Les intégrales en terminale : corrigé détaillé des exercices 1 à 10

1) Avec \(u(x)=1-x\), \(u^{\prime}(x)=-1\) : \(\dfrac{1}{\sqrt{1-x}}=-\dfrac{u^{\prime}}{\sqrt{u}}\), qui a pour primitive \(-2\sqrt{u}\).

\[ I=\Big[-2\sqrt{1-x}\Big]_{-4}^{0}=-2\sqrt{1}+2\sqrt{5}=2\sqrt{5}-2\approx 2{,}47. \]

2) \(\dfrac{1}{1-x}=-\dfrac{u^{\prime}}{u}\) avec \(u=1-x\gt 0\) sur \([-1\,;0]\) : primitive \(-\ln(1-x)\).

\[ J=\Big[-\ln(1-x)\Big]_{-1}^{0}=-\ln 1+\ln 2=\ln 2. \]

3) Sur \([2\,;3]\), \(1-x\lt 0\) : on écrit \(\dfrac{1}{1-x}=-\dfrac{1}{x-1}\), de primitive \(-\ln(x-1)\) (car \(x-1\gt 0\)).

\[ K=\Big[-\ln(x-1)\Big]_{2}^{3}=-\ln 2+\ln 1=-\ln 2. \]

4) \(\dfrac{\ln x}{x}=u^{\prime}u\) avec \(u=\ln x\) : primitive \(\dfrac{(\ln x)^2}{2}\).

\[ L=\left[\frac{(\ln x)^2}{2}\right]_{1}^{e}=\frac{1}{2}-0=\frac{1}{2}. \]

Intégrale avec duplication. \(\sin(2t)=2\sin t\cos t\). Avec \(u(t)=1+\sin^2 t\), \(u^{\prime}(t)=2\sin t\cos t\) : l’intégrande est \(\dfrac{u^{\prime}}{\sqrt{u}}\), de primitive \(2\sqrt{u}\).

\[ I=\Big[2\sqrt{1+\sin^2 t}\Big]_{0}^{\pi}=2\sqrt{1+0}-2\sqrt{1+0}=0. \]

1) La dérivée du dénominateur \(x+1\) est 1, pas \(x\) : ce n’est pas une forme \(\frac{u^{\prime}}{u}\). Ce n’est pas non plus \(\frac{u^{\prime}}{u^2}\), \(u^{\prime}u^n\) ni \(\frac{u^{\prime}}{\sqrt{u}}\) : aucune forme de dérivée connue n’apparaît directement.

2) Pour \(x\neq -1\) :

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

Donc \(\alpha=1\) et \(\beta=-1\).

3) Sur \([0\,;1]\), \(x+1\gt 0\), une primitive de \(f\) est \(x-\ln(x+1)\) :

\[ I=\Big[x-\ln(x+1)\Big]_0^1=(1-\ln 2)-(0-\ln 1)=1-\ln 2. \]

Première intégrale. \(t^3=t^3+t-t=t(t^2+1)-t\), donc \(\dfrac{t^3}{t^2+1}=t-\dfrac{t}{t^2+1}=t-\dfrac{1}{2}\times\dfrac{2t}{t^2+1}\).

\[ I=\left[\frac{t^2}{2}-\frac{1}{2}\ln(t^2+1)\right]_0^1=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\ln 2. \]

Deuxième intégrale. Sur \([1\,;2]\), \(\dfrac{3u^2+2u-1}{u}=3u+2-\dfrac{1}{u}\) :

\[ I=\left[\frac{3u^2}{2}+2u-\ln u\right]_1^2=(6+4-\ln 2)-\left(\frac{3}{2}+2\right)=\frac{13}{2}-\ln 2. \]

Troisième intégrale. 1) \(f(t)=t\cos t\), \(f^{\prime}(t)=\cos t-t\sin t\), \(f^{\prime\prime}(t)=-\sin t-\sin t-t\cos t=-2\sin t-t\cos t\). Donc \(-2\sin t-f^{\prime\prime}(t)=-2\sin t+2\sin t+t\cos t=f(t)\).

2) Une primitive de \(-2\sin t\) est \(2\cos t\) et une primitive de \(f^{\prime\prime}\) est \(f^{\prime}\) :

\[ \begin{aligned} I&=\Big[2\cos t-f^{\prime}(t)\Big]_0^{\pi}=\big(2\cos\pi-f^{\prime}(\pi)\big)-\big(2\cos 0-f^{\prime}(0)\big) \\ &=(-2-(-1))-(2-1)=-1-1=-2. \end{aligned} \]

La seconde intégrale de l’énoncé est notée \(J=\int_0^1\frac{1}{e^x+2}\,\mathrm{d}x\).

1) Par linéarité :

\[ I+J=\int_0^1\frac{e^x+2}{e^x+2}\,\mathrm{d}x=\int_0^1 1\,\mathrm{d}x=1, \]

\[ I-J=\int_0^1\frac{e^x}{e^x+2}\,\mathrm{d}x=\Big[\ln(e^x+2)\Big]_0^1=\ln(e+2)-\ln 3=\ln\frac{e+2}{3}. \]

2) En additionnant puis en soustrayant :

\[ I=\frac{1}{2}\left(1+\ln\frac{e+2}{3}\right)\approx 0{,}726,\qquad J=\frac{1}{2}\left(1-\ln\frac{e+2}{3}\right)\approx 0{,}274. \]

Même consigne. \(I+J=\int_0^{\pi}(\cos^2t+\sin^2t)\,\mathrm{d}t=\int_0^{\pi}1\,\mathrm{d}t=\pi\) et

\[ I-J=\int_0^{\pi}\cos(2t)\,\mathrm{d}t=\left[\frac{\sin 2t}{2}\right]_0^{\pi}=0. \]

Donc \(I=J=\dfrac{\pi}{2}\).

1) Il faut \(1-x^2\geqslant 0\iff -1\leqslant x\leqslant 1\) : \(\mathcal{D}_f=[-1\,;1]\).

2) a) Le tracé ressemble à un demi-cercle de centre O et de rayon 1 (au-dessus de l’axe des abscisses).

b) \(M\in\mathcal{C}_f\iff x_M\in\mathcal{D}_f\) et \(y_M=\sqrt{1-x_M^2}\). Or, pour \(y_M\geqslant 0\) :

\[ y_M=\sqrt{1-x_M^2}\iff y_M^2=1-x_M^2\iff x_M^2+y_M^2=1\iff OM=1. \]

Précisément : si \(M\in\mathcal{C}_f\), alors \(x_M\in\mathcal{D}_f\) et \(OM^2=x_M^2+(1-x_M^2)=1\). Réciproquement, si \(OM=1\), \(x_M\in\mathcal{D}_f\) et \(y_M\geqslant 0\) (les points de la courbe ont une ordonnée positive), alors \(y_M=\sqrt{1-x_M^2}\).

c) \(\mathcal{C}_f\) est le demi-cercle supérieur (ordonnées positives) de centre O et de rayon 1.

3) a) \(f\) est continue sur \([-1\,;1]\) (composée de fonctions continues), donc l’intégrale existe. De plus \(f\geqslant 0\) : elle représente une aire.

b) I est l’aire du demi-disque de rayon 1 : \(I=\dfrac{\pi\times 1^2}{2}=\dfrac{\pi}{2}\).

1) a) \(t\mapsto t^2e^t\) est continue sur \(\mathbb{R}^+\), donc \(\varphi\) est la primitive de \(f(x)=x^2e^x\) qui s’annule en 0 : \(\varphi^{\prime}(x)=x^2e^x\).

\(\psi^{\prime}(x)=(2x-2)e^x+(x^2-2x+2)e^x=x^2e^x\). Donc \(\varphi\) et \(\psi\) sont deux primitives de \(f(x)=x^2e^x\).

b) Deux primitives d’une même fonction sur un intervalle diffèrent d’une constante : \(\varphi=\psi+k\). En 0 : \(\varphi(0)=0\) et \(\psi(0)=2\), donc \(k=-2\) et \(\varphi(x)=\psi(x)-2\).

2) Les primitives de \(f\) sont \(F(x)=(x^2-2x+2)e^x+C\).

• a) \(F(0)=2+C=0\iff C=-2\) : \(F(x)=(x^2-2x+2)e^x-2\) (c’est \(\varphi\)).
• b) \(F(1)=(1-2+2)e+C=e+C=0\iff C=-e\) : \(F(x)=(x^2-2x+2)e^x-e\).

1) Sur \(I\), \(x+1\neq 0\) et

\[ F(x)-G(x)=\frac{(x^2-x+1)-(x^2-3x-1)}{x+1}=\frac{2x+2}{x+1}=2. \]

F et G diffèrent d’une constante sur l’intervalle I : elles ont la même dérivée, donc oui, ce sont des primitives d’une même fonction.

2) Cette fonction est \(F^{\prime}\). Avec \(\left(\frac{u}{v}\right)^{\prime}=\frac{u^{\prime}v-uv^{\prime}}{v^2}\) :

\[ F^{\prime}(x)=\frac{(2x-1)(x+1)-(x^2-x+1)}{(x+1)^2}=\frac{x^2+2x-2}{(x+1)^2}. \]

\(C\) désigne une constante réelle quelconque.

Première série.

• 1) \(F(x)=\dfrac{x^3}{3}+\dfrac{x^4}{4}+C\).
• 2) \(F(x)=\ln x+x+C\).
• 3) \(\dfrac{1}{x^2}\) a pour primitive \(-\dfrac{1}{x}\) et \(\dfrac{1}{\sqrt{x}}\) a pour primitive \(2\sqrt{x}\) : \(F(x)=-\dfrac{1}{x}-2\sqrt{x}+C\).
• 4) \(F(x)=-\cos x-\sin x+C\).

Deuxième série.

• 1) \(F(x)=\dfrac{x^6}{6}-2x^2+3x+C\).
• 2) \(\dfrac{1}{x^5}=x^{-5}\) a pour primitive \(\dfrac{x^{-4}}{-4}=-\dfrac{1}{4x^4}\) : \(F(x)=-\dfrac{1}{4x^4}-\dfrac{1}{4}\ln x+C\).
• 3) \(F(x)=4\sqrt{x}+C\).
• 4) \(\dfrac{x^2+1}{x}=x+\dfrac{1}{x}\) : \(F(x)=\dfrac{x^2}{2}+\ln x+C\).

Contrôle : on dérive chaque résultat et on retrouve \(f\).

1) \(h(t)=2\sin t\cos t=2u^{\prime}u\) avec \(u=\sin t\). Une primitive est \(H_1(t)=\sin^2 t\).

2) a) Formule de duplication : \(h(t)=\sin(2t)\).

b) Une primitive de \(\sin(2t)\) est \(H_2(t)=-\dfrac{\cos(2t)}{2}\).

3) a) Les courbes ont la même forme mais sont décalées verticalement : \(H_1\) et \(H_2\) ne sont pas égales (\(H_1(0)=0\), \(H_2(0)=-\frac{1}{2}\)).

b) \(\cos(2t)=1-2\sin^2 t\), donc \(H_2(t)=-\dfrac{1}{2}+\sin^2 t\) et \(H_1(t)-H_2(t)=\dfrac{1}{2}\).

4) Les primitives de \(h\) sont \(\sin^2 t+C\) ; celle qui s’annule en 0 vérifie \(0+C=0\) : c’est \(H_1(t)=\sin^2 t\).

1) Le résultat s’écrit \(\big(b\ln b-b\big)-\big(a\ln a-a\big)=F(b)-F(a)\) avec \(F(x)=x\ln x-x\).

2) \(F\) est dérivable sur \(]0\,;+\infty[\) et, avec \((uv)^{\prime}=u^{\prime}v+uv^{\prime}\) :

\[ F^{\prime}(x)=1\times\ln x+x\times\frac{1}{x}-1=\ln x. \]

3) Le calcul précédent est valable pour tout \(x\gt 0\) : \(F\) est une primitive de \(\ln\) sur tout l’intervalle \(]0\,;+\infty[\), et pas seulement sur \([1\,;+\infty[\).