Corrigé des exercices : IPP et changement de variable en maths sup (MPSI)

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Primitives à reconnaître

Idée clé : on cherche dans chaque cas une forme \(u^{\prime}g(u)\) avec \(g\) dans le tableau des primitives usuelles.

1. Le trinôme \(x^2+x+3\) a pour discriminant \(1 – 12 = -11 < 0\), donc il reste strictement positif. Le numérateur est sa dérivée. Ainsi, sur \(\mathbb{R}\), une primitive est \(\ln(x^2+x+3)\).
2. Avec \(u = \sin x\), on a \(f_2 = u^{\prime}u^3\). Donc, sur \(\mathbb{R}\), une primitive est \(\frac{1}{4}\sin^4 x\).
3. C’est la forme \(1/(a^2+x^2)\) avec \(a = 3\). Sur \(\mathbb{R}\), une primitive est \(\frac{1}{3}\arctan\frac{x}{3}\).
4. C’est la forme \(1/\sqrt{a^2-x^2}\) avec \(a = 2\). Sur \(]-2, 2[\), une primitive est \(\arcsin\frac{x}{2}\), sans facteur devant.
5. Avec \(u = \mathrm{e}^{x}\), on a \(f_5 = u^{\prime}/(1+u^2)\). Par conséquent, sur \(\mathbb{R}\), une primitive est \(\arctan(\mathrm{e}^{x})\).
6. On écrit \(\tan x = -\dfrac{(\cos x)^{\prime}}{\cos x}\). Sur \(]-\pi/2, \pi/2[\), où \(\cos x > 0\), une primitive est \(-\ln(\cos x)\).

À retenir : chaque réponse se vérifie en dérivant. Par exemple, la dérivée de \(\arctan(\mathrm{e}^{x})\) vaut \(\mathrm{e}^{x}/(1 + \mathrm{e}^{2x})\). De même, la dérivée de \(\arcsin(x/2)\) vaut \(\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{1 – x^2/4}}\), qui se simplifie en \(1/\sqrt{4 – x^2}\). Cette dernière vérification montre bien pourquoi aucun facteur \(1/2\) ne subsiste.

Corrigé de l’exercice 2 – Primitive imposée en un point

Idée clé : sur un intervalle, une seule constante est à fixer ; sur \(\mathbb{R}^{*}\), il y en a une par intervalle.

1. Une primitive de \(f\) sur \(\mathbb{R}\) est \(x \mapsto \arctan x + x^2\). Comme \(\mathbb{R}\) est un intervalle, toutes les primitives s’écrivent \(\arctan x + x^2 + C\). La condition \(F(1) = 0\) donne \(\frac{\pi}{4} + 1 + C = 0\). Donc \(F(x) = \arctan x + x^2 – 1 – \frac{\pi}{4}\), et elle est unique car \(C\) est déterminée.
2. Sur chacun des intervalles \(]-\infty, 0[\) et \(]0, +\infty[\), \(G\) diffère de \(x \mapsto -1/x\) d’une constante. Il existe donc \(c_1, c_2\) tels que \(G(x) = -1/x + c_1\) pour \(x < 0\) et \(G(x) = -1/x + c_2\) pour \(x > 0\). Ensuite, \(G(-1) = 1 + c_1 = 0\) et \(G(1) = -1 + c_2 = 0\). Ainsi, \(G(x) = -\frac{1}{x} – 1\) si \(x < 0\) et \(G(x) = -\frac{1}{x} + 1\) si \(x > 0\). Réciproquement, cette fonction convient.
3. Il n’y a pas de contradiction. En effet, \(\mathbb{R}^{*}\) n’est pas un intervalle, et la différence entre \(G\) et \(x \mapsto -1/x\) n’est pas constante : la constante change d’un intervalle à l’autre.

À retenir : sur une réunion de deux intervalles disjoints, il faut deux conditions pour fixer une primitive. En colle, on précise donc toujours l’intervalle avant d’écrire « à une constante près ». Cette précaution reviendra dans les équations différentielles, où les solutions se recollent ou non en un point singulier.

Corrigé de l’exercice 3 – Trois intégrales par lecture du tableau

Idée clé : on applique \(\int_a^b f = F(b) – F(a)\) avec une primitive définie sur un intervalle contenant le segment.

1. L’arcsinus est une primitive de \(1/\sqrt{1-x^2}\) sur \(]-1, 1[\), qui contient \([0, 1/2]\). Donc \(A = \arcsin\frac{1}{2} – \arcsin 0\), soit \(A = \frac{\pi}{6}\).
2. L’arctangente convient sur \(\mathbb{R}\). Ainsi, \(B = \arctan\sqrt{3} – \arctan(-1) = \frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{4}\), soit \(B = \frac{7\pi}{12}\).
3. Sur \([0, \pi/4]\), on a \(\tan^2 x = (1+\tan^2 x) – 1\), qui a pour primitive \(\tan x – x\). Donc \(C = \tan\frac{\pi}{4} – \frac{\pi}{4}\), soit \(C = 1 – \frac{\pi}{4}\).

À retenir : les valeurs obtenues sont cohérentes. En effet, \(A \approx 0{,}524\) est l’aire sous une courbe comprise entre \(1\) et \(1{,}16\) sur un segment de longueur \(0{,}5\). De même, \(C \approx 0{,}215\) est positive et petite, car \(\tan^2 x\) reste inférieur à \(1\) sur \([0, \pi/4]\). Un contrôle d’ordre de grandeur de ce type évite bien des erreurs de signe.

Corrigé de l’exercice 4 – Premières intégrations par parties

Idée clé : on dérive le logarithme ou l’arctangente, dont la dérivée est rationnelle.

1. Posons \(u(x) = \ln x\) et \(v(x) = x^3/3\). Ces fonctions sont de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \([1, \mathrm{e}]\), avec \(u^{\prime}(x) = 1/x\). L’intégration par parties donne :
   \[\int_1^{\mathrm{e}} x^2\ln x\,\mathrm{d}x = \left[\frac{x^3}{3}\ln x\right]_1^{\mathrm{e}} – \int_1^{\mathrm{e}} \frac{x^2}{3}\,\mathrm{d}x = \frac{\mathrm{e}^3}{3} – \frac{\mathrm{e}^3 – 1}{9}.\]
   Donc l’intégrale vaut \(\frac{2\mathrm{e}^3 + 1}{9}\).
2. Sur un segment \([0, x]\), posons \(u = \arctan\) et \(v(t) = t\), toutes deux de classe \(\mathcal{C}^1\). Alors \(\int_0^x \arctan t\,\mathrm{d}t = x\arctan x – \int_0^x \frac{t}{1+t^2}\,\mathrm{d}t = x\arctan x – \frac{1}{2}\ln(1+x^2)\). Ainsi, \(x \mapsto x\arctan x – \frac{1}{2}\ln(1+x^2)\) est une primitive de \(\arctan\) sur \(\mathbb{R}\).
3. L’arctangente est positive sur \([0, 1]\), donc l’aire cherchée est son intégrale sur ce segment. En évaluant la primitive précédente entre \(0\) et \(1\), on trouve \(1 \times \frac{\pi}{4} – \frac{1}{2}\ln 2 – 0\). L’aire vaut donc \(\frac{\pi}{4} – \frac{\ln 2}{2}\) unités d’aire, soit environ \(0{,}439\).

À retenir : dans la question 1, on aurait pu dériver \(x^2\) et primitiver \(\ln x\), mais le calcul tourne alors en rond. La règle pratique est donc simple : le logarithme se dérive toujours. Par ailleurs, la question 2 montre l’intérêt de \(v^{\prime} = 1\), qui transforme une fonction réciproque en une fraction rationnelle.

Corrigé de l’exercice 5 – Premiers changements de variable

Idée clé : le facteur \(x\,\mathrm{d}x\) ou \(\cos t\,\mathrm{d}t\) est précisément l’élément différentiel de la nouvelle variable.

1. L’application \(x \mapsto x^2\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \([0, 1]\), et \(\mathrm{d}t = 2x\,\mathrm{d}x\). Les bornes \(0\) et \(1\) restent \(0\) et \(1\). Donc :
   \[\int_0^1 \frac{x}{1+x^4}\,\mathrm{d}x = \frac{1}{2}\int_0^1 \frac{\mathrm{d}t}{1+t^2} = \frac{1}{2}\arctan 1.\]
   Le résultat est \(\frac{\pi}{8}\).
2. Le sinus est de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \([0, \pi/2]\), avec \(\mathrm{d}u = \cos t\,\mathrm{d}t\). De plus, \(u\) varie de \(0\) à \(1\). Ainsi, l’intégrale vaut \(\int_0^1 \frac{\mathrm{d}u}{4+u^2} = \frac{1}{2}\arctan\frac{1}{2}\). Elle vaut donc \(\frac{1}{2}\arctan\frac{1}{2}\).

À retenir : ces deux calculs sont aussi des reconnaissances de forme \(u^{\prime}g(u)\). D’une part, \(\frac{x}{1+x^4}\) s’écrit \(\frac{1}{2}\cdot\frac{(x^2)^{\prime}}{1 + (x^2)^2}\), ce qui donne directement \(\frac{1}{2}\arctan(x^2)\). D’autre part, la seconde intégrande est la dérivée de \(\frac{1}{2}\arctan\left(\frac{\sin t}{2}\right)\). Le changement de variable rend simplement ce raisonnement explicite.

Corrigé de l’exercice 6 – Une famille de trois trinômes

Idée clé : la même forme canonique \((x+3)^2 + (m – 9)\) fait apparaître les trois cas d’un coup.

1. On a \(x^2 + 6x + m = (x+3)^2 + m – 9\) et \(\Delta = 36 – 4m\). Pour \(m = 5\), \(\Delta = 16 > 0\). Pour \(m = 9\), \(\Delta = 0\). Pour \(m = 13\), \(\Delta = -16 < 0\).
2. Pour \(m = 5\), \(x^2+6x+5 = (x+1)(x+5)\). On décompose : \(\frac{1}{(x+1)(x+5)} = \frac{1}{4}\left(\frac{1}{x+1} – \frac{1}{x+5}\right)\). Ainsi, sur chacun des intervalles \(]-\infty, -5[\), \(]-5, -1[\), \(]-1, +\infty[\), une primitive est \(\frac{1}{4}\ln\left|\frac{x+1}{x+5}\right|\). Pour \(m = 9\), on a \(g_9(x) = (x+3)^{-2}\). Sur \(]-\infty, -3[\) ou \(]-3, +\infty[\), une primitive est \(-\frac{1}{x+3}\). Enfin, pour \(m = 13\), \(g_{13}(x) = \frac{1}{(x+3)^2 + 4}\). Sur \(\mathbb{R}\), une primitive est \(\frac{1}{2}\arctan\frac{x+3}{2}\).
3. Par conséquent, \(\int_{-3}^{-1} g_{13} = \frac{1}{2}\big(\arctan 1 – \arctan 0\big)\), qui vaut \(\frac{\pi}{8}\).

La figure confirme le résultat. La courbe est symétrique par rapport à l’axe \(x = -3\), où elle atteint son maximum \(1/4\). Ainsi, sur un segment de longueur \(2\), l’aire reste inférieure à \(2 \times 0{,}25 = 0{,}5\), ce qui est cohérent avec \(\pi/8 \approx 0{,}393\).

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Oscillation amortie par les complexes

Idée clé : \(\mathrm{e}^{-x}\cos 2x = \mathrm{Re}\big(\mathrm{e}^{(-1+2\mathrm{i})x}\big)\), et une exponentielle complexe se primitive en une ligne.

1. Une primitive de \(\mathrm{e}^{(-1+2\mathrm{i})x}\) est \(\frac{\mathrm{e}^{(-1+2\mathrm{i})x}}{-1+2\mathrm{i}}\). On multiplie par le conjugué \(-1 – 2\mathrm{i}\), de module carré \(5\) :
   \[\frac{\mathrm{e}^{(-1+2\mathrm{i})x}}{-1+2\mathrm{i}} = \frac{\mathrm{e}^{-x}\big(\cos 2x + \mathrm{i}\sin 2x\big)(-1-2\mathrm{i})}{5}.\]
   La partie réelle du produit vaut \(-\cos 2x + 2\sin 2x\). Donc \(F(x) = \frac{\mathrm{e}^{-x}(2\sin 2x – \cos 2x)}{5}\) est une primitive. Vérifions : \(F^{\prime}(x) = \frac{\mathrm{e}^{-x}}{5}\big(-2\sin 2x + \cos 2x + 4\cos 2x + 2\sin 2x\big) = \mathrm{e}^{-x}\cos 2x\).
2. On a \(F(\pi) = -\frac{\mathrm{e}^{-\pi}}{5}\) et \(F(0) = -\frac{1}{5}\). Ainsi, \(I = \frac{1 – \mathrm{e}^{-\pi}}{5}\).
3. Posons \(J = \int_0^{\pi} \mathrm{e}^{-x}\sin 2x\,\mathrm{d}x\). Toutes les fonctions en jeu sont de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \([0, \pi]\). D’abord, une IPP avec \(u = \cos 2x\) et \(v = -\mathrm{e}^{-x}\) donne \(I = \big[-\mathrm{e}^{-x}\cos 2x\big]_0^{\pi} – 2J = 1 – \mathrm{e}^{-\pi} – 2J\). Ensuite, avec \(u = \sin 2x\) et le même \(v\), on obtient \(J = \big[-\mathrm{e}^{-x}\sin 2x\big]_0^{\pi} + 2I = 2I\). Par conséquent, \(I = 1 – \mathrm{e}^{-\pi} – 4I\), d’où \(5I = 1 – \mathrm{e}^{-\pi}\), ce qui confirme le résultat.

Sur la figure, les aires positives et négatives se compensent en partie. La première arche, entre \(0\) et \(\pi/4\), domine nettement grâce au facteur \(\mathrm{e}^{-x}\) encore proche de \(1\). C’est pourquoi \(I\) est positive, mais bien plus petite que l’aire de cette première arche. Par ailleurs, la méthode complexe a demandé une seule ligne de calcul, contre deux IPP et une résolution d’équation.

Corrigé de l’exercice 8 – Exponentielle fois sinus carré

Idée clé : après linéarisation, il reste une exponentielle simple et une exponentielle fois cosinus.

1. La formule de duplication \(\cos 2x = 1 – 2\sin^2 x\) donne \(\sin^2 x = \frac{1}{2} – \frac{1}{2}\cos 2x\).
2. Donc \(\mathrm{e}^{x}\sin^2 x = \frac{1}{2}\mathrm{e}^{x} – \frac{1}{2}\mathrm{e}^{x}\cos 2x\). Pour le second terme, \(\frac{\mathrm{e}^{(1+2\mathrm{i})x}}{1+2\mathrm{i}} = \frac{\mathrm{e}^{x}(\cos 2x + \mathrm{i}\sin 2x)(1 – 2\mathrm{i})}{5}\), de partie réelle \(\frac{\mathrm{e}^{x}(\cos 2x + 2\sin 2x)}{5}\). Ainsi, une primitive sur \(\mathbb{R}\) est \(H(x) = \frac{\mathrm{e}^{x}}{2} – \frac{\mathrm{e}^{x}(\cos 2x + 2\sin 2x)}{10}\).
3. On calcule \(H(\pi) = \frac{\mathrm{e}^{\pi}}{2} – \frac{\mathrm{e}^{\pi}}{10} = \frac{2\mathrm{e}^{\pi}}{5}\) et \(H(0) = \frac{1}{2} – \frac{1}{10} = \frac{2}{5}\). Donc l’intégrale vaut \(\frac{2(\mathrm{e}^{\pi} – 1)}{5}\).

À retenir : vérifions \(H\) par dérivation. On obtient \(H^{\prime}(x) = \frac{\mathrm{e}^{x}}{2} – \frac{\mathrm{e}^{x}}{10}\big(\cos 2x + 2\sin 2x – 2\sin 2x + 4\cos 2x\big)\), soit \(\frac{\mathrm{e}^{x}}{2}(1 – \cos 2x)\). On retrouve bien \(\mathrm{e}^{x}\sin^2 x\). Enfin, l’intégrale vaut environ \(8{,}86\), un peu moins que \(\frac{1}{2}\int_0^{\pi}\mathrm{e}^{x}\,\mathrm{d}x \approx 11{,}07\). C’est logique, car \(\mathrm{e}^{x}\) pèse surtout près de \(\pi\), là où \(\sin^2 x\) est petit.

Corrigé de l’exercice 9 – Une suite d’intégrales avec exponentielle

Idée clé : on dérive la puissance \(x^{n+1}\), ce qui fait baisser l’exposant d’une unité.

1. \(I_0 = \big[-\mathrm{e}^{-x}\big]_0^1\), donc \(I_0 = 1 – \mathrm{e}^{-1}\).
2. Posons \(u(x) = x^{n+1}\) et \(v(x) = -\mathrm{e}^{-x}\). Ces fonctions sont de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \([0, 1]\), car polynomiale et exponentielle. Alors :
   \[I_{n+1} = \big[-x^{n+1}\mathrm{e}^{-x}\big]_0^1 + (n+1)\int_0^1 x^n\mathrm{e}^{-x}\,\mathrm{d}x = -\mathrm{e}^{-1} + (n+1)I_n.\]
   C’est la relation demandée.
3. Avec \(n = 0\), \(I_1 = I_0 – \mathrm{e}^{-1}\), donc \(I_1 = 1 – \frac{2}{\mathrm{e}}\). Avec \(n = 1\), \(I_2 = 2I_1 – \mathrm{e}^{-1}\), donc \(I_2 = 2 – \frac{5}{\mathrm{e}}\).
4. Pour \(x \in [0, 1]\), on a \(\mathrm{e}^{-1} \leq \mathrm{e}^{-x} \leq 1\). En multipliant par \(x^n \geq 0\) puis en intégrant (croissance de l’intégrale), on obtient \(\mathrm{e}^{-1}\int_0^1 x^n \leq I_n \leq \int_0^1 x^n\). Or \(\int_0^1 x^n\,\mathrm{d}x = \frac{1}{n+1}\). D’où l’encadrement demandé.
5. D’après la question 2, \((n+1)I_n = I_{n+1} + \mathrm{e}^{-1}\). Or \(0 \leq I_{n+1} \leq \frac{1}{n+2}\), donc \(I_{n+1} \to 0\) et \((n+1)I_n \to \mathrm{e}^{-1}\). De plus, \(I_n \to 0\). Comme \(nI_n = (n+1)I_n – I_n\), on conclut que \(nI_n \to \frac{1}{\mathrm{e}}\).

La figure illustre cet encadrement : les points \(nI_n\) restent entre les deux courbes et se stabilisent vite près de \(1/\mathrm{e} \approx 0{,}368\). Attention toutefois à ne pas calculer \(I_{30}\) numériquement par la relation de récurrence. En effet, chaque étape multiplie l’erreur d’arrondi par \(n + 1\), et le résultat devient vite absurde. On utilise donc la récurrence pour les preuves, pas pour le calcul approché.

Corrigé de l’exercice 10 – Numérateur affine sur un trinôme

Idée clé : on fait apparaître la dérivée du dénominateur, puis on traite la constante restante par la forme canonique.

1. Le discriminant de \(x^2 + 2x + 5\) vaut \(4 – 20 = -16 < 0\). Le trinôme ne s’annule donc pas, et \(h\) est continue sur \(\mathbb{R}\) comme quotient de polynômes.
2. On identifie : \(2\lambda = 3\) et \(2\lambda + \mu = 5\). Donc \(\lambda = \frac{3}{2}\) et \(\mu = 2\).
3. Ainsi, \(h(x) = \frac{3}{2}\cdot\frac{2x+2}{x^2+2x+5} + \frac{2}{(x+1)^2 + 4}\). Le premier terme a pour primitive \(\frac{3}{2}\ln(x^2+2x+5)\), le second \(2 \times \frac{1}{2}\arctan\frac{x+1}{2}\). Une primitive est donc \(\frac{3}{2}\ln(x^2+2x+5) + \arctan\frac{x+1}{2}\). Aux bornes, le trinôme vaut \(8\) en \(1\) et \(4\) en \(-1\). Par conséquent, l’intégrale vaut \(\frac{3}{2}\ln\frac{8}{4} + \arctan 1 – \arctan 0\), soit \(\frac{3}{2}\ln 2 + \frac{\pi}{4}\).

À retenir : on contrôle la primitive en dérivant. La dérivée de \(\frac{3}{2}\ln(x^2+2x+5)\) vaut \(\frac{3x+3}{x^2+2x+5}\). Celle de \(\arctan\frac{x+1}{2}\) vaut \(\frac{1/2}{1 + (x+1)^2/4} = \frac{2}{x^2+2x+5}\). La somme redonne bien \(h\). Notons enfin que le logarithme ne demande pas de valeur absolue, puisque le trinôme est strictement positif.

Corrigé de l’exercice 11 – Changement de variable exponentiel

Idée clé : en multipliant par \(\mathrm{e}^{x}\) en haut et en bas, l’intégrande devient une fonction de \(\mathrm{e}^{x}\) fois \(\mathrm{e}^{x}\).

On écrit \(\frac{1}{\mathrm{e}^{x} + 3\mathrm{e}^{-x}} = \frac{\mathrm{e}^{x}}{\mathrm{e}^{2x} + 3}\). L’application \(x \mapsto \mathrm{e}^{x}\) est de classe \(\mathcal{C}^1\), avec \(\mathrm{d}t = \mathrm{e}^{x}\,\mathrm{d}x\). Quand \(x\) va de \(0\) à \(\ln 3\), \(t\) va de \(1\) à \(3\). Ainsi :

\[J = \int_1^3 \frac{\mathrm{d}t}{t^2 + 3} = \frac{1}{\sqrt{3}}\left[\arctan\frac{t}{\sqrt{3}}\right]_1^3 = \frac{1}{\sqrt{3}}\left(\frac{\pi}{3} – \frac{\pi}{6}\right).\]

En effet, \(\arctan\sqrt{3} = \pi/3\) et \(\arctan(1/\sqrt{3}) = \pi/6\). Donc \(J = \frac{\pi}{6\sqrt{3}}\), soit \(J = \frac{\pi\sqrt{3}}{18}\).

À retenir : le changement \(t = \mathrm{e}^{x}\) transforme toute fraction rationnelle en \(\mathrm{e}^{x}\) en fraction rationnelle en \(t\). Ici, le dénominateur obtenu est un trinôme sans racine réelle, d’où l’arctangente. Par ailleurs, on peut contrôler l’ordre de grandeur : \(J \approx 0{,}302\). Or l’intégrande vaut \(1/4\) aux deux bornes et ne dépasse pas \(1/(2\sqrt{3}) \approx 0{,}289\), sur un segment de longueur \(\ln 3 \approx 1{,}10\).

Corrigé de l’exercice 12 – Substitution trigonométrique

Idée clé : avec \(x = \sin t\), la racine devient \(\cos t\) et se simplifie avec \(\mathrm{d}x = \cos t\,\mathrm{d}t\).

1. La fonction sinus est de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \([0, \pi/6]\), avec \(\sin 0 = 0\) et \(\sin(\pi/6) = 1/2\). De plus, l’intégrande est continu sur \([0, 1/2]\). Le théorème de changement de variable donne :
   \[\int_0^{1/2} \frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}\,\mathrm{d}x = \int_0^{\pi/6} \frac{\sin^2 t}{\cos t}\cos t\,\mathrm{d}t = \int_0^{\pi/6} \frac{1 – \cos 2t}{2}\,\mathrm{d}t.\]
   On obtient \(\left[\frac{t}{2} – \frac{\sin 2t}{4}\right]_0^{\pi/6} = \frac{\pi}{12} – \frac{\sqrt{3}}{8}\). L’intégrale vaut donc \(\frac{\pi}{12} – \frac{\sqrt{3}}{8}\).
2. On a \(\sqrt{1 – \sin^2 t} = |\cos t|\). Or, sur \([0, \pi/6]\), le cosinus est positif. Donc \(|\cos t| = \cos t\), ce qui justifie la simplification.

À retenir : sur un intervalle plus grand, par exemple \([0, \pi]\), le cosinus devient négatif et l’oubli de la valeur absolue donne un résultat faux. C’est pourquoi on choisit toujours la plage de \(t\) dans \([-\pi/2, \pi/2]\) pour la substitution \(x = \sin t\). Le résultat numérique, environ \(0{,}045\), est d’ailleurs cohérent : l’intégrande reste inférieur à \(0{,}29\) sur un segment de longueur \(0{,}5\), et il est nul en \(0\).

Corrigé de l’exercice 13 – Choisir la bonne méthode

Idée clé : on suit l’arbre de décision du cours, et on enchaîne deux méthodes quand il le faut.

1. Pour \(P\), un polynôme multiplie un sinus : IPP avec \(u = x\) et \(v = -\cos x\), de classe \(\mathcal{C}^1\). Alors \(P = \big[-x\cos x\big]_0^{\pi} + \int_0^{\pi}\cos x\,\mathrm{d}x = \pi + 0\). Donc \(P = \pi\).
2. Pour \(Q\), on reconnaît \(u^{\prime}u^2\) avec \(u = \ln x\). Ainsi, \(Q = \left[\frac{(\ln x)^3}{3}\right]_1^{\mathrm{e}}\), soit \(Q = \frac{1}{3}\).
3. Pour \(R\), l’IPP directe sur \([0, 1]\) est interdite, car \(\arcsin\) n’est pas dérivable en \(1\). On pose donc \(x = \sin\theta\), avec \(\theta \in [0, \pi/2]\) : le sinus est de classe \(\mathcal{C}^1\) et \(\arcsin\) est continue sur \([0, 1]\). L’arcsinus étant la réciproque du sinus restreint à \([-\pi/2, \pi/2]\), il renvoie exactement \(\theta\) quand on l’applique à \(\sin\theta\). Ainsi, \(R = \int_0^{\pi/2} \theta\cos\theta\,\mathrm{d}\theta\). Une IPP licite donne alors \(R = \big[\theta\sin\theta\big]_0^{\pi/2} – \int_0^{\pi/2}\sin\theta\,\mathrm{d}\theta = \frac{\pi}{2} – 1\). Donc \(R = \frac{\pi}{2} – 1\).
4. Pour \(S\), on pose \(t = x^2\), de classe \(\mathcal{C}^1\), avec \(\mathrm{d}t = 2x\,\mathrm{d}x\). Alors \(S = \frac{1}{2}\int_0^1 t\,\mathrm{e}^{t}\,\mathrm{d}t\). Ensuite, une primitive de \(t\,\mathrm{e}^{t}\) est \((t-1)\mathrm{e}^{t}\). Donc \(S = \frac{1}{2}\big(0 – (-1)\big)\), soit \(S = \frac{1}{2}\).

À retenir : on remarque que \(P\) et \(R\) se traitent tous deux par IPP, mais pas dans le même ordre. Pour \(R\), la substitution préalable déplace la singularité de la dérivée hors du calcul. De même, pour \(S\), écrire \(x^3 = x^2 \cdot x\) fait apparaître le \(x\,\mathrm{d}x\) qui sert d’élément différentiel. Prendre l’habitude de nommer la méthode avant de calculer fait gagner du temps en colle.

Corrigé de l’exercice 14 – Symétrie de l’intervalle

Idée clé : le changement \(x = \pi/2 – t\) échange sinus et cosinus, et la somme des deux intégrales est triviale.

1. Sur \([0, \pi/2]\), \(\sin x \geq 0\) et \(\cos x \geq 0\), et ils ne s’annulent pas simultanément. Donc \(\sin^n x + \cos^n x > 0\), et l’intégrande est continu comme quotient de fonctions continues.
2. L’application \(t \mapsto \pi/2 – t\) est de classe \(\mathcal{C}^1\), avec \(\mathrm{d}x = -\mathrm{d}t\). Les bornes \(0\) et \(\pi/2\) s’échangent. Comme \(\sin(\pi/2 – t) = \cos t\) et \(\cos(\pi/2 – t) = \sin t\), on obtient \(K_n = -\int_{\pi/2}^{0} \frac{\cos^n t}{\cos^n t + \sin^n t}\,\mathrm{d}t\). C’est l’égalité voulue.
3. En additionnant les deux expressions de \(K_n\), on trouve \(2K_n = \int_0^{\pi/2} 1\,\mathrm{d}x = \frac{\pi}{2}\). Donc \(K_n = \frac{\pi}{4}\), pour tout \(n \geq 1\).

À retenir : aucune primitive de \(\frac{\sin^n x}{\sin^n x + \cos^n x}\) n’est accessible simplement pour \(n \geq 2\). Pourtant, la valeur de l’intégrale tombe en deux lignes. La symétrie de l’intervalle doit donc être testée avant tout calcul lourd. Graphiquement, la courbe est symétrique par rapport au point \((\pi/4, 1/2)\) : l’aire sous la courbe vaut la moitié de celle du rectangle \([0, \pi/2] \times [0, 1]\).

Corrigé de l’exercice 15 – Trinôme à paramètre

Idée clé : la forme canonique \(T_m(x) = (x+1)^2 + (m-1)\) dicte les trois cas.

1. Si \(m > 1\), posons \(\omega = \sqrt{m-1}\). Sur \(\mathbb{R}\), une primitive est \(\frac{1}{\omega}\arctan\frac{x+1}{\omega}\). Si \(m = 1\), \(T_1(x) = (x+1)^2\) : sur \(]-\infty, -1[\) ou \(]-1, +\infty[\), une primitive est \(-\frac{1}{x+1}\). Si \(m < 1\), posons \(d = \sqrt{1-m} > 0\). Les racines sont \(-1 – d\) et \(-1 + d\), d’écart \(2d\). Sur tout intervalle évitant ces racines, une primitive est \(\frac{1}{2d}\ln\left|\frac{x+1-d}{x+1+d}\right|\).
2. Ici \(m = 2\), donc \(\omega = 1\). L’intégrale vaut \(\arctan 2 – \arctan 1\), soit \(\arctan 2 – \frac{\pi}{4}\).
3. Ici \(m = -3\), donc \(d = 2\) et les racines sont \(-3\) et \(1\), hors de \([2, 3]\). L’intégrale vaut \(\frac{1}{4}\left[\ln\left|\frac{x-1}{x+3}\right|\right]_2^3 = \frac{1}{4}\left(\ln\frac{1}{3} – \ln\frac{1}{5}\right)\), soit \(\frac{1}{4}\ln\frac{5}{3}\).

À retenir : la question 3 contient un piège de signe. Sur \([2, 3]\), les deux facteurs \(x – 1\) et \(x + 3\) sont positifs, donc la valeur absolue disparaît. En revanche, sur \(]-3, 1[\), le quotient serait négatif et la valeur absolue deviendrait indispensable. Enfin, on note que \(\arctan 2 – \pi/4 \approx 0{,}322\), ce qui est cohérent avec un intégrande compris entre \(1/5\) et \(1/2\).

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – Tangente de l’angle moitié sur une période

Idée clé : la primitive obtenue par \(t = \tan(x/2)\) ne vit que sur \(]-\pi, \pi[\) ; on calcule donc sur une demi-période, puis on passe à la limite.

1. Sur \(]-\pi, \pi[\), l’application \(x \mapsto \tan(x/2)\) est une bijection de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(\mathbb{R}\), de réciproque \(t \mapsto 2\arctan t\). Avec \(x = 2\arctan t\), la dérivée de \(x\) par rapport à \(t\) vaut \(2/(1+t^2)\). De plus, \(\cos x = \frac{1-t^2}{1+t^2}\). Alors :
   \[\frac{1}{2+\cos x}\,\mathrm{d}x = \frac{1+t^2}{2(1+t^2) + 1 – t^2}\cdot\frac{2\,\mathrm{d}t}{1+t^2} = \frac{2\,\mathrm{d}t}{t^2+3}.\]
   Une primitive de \(t \mapsto \frac{2}{t^2+3}\) est \(\frac{2}{\sqrt{3}}\arctan\frac{t}{\sqrt{3}}\). Ainsi, sur \(]-\pi, \pi[\), \(F(x) = \frac{2}{\sqrt{3}}\arctan\left(\frac{\tan(x/2)}{\sqrt{3}}\right)\). On vérifie d’ailleurs par dérivation que \(F^{\prime}(x) = \frac{1}{2+\cos x}\).
2. La fonction \(F\) n’est pas définie en \(\pi\), qui appartient à \([0, 2\pi]\). De plus, \(F(2\pi)\) et \(F(0)\) coïncideraient par périodicité, ce qui donnerait \(0\). Or l’intégrande est strictement positif. Le crochet n’a donc aucun sens ici, faute de primitive sur un intervalle contenant \([0, 2\pi]\).
3. Le changement de variable \(x = 2\pi – u\), de classe \(\mathcal{C}^1\), transforme \(\int_{\pi}^{2\pi}\) en \(\int_0^{\pi}\), car \(\cos(2\pi – u) = \cos u\). Par la relation de Chasles, \(\int_0^{2\pi} = 2\int_0^{\pi}\).
4. Posons \(G(x) = \int_0^x \frac{\mathrm{d}u}{2+\cos u}\) pour \(x \in [0, \pi]\). Par le théorème fondamental, \(G\) est continue sur \([0, \pi]\). Sur \([0, \pi[\), on a \(G = F – F(0) = F\), car \(F(0) = 0\). Quand \(x \to \pi^{-}\), \(\tan(x/2) \to +\infty\), donc \(F(x) \to \frac{2}{\sqrt{3}}\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{\sqrt{3}}\). Par continuité, \(G(\pi) = \frac{\pi}{\sqrt{3}}\). Finalement, \(\int_0^{2\pi} \frac{\mathrm{d}x}{2+\cos x} = \frac{2\pi}{\sqrt{3}}\).

La figure montre le piège. La formule obtenue par \(\tan(x/2)\) saute brutalement en \(\pi\), de \(\pi/\sqrt{3}\) à \(-\pi/\sqrt{3}\). En revanche, la vraie fonction \(G\) reste continue et croissante jusqu’à \(2\pi/\sqrt{3} \approx 3{,}63\).

Corrigé de l’exercice 17 – Problème : une récurrence autour de un plus x carré

Idée clé : une IPP avec \(v^{\prime} = 1\) fait monter l’exposant, puis l’écriture \(x^2 = (1+x^2) – 1\) referme la récurrence.

1. On a \(I_1 = \big[\arctan x\big]_0^1\), donc \(I_1 = \frac{\pi}{4}\).
2. Posons \(u(x) = (1+x^2)^{-n}\) et \(v(x) = x\). Ces fonctions sont de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \([0, 1]\), et \(u^{\prime}(x) = -2nx(1+x^2)^{-n-1}\). L’IPP donne :
   \[I_n = \left[\frac{x}{(1+x^2)^n}\right]_0^1 + 2n\int_0^1 \frac{x^2}{(1+x^2)^{n+1}}\,\mathrm{d}x = 2^{-n} + 2n\int_0^1 \frac{x^2}{(1+x^2)^{n+1}}\,\mathrm{d}x.\]
   Ensuite, \(\frac{x^2}{(1+x^2)^{n+1}} = \frac{1}{(1+x^2)^n} – \frac{1}{(1+x^2)^{n+1}}\). Donc \(I_n = 2^{-n} + 2n(I_n – I_{n+1})\), ce qui donne \(2nI_{n+1} = 2^{-n} + (2n-1)I_n\).
3. Pour \(n = 1\) : \(2I_2 = \frac{1}{2} + \frac{\pi}{4}\), donc \(I_2 = \frac{1}{4} + \frac{\pi}{8}\). Pour \(n = 2\) : \(4I_3 = \frac{1}{4} + 3I_2 = 1 + \frac{3\pi}{8}\), donc \(I_3 = \frac{1}{4} + \frac{3\pi}{32}\).
4. On dérive : \(\Phi^{\prime}(x) = \frac{(1+x^2) – 2x^2}{2(1+x^2)^2} + \frac{1}{2(1+x^2)} = \frac{1 – x^2 + 1 + x^2}{2(1+x^2)^2} = \frac{1}{(1+x^2)^2}\). Ainsi, \(\Phi\) est une primitive, et \(I_2 = \Phi(1) – \Phi(0) = \frac{1}{4} + \frac{\pi}{8}\), ce qui confirme la question 3.
5. On a \(x^2 + 2x + 2 = (x+1)^2 + 1\). Le changement \(t = x + 1\), affine donc de classe \(\mathcal{C}^1\), envoie \([-1, 0]\) sur \([0, 1]\) avec \(\mathrm{d}t = \mathrm{d}x\). Donc l’intégrale vaut \(I_2\), soit \(\frac{1}{4} + \frac{\pi}{8}\).
6. Pour \(x \in [0, 1]\), \(1 + x^2 \geq 1\), donc \((1+x^2)^{-(n+1)} \leq (1+x^2)^{-n}\). Par croissance de l’intégrale, \(I_{n+1} \leq I_n\). De plus, l’intégrande est positif. Donc \((I_n)\) est décroissante et positive.
7. Par la relation de Chasles, \(I_n = \int_0^{\varepsilon} + \int_{\varepsilon}^1\). Sur \([0, \varepsilon]\), l’intégrande est majoré par \(1\). Sur \([\varepsilon, 1]\), il est majoré par \((1+\varepsilon^2)^{-n}\), et la longueur vaut au plus \(1\). D’où \(I_n \leq \varepsilon + (1+\varepsilon^2)^{-n}\). Or \(1 + \varepsilon^2 > 1\), donc \((1+\varepsilon^2)^{-n} \to 0\). Il existe ainsi un rang \(N\) à partir duquel \(0 \leq I_n \leq 2\varepsilon\). Par conséquent, \(I_n \to 0\).

À retenir : l’intégrande vaut toujours \(1\) en \(0\), donc aucune majoration uniforme sur \([0, 1]\) ne tend vers \(0\). C’est pourquoi le découpage en \(\varepsilon\) est nécessaire.

Corrigé de l’exercice 18 – Logarithme sur un plus x carré

Idée clé : après \(x = \tan t\), la symétrie \(t \mapsto \pi/4 – t\) transforme l’intégrale en une constante moins elle-même.

1. La fonction tangente est de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \([0, \pi/4]\), avec \(\tan 0 = 0\) et \(\tan(\pi/4) = 1\). De plus, la dérivée de la tangente est \(1 + \tan^2\). Ce facteur se simplifie avec le dénominateur \(1 + x^2\), qui vaut précisément \(1 + \tan^2 t\). Donc \(L = \int_0^{\pi/4} \ln(1+\tan t)\,\mathrm{d}t\).
2. Par la formule d’addition, \(\tan\left(\frac{\pi}{4} – u\right) = \frac{1 – \tan u}{1 + \tan u}\). On ajoute \(1\), écrit \(\frac{1 + \tan u}{1 + \tan u}\), à cette fraction. Les termes en \(\tan u\) du numérateur se compensent, et il reste \(\frac{2}{1+\tan u}\).
3. Le changement \(t = \pi/4 – u\) est affine et échange les bornes. D’après la question 2, \(L = \int_0^{\pi/4} \ln\frac{2}{1+\tan u}\,\mathrm{d}u = \frac{\pi}{4}\ln 2 – L\). Donc \(L = \frac{\pi\ln 2}{8}\).
4. Posons \(u = \arctan\) et \(v(x) = \ln(1+x)\), de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \([0, 1]\). Alors \(\int_0^1 \frac{\arctan x}{1+x}\,\mathrm{d}x = \big[\arctan x\,\ln(1+x)\big]_0^1 – L = \frac{\pi}{4}\ln 2 – \frac{\pi\ln 2}{8}\). Le résultat est donc \(\frac{\pi\ln 2}{8}\), la même valeur que \(L\).

Pour aller plus loin

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