Calcul intégral : corrigé des exercices de maths en terminale.

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

Quelle est la dérivée de 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 , on a $\sqrt{x^2-x} = x\sqrt{1-\frac{1}{x}} \sim x(1-\frac{1}{2x}) = x-\frac{1}{2}$ quand tend vers l’infini. Ainsi, $f(x) \sim x$ quand tend vers l’infini.

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

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

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

La fonction est discontinue en et n’est pas dérivable en , car la fonction $\sqrt{x^2-x}$ n’est pas dérivable en .

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

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 , 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 en l’infini est $+\infty$ . On en déduit que la courbe de 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 tend vers l’infini, le terme l’emporte sur l’autre terme, donc tend vers . De même, quand tend vers moins l’infini, le terme l’emporte sur l’autre terme, donc tend vers .

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

2.a. La dérivée de 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 est décroissante sur $]-\infty, -\frac{5}{4}]$ et croissante sur $[-\frac{5}{4}, 3[$ et $]3,+\infty[$ .

Le tableau de variation complet de 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 est une asymptote oblique de 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 en l’infini.

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

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

4. Le point est sur la droite verticale , qui est une asymptote verticale de la courbe de .

La courbe de est symétrique par rapport à la droite , car si on remplace par $3+\epsilon$ avec $\epsilon \neq 0$ , alors est remplacé par $f(6-\epsilon)$ , qui est égal à $f(3-\epsilon)$ car les deux termes et sont symétriques par rapport à .

Ainsi, on peut en déduire que le point est le centre de symétrie de la courbe de .

Les points d’intersection de la courbe de avec l’axe des abscisses sont les solutions de l’équation , c’est-à-dire
$-2x^2+3x+7 = 0 \quad \Leftrightarrow \quad x = \frac{3\pm\sqrt{29}}{4}.$

5. Voici la courbe de avec ses éléments remarquables :

Exercice 6 :

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

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

a. Montrer que .

b. Calculer , en déduire .

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

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 .

Exercice 7 :

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

b. La limite de en $-\infty$ est , car $e^{-x}$ tend vers l’infini quand tend vers $-\infty$ plus vite que ne tend vers l’infini.

La limite de en $+\infty$ est aussi , car le facteur est négligeable devant $e^{-x}$ quand tend vers l’infini.

c. On a $f'(x) = -xe^{-x}$ , donc est négative pour et positive pour .

Ainsi, est décroissante sur $]-\infty, 0]$ et croissante sur $[0, +\infty[$ .

d. Voici la courbe de la fonction :
![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 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 est positive sur tout $\mathbb{R}$ . Pour , on a
$I_{n+1} - I_n = \int_{n}^{n+1} f(x) dx \geq\, \int_{-1}^{0} f(x) dx > 0$
car est croissante sur . Ainsi, par récurrence, on en déduit que est une suite croissante.

3. a. On utilise une intégration par parties avec (donc ) 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 en l’infini est .

Graphiquement, cela signifie que la zone délimitée par la courbe de et les droites d’équation et a une aire qui tend vers quand 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 , 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 et les droites d’équations et $x=\alpha$ .

Exercice 8 :

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

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

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 :
$\begin{align*}\,I\,=\,\int_0^{\frac{\pi}{2}}\,f(x)\,dx\,=\,\int_0^{\frac{\pi}{2}}\,\cos^4\,x\,-\,\cos^2\,x\,dx\\\,=\,\int_0^1\,t^2\,-\,t\,dt\,=\,[\frac{1}{3}\,t^3\,-\,\frac{1}{2}\,t^2]_0^1\,\\\,=\,\frac{1}{6}.\,\end{align*}$

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 :

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Exercice 11 :

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

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

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 :

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

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.

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 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 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 :

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 , on obtient :

Pour , cela donne , donc $a = -\frac{1}{2}$ . Pour , on a , 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 , :
$\int \frac{-1/2}{t+2} dt = \int \frac{-1/2}{u} du = -\frac{1}{2}\ln|u| + C = -\frac{1}{2} \ln|t+2| + C.$

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

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