Corrigé des exercices de maths

Calcul intégral : corrigé des exercices de maths en terminale en PDF.


Le corrigé des exercices de maths en terminale sur le calcul d’une intégrale en utilisant une intégrale intermédiaire, ainsi que la propriété de linéarité (additivité).

Exercice 1 :

Calculer

I= \int_{1}\;^{2}\frac{1+x^2}{1+x}dx

en cherchant une intégrale intermédiaire de la forme

J = \int_{1}\;^{2}\frac{f(x)}{g(x)}dx qui s’intégrera facilement.

On considère l’intégrale:

J= \int_{1}\;^2 \frac{2x}{x+1}dx = [2ln(x+1)]_{1}^2 = 2ln\frac{3}{2}

Calculons:

I + J = \int_{1}\;^2 \frac{1+x^2}{1+x}dx\; + \int_{1}\;^2\frac{2x}{x+1} dx= \int_{1}\;^2 \frac{1+x^2+2x}{x+1} dx= \int_{1}\;^2\frac{(x+1)^2}{x+1}dx =\int_{1}\;^2 (x+1)dx = [\frac{x^2}{2} +x]_{1}^2 =\frac{5}{2}

donc

I = \frac{5}{2}-2ln(\frac{3}{2})

Exercice 2 :

Calculer ces intégrales en intégrant par partiies:

A.    \int_{0}^{3}x\sqrt{3-x}dx  .

Poson u=x  u’=1

v'=\sqrt{3-x}  et v=-\frac{2}{3}(3-x)^{\frac{^3}{2}}

A=[-\frac{2}{3}x(3-x)^{\frac{3}{2}}]+\int_{0}^{3} \frac{2}{3}(3-x)^{\frac{3}{2}}dx

A=0+ \frac{2}{3}\int_{0}^{3}(3-x)^{\frac{3}{2}}dx

A=\frac{2}{3}[-\frac{2}{5}(3-x)^{\frac{5}{2}}]

A=-\frac{2}{3}\times   \frac{2}{5}[(3-x)^{\frac{5}{2}}]

A=-\frac{4}{15}\times    ( -3^{\frac{5}{2}}  )

A=\frac{4}{15}\times   3^{\frac{5}{2}}

A=\frac{4}{15}\times   3^2\times   3^{\frac{1}{2}}

{\color{DarkRed} A=\frac{12}{5}\sqrt{3}}

Exercice 3 :

Soit  f  la fonction définie sur  \mathbb{R}^{+*} par f(x)=\frac{1}{x}+\frac{lnx}{x}.

Quelle est la dérivée de f sur \mathbb{R}^{+*} ?

f'(x)=-\frac{1}{x^2}+\frac{\frac{1}{x}\times   x-lnx\times   1}{x^2}

f'(x)=-\frac{1}{x^2}+\frac{1-lnx}{x^2}

f'(x)=\frac{-1+1-lnx}{x^2}

f'(x)=-\frac{lnx}{x^2}

Exercice 4 :

1. a. On a f(x) = \sqrt{x^2-x}+x.

En utilisant le développement asymptotique de \sqrt{1-x} en x=0, on a \sqrt{x^2-x} = x\sqrt{1-\frac{1}{x}} \sim x(1-\frac{1}{2x}) = x-\frac{1}{2} quand x tend vers l’infini. Ainsi, f(x) \sim x quand x tend vers l’infini.

Donc la limite de f en l’infini est +\infty.

b. On peut remarquer que f(-x) = \sqrt{x^2+x}-x.

En utilisant le développement asymptotique de \sqrt{1+x} en x=0, on a \sqrt{x^2+x} = x\sqrt{1+\frac{1}{x}} \sim x(1+\frac{1}{2x}) = x+\frac{1}{2} quand x tend vers l’infini. Ainsi, f(-x) \sim -\frac{1}{2} quand x tend vers l’infini. Donc la limite de f en -\infty est -\frac{1}{2}.

La fonction f n’est pas définie en x=0, donc il n’y a pas de limite de f en 0, et f admet une discontinuité en x=0.

La fonction f est définie et continue sur [1,+\infty[, donc sa limite en l’infini par la gauche est égale à f(1)=\sqrt{1}+1=2.

2. La fonction f n’est pas dérivable en 0, car elle n’est pas définie en 0. En revanche, pour x>0, on a
 f'(x) = \frac{x-x^2^{-1/2}}{2\sqrt{x-x^2}},
donc f'(0) n’existe pas.

La fonction f(x) est discontinue en x=0 et n’est pas dérivable en x=0, car la fonction \sqrt{x^2-x} n’est pas dérivable en x=0.

De même, f(x) est discontinue et non dérivable en x=1, car la fonction \sqrt{x^2-x} n’est pas dérivable en x=1.

3. a. On a
 \lim_{x\to \infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x\to \infty} \frac{\sqrt{x^2-x}+x}{x} = \lim_{x\to \infty} (\sqrt{1-\frac{1}{x}} + 1) = 2.

b. On a
 f(x)-2x = (\sqrt{x^2-x}-x) + x.

En utilisant le développement asymptotique de \sqrt{1-x} en x=0, on a

\sqrt{x^2-x} = x\sqrt{1-\frac{1}{x}} \sim x(1-\frac{1}{2x}) = x-\frac{1}{2}, donc
 f(x)-2x \sim (x - \frac12) + x = 2x - \frac{1}{2}.

Ainsi, la limite de f(x)-2x en l’infini est +\infty. On en déduit que la courbe de f admet une asymptote oblique d’équation y=2x-\frac{1}{2} en l’infini.

Exercice 5 :

1.a. On a
 f(x) = \frac{-2x^2+3x+7}{x-3} = \frac{-(2x+1)(x-7)}{x-3}.

Ainsi, quand x tend vers l’infini, le terme (2x+1) l’emporte sur l’autre terme, donc f(x) tend vers -2. De même, quand x tend vers moins l’infini, le terme -(x-7) l’emporte sur l’autre terme, donc f(x) tend vers 2.

b. On peut écrire
 f(x) = \frac{-(2x+1)(x-7)}{x-3} = -2x - \frac{13}{x-3}.
Ainsi, quand x tend vers 3 par la gauche, le deuxième terme tend vers moins l’infini, donc f(x) tend vers +\infty. Quand x tend vers 3 par la droite, le deuxième terme tend vers plus l’infini, donc f(x) tend vers -\infty. On peut interpréter ces résultats graphiquement en remarquant que la courbe de f possède une asymptote verticale en x=3, c’est-à-dire que la fonction n’est pas continue en x=3.

2.a. La dérivée de f est donnée par
 f'(x) = \frac{-2(x-3)(2x+1) - (-2x^2+3x+7)}{(x-3)^2} = \frac{-4x-5}{(x-3)^2}.
Cette fonction est définie pour tout x\neq 3. Elle est positive pour x<-\frac{5}{4} et négative pour x>-\frac{5}{4}, donc f est décroissante sur ]-\infty, -\frac{5}{4}] et croissante sur [-\frac{5}{4}, 3[ et ]3,+\infty[.

Le tableau de variation complet de f est le suivant :

\begin{array}{|c|ccc|c|}\,\hline\,x\,-\infty\,\,-\frac{5}{4}\,\,3\,+\infty\\\,\hline\,f'(x)\,++--\\\,\hline\,f(x)\,\searrow\,\,\text{discontinuite}\,\,\nearrow\\\,\hline\,\end{array}

3.a. La droite (D) d’équation y=-2x-3 est une asymptote oblique de f en l’infini si et seulement si
 \lim_{x\to\infty} [f(x) - (-2x-3)] = 0.
On a
 f(x) - (-2x-3) = \frac{-2x^2+3x+7}{x-3} + 2x+3 = \frac{13x+22}{x-3}.
Ainsi, on a
 \lim_{x\to\infty} [f(x) - (-2x-3)] = \lim_{x\to\infty} \frac{13x+22}{x-3} = 13.

Donc la droite (D) est une asymptote oblique de f en l’infini.

b. La fonction f(x)-(-2x-3) = \frac{13x+22}{x-3} est positive pour x>3, ce qui signifie que la courbe de f est située en dessous de la droite (D) pour x assez grand (dans les valeurs de xf est définie).

Ainsi, la droite (D) est une asymptote oblique à la courbe de f en l’infini, et la courbe de f est en dessous de la droite pour x assez grand.

4. Le point S(3;-9) est sur la droite verticale x=3, qui est une asymptote verticale de la courbe de f. La courbe de f est symétrique par rapport à la droite x=3, car si on remplace x par 3+\epsilon avec \epsilon \neq 0, alors f(x) est remplacé par f(6-\epsilon), qui est égal à f(3-\epsilon) car les deux termes -(2x+1) et (x-7) sont symétriques par rapport à x=3.

Ainsi, on peut en déduire que le point S est le centre de symétrie de la courbe de f. Les points d’intersection de la courbe de f avec l’axe des abscisses sont les solutions de l’équation f(x)=0, c’est-à-dire
 -2x^2+3x+7 = 0 \quad \Leftrightarrow \quad x = \frac{3\pm\sqrt{29}}{4}.

5. Voici la courbe de f avec ses éléments remarquables :

Exercice 6 :

On considère la suite ( U_n) définie, pour tout entier naturel n , par :

U_n=\int_{0}^{1}\frac{e^{-nx}}{1+e^{-x}}dx

1.

a. Montrer que U_0+U_1=1 .

b. Calculer U_1, en déduire U_0 .

2. Montrer que, pour tout entier naturel n, U_n\geq\, 0.

3.

a. Montrer que, pour tout entier naturel n non nul,

U_{n+1}+U_n=\frac{1-e^{-n}}{n}

b. En déduire que, pour tout entier naturel n non nul,

U_n\leq\, \frac{1-e^{-n}}{n}

4. Déterminer la limite de la suite ( U_n).

Exercice 7 :

1. a. On a f(x) = (1+x)e^{-x}. Le facteur (1+x) est toujours positif, et le facteur e^{-x} est positif pour tout x. Ainsi, f(x) est toujours positif sur \mathbb{R}.

b. La limite de f(x) en -\infty est 0, car e^{-x} tend vers l’infini quand x tend vers -\infty plus vite que (1+x) ne tend vers l’infini. La limite de f(x) en +\infty est aussi 0, car le facteur (1+x) est négligeable devant e^{-x} quand x tend vers l’infini.

c. On a f'(x) = -xe^{-x}, donc f'(x) est négative pour x>0 et positive pour x<0. Ainsi, f est décroissante sur ]-\infty, 0] et croissante sur [0, +\infty[.

d. Voici la courbe de la fonction f :
![Graph of f(x)](https://i.imgur.com/pJWUwK3.png)

2. a. Pour tout n\in\mathbb{N}, on a I_n = \int_{-1}^{n} f(x) dx > 0 car f(x) est toujours positif sur \mathbb{R}.

b. Pour n\geq\, 0, on a
 I_{n+1} - I_n = \int_{n}^{n+1} f(x) dx \geq\, 0
car f(x) est positive sur tout \mathbb{R}. Pour n<0, on a
 I_{n+1} - I_n = \int_{n}^{n+1} f(x) dx \geq\, \int_{-1}^{0} f(x) dx > 0
car f(x) est croissante sur [-1,0]. Ainsi, par récurrence, on en déduit que (I_n) est une suite croissante.

3. a. On utilise une intégration par parties avec u = (1+x) (donc du = dx) et dv = e^{-x} dx (donc v = -e^{-x}) :
\begin{align*}\,\int_{a}^{b}\,f(x)\,dx\,=\,[(1+x)(-e^{-x})]_a^b\,-\,\int_a^b\,(-e^{-x})\,dx\,\\\,=\,-(1+b)e^{-b}\,+\,(1+a)e^{-a}\,-\,[e^{-x}]_a^b\,\\\,=\,-(1+b)e^{-b}\,+\,(1+a)e^{-a}\,+\,e^{-a}\,-\,e^{-b}\,\\\,=\,(2+a)e^{-a}\,-\,(2+b)e^{-b}.\,\end{align*}

b. On a
\begin{align*}\,I_n\,=\,\int_{-1}^n\,f(x)\,dx\,=\,\int_{-1}^0\,f(x)dx\,+\,\int_{0}^1\,f(x)dx\,+\,\cdots\,+\,\int_{n-1}^n\,f(x)dx\,\\\,=\,\sum_{k=0}^{n-1}\,\int_k^{k+1}\,f(x)dx\,\\\,=\,\sum_{k=0}^{n-1}\,[(2+k)e^{-k}\,-\,(3+k)e^{-(k+1)}]\,\\\,=\,2e^{-0}\,-\,(3\,+\,1)e^{-1}\,+\,3e^{-1}\,-\,(4\,+\,1)e^{-2}\,+\,\cdots\,-\,(n+1)\,e^{-(n-1)}\,+\,ne^{-n}\,\\\,=\,(2\,-\,4e^{-1}\,-\,(n+1)e^{-(n-1)})\,+\,\sum_{k=2}^{n}\,[(2+k)e^{-k}-(3+k)e^{-(k+1)}].\,\end{align*}

c. On a
 \lim_{n\to\infty} I_n = \lim_{n\to\infty} \sum_{k=0}^{n-1} [(2+k)e^{-k} - (3+k)e^{-(k+1)}] = \sum_{k=0}^{\infty} [(2+k)e^{-k} - (3+k)e^{-(k+1)}].
Or, on a
 (2+k)e^{-k} - (3+k)e^{-(k+1)} = \frac{k+1}{e^{k+1}} - \frac{1}{e^k},
et la série de terme général \frac{k+1}{e^{k+1}} converge, donc la série ci-dessus converge absolument. Ainsi, on peut permuter les termes de la somme, ce qui donne
 \lim_{n\to\infty} I_n = [\frac{1}{e^x}]_{x=0}^{\infty} = 0 - \frac{1}{e^0} = -1.

d. La limite de I_n en l’infini est -1.

Graphiquement, cela signifie que la zone délimitée par la courbe de f et les droites d’équation x=-1 et x=n a une aire qui tend vers -1 quand n tend vers l’infini.

4. On cherche \alpha tel que \int_{-1}^{\alpha} f(x) dx = e. On résout l’équation obtenue en utilisant l’intégration par parties de la question 3.a :
 (2+\alpha)e^{-\alpha} - (2+(-1))e^{-(-1)} = e.

On peut récrire cette équation sous la forme
 2e^{-\alpha} +(\alpha-1)e^{-\alpha} = e^{-1} + 1,
ou encore
 (\alpha-1)e^{-\alpha} = e^{-1} + 1 - 2e^{-\alpha}.

On remarque que la fonction x\mapsto   e^{-x} est décroissante et positive pour tout x, donc l’équation ci-dessus admet une unique solution \alpha sur \mathbb{R}. On peut donc la résoudre numériquement pour obtenir
 \alpha \approx 0.368.
Ce calcul intégral correspond à un calcul d’aire, car \int_{-1}^{\alpha} f(x) dx représente l’aire de la partie du plan comprise entre l’axe des abscisses, la courbe de f et les droites d’équations x=-1 et x=\alpha.

Exercice 8 :

1. On utilise la formule (\cos^2 x)' = -2\sin x \cos x pour calculer f'(x) :
\begin{align*}\,f'(x)\,=\,4\cos^3\,x\,(-\sin\,x)\,-\,2\cos^3\,x\,\sin\,x\,\\\,=\,-2\cos^3\,x\,\sin\,x\,(1\,-\,2\cos^2\,x)\,\\\,=\,-2\cos^3\,x\,\sin\,x\,\sin^2\,x\,\\\,=\,-2\cos^3\,x\,(1-\cos^2\,x)\,\sin\,x\,\\\,=\,-2\cos^3\,x\,\sin\,x\,+\,2\cos^5\,x\,\sin\,x.\,\end{align*}

Ensuite, on utilise la formule (\cos^2 x)'' = -2\cos x \sin x (\cos^2 x + \sin^2 x) = -2\cos x \sin x pour calculer f''(x) :
\begin{align*}\,f''(x)\,=\,-2\cos^2\,x\,\sin^2\,x\,-\,2\cos^3\,x\,\cos\,x\,+\,10\cos^4\,x\,\sin^2\,x\,\\\,=\,-2\cos\,x\,\sin\,x\,(\cos\,x\,\sin\,x\,+\,4\cos^2\,x\,-\,5\cos^2\,x\,\sin^2\,x).\,\end{align*}

On peut vérifier que f''(x) + 16f(x) = -32\cos^5 x \sin x + 16\cos^4 x \sin x + 16\cos^6 x - 16\cos^5 x = 16\cos^4 x (\cos x-1)^2, qui est bien une constante.

2. On utilise la formule de changement de variables t=\cos^2 x pour calculer l’intégrale I :
\begin{align*}\,I\,=\,\int_0^{\frac{\pi}{2}}\,f(x)\,dx\,=\,\int_0^{\frac{\pi}{2}}\,\cos^4\,x\,-\,\cos^2\,x\,dx\\\,=\,\int_0^1\,t^2\,-\,t\,dt\,=\,[\frac{1}{3}\,t^3\,-\,\frac{1}{2}\,t^2]_0^1\,\\\,=\,\frac{1}{6}.\,\end{align*}

Exercice 9 :

Calculer :

I=\int_{1}^{x}(t^2-t)ln\,t\,dt

Posons :

u=lnt\,\,u'=\frac{1}{t}  et  v'=t^2-t\,\,\,\,v=\frac{t^3}{3}-\frac{t^2}{2}

I=,[,(\frac{t^3}{3}-\frac{t^2}{2})lnt,,]-\int_{1}^{x}\frac{1}{t}\times  ,(\frac{t^3}{3}-\frac{t^2}{2})

I=(\frac{x^3}{3}-\frac{x^2}{2})lnx\,,-\int_{1}^{x}\frac{1}{t}\times  ,(\frac{t^3}{3}-\frac{t^2}{2})

I=(\frac{x^3}{3}-\frac{x^2}{2})lnx\,,-\int_{1}^{x},\frac{t^2}{3}-\frac{t}{2}

I=(\frac{x^3}{3}-\frac{x^2}{2})lnx\,,-,[,\frac{t^3}{9}-\frac{t^2}{4},]

I=(\frac{x^3}{3}-\frac{x^2}{2})lnx\,,-(,\frac{x^3}{9}-\frac{x^2}{4}-\frac{1}{9}+\frac{1}{4})

I=(\frac{x^3}{3}-\frac{x^2}{2})lnx\,,-\frac{x^3}{9}+\frac{x^2}{4}+\frac{1}{9}-\frac{1}{4}

I=(\frac{x^3}{3}-\frac{x^2}{2})lnx\,,-\frac{x^3}{9}+\frac{x^2}{4}-\frac{5}{36}

Exercice 10 :

a.

f(x)=-1+x+\frac{x^3}{2}+x^5 \\ F(x)=-x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{8}+\frac{x^6}{6}+k\,\,(k\,\in\,\mathbb{R}\,).

b.

f(x)=(x-1)^2(x+1)=(x-1)(x^2-1)=x^3-x^2-x+1 \\ F(x)=\frac{x^4}{4}-\frac{x^3}{3}-\frac{x^2}{2}+x+k\,\,(k\,\in\,\mathbb{R}\,).

c.

f(x)=\frac{5}{4}x+\frac{7}{3}x^2+{1}{2}x^4 \\ F(x)=\frac{5}{8}x^2+\frac{7}{9}x^3+\frac{12}{5}x^5+k\,\,(k\,\in\,\mathbb{R}\,).

d.

f(x)=x+\frac{1}{\sqrt{x}} \\ F(x)=\frac{x^2}{2}+2\sqrt{x}+k\,\,(k\,\in\,\mathbb{R}\,).

d.

f(x)=-\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x^3} \\ F(x)=\frac{1}{x}+\frac{-1}{2x^2}+k\,\,(k\,\in\,\mathbb{R}\,).

e.

f(x)=\frac{-3}{(3x-1)^2}\,.

F(x)=-\frac{1}{(3x-1)}+k\,\,(k\,\in\,\mathbb{R}\,).

f.

f(x)=cos(x)+sin(x)\,.

F(x)=sin(x)-sin(x)+k\,\,(k\,\in\,\mathbb{R}\,).

g.

f(x)=\frac{-3}{\sqrt{6x+7}}\,.

F(x)=\frac{-\sqrt{6x+7}}{2}+k\,\,(k\,\in\,\mathbb{R}\,).

h.

f(x)=\frac{1}{cos^2(x)}+cos x\,.

F(x)=tan x + sinx+k\,\,(k\,\in\,\mathbb{R}\,).

i.

f(x)=ln(x)\,.

F(x)=xln(x)-x+k\,\,(k\,\in\,\mathbb{R}\,).

j.

f(x)=sinx\times   cos^2 x\,.

F(x)=-\frac{ cos^3 x}{3}+k\,\,(k\,\in\,\mathbb{R}\,).

k.

f(x)=sin(-3x+1)\,.

F(x)=\frac{cos(-3x+1)}{3}+k\,\,(k\,\in\,\mathbb{R}\,).

l.

f(x)=\frac{3x}{(x^2+1)^2}\,.

F(x)=-\frac{3}{2(x^2+1)}+k\,\,(k\,\in\,\mathbb{R}\,).

m.

f(x)=\frac{-1}{sin^2 x}=\frac{-cos^2 x-sin^2 x}{sin^2 x}\,.

F(x)=\frac{cos x}{sin x}+k=\frac{1}{tanx}+k=cotan x+k\,\,(k\,\in\,\mathbb{R}\,).

Exercice 11 :

1. On utilise la formule (\cos^2 x)' = -2\sin x \cos x pour calculer f'(x) :

\begin{align*}\,f'(x)\,=\,4\cos^3\,x\,(-\sin\,x)\,-\,2\cos^3\,x\,\sin\,x\,\\\,=\,-2\cos^3\,x\,\sin\,x\,(1\,-\,2\cos^2\,x)\,\\\,=\,-2\cos^3\,x\,\sin\,x\,\sin^2\,x\,\\\,=\,-2\cos^3\,x\,(1-\cos^2\,x)\,\sin\,x\,\\\,=\,-2\cos^3\,x\,\sin\,x\,+\,2\cos^5\,x\,\sin\,x.\,\end{align*}

Ensuite, on utilise la formule (\cos^2 x)'' = -2\cos x \sin x (\cos^2 x + \sin^2 x) = -2\cos x \sin x pour calculer f''(x) :

\begin{align*}\,f''(x)\,=\,-2\cos^2\,x\,\sin^2\,x\,-\,2\cos^3\,x\,\cos\,x\,+\,10\cos^4\,x\,\sin^2\,x\,\\\,=\,-2\cos\,x\,\sin\,x\,(\cos\,x\,\sin\,x\,+\,4\cos^2\,x\,-\,5\cos^2\,x\,\sin^2\,x).\,\end{align*}

On peut vérifier que f''(x) + 16f(x) = -32\cos^5 x \sin x + 16\cos^4 x \sin x + 16\cos^6 x - 16\cos^5 x = 16\cos^4 x (\cos x-1)^2, qui est bien une constante.

2. On utilise la formule de changement de variables t=\cos^2 x pour calculer l’intégrale I :
\begin{align*}\,I\,=\,\int_0^{\frac{\pi}{2}}\,f(x)\,dx\,=\,\int_0^{\frac{\pi}{2}}\,\cos^4\,x\,-\,\cos^2\,x\,dx\\\,=\,\int_0^1\,t^2\,-\,t\,dt\,=\,[\frac{1}{3}\,t^3\,-\,\frac{1}{2}\,t^2]_0^1\,\\\,=\,\frac{1}{6}.\,\end{align*}

Exercice 12 :
On considère trois réels a,b,c tels que , pour tout  x\in ]0;+\infty[ :

 \frac{1}{x(1+x)^2}=\frac{a}{x}+\frac{b}{1+x}+\frac{c}{(1+x)^2} .

 \frac{1}{x(1+x)^2}=\frac{a(1+x)^2}{x(1+x)^2}+\frac{bx(1+x)}{x(1+x)^2}+\frac{cx}{x(1+x)^2} .

 \frac{1}{x(1+x)^2}=\frac{(a+b)x^2+(2a+b+c)x+a}{x(1+x)^2} .

Par identification, nous obtenons le système :

{a+b = 0 \\ 2a+b+c = 0 \\ a = 1

{b = -1 \\ c = -1 \\ a = 1

donc

 \frac{1}{x(1+x)^2}=\frac{1}{x}-\frac{1}{1+x}-\frac{1}{(1+x)^2}

2. Soit  X\ge 1 .

a. Calculer

 \int_{1}^{X} \frac{dx}{x(1+x)^2}=\int_{1}^{X} \frac{1}{x}-\frac{1}{1+x}-\frac{1}{(1+x)^2}dx .

 =[ln(x)-ln(1+x)+\frac{1}{1+x}]

 =ln(X)-ln(1+X)+\frac{1}{1+X}+ln 2 -\frac{1}{2}

 =ln(\frac{X}{1+X})+\frac{1}{1+X}+ln 2 -\frac{1}{2}

b. Soit f la fonction définie sur  x\in [1;+\infty[ par

 f(X)=\int_{1}^{X} \frac{ln x}{(1+x)^3}dx

En intégrant par parties, calculer f(X) en fonction de X .

Posons :

u(x)= lnx alors  u'(x)=\frac{1}{x}

 v'(x)=\frac{1}{(1+x)^3 alors v(x)= \frac{-1}{2(1+x)^2}

Donc :

 f(X)=\int_{1}^{X} \frac{ln x}{(1+x)^3}dx=[\frac{-lnx}{2(1+x)^2}]+\int_{1}^{X} \frac{1}{2x(1+x)^2}dx

 f(X)=\int_{1}^{X} \frac{ln x}{(1+x)^3}dx=\frac{-lnX}{2(1+X)^2}+\frac{1}{2}\int_{1}^{X} \frac{1}{x(1+x)^2}dx

 f(X)=\int_{1}^{X} \frac{ln x}{(1+x)^3}dx=\frac{-lnX}{2(1+X)^2}+\frac{1}{2}(ln(\frac{X}{1+X})+\frac{1}{1+X}+ln 2 -\frac{1}{2})

 f(X)=\int_{1}^{X} \frac{ln x}{(1+x)^3}dx=\frac{-lnX}{2(1+X)^2}+\frac{1}{2}(ln(\frac{X}{1+X})+\frac{1}{1+X})+\frac{1}{2}(ln 2 -\frac{1}{2})

c. or :

 \lim_{X \to +\infty} \frac{-lnX}{2(1+X)^2}+\frac{1}{2}(ln(\frac{X}{1+X})+\frac{1}{1+X})=0

donc:

 \lim_{X \to +\infty} f(X)=\frac{1}{2}(ln2-\frac{1}{2})

Exercice 13 :

1. On peut écrire :
\frac{1}{x(1+x)^2} = \frac{a}{x} + \frac{b}{1 + x} + \frac{c}{(1+x)^2} = \frac{a(1 + x)^2c + bx + cx^2}{x(1 + x)^2}.

En identifiant les coefficients des polynômes, on trouve :
a + b = 0 \quad \text{et} \quad ac = \frac{1}{4} \quad \text{et} \quad bc + c = -\frac{1}{4}.

On peut prendre par exemple b = -a pour que la première équation soit vérifiée, alors la troisième donne -a^2 c - c = -\frac{1}{4}, soit c(1 + a^2) = \frac{1}{4}, d’où c = \frac{1}{4(1+a^2)} et a^2 c + c = -\frac{1}{4} implique a = -\frac{1}{2}, donc b = \frac{1}{2} et c = \frac{1}{8}.

2. a. On utilise la décomposition trouvée précédemment :
\frac{1}{x(1+x)^2} = -\frac{1}{2x} + \frac{1}{1+x} + \frac{1}{8}(\frac{1}{1+x} - \frac{1}{(1+x)^2}).

En intégrant :
\begin{align*}\,\int_1^X\,\frac{1}{x(1+x)^2}\,dx\,=\,-\frac{1}{2}\,\ln\,x\,\Bigg|_1^X\,+\,\ln(1\,+\,x)\,\Bigg|_1^X\,+\,\frac{1}{8}\,\int_1^X\,(\frac{1}{1+x}\,-\,\frac{1}{(1+x)^2})\,dx\,\\\,=\,\frac{1}{2}\,\ln\,\frac{X}{1}\,+\,\ln(1\,+\,X)\,-\,\ln\,2\,+\,\frac{1}{8}\,[\ln(1\,+\,x)\,+\,\frac{1}{1+x}]_1^X\,\\\,=\,\frac{1}{2}\,\ln\,X\,-\,\frac{1}{2}\,\ln\,2\,+\,\ln(1\,+\,X)\,-\,\frac{1}{8}\,\ln(\frac{X+1}{2X}).\,\end{align*}

b. On utilise l’intégration par parties avec u = \ln x et dv = \frac{1}{(1+x)^3} dx :
\begin{align*}\,f(X)\,=\,\int_1^X\,\frac{\ln\,x}{(1+x)^3}\,dx\,=\,-\frac{\ln\,x}{2(1+x)^2}\,\Bigg|_1^X\,+\,\frac{1}{2}\,\int_1^X\,\frac{dx}{x(1+x)^2}\,\\\,=\,-\frac{\ln\,X\,-\,\ln\,1}{2(1+X)^2}\,+\,\frac{1}{2}\,\int_1^X\,\frac{dx}{x(1+x)^2}\,\\\,=\,-\frac{\ln\,X}{2(1+X)^2}\,+\,\frac{1}{4(1+X)}\,+\,\frac{1}{8}(\frac{1}{1+X}\,-\,\frac{1}{(1+X)^2})\,-\,\frac{1}{8}.\,\end{align*}

Ainsi, on trouve
\begin{align*}\,\lim_{X\,\to\,+\infty}\,f(X)\,=\,\lim_{X\,\to\,+\infty}\,(-\frac{\ln\,X}{2(1+X)^2}\,+\,\frac{1}{4(1+X)}\,+\,\frac{1}{8}(\frac{1}{1+X}\,-\,\frac{1}{(1+X)^2})\,-\,\frac{1}{8})\,\\\,=\,-\frac{1}{8}.\,\end{align*}

c. On a
\begin{align*}\,\frac{1}{2}(\ln\,2\,-\,\frac{1}{2})\,-\,f(X)\,=\,\frac{1}{2}\,\ln(\frac{2}{X})\,-\,\frac{1}{2(1+X)^2}\,-\,\frac{1}{8}(\frac{X}{1+X}\,-\,\frac{1}{1+X}\,+\,\frac{1}{(1+X)^2})\,\\\,=\,\frac{1}{2}\,\ln(\frac{2}{X})\,-\,\frac{1}{2(1+X)^2}\,-\,\frac{1}{8}\,+\,\frac{9}{8(1+X)}\,-\,\frac{1}{8(1+X)^2}.\,\end{align*}

Les termes en -\frac{1}{2(1+X)^2} et -\frac{1}{8} tendent vers 0 quand X \to +\infty, et on a
\lim_{X \to +\infty} \frac{1}{2} \ln(\frac{2}{X}) = 0 \quad \text{et} \quad \lim_{X \to +\infty} \frac{9}{8(1+X)} = \lim_{X \to +\infty} \frac{1}{8(1+X)^2} = 0.

Ainsi,
\lim_{X \to +\infty} (\frac{1}{2}(\ln 2 - \frac{1}{2}) - f(X)) = 0,
ce qui montre que \lim_{X \to +\infty} f(X) = \frac{1}{2}(\ln 2 - \frac{1}{2}).

Exercice 14 :
Calculer l’intégrale proposée :

a.

b. \int_{-1}^{2}-x+6dx=[-\frac{x^2}{2}+6x]=-\frac{2^2}{2}+12+\frac{1}{2}+6=16,5

c. \int_0^{4} (2x^2+8x-1) dx=[2\frac{x^3}{3}+4x^2-x]\\=2\times  \frac{4^3}{3}+4\times   4^2-4 -2\times  \frac{0^3}{3}-4\times   0^2+0\\=\frac{128}{3}+64-4=\frac{308}{3}.

d. \int_0^{\frac{2\pi}{3}} (cosx) dx=[sin x]\\=\sin{ \frac{2\pi}{3}} -sin 0 =-\frac{\sqrt{3}}{2}.

e. \int_{-2}^{0} (x^5+4x^3+x^2-x) dx =[\frac{x^6}{6}+x^4+\frac{x^3}{3}-\frac{x^2}{2}]\\=\frac{0^6}{6}+0^4+\frac{0^3}{3}-\frac{0^2}{2} -\frac{(-2)^6}{6}-(-2)^4-\frac{(-2)^3}{3}+\frac{(-2)^2}{2} \\=-\frac{64}{6}-16-\frac{8}{3}+2=-\frac{66}{3}.

f. \int_1^{3} (\frac{1}{x^2}) dx \\= [-\frac{1}{x}]=-\frac{1}{3}+\frac{1}{1}=\frac{2}{3}.

g. \int_{\frac{-\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}(\frac{1}{cos^2 x}) dx\\=2\times   \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}(\frac{1}{cos^2 x}) dx=2\times   [ln(cos x)]=2ln(\frac{\sqrt{2}}{2}).

h. \int_{3}^{4}(\frac{1}{\sqrt{2x+5}}) dx=[\sqrt{2x+5}]\\=\sqrt{2\times   4+5}-\sqrt{2\times   3+5}\\=\sqrt{13}-\sqrt{11}.

Exercice 15 :

Soit f(x)=x^2+1 \,.

\int_{-1}^{0}(x^2+1) dx=[\frac{x^3}{3}+x]=\frac{0^3}{3}+0-\frac{(-1)^3}{3}+1=\frac{2}{3}.

Exercice 16 :

On considère

\int_a^{b} f(x) dx=5 \,. et \int_a^{b} g(x) dx=3 \,.

a.\int_a^{b} (2f(x)-4g(x)) dx=-2 \,.

b. \beta =6.

Exercice 17 :

\int_{-5}^{5} (x^3-tan x) dx=0 \,.

car la fonction est impaire sur l’intervalle [-5;5] centré en 0.

Exercice 18 :

a. On peut linéariser \sin^2 x en utilisant l’identité trigonométrique \sin^2 x = \frac{1-\cos(2x)}{2} :
\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 x dx= \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}} dx - \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos(2x) dx = \frac{\pi}{4}.
b. On utilise la formule \sin(2x) = 2\sin x \cos x :
\int_0^{\frac{\pi}{4}} \sin x \cos x dx = \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{4}} \sin(2x) dx = \frac{1}{4}[-\cos(2x)]_0^{\frac{\pi}{4}} = \frac{1}{4}(1-\sqrt{2}/2).

Exercice 19 :

a. On peut écrire :
\frac{-6t-3}{(t+2)^2(t-1)^2} = \frac{a}{(t+2)^2}+\frac{b}{(t-1)^2} = \frac{a}{t+2} - \frac{2a}{(t+2)^2} + \frac{b}{t-1} - \frac{2b}{(t-1)^2}.

En multipliant par (t+2)^2(t-1)^2, on obtient :
-6t-3 = a(t-1)^2 + b(t+2)^2.

Pour t = -1, cela donne -6a = 3, donc a = -\frac{1}{2}. Pour t = -2, on a 4b = 9, donc b = \frac{9}{4}.

Finalement :
\frac{-6t-3}{(t+2)^2(t-1)^2} = \frac{-1/2}{t+2}+\frac{9/4}{(t-1)^2}.

b. On peut intégrer la première fraction en utilisant une substitution u = t+2, du = dt :
\int \frac{-1/2}{t+2} dt = \int \frac{-1/2}{u} du = -\frac{1}{2}\ln|u| + C = -\frac{1}{2} \ln|t+2| + C.

Pour la deuxième fraction, on peut utiliser une substitution v = t - 1, dv = dt :
\begin{align*}\,\int\,\frac{9/4}{(t-1)^2}\,dt\,=\,\int\,\frac{9/4}{v^2}\,dv\,=\,\frac{9}{4}\,\int\,v^{-2}\,dv\,\\\,=\,-\frac{9}{4v}\,+\,C\,=\,-\frac{9}{4(t-1)}\,+\,C.\,\end{align*}

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