
x−sin x dx = 2 ln |x − sin x| +C.
3.
5.
1
2+sin2 x
dx =
Z
1
2
+tan2 x
cos2 x
dx
cos2 x
1
dx =
2 + sin2 x
=
Z
1
d(tan x),
2+3 tan2 x
1
1
du =
2
2 + 3u
3
r
et en posant u = tan x,
r
r
1
3
3
3
arctan(
u) +C = √ arctan(
tan x) +C.
2
2
2
6
x
sin x
6. Posons I = coscos
x+sin x dx et J = cos x+sin x dx. Alors, I + J = dx = x +C et I − J =
ln | cos x + sin x| +C. En additionnant ces deux égalités, on obtient :
R
R
Z
I=
R
R − sin x+cos x
cos x+sin x dx =
cos x
1
dx = (x + ln | cos x + sin x|) +C.
cos x + sin x
2
ou bien, en posant u = x − π4 ,
cos(u + π4 )
sin u
1
1
cos x
√
√
(1 −
dx
=
du =
) du = (u + ln | cos u|) +C
I=
π
2
cos
u
2
2 cos(x − 4 )
2 cos u
1
1
π
1
= (x − + ln | √ (cos x + sin x)|) +C = (x + ln | cos x + sin x|) +C.
2
4
2
2
Z
cos x
dx =
cos x + sin x
Z
Z
Z
7.
4 cos3 x − 3 cos x 1 4 cos3 x − 3 cos x 1 4 cos x
3
cos x 3 1
cos(3x)
dx =
−
)=
−
.
=
= (
3
2
sin x + sin(3x)
sin x cos x
sin x 2 sin(2x)
4 sin x − 4 sin x 4 sin x(1 − sin x) 4 sin x
Par suite,
Z
cos(3x)
3
dx = ln | sin x| − ln | tan x| +C.
sin x + sin(3x)
4
8. cos4 x + sin4 x = (cos2 x + sin2 x)2 − 2 sin2 x cos2 x = 1 − 21 sin2 (2x), et donc
Z
1
dx =
4
cos x + sin4 x
1
1
dx =
du (en posant u = 2x)
2
1
1 − 2 sin (2x)
2 − sin2 u
Z
Z
1
1
dv
=
du =
(en posant v = tan u)
1
2
1 + cos u
1 + 1+v2 1 + v2
Z
Z
=
Z
dv
v2 + 2
1
v
1
tan(2x)
= √ arctan √ +C = √ arctan √
+C.
2
2
2
2
9.
sin x sin(2x)
2 sin2 x
2 sin2 x
dx
=
cos
x
dx
=
cos x dx
sin4 x + cos4 x + 1
1 − 2 sin2 x cos2 x + 1
2 − 2 sin2 x(1 − sin2 x)
u2
= 4
du (en posant u = sin x).
u − u2 + 1
8
u6 +1
u2 +1
Maintenant, u4 − u2 + 1 =
= (u − eiπ/6 )(u − e−iπ/6 )(u + eiπ/6 )(u + e−iπ/6 ), et donc,
u2
a
a
a
a
=
+
−
−
,
4
2
iπ/6
−iπ/6
iπ/6
u −u +1 u−e
u−e
u+e
u + e−iπ/6
ou a =
(eiπ/6 )2
(eiπ/6 −e−iπ/6 )(eiπ/6 +eiπ/6 )(eiπ/6 +e−iπ/6 )
=
2
(eiπ/6 )√
i.2eiπ/6 . 3
=
−ie√iπ/6
,
2 3
et donc
−ieiπ/6
u2
1
ie−iπ/6
ieiπ/6
ie−iπ/6
√
(
=
+
+
−
)
u4 − u2 + 1 2 3 u − eiπ/6 u − e−iπ/6 u + eiπ/6 u + e−iπ/6
u
u
1
√
√
−
)
= √ (
2
2
2 3 u − 3u + 1 u + 3u + 1
√
√
√
√
1 1 2u − 3
3
1
3
1
1 2u + 3
√
√
√
√
= √ (
+
−
+
)
2
2
2
2
2 u − 3u + 1 2 u + 3u + 1
2 u + 3u + 1
2 3 2 u − 3u + 1
√
√
1
2u − 3
2u + 3
1
1
1
√
√
√
√
−
)+ (
+
)
= √ (
2
2
3
3
1
4 (u + )2 + ( )2 (u − )2 + ( 1 )2
4 3 u − 3u + 1 u + 3u + 1
2
2
2
2
et donc,
Z
sin2 x − √3 sin x + 1 1
√
√
sin x sin(2x)
1
√ ln 2
√
+
(arctan(2
sin
x−
3)+arctan(2
sin
x+
3)+C.
dx
=
4
sin x + cos4 x + 1
4 3 sin x + 3 sin x + 1 2
10. En posant u = sin x, on obtient
tan x
sin x
1
u
dx =
cos x dx =
du
3 cos2 x
3 )(1 − u2 )
1 + sin(3x)
(1
+
3u
−
4u
1 + 3 sin x − 4 sin x
Or, 1 + 3u − 4u3 = (u + 1)(−4u2 − 4u − 1) = −(u − 1)(2u + 1)2 et donc, (1 + 3u − 4u3 )(1 − u2 ) =
(u + 1)(u − 1)2 (2u + 1)2 et donc,
u
c1
a
b1
b2
c2
+
.
=
+
+
+
3
2
2
(1 + 3u − 4u )(1 − u ) u + 1 u − 1 (u − 1)
2u + 1 (2u + 1)2
−1
(−1−1)2 (−2+1)2
− 94 .
a = limu→−1 (u + 1) f (u) =
et c2 =
−1/2
(− 12 +1)(− 21 −1)2
=
= − 41 , b2 =
1
(1+1)(2+1)2
=
1
18
1
Ensuite, u = 0 fournit 0 = a − b1 + b2 + c1 + c2 ou encore c1 − b1 = 14 − 18
+ 49 = 23
36 . D’autre part, en
multipliant par u, puis en faisant tendre u vers +∞, on obtient 0 = a + b1 + c1 et donc b1 + c1 = 41 et
7
donc, c1 = 94 et b1 = − 36
. Finalement,
u
1
7
1
4
4
=−
−
+
+
−
.
(u + 1)(u − 1)2 (2u + 1)2
4(u + 1) 36(u − 1) 18(u − 1)2 9(2u + 1) 9(2u + 1)2
Finalement,
Z
1
7
1
2
2
1
tan x
dx = − ln(sin x+1)− ln(1−sin x)−
+ ln |2 sin x+1|+
+C
1 + sin(3x)
4
36
18(sin x − 1) 9
9 2 sin x + 1
11. (voir 6))
Z
cos x + 2 sin x
dx =
sin x − cos x
Z 1
2 ((sin x + cos x) − (sin x − cos x)) + ((sin x + cos x) + (sin x − cos x)
3 sin x + cos x 1
+
dx
2 sin x − cos x 2
3
x
= ln | sin x − cos x| + +C.
2
2
Z
Z
=
9
sin x − cos x
dx
12.
Z
sin x
dx =
cos(3x)
sin x
1
dx =
du (en posant u = cos x)
4 cos3 x − 3 cos x
3u − 4u3
Z
1
1
1
√ −
√ ) du
= ( −
3u 3(2u − 3) 3(2u + 3)
√
√
1
1
1
= (ln | cos x| − ln |2 cos x − 3| − ln |2 cos x + 3|) +C.
3
2
2
Z
Z
13. Dans tous les cas, on pose t = tan x et donc dx =
1
dx =
2
α cos x + β sin2 x
Z
Si β = 0 et α 6= 0,
R
1
α cos2 x+β sin2 x
dx =
1
α
Z
dt
.
1+t 2
1
dx
=
2
α + β tan x cos2 x
Z
dt
.
α + βt 2
tan x +C.
Si β 6= 0 et αβ > 0,
Z
1
1
dx =
2
2
β
α cos x + β sin x
Z
r
1
1
β
q
dt = p
arctan(
tan x) +C.
α
α
αβ
t 2 + ( β )2
Si β 6= 0 et αβ < 0,
1
Z
α cos2 x + β
2
sin x
dx =
1
β
q
tan x − − α β
1
sgn(β )
+C.
q
q
dt = p
ln 2 −αβ tan x + − α t 2 − ( − αβ )2
β
Z
14.
Z
ch3 x
dx =
1 + sh x
1 + sh2 x
ch x dx
1 + sh x
Z 2
u +1
=
du (en posant u = sh x)
u+1
Z
sh2 x
2
) du =
− sh x + 2 ln |1 + sh x| +C.
= (u − 1 +
u+1
2
Z
15. On peut poser u = ex mais il y a mieux.
Z √
Z p
(ch x − 1)(ch x + 1)
√
dx = sgn(x)
ch x + 1
√
= 2sgn(x) ch x + 1 +C.
ch x − 1 dx =
Z
sh x
√
dx
ch x + 1
16.
Z
17.
R
1
sh5 x
dx =
th x
dx =
ch x + 1
1
sh x dx
ch x(ch x + 1)
Z
1
=
du (en posant u = ch x)
u(u + 1)
Z
1
1
ch x
= ( −
) du = ln
+C.
u u+1
ch x + 1
R sh x
R sh x
R
6 dx =
6 dx =
sh x
sh x
Z
sh x
(ch x−1)3
2
dx =
18.
Z
R
1
(u2 −1)3
1 + ch x
dx = −
1 − ch2 x
1
= cothx +
+C.
sh x
1
dx =
1 − ch x
Z
10
Z
du (en posant u = ch x).
1
dx −
sh2 x
Z
ch x
dx
sh2 x
Correction de l’exercice 3 N
1.
Z
1
√
dx =
2
x + 2x + 5
1
Z
p
(x + 1)2 + 22
x+1
= ln(
+
2
r
(
dx = argsh
x+1
+C
2
p
x+1 2
) + 1) +C = ln(x + 1 + x2 + 2x + 5) +C.
2
Puis,
Z
p
2x + 2
x2 + 2x + 5 dx = (x + 1) x2 + 2x + 5 − (x + 1) √
dx
2 x2 + 2x + 5
Z 2
p
x + 2x + 5 − 4
√
= (x + 1) x2 + 2x + 5 −
dx
x2 + 2x + 5
Z p
Z
p
1
x2 + 2x + 5 dx + 4 √
dx,
= (x + 1) x2 + 2x + 5 −
x2 + 2x + 5
Z p
et donc,
Z p
p
p
1
x2 + 2x + 5 dx = (x + 1) x2 + 2x + 5 + 2 ln(x + 1 + x2 + 2x + 5) +C.
2
(On peut aussi poser x + 1 = 2 sh u).
R
1
dx = √ 1 2 dx = arcsin(x − 1) +C.
2. √2x−x
2
1−(x−1)
√
√
3. On pose u = x6 puis v = 1 + u (ou directement u = 1 + x6 ) et on obtient :
R
Z √
Z √
Z √
1 + x6 5
1
1+u
x dx =
du
6
x
6
u
Z
Z
Z
v
v2
1
1
1
1
1 v − 1 1
2v dv =
dv = (v +
dv) = (v + ln ) +C
=
6 v2 − 1
3 v2 − 1
3
v2 − 1
3
2
v+1
√
1 + x6 − 1 1 p
1
= ( 1 + x6 + ln √
) +C
6
3
2
1+x +1
1 + x6
dx =
x
4.
Z
√
Z √
Z √
1+x− 1−x
1
1+x
1−x
dx = (
dx −
dx)
(1 + x) − (1 − x)
2
x
x
Z
Z
√
√
1
u
v
= (
2u
du
+
2v
dv)
(en
posant
u
=
1
+
x
et
v
=
1 − x)
2
u2 − 1
1 − v2
Z
Z
1
1
= (1 + 2
) du + (−1 +
dv
2
u − 1
1
−
v
1+v
1 1 − u = u − v + (ln +
ln
1 − v ) +C
2
1+u
√
√
1+ 1−x
√
√
1 1 − 1 + x ) +C.
√
√
= 1 + x − 1 − x + (ln + ln 2
1− 1−x
1+ 1+x
1
√
√
dx =
1+x+ 1−x
Z √
11
5. On pose u =
q
x+1
x−1
et donc x =
Z r
u2 +1
,
u2 −1
puis dx =
x+1
dx = −2
x−1
2u(−2)
(u2 −1)2
Z
u
du. Sur ]1, +∞[, on obtient
2u
(u2 − 1)2
du
u
u2 − 1
−
2
du
u2 − 1
1+u
2u
+C
+ 2 ln |
= 2
u −1
1−u
√
p
x+1+1
2
+C
= 2 x − 1 + ln √
x+1−1
Z
=2
6. On note ε le signe de x.
q
q
√
1
4
2
2
x − x + 1 = εx x + x2 − 1 = εx (x − 1x )2 + 1 puis,
x2 +1 1
x .x
u = x − 1x et on obtient
1
x2 + 1 1
q
.
dx = ε
(x − 1x )2 + 1 x x
√
x2 − 1 + ε x4 − x2 + 1
) +C.
= ε ln(
x
√
7. Sur ]0, 1], on pose déjà u = x et donc, x = u2 , dx = 2u du.
Z
x2 + 1
√
dx = ε
x x4 − x2 + 1
Z
s
Z
Z
= 1 + x12 = (x − 1x )0 . On pose donc
1
1
√
du = ε argsh(x − ) +C
2
x
u +1
√
Z r
Z p
Z r
1− x
1−u
1
1
√
dx =
2u du = 2
u(1 − u) du = 2
( )2 − (u − )2 du.
x
u
2
2
Puis, on pose u− 21 = 12 sin v et donc du = 21 cos v dv. On note que x ∈]0, 1] ⇒ u ∈]0, 1] ⇒ v = arcsin(2u−
1) ∈] − π2 , π2 ] ⇒ cos v > 0.
Z
s
√
Z
Z
Z r
1− x
1
1
1
1
√
dx = 2
(1 − sin2 v) cos v dv =
cos2 v dv =
(1 + cos(2v)) dv
x
4
2
2
4
1
1
1
= (v + sin(2v)) +C = (v + sin v cos v) +C
4
2
4
q
√
√
√
1
= (arcsin(2 x − 1) + (2 x − 1) 1 − (2 x − 1)2 ) +C
4
q
√
√
√
1
(arcsin(2 x − 1) + 2(2 x − 1)
x − x) +C
4
8. On pose x = sht puis u = et .
1
1
1
u2 + 1
2 (u + u ) du
cht dt =
=
du =
1 + cht
u(u2 + 2u + 1)
1 + 12 (u + u1 ) u
2
= ln |u| +
+C.
u+1
√
√
Maintenant, t = argsh x = ln(x + x2 + 1) et donc, u = x + x2 + 1. Finalement,
Z
1
√
dx =
1 + 1 + x2
Z
Z
Z
Z
p
1
2
√
√
dx = ln(x + x2 + 1) −
+C.
2
1+ 1+x
x + x2 + 1
12
Z
1
2
( −
) du
u (u + 1)2
9. On pose u =
1
x
puis v =
Z √
3 3
x +1
x2
√
3 3
u +1 =
Z
dx =
√
3 3
x +1
x
et donc v3 = u3 + 1 puis v2 dv = u2 du.
q
3
Z √
Z √
3 3
3 3
( 1u )3 + 1 −du
u +1
u +1 2
=−
du = −
u du
1
2
u
u
u3
u2
v
1
v2 dv = (−1 −
) dv
v3 − 1
(v − 1)(v2 + v + 1)
Z
1 v+2
1 1
+
) dv
= (−1 −
3 v − 1 3 v2 + v + 1
Z
Z
1
2v + 1
1
1
1
√
dv
+
dv
= −v − ln |v − 1| +
3
6 v2 + v + 1
2 (v + 1 )2 + ( 3 )2
2
2
√
1
1
2v
+
1
= −v − ln |v − 1| + ln(v2 + v + 1) + 3 arctan( √ ) +C...
3
6
3
=−
Z
Z
Correction de l’exercice 4 N
1.
R
1
x ln x
2.
R
3.
R
4.
R
5.
R
6.
R
7.
R
√ x
dx = x arcsin x + 1 − x2 +C.
1−x2
R x
1
2
arctan x dx = x arctan x − 1+x
2 dx = x arctan x − 2 ln(1 + x ) +C.
√
R
x
arccos x dx = x arccos x + √1−x
dx = x arccos x − 1 − x2 +C.
2
√
R
x
argsh x dx = x argsh x − √1+x
dx = x argsh x − 1 + x2 +C.
2
√
R
argch x dx = x argch x − √xx2 −1 dx = x argch x − x2 − 1 +C.
R x
1
2
argth x dx = x argth x − 1−x
2 dx = x argth x + 2 ln(1 − x ) +C (on
8.
R
9.
dx = ln | ln x| +C.
arcsin x dx = x arcsin x −
x
√
eArccos x dx
2
1−x
Z p
p
−1
Arccos
x
Arccos
x
2
= xe
− 1−x e
+
1 − x2 √
eArccos x dx
1 − x2
√
R
et donc, eArccos x dx = 21 (xeArccos x − 1 − x2 eArccos x ) +C.
Z
11.
est sur ] − 1, 1[).
R 2
2
ln(1 + x2 ) dx = x ln(1 + x2 ) − 2 x x+1−1
2 +1 dx = x ln(1 + x ) − 2x + 2 arctan x +C.
Z
10.
√
R
eArccos x dx = xeArccos x +
Z
− sin x
cos2 x − 1
cos x ln(1 + cos x) dx = sin x ln(1 + cos x) − sin x
dx = sin x ln(1 + cos x) −
dx
1 + cos x
cos x + 1
Z
= sin x ln(1 + cos x) − (cos x − 1) dx = sin x ln(1 + cos x) − sin x + x +C.
Z
R arctan x
R √x
√
√
dx
=
2
x
arctan
x
−
2
dx.
x2 +1
x
Dans la dernière intégrale, on pose u =
Z
R
√
x et donc x = u2 puis, dx = 2u du. On obtient
√
x
x2 +1
dx =
R 2u2
du. Mais,
u4 +1
2u2
1
u
u
√
√
=√ (
−
)
4
u +1
2 u2 − 2u + 1 u2 + 2u + 1
√
√
1
2u − 2
2u + 2
1
1
1
√
√
= √ (
−
)+ (
+
).
1
1
1
2
2
√ )2 + ( √1 )2
2 (u − √ ) + ( √ )
(u
+
2 2 u2 − 2u + 1 u2 + 2u + 1
2
2
2
2
13
Par suite,
Z
√
√
√
2u2
1
u2 − 2u + 1
1
√
√
√
du
=
ln(
)
+
(arctan(
2u
−
1)
+
arctan(
2u + 1)) +C,
u4 + 1
2 2 u2 + 2u + 1
2
et donc,
Z
12.
13.
14.
√
√
√
√
√
x − 2x + 1
arctan x
1
√
√
dx = 2 x arctan x − √ ln(
) − 2(arctan( 2x − 1) + arctan( 2x + 1)) +C.
x
2 x + 2x + 1
R xex
x
1 x
1
1 x 0
ex
x
ex = x+1
e − (x+1)
et donc (x+1)
2 e = x+1 e
2 dx = x+1
(x+1)2
x
R x x
R x ln x−x
d(x ln x − x) = ex ln x−x +C = xe dx.
e ln x dx = e
R n
n+1
n+1
1 R n
xn+1
x ln x dx = xn+1 ln x − n+1
x dx = xn+1 ln x − (n+1)
2 +C.
+C.
15.
Z
eax cos(αx) dx = Re
=
16.
Z
e(a+iα)x dx = Re
e(a+iα)x
a + iα
!
+C =
eax
Re((a − iα)(cos(αx) + i sin(αx)) +C
a2 + α 2
eax (a cos(αx) + α sin(αx))
+C
a2 + α 2
R
R
R
sin(ln x) dx = x sin(ln x) − cos(ln x) dx = x sin(ln x) − x cos(ln x) − sin(ln x) dx et donc
R
sin(ln x) dx = 2x (sin(ln x) − cos(ln x)) +C.
17. En posant u = xn et donc du = nxn−1 dx, on obtient
Z √ n
x +1
Z √
Z √ n
1
x + 1 n−1
u+1
x
dx =
dx =
du,
n
x
x
n
u
√
puis en posant v = u + 1 et donc u = v2 − 1 et du = 2vdv, on obtient
Z √
u+1
du =
u
Z
v
2vdv = 2
2
v −1
Z
1−v
v2 − 1 + 1
+C.
dv = 2v + ln v2 − 1
1+v
Finalement,
Z √ n
x +1
x
√
1 − xn + 1 1 √ n
) +C.
√
dx = (2 x + 1 + ln n
1 + xn + 1 R
R
18. x2 ex sin x dx = Im( x2 e(1+i)x dx). Or,
Z
e(1+i)x
2
e(1+i)x
2
e(1+i)x
−
xe(1+i)x dx = x2
−
(x
− e(1+i)x dx)
1+i
1+i
1+i
1+i 1+i
(1 − i)e(1+i)x
e(1+i)x
= x2
+ ixe(1+i)x − i
+C
2
1+i
1
1
= ex ( x2 (1 − i)(cos x + i sin x) + ix(cos x + i sin x) − (1 + i)(cos x + i sin x) +C.
2
2
x2 e(1+i)x dx = x2
Z
Z
Par suite,
Z
x2 ex sin x dx = ex (
x2
1
(cos x + sin x) − x sin x − (cos x − sin x)) +C.
2
2
Correction de l’exercice 5 N
14
1. On pose t =
1
x
et donc x =
1
t
et dx = − t12 dt. On obtient
Z a
ln x
I=
dx = −
2
1/a x + 1
Z 1/a
ln(1/t) 1
1
t2
a
t2
+1
dt = −
Z a
1/a
lnt
dt = −I,
t2 + 1
et donc, I = 0.
2. (p et q sont des entiers naturels)
cos(px) cos(qx) = 12 (cos(p + q)x + cos(p − q)x) et donc,
Premier cas. Si p 6= q,
Z π
cos(px) cos(qx) dx =
0
1 sin(p + q)x sin(p − q)x π
+
= 0.
2
p+q
p−q
0
Deuxième cas. Si p = q 6= 0,
Z π
cos(px) cos(qx) dx =
0
1
2
Z π
(1 + cos(2px)) dx =
0
Rπ
1
2
Z π
dx =
0
π
.
2
Rπ
Troisième cas. Si p = q = 0. 0 cos(px) cos(qx) dx = 0 dx = π.
R
La démarche estR identique pour les deux autres et on trouve 0π sin(px) sin(qx) dx = 0 si p 6= q et π2 si
p = q 6= 0 puis 0π sin(px) cos(qx) dx = 0 pour tout choix de p et q.
2
p
x + y2 − (a + b)x + ab = 0
3. La courbe d’équation y = (x − a)(b − x) ou encore
est le demi-cercle
y>0
2
2
2
a
b
et si a > b, I = − π(b−a)
.
de diamètre [
,
]. Par suite, si a 6 b, I = πR2 = π(b−a)
8
8
0
0
4. L’intégrale proposée est somme de quatre intégrales. Chacune d’elles est la somme des aires de deux
triangles. Ainsi, I = 21 ((12 + 32 ) + (22 + 22 ) + (32 + 12 ) + 42 ) = 22.
5. On pose u = 1x . On obtient
Z 2 Z 1/2
Z 2
1
−du
1 π
I=
1 + 2 arctan x dx =
(1 + u2 ) arctan u 2 =
(1 + 2 )( − arctan u) du
x
u
u 2
1/2
2
1/2
π
1
1
= ((2 − ) − ( − 2)) − I).
2
2
2
3π
Par suite, I = 3π
2 − I et donc I = 4 .
p
R1
R0 p
R p
1 + |x(1 − x)| dx = −1
1 + x(x − 1) dx + 01 1 + x(1 − x) dx = I1 + I2 .
6. I = −1
Pour I1 , 1 + x(x − 1) = x2 − x + 1 = (x − 21 )2 + (
√
3 2
2 )
et on pose x − 12 =
√
3
2
sht et donc dx =
√
3
2
cht dt.
Z − ln(√3) √ p
3
√
Z − ln(√3)
Z − ln(√3)
3
3
3
2
2t
−2t
I1 =
sh2 t + 1
cht dt =
+ 2) dt
√
√ ch t dt =
√ (e + e
2
4 ln(2− 3)
16 ln(2− 3)
ln(2− 3) 2
√
√
√
√
√
√
3 1
1
= ( (e−2 ln( 3) − e2 ln(2− 3) ) − (e2 ln( 3) − e−2 ln(2− 3) ) + 2(− ln( 3) − ln(2 − 3)))
16 2
2
√ 2
√
1
1
3 1 1
√ ) − 2 ln(2 3 − 3))
= ( ( − (2 − 3) ) − (3 −
16 2 3
2
(2 − 3)2
√
√
√
3
4 1
= (− + (−(2 − 3)2 + (2 + 3)2 )) − 2 ln(2 3 − 3))
16 3 √ 2
√
1 3 3 3
=− +
− ln(2 3 − 3).
4
4
8
Pour
I2 , 1 + x(1 − x) = −x2 + x + 1 = −(x − 21 )2 + (
√
3
2
cost dt.
15
√
5 2
2 )
et on pose x − 12 =
√
3
2
sint et donc dx =
Z arcsin √1 √ p
3
5
√
1
1
Z
Z
3
3 arcsin √5
3 arcsin √5
2
I2 =
1 − sin t
cost dt =
cos t dt =
(1 + cos(2t)) dt
2
4 − arcsin √15
8 − arcsin √15
− arcsin √15 2
r
arcsin √15
3
1
3
1
1
3 1
= arcsin √ + √
1−
= (2 arcsin √ + 2 [sint cost]0
8
4
5
5
5 4 5
3
3
1
= arcsin √ + ...
4
5 10
2
7.
Z π
I=
x sin x
dx =
1 + cos2 x
Z 0
(π − u) sin(π − u)
1 + cos2 (π − u)
0
π
π2
− I,
= −π [arctan(cos u)]π0 − I =
2
et donc, I =
− du = π
Z π
0
sin u
du −
1 + cos2 u
Z π
0
u sin u
du
1 + cos2 u
π2
4 .
8. Pour n ∈ N∗ , posons In =
Rx
1
lnn t dt.
Z x
n+1 x
1
In+1 = t ln t 1 − (n + 1) t lnn t dt = x lnn+1 x − (n + 1)In .
t
1
Donc, ∀n ∈ N∗ ,
Soit n > 2.
In+1
(n+1)!
n−1
In
+ n!
=
Ik
x(ln x)n+1
(n+1)! ,
Ik+1
et de plus, I1 = x ln x − x + 1.
n−1
Ik
n
Ik
In
∑ (−1)k ( k! + (k + 1)! ) = ∑ (−1)k k! + ∑ (−1)k−1 k! = −I1 − (−1)n n! ,
k=1
k=1
k=2
Par suite,
n−1
In = (−1)n n!( ∑ (−1)k
k=1
n
x(ln x)k+1
x(ln x)k
− x ln x + x − 1) = (−1)n n!(1 − ∑ (−1)k
).
(k + 1)!
k!
k=0
Correction de l’exercice 6 N
Si c 6= d, les primitives considérées sont rationnelles si et seulement si il existe A et B tels que
(x − a)(x − b)
A
B
=
+
(∗)
(x − c)2 (x − d)2 (x − c)2 (x − d)2


 A+B = 1
 B = 1−A
−2(Ad + Bc) = −(a + b) ⇔ ∃(A, B) ∈ R2 /
(∗) ⇔ ∃(A, B) ∈ R2 /
A(d − c) + c = 21 (a + b)


Ad 2 + Bc2 = ab
Ad 2 + Bc2 = ab

a+b−2c

 A = 2(d−c)
a + b − 2c 2 2d − a − b 2
⇔ ∃(A, B) ∈ R2 /
⇔
d +
c = ab
B = 2d−a−b
2(d−c)

2(d − c)
2(d − c)
 Ad 2 + Bc2 = ab
⇔ d 2 (a + b − 2c) + c2 (2d − a − b) = 2ab(d − c) ⇔ (a + b)(d 2 − c2 ) − 2cd(d − c) = 2ab(d − c)
⇔ 2cd + (a + b)(c + d) = 2ab ⇔ (a + b)(c + d) = 2(ab − cd).
Si c = d, il existe trois nombres A, B et C tels que (x − a)(x − b) = A(x − c)2 + B(x − c) +C et donc tels que
(x − a)(x − b)
A
B
C
=
+
+
.
(x − c)4
(x − c)2 (x − c)3 (x − c)4
16
Dans ce cas, les primitives sont rationnelles. Finalement, les primitives considérées sont rationnelles si et seulement si c = d ou (c 6= d et (a + b)(c + d) = 2(ab − cd)).
Correction de l’exercice 7 N
Notons D le domaine de définition de f .
Si x ∈ D, −x ∈ D et f (−x) = − f (x). f est donc impaire.
Si x ∈ D, x + 2π ∈ D et f (x + 2π) = f (x). f est donc 2π-périodique.
On étudiera donc f sur [0, π].
Soient x ∈ [0, π] et t ∈ [−1, 1]. t 2 − 2t cos x + 1 = (t − cos x)2 + sinx > 0 avec égalité si et seulement si sin x = 0
et t − cos x = 0.
Ainsi, si x ∈]0, π[, ∀t ∈] − 1, 1[, t 2 − 2t cos x + 1 6= 0. On en déduit que la fraction rationnelle t 7→ 1−2tsint
est
cos x+t 2
continue sur [−1, 1], et donc que f (x) existe.
0
Si x = 0, ∀t ∈ [−1, 1[, t 2 −2tsincosx x+1 = (t−1)
2 = 0. On prut prolonger cette fonction par continuité en 1 et consisérer
1
que f (0) = −1
0 dt = 0. De même, on peut considérer que f (π) = 0.
Ainsi, f est définie sur [0, π] et donc, par parité et 2π-périodicité, sur R.
Soit x ∈]0, π[.Calculons f (x).
R
t − cos x 1
sin x
1 − cos x
1 + cos x
f (x) =
dt = arctan
= arctan
+ arctan
2
2
sin x −1
sin x
sin x
−1 (t − cos x) + sin x
Z 1
= arctan
=
2 sin2 (x/2)
2 cos2 (x/2)
1
+ arctan
= arctan(tan(x/2)) + arctan(
)
2 sin(x/2) cos(x/2)
2 sin(x/2) cos(x/2)
tan(x/2)
π
(car tan(x/2) > 0 pour x ∈]0, π[).
2
Ce calcul achève l’étude de f . En voici le graphe :
3
2
1
−4
•
−3
−2
−1
−1
•
1
2
•
3
−2
Correction de l’exercice 8 N
Soit x ∈ R. La fonction t 7→ Max(x,t) = 21 (x +t + |x −t|) est continue sur [0, 1] en vertu de théorèmes généraux.
R
Par suite, 01 Max(x,t) dt existe.
R
Si x 6 0, alors ∀t ∈ [0, 1], x 6 t et donc Max(x,t) = t. Par suite, f (x) = 01 t dt = 21 .
R
Si x > 1, alors ∀t ∈ [0, 1], t 6 x et donc Max(x,t) = x. Par suite, f (x) = 01 x dt = x.
Si 0 < x < 1,
Z 1
Z x
f (x) =
x dt +
0
x
1
1
t dt = x2 + (1 − x2 ) = (1 + x2 ).
2
2
17


En résumé, ∀x ∈ R, f (x) =
1
2 si x 6 0
1
2
2 (1 + x ) si
0<x<1 .
x si x > 1
f est déjà continue sur ] − ∞, 0], [1, +∞[ et ]0, 1[. De plus, f (0+ ) = 12 = f (0) et f (1− ) = 1 = f (1). f est ainsi
continue à droite en 0 et continue à gauche en 1 et donc sur R.
f est de classe C1 sur ] − ∞, 0], [1, +∞[ et ]0, 1[. De plus, limx→0, x>0 f 0 (x) = limx→0, x>0 x = 0. f est donc
continue sur [0, 1[ de classe C1 sur ]0, 1[ et f 0 a une limite réelle quand x tend vers 0. D’après un théorème
classique d’analyse, f est de classe C1 sur [0, 1[ et en particulier, f est dérivable à droite en 0 et f 0 d (0) = 0.
Comme d’autre part, f est dérivable à gauche en 0 et que f 0 g (0) = 0 = f 0 d (0), f est dérivable en 0 et f 0 (0) = 0.
L’étude en 1 montre que f est dérivable en 1 et que f 0 (1) = 1. Le graphe de f est le suivant :

y = f (x)
2
1
−2
−1
1
2
Correction de l’exercice 10 N
R π/4
1. I0 = 0 dx =
Soit n ∈ N.
π
4
et I1 =
Z π/4
In + In+2 =
R π/4 sin x
π/4
ln 2
0
cos x dx = [− ln | cos x|]0 = 2 .
n
n+2
(tan x + tan
Z π/4
x) dx =
0
0
tann+1 x
tan x(1 + tan x) dx =
n+1
n
2
π/4
=
0
1
.
n+1
Soit n ∈ N∗ .
n
n
n
(−1)k−1
k−1
k−1
=
(−1)
(I
+
I
)
=
(−1)
I
+
2k−2
2k
2k−2
∑
∑ (−1)k−1 I2k
∑ 2k − 1 ∑
k=1
k=1
k=1
k=1
n
n−1
=
k=0
Ainsi, ∀n ∈ N∗ , I2n = (−1)n
k−1
De même, ∑nk=1 (−1)
2k
n
∑ (−1)k I2k − ∑ (−1)k I2k = I0 − (−1)n I2n .
π
4
k=1
k−1
− ∑nk=1 (−1)
2k−1
.
= I1 − (−1)n I2n+1 et donc, ∀n ∈ N∗ , I2n+1 =
(−1)n
2
2. Soient ε ∈]0, π2 [ et n ∈ N∗ .
Z π/4−ε/2
0 6 In =
0
tann x dx +
Z π/4
π/4−ε/2
tann x dx 6
k−1
ln 2 − ∑nk=1 (−1)k
.
π
π ε
ε
tann ( − ) + .
4
4 2
2
Maintenant, 0 < tan( π4 − ε2 ) < 1 et donc limn→+∞ tann ( π4 − ε2 ) = 0. Par
pour n > n0 , 0 6 tann ( π4 − ε2 ) < ε2 . Pour n > n0 , on a alors 0 6 In < ε.
suite, il existe n0 ∈ N tel que,
Ainsi, In tend vers 0 quand n tend vers +∞. On en déduit immédiatement que un tend vers ln 2 et vn tend
vers π4 .
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