Les intégrales : corrigés des exercices de maths en terminale.

Exercice 11 : calculer la primitive de ces fonctions
Correction de l’exercice :

1. \( f : x \mapsto 2x (x^2 + 1)^2 \) sur \( \mathbb{R} \)

Soit \( F(x) \) une primitive de \( f(x) \). On utilise la substitution \( u = x^2 + 1 \).

\[ \frac{du}{dx} = 2x \Rightarrow 2x \, dx = du \]

\[ f(x) = u^2 \cdot \frac{du}{2} = \frac{1}{2} u^2 \, du \]

\[ \int f(x) \, dx = \frac{1}{2} \int u^2 \, du = \frac{1}{2} \cdot \frac{u^3}{3} = \frac{u^3}{6} = \frac{(x^2 + 1)^3}{6} \]

Donc, une primitive de \( f(x) \) est \( F(x) = \frac{(x^2 + 1)^3}{6} + C \) où \( C \) est une constante d’intégration.

2. \( f : x \mapsto \frac{2x}{(x^2 + 1)^2} \) sur \( \mathbb{R} \)

Utilisons la substitution \( u = x^2 + 1 \).

\[ \frac{du}{dx} = 2x \Rightarrow 2x \, dx = du \]

\[ f(x) = \frac{du}{u^2} = u^{-2} \, du \]

\[ \int f(x) \, dx = \int u^{-2} \, du = -u^{-1} = -\frac{1}{u} = -\frac{1}{x^2 + 1} \]

Donc, une primitive de \( f(x) \) est \( F(x) = -\frac{1}{x^2 + 1} + C \) où \( C \) est une constante d’intégration.

3. \( f : x \mapsto \frac{x}{x^2 + 1} \) sur \( \mathbb{R} \)

Utilisons la substitution \( u = x^2 + 1 \).

\[ \frac{du}{dx} = 2x \Rightarrow du = 2x \, dx \Rightarrow \frac{du}{2} = x \, dx \]

\[ f(x) = \frac{x}{x^2 + 1} = \frac{1}{2} \cdot \frac{du}{u} \]

\[ \int f(x) \, dx = \frac{1}{2} \int \frac{du}{u} = \frac{1}{2} \ln |u| = \frac{1}{2} \ln |x^2 + 1| \]

Donc, une primitive de \( f(x) \) est \( F(x) = \frac{1}{2} \ln |x^2 + 1| + C \).

4. \( f : x \mapsto \frac{x}{\sqrt{1 – x^2}} \) sur \( ]-1;1[ \)

Nous utilisons la substitution \( u = 1 – x^2 \).

\[ \frac{du}{dx} = -2x \Rightarrow du = -2x \, dx \Rightarrow -\frac{du}{2} = x \, dx \]

Ainsi,

\[ f(x) = \frac{-\frac{du}{2}}{\sqrt{u}} = -\frac{1}{2} u^{-\frac{1}{2}} \, du \]

\[ \int f(x) \, dx = -\frac{1}{2} \int u^{-\frac{1}{2}} \, du = -\frac{1}{2} \cdot 2u^{\frac{1}{2}} = -\sqrt{u} = -\sqrt{1 – x^2} \]

Donc, une primitive de \( f(x) \) est \( F(x) = -\sqrt{1 – x^2} + C \).

5. \( f : x \mapsto e^{1 – 2x} \) sur \( \mathbb{R} \)

Nous utilisons la substitution \( u = 1 – 2x \).

\[ \frac{du}{dx} = -2 \Rightarrow dx = -\frac{1}{2} du \]

Ainsi,

\[ f(x) = e^u \cdot ( -\frac{1}{2} ) du = -\frac{1}{2} e^u \, du \]

\[ \int f(x) \, dx = -\frac{1}{2} \int e^u \, du = -\frac{1}{2} e^u = -\frac{1}{2} e^{1 – 2x} \]

Donc, une primitive de \( f(x) \) est \( F(x) = -\frac{1}{2} e^{1 – 2x} + C \).

6. \( f : x \mapsto \frac{e^x}{e^x – 1} \) sur \( ]0 ; +\infty[ \)

Nous utilisons la substitution \( u = e^x – 1 \).

\[ \frac{du}{dx} = e^x \Rightarrow du = e^x \, dx \Rightarrow dx = \frac{du}{e^x} = \frac{du}{u + 1} \]

Ainsi,

\[ f(x) = \frac{u+1}{u} \cdot \frac{1}{u + 1} \, du = \frac{1}{1} \, du = du \]

\[ \int f(x) \, dx = \int \frac{du}{u} = \ln |u| = \ln |e^x – 1| \]

Donc, une primitive de \( f(x) \) est \( F(x) = \ln |e^x – 1| + C \).

Exercice 12 : calculer chacune des intégrales

\(\int_{-2}^{4} x \, dx\)

La primitive de \(x\) est \(\frac{x^2}{2}\). Nous calculons ensuite la valeur aux bornes :
\[
[ \frac{x^2}{2} ]_{-2}^{4} = \frac{4^2}{2} – \frac{(-2)^2}{2} = \frac{16}{2} – \frac{4}{2} = 8 – 2 = 6
\]

\(\int_{1}^{e} \frac{1}{x} \, dx\)

La primitive de \(\frac{1}{x}\) est \(\ln|x|\). Nous calculons ensuite la valeur aux bornes :
\[
[ \ln|x| ]_{1}^{e} = \ln|e| – \ln|1| = 1 – 0 = 1
\]

\(\int_{-1}^{-e} \frac{1}{x} \, dx\)

La primitive de \(\frac{1}{x}\) est \(\ln|x|\). Nous calculons ensuite la valeur aux bornes :
\[
[ \ln|x| ]_{-1}^{-e} = \ln|{-e}| – \ln|{-1}| = 1 – 0 = 1
\]

\(\int_{4}^{25} \frac{1}{\sqrt{x}} \, dx\)

La primitive de \(\frac{1}{\sqrt{x}}\) est \(2\sqrt{x}\). Nous calculons ensuite la valeur aux bornes :
\[
[ 2\sqrt{x} ]_{4}^{25} = 2\sqrt{25} – 2\sqrt{4} = 2 \cdot 5 – 2 \cdot 2 = 10 – 4 = 6
\]

\(\int_{0}^{\pi} \sin(u) \, du\)

La primitive de \(\sin(u)\) est \(-\cos(u)\). Nous calculons ensuite la valeur aux bornes :
\[
[ -\cos(u) ]_{0}^{\pi} = -\cos(\pi) – (-\cos(0)) = -(-1) – (-1) = 1 – (-1) = 1 + 1 = 2
\]

\(\int_{\pi}^{0} \sin(t) \, dt\)

On change les bornes d’intégration pour avoir une intégrale plus facile à calculer:
\[
\int_{\pi}^{0} \sin(t) \, dt = – \int_{0}^{\pi} \sin(t) \, dt
\]
La primitive de \(\sin(t)\) est \(-\cos(t)\). Nous calculons ensuite la valeur aux bornes :
\[
– [ -\cos(t) ]_{0}^{\pi} = – (-\cos(\pi) + \cos(0)) = – (-(-1) + 1)= – (1 + 1) = -2
\]

Exercice 13 : calculer les intégrales à l’aide des primitives
1) Calculons l’intégrale suivante en utilisant la substitution \( x = \cosh(t) \):

\[
\int_{5}^{7} \frac{x}{\sqrt{x^2 – 1}} \, dx
\]

Soit \( x = \cosh(t) \), alors \( dx = \sinh(t) \, dt \) et \( \sqrt{x^2 – 1} = \sqrt{\cosh^2(t) – 1} = \sinh(t) \).

\[
\int_{5}^{7} \frac{x}{\sqrt{x^2 – 1}} \, dx = \int_{\cosh^{-1}(5)}^{\cosh^{-1}(7)} \cosh(t) \, dt = [ \sinh(t) ]_{\cosh^{-1}(5)}^{\cosh^{-1}(7)} = \sinh(\cosh^{-1}(7)) – \sinh(\cosh^{-1}(5))
\]

Sachant que \(\sinh(\cosh^{-1}(x)) = \sqrt{x^2 – 1} \):

\[
= \sqrt{7^2 – 1} – \sqrt{5^2 – 1} = \sqrt{49 – 1} – \sqrt{25 – 1} = \sqrt{48} – \sqrt{24} = 4\sqrt{3} – 2\sqrt{6}
\]

2) Calculons cette intégrale en utilisant une simplification par la décomposition en éléments simples:

\[
\int_{-4}^{4} \frac{2u + 1}{u^2 + u + 1} \, du
\]

Décomposons l’intégrande:

\[
\int_{-4}^{4} ( 2 \cdot \frac{u}{u^2 + u + 1} + \frac{1}{u^2 + u + 1} ) \, du
\]

Pour le premier terme, \(\frac{2u}{u^2 + u + 1}\):

\(
\begin{aligned}
u^2 + u + 1 = v \\
du = \frac{dv}{2u+1}
\end{aligned}
\)

Ces termes vont se simplifier, ce qui généralement aboutit à 0 après une intégration paire sur les bornes symétriques. Commençons par diviser l’intégrale en termes distincts.

\[
= [2 \ln(u^2 + u + 1)]_{-4}^{4} + \int_{-4}^{4} \frac{1}{u^2 + u + 1}\, du
\]

Notons que \( 2 \ln(u^2 + u + 1) \bigg|_{-4}^{4} \) en espérance correspond aussi à zéro, et,

\[
\int_{-4}^{4} \frac{1}{u^2 + u + 1}\, du
\]

La partie intégrale requiert des termes mêmes qui simplifie à valeur parité= 0 ceci malgré l’intégrande par décomposition.

3) Calculons cette intégrale en utilisant la formule de double angle:

\[
\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}} \sin(t) \cos(t) \, dt
\]

On utilise l’identité trigonométrique \(\sin(2t) = 2 \sin(t) \cos(t)\):

\[
\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{2} \sin(2t) \, dt = \frac{1}{2} \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}} \sin(2t) \, dt
\]

Utilisons la substitution \( u = 2t \), ainsi \( du = 2 dt \) et les nouvelles bornes \( u = \frac{\pi}{3} \) à \( u = \frac{\pi}{2} \):

\[
= \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \int_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{2}} \sin(u) \, du = \frac{1}{4} [ -\cos(u) ]_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{2}}
\]

\[
= \frac{1}{4} ( -\cos(\frac{\pi}{2}) + \cos(\frac{\pi}{3}) ) = \frac{1}{4} (0 + \frac{1}{2}) = \frac{1}{8}
\]

4) Calculons cette intégrale en utilisant une substitution simple:

\[
\int_{1}^{2} \frac{1}{(x + 1)^2} \, dx
\]

Avec la substitution \( u = x + 1 \) donc \( du = dx \):

\[
\int_{1}^{2} \frac{1}{(x + 1)^2} \, dx = \int_{2}^{3} \frac{1}{u^2} \, du = \int_{2}^{3} u^{-2} \, du
\]

\[
= [ -u^{-1} ]_{2}^{3} = -\frac{1}{u} \bigg|_{2}^{3} = -( \frac{1}{3} – \frac{1}{2} ) = -( \frac{2 – 3}{6} ) = \frac{1}{6}
\]

Exercice 14 : fonctions continues et valeur des intégrales
1) \[
\int_{-3}^{4} f(t) \, dt = \int_{-3}^{1} f(t) \, dt + \int_{1}^{4} f(t) \, dt = -2 + 3 = 1
\]

2) \[
\int_{-3}^{4} g(t) \, dt = \int_{-3}^{1} g(t) \, dt + \int_{1}^{4} g(t) \, dt = -1 + 1 = 0
\]

3) \[
\int_{1}^{4} (f(t) + g(t)) \, dt = \int_{1}^{4} f(t) \, dt + \int_{1}^{4} g(t) \, dt = 3 + 1 = 4
\]

4) \[
\int_{1}^{4} (f(t) – g(t)) \, dt = \int_{1}^{4} f(t) \, dt – \int_{1}^{4} g(t) \, dt = 3 – 1 = 2
\]

5) \[
\int_{1}^{4} (4f(t) – 3g(t)) \, dt = 4 \int_{1}^{4} f(t) \, dt – 3 \int_{1}^{4} g(t) \, dt = 4 \times 3 – 3 \times 1 = 12 – 3 = 9
\]

6) \[
\int_{-3}^{4} (f(t) + g(t)) \, dt = \int_{-3}^{4} f(t) \, dt + \int_{-3}^{4} g(t) \, dt = 1 + 0 = 1
\]

Exercice 15 : propriétés de l’intégrale et sa linéarité

\[\int_{0}^{1} (e^{x^2} – 1) \, dx + \int_{0}^{1} dx + \int_{1}^{2} e^{x^2} \, dx\]
\[
= \int_{0}^{1} e^{x^2} \, dx – \int_{0}^{1} 1 \, dx + \int_{0}^{1} 1 \, dx + \int_{1}^{2} e^{x^2} \, dx
\]
\[
= \int_{0}^{1} e^{x^2} \, dx + \int_{1}^{2} e^{x^2} \, dx
\]
\[
= \int_{0}^{2} e^{x^2} \, dx
\]

\[\int_{4}^{6} \frac{1}{\ln(x)} \, dx + \int_{3}^{4} \frac{1}{\ln(x)} \, dx\]
\[
= \int_{3}^{6} \frac{1}{\ln(x)} \, dx
\]

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

\[\int_{0}^{\pi/2} \cos(t^2) \, dt + \int_{\pi/2}^{\pi} \cos(u^2) \, du\]
\[
= \int_{0}^{\pi} \cos(t^2) \, dt
\]

\[\int_{0}^{1} \frac{1}{1 + e^x} \, dx – \int_{0}^{1/3} du + \int_{0}^{1} \frac{e^t}{1 + e^t} \, dt\]
\[
= \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + e^x} \, dx – \frac{1}{3} + ( \int_{0}^{1} \frac{1 + e^t – 1}{1 + e^t} \, dt )
\]
\[
= \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + e^x} \, dx – \frac{1}{3} + ( \int_{0}^{1} 1 \, dt – \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + e^t} \, dt )
\]
\[
= 1 – \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + e^t} \, dt – \frac{1}{3}
\]
\[
= 1 – \frac{1}{3} = \frac{2}{3}
\]

\[\sum_{k=1}^{100} \int_{k}^{k+1} \frac{1}{x} \, dx\]
\[
= \sum_{k=1}^{100} ( \ln(k+1) – \ln(k) )
\]
\[
= \ln(2) – \ln(1) + \ln(3) – \ln(2) + \ln(4) – \ln(3) + \cdots + \ln(101) – \ln(100)
\]
\[
= \ln(101) – \ln(1)
\]
\[
= \ln(101)
\]

Exercice 16 : exprimer l’aire du domaine colorié
1. Pour exprimer l’aire du domaine coloré sous la forme d’une intégrale, on observe que les courbes \(\mathcal{C}_f\) et \(\mathcal{C}_g\) se croisent en deux points que nous nommerons \(a\) et \(b\) avec \(a < b\).
L’aire est donnée par :
\[ \int_{a}^{b} (g(x) – f(x)) \, dx \]

2. Ici encore les courbes \(\mathcal{C}_f\) et \(\mathcal{C}_g\) se croisent en deux points \(a\) et \(b\) avec \(a < b\).
L’aire est donnée par :
\[ \int_{a}^{b} (f(x) – g(x)) \, dx \]

3. Les courbes \(\mathcal{C}_f\) et \(\mathcal{C}_g\) se croisent en deux points \(a\) et \(b\) avec \(a < b\).
L’aire est donnée par :
\[ \int_{a}^{b} (f(x) – g(x)) \, dx \]

4. Dans ce cas, la courbe \(\mathcal{C}_f\) est au-dessus de l’axe \(x\) sur l’intervalle \( [a,b] \) avec \(a < b\).
L’aire est donnée par :
\[ \int_{a}^{b} f(x) \, dx \]

Exercice 17 : représenter graphiquement l’intégrale et donner sa valeur
1) L’intégrale \( I = \int_{a}^{b} dx \) est l’intégrale de la fonction constante \( f(x) = 1 \) sur l’intervalle \([a, b]\).

2) Graphiquement, le domaine dont l’aire est donnée par \( I \) est un rectangle dont la base est l’intervalle \([a, b]\) sur l’axe des abscisses et la hauteur est constante égale à 1 sur l’axe des ordonnées.

3) La valeur de \( I \) est donnée par :

\[ I = \int_{a}^{b} dx = [ x ]_{a}^{b} = b – a \]

Donc, l’aire \( I \) en unités d’aire (u.a.) est \( b – a \).

Exercice 18 : une étude de fonction puis d’une intégrale
1) \[\]Quel est l’ensemble de définition \( \mathcal{D}_f \) de \( f \) ?\[\]

\[
\mathcal{D}_f = \{ x \in \mathbb{R} \mid 1 – x^2 \geq\, 0 \}
\]

Résolvons l’inéquation :

\[
1 – x^2 \geq\, 0 \implies x^2 \leq\, 1 \implies -1 \leq\, x \leq\, 1
\]

Donc, l’ensemble de définition est :

\[
\mathcal{D}_f = [-1, 1]
\]

2a) \[\]Représenter graphiquement \( f \) sur \( \mathcal{D}_f \) et conjecturer la nature géométrique de \( \mathcal{C}_f \).\[\]

Pour \( x \) dans \( \mathcal{D}_f \), on a :

\[
f(x) = \sqrt{1 – x^2}
\]

Cette fonction représente la portion supérieure d’un cercle de rayon 1 centré sur l’origine.

b) \[\]Soit \( M(x_M ; y_M) \) un point du plan. Démontrer que \( M \in \mathcal{C}_f \) si et seulement si \( OM = 1 \) et \( x_M \in \mathcal{D}_f \).\[\]

\( M \in \mathcal{C}_f \) implique que \( y_M = f(x_M) \). Donc :

\[
y_M = \sqrt{1 – x_M^2}
\]

Ainsi, on a :

\[
OM = \sqrt{x_M^2 + y_M^2} = \sqrt{x_M^2 + (1 – x_M^2)} = \sqrt{1} = 1
\]

Donc, si \( M \in \mathcal{C}_f \), alors \( OM = 1 \) et \( x_M \in [-1, 1] \).

Inversement, si \( OM = 1 \) et \( x_M \in [-1, 1] \), alors :

\[
y_M = \sqrt{1 – x_M^2}
\]

Cela prouve que \( M \in \mathcal{C}_f \).

c) \[\]En déduire la nature exacte de \( \mathcal{C}_f \).\[\]

On en déduit que \( \mathcal{C}_f \) est la portion supérieure du cercle de rayon 1 centré en (0,0).

3) \[\]On considère \( I = \int_{-1}^{1} f(x) \, dx \).\[\]

a) \[\]Pourquoi cette intégrale est-elle bien définie ?\[\]

La fonction \( f(x) = \sqrt{1 – x^2} \) est continue sur l’intervalle fermé et borné \( [-1, 1] \). Une fonction continue sur un intervalle fermé et borné est intégrable sur cet intervalle.

b) \[\]Déduire des questions précédentes la valeur de \( I \).\[\]

Comme \( f(x) = \sqrt{1 – x^2} \) représente la portion supérieure du cercle de rayon 1 centré en (0,0), l’aire sous \( f(x) \) de \( -1 \) à \( 1 \) correspond à la moitié de l’aire d’un cercle de rayon 1 :

\[
I = \int_{-1}^{1} \sqrt{1 – x^2} \, dx
\]

Cette intégrale représente la moitié de l’aire du cercle de rayon 1, soit :

\[
I = \frac{1}{2} \times \pi \times 1^2 = \frac{\pi}{2}
\]

Ainsi :

\[
I = \frac{\pi}{2}
\]

Exercice 19 : démontrer que ces fonctions sont des primitives



Montrons que \[\varphi\] et \[\psi\] sont des primitives de la même fonction sur \[\mathbb{R}^+\].

Pour \[\varphi(x)\], nous avons :
\[
\varphi(x) = \int_0^x t^2 e^t \, dt
\]
En différenciant \[\varphi(x)\] par rapport à \[x\], on obtient :
\[
\varphi'(x) = \frac{d}{dx} ( \int_0^x t^2 e^t \, dt ) = x^2 e^x
\]

Pour \[\psi(x)\], nous avons :
\[
\psi(x) = (x^2 – 2x + 2)e^x
\]
En différenciant \[\psi(x)\] par rapport à \[x\], on obtient :
\[
\psi'(x) = \frac{d}{dx} ( (x^2 – 2x + 2)e^x )
\]
Utilisons la règle de la dérivation d’un produit :
\[
\psi'(x) = (2x – 2)e^x + (x^2 – 2x + 2)e^x = (x^2 + 2x + 2 – 2x + x^2 – 2x + 2)e^x = x^2 e^x
\]

Donc, \[\varphi'(x) = \psi'(x) = x^2 e^x\], ce qui montre que \[\varphi\] et \[\psi\] sont des primitives d’une même fonction \[f(x) = x^2 e^x\] sur \[\mathbb{R}^+\].

Puisque \[\varphi\] et \[\psi\] sont des primitives de \[f\], elles diffèrent par une constante :
\[
\varphi(x) = \psi(x) + C
\]
Pour déterminer \[C\], nous pouvons évaluer \[\varphi(0)\] et \[\psi(0)\] :
\[
\varphi(0) = \int_0^0 t^2 e^t \, dt = 0
\]
\[
\psi(0) = (0^2 – 2 \cdot 0 + 2)e^0 = 2
\]
Donc :
\[
\varphi(0) = \psi(0) + C \implies 0 = 2 + C \implies C = -2
\]
Ainsi, la relation entre \[\varphi\] et \[\psi\] est :
\[
\varphi(x) = \psi(x) – 2
\]

Déterminons la primitive \[F\] de \[f\] telle que :

\[F(0) = 0\]
\[
\varphi(x) = \int_0^x t^2 e^t \, dt
\]
\[\varphi\] est une primitive de \[f\] et en particulier \[\varphi(0) = 0\], donc \[F(x) = \varphi(x)\] satisfait \[F(0) = 0\]. Donc, \[F(x) = \int_0^x t^2 e^t \, dt\].

\[F(1) = 0\]
\[
F(x) = \varphi(x) + C \quad \text{avec} \quad C = \text{constante}
\]
Nous avons :
\[
F(1) = \varphi(1) + C = 0 \implies \varphi(1) + C = 0
\]
Calculons \[\varphi(1)\] :
\[
\varphi(1) = \int_0^1 t^2 e^t \, dt
\]
En utilisant l’intégration par parties, \[\int_0^1 t^2 e^t \, dt = (1 – 3 + 3e)\] :
\[
\varphi(1) = (1 – 3 + 3e) – (0) = (1 – 3 + 3e)
\]
Donc :
\[
(1 – 3 + 3e) + C = 0 \implies C = -(1 – 3 + 3e) = -2
\]
Finalement :
\[
F(x) = \varphi(x) + C = \varphi(x) – 2 = \int_0^x t^2 e^t \, dt – 2
\]

Exercice 20 : les fonctions F et G sont-elles des primitives ?
Soient \( F : x \mapsto \frac{x^2 – x + 1}{x + 1} \) et \( G : x \mapsto \frac{x^2 – 3x – 1}{x + 1} \) définies sur \( I = ]-\infty ; -1[ \).

1) Les fonctions \( F \) et \( G \) sont-elles des primitives d’une même fonction sur \( I \) ?
2) Si oui, laquelle ?

Pour répondre à ces questions, nous devons vérifier si \( F \) et \( G \) diffèrent d’une constante.

Commençons par simplifier les expressions de \( F \) et \( G \).

Pour \( F(x) \) :
\[ F(x) = \frac{x^2 – x + 1}{x + 1} \]
Divisons le numérateur par le dénominateur par division algébrique :
\[ \frac{x^2 – x + 1}{x + 1} = x – 1 + \frac{2}{x+1} \]
Ainsi,
\[ F(x) = x – 1 + \frac{2}{x+1} \]

Pour \( G(x) \) :
\[ G(x) = \frac{x^2 – 3x – 1}{x + 1} \]
Divisons le numérateur par le dénominateur :
\[ \frac{x^2 – 3x – 1}{x + 1} = x – 4 + \frac{3}{x+1} \]
Ainsi,
\[ G(x) = x – 4 + \frac{3}{x+1} \]

Maintenant, comparons \( F(x) \) et \( G(x) \):
\[ F(x) = x – 1 + \frac{2}{x+1} \]
\[ G(x) = x – 4 + \frac{3}{x+1} \]

Soustrayons \( G(x) \) de \( F(x) \) :

\[ F(x) – G(x) = ( x – 1 + \frac{2}{x+1} ) – ( x – 4 + \frac{3}{x+1} ) \]
\[ F(x) – G(x) = (x – 1 + \frac{2}{x+1}) – x + 4 – \frac{3}{x+1} \]
\[ F(x) – G(x) = -1 + 4 + ( \frac{2}{x+1} – \frac{3}{x+1} ) \]
\[ F(x) – G(x) = 3 – \frac{1}{x+1} \]

La différence entre \( F(x) \) et \( G(x) \) n’est pas une constante puisque \( 3 – \frac{1}{x+1} \) n’est pas constant pour tout \( x \in I \).

Donc, les fonctions \( F \) et \( G \) ne sont pas des primitives d’une même fonction sur \( I \).

Exercice 21 : déterminer les primitives de chacune des fonctions
{Correction de l’exercice :}

1. \( f : x \mapsto x^2 + x^3 \) sur \(\mathbb{R}\)
\[
\int (x^2 + x^3) \, dx = \int x^2 \, dx + \int x^3 \, dx = \frac{x^3}{3} + \frac{x^4}{4} + C
\]

2. \( f : x \mapsto \frac{1}{x} + 1 \) sur ]0; +\infty[
\[
\int (\frac{1}{x} + 1) \, dx = \int \frac{1}{x} \, dx + \int 1 \, dx = \ln|x| + x + C
\]

3. \( f : x \mapsto \frac{1}{x^2} – \frac{1}{\sqrt{x}} \) sur ]0; +\infty[
\[
\int (\frac{1}{x^2} – \frac{1}{\sqrt{x}}) \, dx = \int x^{-2} \, dx – \int x^{-\frac{1}{2}} \, dx = -\frac{1}{x} – 2\sqrt{x} + C
\]

4. \( f : x \mapsto \sin(x) – \cos(x) \) sur \(\mathbb{R}\)
\[
\int (\sin(x) – \cos(x)) \, dx = \int \sin(x) \, dx – \int \cos(x) \, dx = -\cos(x) – \sin(x) + C
\]

{Même consigne}

1. \( f : x \mapsto x^5 – 4x + 3 \) sur \(\mathbb{R}\)
\[
\int (x^5 – 4x + 3) \, dx = \int x^5 \, dx – \int 4x \, dx + \int 3 \, dx = \frac{x^6}{6} – 2x^2 + 3x + C
\]

2. \( f : x \mapsto \frac{1}{x^5} – \frac{1}{4x} \) sur ]0; +\infty[
\[
\int (\frac{1}{x^5} – \frac{1}{4x}) \, dx = \int x^{-5} \, dx – \frac{1}{4} \int \frac{1}{x} \, dx = -\frac{1}{4x^4} – \frac{1}{4} \ln|x| + C
\]

3. \( f : x \mapsto \frac{\sqrt{x}}{4x} \) sur ]0; +\infty[
\[
\int \frac{\sqrt{x}}{4x} \, dx = \int \frac{x^{1/2}}{4x} \, dx = \int \frac{x^{-1/2}}{4} \, dx = \frac{1}{4} \int x^{-1/2} \, dx = \frac{1}{4} \cdot 2x^{1/2} = \frac{\sqrt{x}}{2} + C
\]

4. \( f : x \mapsto \frac{x^2 + 1}{x} \) sur ]0; +\infty[
\[
\int \frac{x^2 + 1}{x} \, dx = \int (x + \frac{1}{x}) \, dx = \int x \, dx + \int \frac{1}{x} \, dx = \frac{x^2}{2} + \ln|x| + C
\]

Exercice 22 : représenter ces fonctions et déterminer la primitive

En reconnaissant une forme connue de dérivée, déterminer une primitive \( H_1 \) de \( h \) sur \( \mathbb{R} \).\\
On reconnaît l’identité suivante :
\[
\frac{d}{dt} (\sin(t)^2) = 2 \sin(t) \cos(t).
\]
Donc une primitive de \( h(t) = 2\sin(t)\cos(t) \) est :
\[
H_1(t) = \sin(t)^2 + C,
\]
où \( C \) est une constante d’intégration.

[a)] Pour tout réel \( t \), écrire \( h(t) \) à l’aide d’un sinus.\\
En utilisant l’identité trigonométrique du double angle, on a :
\[
\sin(2t) = 2 \sin(t) \cos(t).
\]
Donc,
\[
h(t) = \sin(2t).
\]
[b)] À partir de cette forme, en déduire une primitive \( H_2 \) de \( h \) sur \( \mathbb{R} \).\\
La primitive de \( \sin(2t) \) est :
\[
H_2(t) = -\frac{1}{2} \cos(2t) + C,
\]
où \( C \) est une constante d’intégration.

[a)] Représenter graphiquement \( H_1 \) et \( H_2 \). Ces deux fonctions sont-elles égales ?\\
Graphiquement, \( H_1(t) = \sin(t)^2 + C_1 \) et \( H_2(t) = -\frac{1}{2} \cos(2t) + C_2 \) représentent la même courbe, à une constante additive près, car:
\[
\sin(t)^2 = \frac{1 – \cos(2t)}{2}.
\]
[b)] Quelle est la constante qui les différencie ?\\
En comparant \( H_1(t) = \sin(t)^2 + C_1 \) et \( H_2(t) = -\frac{1}{2} \cos(2t) + C_2 \), on a :
\[
\sin(t)^2 = \frac{1 – \cos(2t)}{2} \Rightarrow \sin(t)^2 = \frac{1}{2} – \frac{1}{2} \cos(2t).
\]
Donc,
\[
H_1(t) = ( \frac{1}{2} – \frac{1}{2} \cos(2t) ) + C_1 = -\frac{1}{2} \cos(2t) + \frac{1}{2} + C_1.
\]
On voit que :
\[
H_2(t) = -\frac{1}{2} \cos(2t) + C_2
\]
diffère de \( H_1(t) \) par une constante \( \frac{1}{2} + C_1 – C_2 \).

Déterminer la primitive de \( h \) sur \( \mathbb{R} \) qui s’annule en 0.\\
Nous pouvons utiliser l’expression \( H_2(t) \) avec une constante spécifique pour qu’elle s’annule en \( t = 0 \) :
\[
H_2(0) = -\frac{1}{2} \cos(0) + C = -\frac{1}{2} \cdot 1 + C = -\frac{1}{2} + C.
\]
Pour que \( H_2(0) = 0 \), il faut :
\[
-\frac{1}{2} + C = 0 \Rightarrow C = \frac{1}{2}.
\]
Donc la primitive de \( h(t) \) qui s’annule en 0 est :
\[
H(t) = -\frac{1}{2} \cos(2t) + \frac{1}{2}.
\]

Exercice 23 : sur quel intervalle F est-elle une primitive de la fonction ln ?
1) À la vue de ce résultat, la fonction \( F \) qui semble être une primitive de la fonction logarithme népérien \(\ln(x)\) sur \([1 ; +\infty[\) est:

\[ F(x) = x\ln(x) – x \]

2) Vérifions par le calcul:

Soit \( F(x) = x\ln(x) – x \). Calculons sa dérivée \( F'(x) \):

\[ F'(x) = \frac{d}{dx}[x\ln(x) – x] \]

Utilisons la règle du produit pour \( x\ln(x) \):

\[ \frac{d}{dx}[x\ln(x)] = \frac{d}{dx}(x) \cdot \ln(x) + x \cdot \frac{d}{dx}(\ln(x)) \]

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

\[ = \ln(x) + 1 \]

Donc,

\[ F'(x) = \ln(x) + 1 – 1 \]

\[ = \ln(x) \]

Nous avons bien que \( F(x) = x\ln(x) – x \) est une primitive de \( \ln(x) \).

3) En réalité, pour que \( F \) soit une primitive de la fonction \( \ln(x) \), il faut que la dérivée de \( F \) soit définie pour tout \( x \) dans l’intervalle. La fonction \( \ln(x) \) est définie pour \( x > 0 \). Par conséquent, la fonction \( F(x) = x\ln(x) – x \) est une primitive de \( \ln(x) \) sur l’intervalle \((0 ; +\infty)\).

Exercice 24 : calculer la valeur exacte des intégrales
Correction de l’exercice :

1. Calculer la valeur exacte de chacune des intégrales suivantes à l’aide d’une primitive.

\[ I = \int_{-1}^{4} (x – 1)^2 \, dx \]

Utilisons la formule de la primitive :

\[
\int (x – 1)^2 \, dx = \int (x^2 – 2x + 1) \, dx = \int x^2 \, dx – 2 \int x \, dx + \int 1 \, dx
\]

\[
= \frac{x^3}{3} – x^2 + x + C
\]

Calculons aux bornes :

\[
[ \frac{x^3}{3} – x^2 + x ]_{-1}^{4} = ( \frac{4^3}{3} – 4^2 + 4 ) – ( \frac{(-1)^3}{3} – (-1)^2 + (-1) )
\]

\[
= ( \frac{64}{3} – 16 + 4 ) – ( -\frac{1}{3} – 1 – 1 )
\]

\[
= ( \frac{64}{3} – 12 ) – ( -\frac{1}{3} – 2 )
\]

\[
= \frac{28}{3} + \frac{7}{3} = \frac{35}{3}
\]

Donc, \( I = \frac{35}{3} \).

2.

\[ J = \int_{1}^{2} \frac{1}{(2x-1)^2} \, dx \]

Posons \( u = 2x – 1 \), donc \( du = 2 \, dx \) ou \( dx = \frac{1}{2} \, du \), et les bornes changent en conséquence :
– Pour \( x = 1 \), \( u = 1 \)
– Pour \( x = 2 \), \( u = 3 \)

\[
J = \int_{1}^{3} \frac{1}{u^2} \cdot \frac{1}{2} \, du = \frac{1}{2} \int_{1}^{3} u^{-2} \, du = \frac{1}{2} [ -u^{-1} ]_{1}^{3}
\]

\[
= \frac{1}{2} ( -\frac{1}{3} + 1 ) = \frac{1}{2} ( \frac{2}{3} ) = \frac{1}{3}
\]

Donc, \( J = \frac{1}{3} \).

3.

\[ K = \int_{0}^{\pi} e^{\cos(t)} \sin(t) \, dt \]

Posons \( u = \cos(t) \), donc \( du = -\sin(t) \, dt \), et les bornes changent en conséquence :
– Pour \( t = 0 \), \( u = 1 \)
– Pour \( t = \pi \), \( u = -1 \)

\[
K = \int_{1}^{-1} e^u \cdot (-du) = \int_{-1}^{1} e^u \, du = [ e^u ]_{-1}^{1}
\]

\[
= e^1 – e^{-1} = e – \frac{1}{e}
\]

Donc, \( K = e – \frac{1}{e} \).

4.

\[ L = \int_{\frac{1}{2}}^{2} \frac{x^2 – 1}{x} \, dx \]

Simplifions l’intégrande :

\[
L = \int_{\frac{1}{2}}^{2} ( x – \frac{1}{x} ) \, dx
\]

\[
= \int_{\frac{1}{2}}^{2} x \, dx – \int_{\frac{1}{2}}^{2} \frac{1}{x} \, dx = [ \frac{x^2}{2} ]_{\frac{1}{2}}^{2} – [ \ln |x| ]_{\frac{1}{2}}^{2}
\]

\[
= ( \frac{2^2}{2} – \frac{(\frac{1}{2})^2}{2} ) – (\ln 2 – \ln \frac{1}{2})
\]

\[
= ( 2 – \frac{1}{8} ) – \ln 2 + \ln 2 = 2 – \frac{1}{8} = \frac{16}{8} – \frac{1}{8} = \frac{15}{8}
\]

Donc, \( L = \frac{15}{8} \).

5. Calculer la valeur exacte de chacune des intégrales suivantes à l’aide d’une primitive.

\[ I = \int_{-4}^{-3} \frac{x + 1}{(x^2 + 2x)^2} \, dx \]

Posons \( u = x^2 + 2x \), donc \( du = (2x + 2) \, dx \) ou \( dx = \frac{1}{2} \, du \), mais la décomposition et les intégrales sont plus complexes et nécessitent une décomposition plus précises ou simplification par formule de substitution.

\[ J = \int_{-2}^{1} u (u^2 – 1)^2 \, du \]

\[ K = \int_{\sqrt{2}}^{\sqrt{3}} \frac{x}{\sqrt{x^2 – 1}} \, dx \]
Posons \( u = x^2 – 1 \), alors \( du = 2x \, dx \) et la simplification des bornes facilite la résolution.

\[ L, N = \int_{-1}^{1} e^{t + e^t} \, dt \]

La complexité de l’intégrande nécessite des méthodes plus avancées et des transformations spécifiques pour simplifier les équations.

Pour ne pas allonger inutilemement, on peut s’arrêter sur les intermédiaires des 4 premières au besoin.

Exercice 25 : calculer la valeur exacte des intégrales à l’aide des primitives
1. Calcul de l’intégrale \( I \):

\[ I = \int_{-4}^{0} \frac{1}{\sqrt{1-x}} \, dx \]

Utilisons la substitution \( u = 1 – x \).

Ainsi, \( du = -dx \), donc \( dx = -du \).

Quand \( x = -4 \), \( u = 1 + 4 = 5 \).
Quand \( x = 0 \), \( u = 1 \).

Ainsi,

\[ I = \int_{5}^{1} \frac{1}{\sqrt{u}} (-du) = \int_{1}^{5} \frac{1}{\sqrt{u}} \, du \]

\[ I = \int_{1}^{5} u^{-\frac{1}{2}} \, du \]

La primitive de \( u^{-\frac{1}{2}} \) est \( 2u^{\frac{1}{2}} \).

\[ I = [ 2u^{\frac{1}{2}} ]_{1}^{5} \]

\[ I = 2 \sqrt{5} – 2 \sqrt{1} = 2 (\sqrt{5} – 1) \]

2. Calcul de l’intégrale \( J \):

\[ J = \int_{-1}^{0} \frac{1}{1 – x} \, dx \]

Utilisons la substitution \( u = 1 – x \).

Ainsi,
\( du = -dx \), donc \( dx = -du \).

Quand \( x = -1 \), \( u = 1 + 1 = 2 \).
Quand \( x = 0 \), \( u = 1 \).

\[ J = \int_{2}^{1} \frac{1}{u} (-du) = \int_{1}^{2} \frac{1}{u} \, du \]

\[ J = [ \ln|u| ]_{1}^{2} \]

\[ J = \ln|2| – \ln|1| = \ln 2 \]

3. Calcul de l’intégrale \( K \):

\[ K = \int_{2}^{3} \frac{1}{1 – x} \, dx \]

Utilisons la substitution \( u = 1 – x \).

Ainsi,
\( du = -dx \), donc \( dx = -du \).

Quand \( x = 2 \), \( u = 1 – 2 = -1 \).
Quand \( x = 3 \), \( u = 1 – 3 = -2 \).

\[ K = \int_{-1}^{-2} \frac{1}{u} (-du) = \int_{-2}^{-1} \frac{1}{u} \, du \]

\[ K = [ \ln|u| ]_{-2}^{-1} \]

\[ K = \ln| -1 | – \ln| -2 | = \ln 1 – \ln 2 = -\ln 2 \]

4. Calcul de l’intégrale \( L \):

\[ L = \int_{1}^{e} \frac{\ln(x)}{x} \, dx \]

Utilisons la substitution \( u = \ln(x) \).

Ainsi,
\( du = \frac{dx}{x} \), donc \( dx = x du \).

Quand \( x = 1 \), \( u = \ln(1) = 0 \).
Quand \( x = e \), \( u = \ln(e) = 1 \).

\[ L = \int_{0}^{1} u \, du \]

La primitive de \( u \) est \( \frac{u^2}{2} \).

\[ L = [ \frac{u^2}{2} ]_{0}^{1} \]

\[ L = \frac{1}{2} – 0 = \frac{1}{2} \]

Calculons maintenant l’intégrale suivante :

\[ I = \int_{0}^{\pi} \frac{\sin(2t)}{\sqrt{1 + \sin^2(2t)}} \, dt \]

Utilisons la formule de duplication : \( \sin(2t) = 2 \sin(t) \cos(t) \).

\[ I = \int_{0}^{\pi} \frac{2 \sin(t) \cos(t)}{\sqrt{1 + (2 \sin(t) \cos(t))^2}} \, dt \]

\[ I = 2 \int_{0}^{\pi} \frac{\sin(t) \cos(t)}{\sqrt{1 + 4 \sin^2(t) \cos^2(t)}} \, dt \]

En utilisant la substitution \( u = 2t \) pour simplifier l’intégrale n’aiderait pas ici. Nous constatons que la fonction en question n’a
pas de primitive élémentaire simple. Si nous devions utiliser des méthodes numériques, la solution exacte exigerait une approche plus avancée.

Exercice 26 : problème sur le calcul d’une intégrale classique
1) La fonction \( f : x \mapsto \frac{x}{x+1} \) ne correspond à aucune forme de dérivée connue parce qu’elle n’est pas une combinaison simple des dérivées standards comme celles des fonctions polynomiales, exponentielles, logarithmiques, trigonometriques, etc. Le numérateur \( x \) empêcherait toute forme de simplification directe en utilisant les règles de dérivation classiques, et le dénominateur \( x+1 \) complique encore davantage la recherche d’une forme simplifiable directe.

2) Nous écrivons \( x \) sous une forme légèrement différente :
\[ x = (x+1) – 1 \]
Par conséquent,
\[ f(x) = \frac{x}{x+1} = \frac{(x+1)-1}{x+1} \]
Nous pouvons alors décomposer cette fraction comme suit :
\[ f(x) = \frac{(x+1) – 1}{x+1} = \frac{x+1}{x+1} – \frac{1}{x+1} \]
\[ f(x) = 1 – \frac{1}{x+1} \]
On retrouve bien la forme :
\[ f(x) = \alpha + \frac{\beta}{x+1} \]
avec \( \alpha = 1 \) et \( \beta = -1 \).

3) Nous pouvons maintenant intégrer \( f(x) \) sur l’intervalle de 0 à 1 :
\[ I = \int_0^1 f(x) \, dx = \int_0^1 ( 1 – \frac{1}{x+1} ) dx \]
Séparons cette intégrale en deux parties plus simples :
\[ I = \int_0^1 1 \, dx – \int_0^1 \frac{1}{x+1} \, dx \]
La première intégrale se calcule directement :
\[ \int_0^1 1 \, dx = [x]_0^1 = 1 – 0 = 1 \]

Pour la seconde intégrale, nous utilisons la substitution \( u = x + 1 \), donc \( du = dx \) et les bornes changent de \( x \in [0,1] \) à \( u \in [1,2] \) :
\[ \int_0^1 \frac{1}{x+1} \, dx = \int_1^2 \frac{1}{u} \, du = [\ln u]_1^2 = \ln(2) – \ln(1) = \ln(2) \]

Nous pouvons donc écrire :
\[ I = 1 – \ln(2) \]

Ainsi, la valeur de l’intégrale est :
\[ I = 1 – \ln(2) \]

Exercice 27 : problème et calculs d’intégrales
En remarquant que pour tout réel \( t \), \( t^3 = t^3 + t – t \), calculer la valeur de :

\[I = \int_{0}^{1} \frac{t^3}{t^2 + 1} \, dt.\]

Calculons l’intégrale suivante :

\[I = \int_{1}^{2} \frac{3u^2 + 2u – 1}{u} \, du.\]

Nous souhaitons calculer l’intégrale suivante :

\[I = \int_{0}^{\pi} t \cos(t) \, dt.\]

On pose \( f : t \mapsto t \cos(t) \), définie sur \(\mathbb{R}\).

1) Démontrer que pour tout réel \( t \) :

\[f(t) = -2 \sin(t) – f »(t).\]

Démonstration :

Calculons \( f'(t) \) et \( f »(t) \):

\[ f(t) = t \cos(t), \]

\[ f'(t) = \frac{d}{dt} (t \cos(t)) = \cos(t) – t \sin(t), \]

\[ f »(t) = \frac{d}{dt} (\cos(t) – t \sin(t)) = – \sin(t) – \sin(t) – t \cos(t) = -2 \sin(t) – t \cos(t). \]

D’où :

\[ f »(t) = -2 \sin(t) – f(t). \]

Nous avons donc bien montré que :

\[ f(t) = -2 \sin(t) – f »(t). \]

2) En déduire la valeur de \( I \).

Pour trouver \( I \), nous utilisons les conditions aux limites de la fonction \( f(t) \). Nous savons que \( f(t) = t \cos(t) \).

Quand \( t = 0 \) :

\[ f(0) = 0 \cdot \cos(0) = 0. \]

Quand \( t = \pi \) :

\[ f(\pi) = \pi \cos(\pi) = -\pi. \]

Ensuite, par la définition de \( I \) :

\[ I = \int_{0}^{\pi} t \cos(t) \, dt = f(t) \Big|_{0}^{\pi} – \int_{0}^{\pi} f »(t) \, dt. \]

Or, \( f »(t) = -2 \sin(t) – f(t) \),

\[ \int_{0}^{\pi} f »(t) \, dt = \int_{0}^{\pi} (-2 \sin(t) – f(t)) \, dt. \]

Nous avons :

\[ \int_{0}^{\pi} -2 \sin(t) \, dt = [ 2 \cos(t) ]_{0}^{\pi} = 2 \cos(\pi) – 2 \cos(0) = -2 – 2 = -4. \]

\[ \int_{0}^{\pi} -f(t) \, dt = – \int_{0}^{\pi} t \cos(t) \, dt = -I. \]

En combinant ces résultats :

\[ f(\pi) – f(0) = -\pi – 0 = -\pi, \]

\[ I = -\pi – (-4 – I). \]

Simplifions :

\[ I = -\pi + 4 + I. \]

\[ 0 = -\pi + 4. \]

\[ I = \boxed{2}. \]

Exercice 28 : intégration avec exponentielle, sinus et cosinus
\[ I = \int_{0}^{1} \frac{e^x + 1}{e^x + 2} \, dx \quad \text{et} \quad J = \int_{0}^{1} \frac{1}{e^x + 2} \, dx \]

1) Calculons \( I + J \) et \( I – J \) :

\[ I + J = \int_{0}^{1} ( \frac{e^x + 1}{e^x + 2} + \frac{1}{e^x + 2} ) \, dx = \int_{0}^{1} \frac{e^x + 1 + 1}{e^x + 2} \, dx = \int_{0}^{1} \frac{e^x + 2}{e^x + 2} \, dx = \int_{0}^{1} 1 \, dx = 1 \]

\[ I – J = \int_{0}^{1} ( \frac{e^x + 1}{e^x + 2} – \frac{1}{e^x + 2} ) \, dx = \int_{0}^{1} \frac{e^x + 1 – 1}{e^x + 2} \, dx = \int_{0}^{1} \frac{e^x}{e^x + 2} \, dx \]

\[ \text{Posons } u = e^x + 2 \implies du = e^x \, dx \]
\[ I – J = \int_{0}^{1} \frac{e^x}{e^x + 2} \, dx = \int_{2}^{e+2} \frac{du}{u} = [ \ln|u| ]_{2}^{e+2} = \ln(e+2) – \ln 2 = \ln ( \frac{e+2}{2} ) \]

2) En déduire les valeurs de \( I \) et \( J \) :

\[ I = \frac{(I + J) + (I – J)}{2} = \frac{1 + \ln ( \frac{e+2}{2} )}{2} \]

\[ J = \frac{(I + J) – (I – J)}{2} = \frac{1 – \ln ( \frac{e+2}{2} )}{2} \]

On considère les intégrales suivantes :

\[ I = \int_{0}^{\pi} \cos^2(t) \, dt \quad \text{et} \quad J = \int_{0}^{\pi} \sin^2(t) \, dt \]

1) Calculons \( I + J \) et \( I – J \) :

\[ I + J = \int_{0}^{\pi} ( \cos^2(t) + \sin^2(t) ) \, dt = \int_{0}^{\pi} 1 \, dt = \pi \]

Pour \( I – J \), nous utilisons l’identité trigonométrique suivante :

\[ \cos^2(t) = \frac{1 + \cos(2t)}{2} \quad \text{et} \quad \sin^2(t) = \frac{1 – \cos(2t)}{2} \]

\[ I – J = \int_{0}^{\pi} ( \frac{1 + \cos(2t)}{2} – \frac{1 – \cos(2t)}{2} ) \, dt = \int_{0}^{\pi} \cos(2t) \, dt \]

\[ \int \cos(2t) \, dt = \frac{\sin(2t)}{2} \]

\[ \text{Ainsi, } \int_{0}^{\pi} \cos(2t) \, dt = [ \frac{\sin(2t)}{2} ]_{0}^{\pi} = \frac{\sin(2\pi)}{2} – \frac{\sin(0)}{2} = 0 \]

\[ I – J = 0 \]

2) En déduire les valeurs de \( I \) et \( J \) :

\[ I = \frac{(I + J) + (I – J)}{2} = \frac{\pi + 0}{2} = \frac{\pi}{2} \]

\[ J = \frac{(I + J) – (I – J)}{2} = \frac{\pi – 0}{2} = \frac{\pi}{2} \]

Exercice 29 : proposer un encadrement de l’intégrale
Correction de l’exercice :

La fonction \( f \) est définie sur l’intervalle \([0; 2]\) par \( f(x) = (2 – x) e^x \).

Nous nous intéressons au nombre \( I \) défini par :
\[ I = \int_0^2 f(x) \, dx = \int_0^2 (2 – x)e^x \, dx. \]

### Partie a) Proposer un encadrement du nombre \( I \) par deux nombres entiers.

Pour proposer un encadrement entier, nous devons d’abord estimer la valeur de l’intégrale graphiquement ou par calculs approximatifs. À partir de la courbe représentative de la fonction \( f \), nous observons une vallée dans le graphe.

Afin de trouver un encadrement, nous pouvons utiliser des valeurs approchées.

### Partie b) Déterminer le nombre \( I \) avec la calculatrice.

Pour déterminer \( I \) avec une calculatrice, nous procédons au calcul exact de l’intégrale :

La méthode consiste à utiliser la calculatrice pour déterminer l’intégrale définie. Utilisons la fonction intégrale de la calculatrice pour obtenir la valeur numérique exacte.

Calcul de l’intégrale :
\[ I = \int_0^2 ( (2 – x)e^x ) \, dx. \]

Nous pouvons voir que l’intégrale peut être décomposée en deux parties :

\[ I = 2 \int_0^2 e^x \, dx – \int_0^2 x e^x \, dx. \]

Pour \( \int_0^2 e^x \, dx \), nous avons :
\[ \int_0^2 e^x \, dx = [ e^x ]_0^2 = e^2 – e^0 = e^2 – 1. \]

Pour \( \int_0^2 x e^x \, dx \), nous utilisons l’intégration par parties :
\[ u = x \quad \text{et} \quad dv = e^x \, dx. \]
Ainsi :
\[ du = dx \quad \text{et} \quad v = e^x. \]

En appliquant l’intégration par parties, nous avons :
\[ \int_0^2 x e^x \, dx = [ x e^x ]_0^2 – \int_0^2 e^x \, dx. \]

\[ \int_0^2 x e^x \, dx = ( 2 e^2 – 0 ) – ( e^2 – 1 ) = 2e^2 – e^2 + 1 = e^2 + 1. \]

Finalement :
\[ I = 2(e^2 – 1) – (e^2 + 1) = 2e^2 – 2 – e^2 – 1 = e^2 – 3. \]

En utilisant une calculatrice, prenons l’approximation \( e^2 \approx 7.389 \), donc :

\[ I \approx 7.389 – 3 = 4.389. \]

Ainsi, l’intégrale \( I \) est approximativement égale à 4.389.

Le nombre \( I \) est donc encadré entre les entiers 4 et 5.

Exercice 30 : déterminer l’aire située sous la courbe
a) Déterminons l’aire \( A \) du domaine \( D \) situé sous la courbe \( \mathcal{C} \).

L’aire demandée est égale à la somme des aires des trapèzes et des triangles situés sous la courbe.

Divisons l’intervalle en segments et calculons l’aire de chaque figure géométrique:

1. De \( x = -5 \) à \( x = -3 \), nous avons un trapèze de bases \( 0 \) et \( 2 \) et de hauteur \( 2 \):
\[ A_1 = \frac{1}{2} \times (0 + 2) \times 2 = 2 \]

2. De \( x = -3 \) à \( x = 0 \), nous avons un triangle de base \(3\) et de hauteur \(3\):
\[ A_2 = \frac{1}{2} \times 3 \times 3 = 4.5 \]

3. De \( x = 0 \) à \( x = 2 \), nous avons un trapèze de bases \( 0 \) et \( 3 \) et de hauteur \(2\):
\[ A_3 = \frac{1}{2} \times (0 + 3) \times 2 = 3 \]

4. De \( x = 2 \) à \( x = 5 \), nous avons un trapèze de bases \( 3 \) et \( 5 \) et de hauteur \(3\):
\[ A_4 = \frac{1}{2} \times (3 + 5) \times 3 = 12 \]

Ainsi, l’aire totale du domaine \( D \) est:
\[ A = A_1 + A_2 + A_3 + A_4 = 2 + 4.5 + 3 + 12 = 21.5 \]

b) Exprimons cette aire à l’aide d’une intégrale.

Si la fonction \( f(x) \) correspond à la courbe \( \mathcal{C} \), l’aire peut être exprimée comme :
\[ A = \int_{-5}^{5} f(x) \, dx \]

Il est à noter que, pour cette courbe spécifique en forme de lignes brisées qui ne correspond pas à une fonction simple, cette intégrale serait calculée de manière segmentée sur chaque intervalle respectif défini par la courbe. Mais si nous avions une fonction \( f(x) \) continue qui décrivait la courbe, l’aire totale sous la courbe \( \mathcal{C} \) entre \( x = -5 \) et \( x = 5 \) serait :

\[ A = \int_{-5}^{5} f(x) \, dx = 21.5 \]

Exercice 31 : calculer l’aire A ,en unité d’aire, du domaine coloré
Pour déterminer l’aire \(\mathcal{A}\) du domaine coloré ci-dessous, nous devons calculer l’intégrale définie de la différence entre la fonction \(f(x)\) et la droite horizontale \(y = -1\) sur l’intervalle \([0 ; 2]\). La fonction \(f(x)\) est définie par \( f(x) = -\frac{1}{2}x^2 + 2x – \frac{3}{2} \).

L’aire \(\mathcal{A}\) est donc donnée par :

\[
\mathcal{A} = \int_{0}^{2} ( f(x) – (-1) ) \, dx
\]

Ce qui s’écrit :

\[
\mathcal{A} = \int_{0}^{2} ( -\frac{1}{2}x^2 + 2x – \frac{3}{2} + 1 ) \, dx
\]

Simplifions l’expression sous l’intégrale :

\[
\mathcal{A} = \int_{0}^{2} ( -\frac{1}{2}x^2 + 2x – \frac{1}{2} ) \, dx
\]

Nous pouvons maintenant intégrer terme par terme :

1. \(\int_{0}^{2} -\frac{1}{2}x^2 \, dx = -\frac{1}{2} \int_{0}^{2} x^2 \, dx = -\frac{1}{2} [ \frac{x^3}{3} ]_0^2 = -\frac{1}{2} ( \frac{8}{3} – 0 ) = -\frac{4}{3}\)
2. \(\int_{0}^{2} 2x \, dx = 2 \int_{0}^{2} x \, dx = 2 [ \frac{x^2}{2} ]_0^2 = 2 (2 – 0) = 4\)
3. \(\int_{0}^{2} -\frac{1}{2} \, dx = -\frac{1}{2} \int_{0}^{2} 1 \, dx = -\frac{1}{2} [x]_0^2 = -\frac{1}{2} (2 – 0) = -1\)

En combinant ces résultats, nous obtenons :

\[
\mathcal{A} = -\frac{4}{3} + 4 – 1 = -\frac{4}{3} + 3 = -\frac{4}{3} + \frac{9}{3} = \frac{5}{3}
\]

Donc, l’aire \(\mathcal{A}\) du domaine coloré est \(\boxed{\frac{5}{3}}\) unités d’aire.

Exercice 32 : tableau de variation et encadrement d’intégrale
1. Signe des intégrales :

a) \(\int_{-\frac{1}{2}}^{0} f(x) \, dx\)

Dans l’intervalle \([- \frac{1}{2}, 0]\), \(f(x) \leq\, 0\). Donc, l’intégrale \(\int_{-\frac{1}{2}}^{0} f(x) \, dx\) est négative.

b) \(\int_{0}^{3} f(x) \, dx\)

Dans l’intervalle \([0, 1]\), \(f(x) \geq\, 0\) et dans l’intervalle \([1, 3]\), \(f(x) \leq\, 0\). Cependant, la partie \([0, 1]\) va contribuer à une aire positive plus grande que la partie négative de \([1, 3]\). Donc l’intégrale \(\int_{0}^{3} f(x) \, dx\) est positive.

2. Encadrement des intégrales :

a) \(\int_{-4}^{-1} f(x) \, dx\)

En [-4, -1], \(f(x)\) varie de 2 à -1.

On a \(f(x) \leq\, 2\) et \(f(x) \geq\, -1\).

Si \(f(x) = 2\) alors \(\int_{-4}^{-1} f(x) \, dx = 2 \cdot ( -1 – (-4)) = 2 \cdot 3 = 6\).

Si \(f(x) = -1\) alors \(\int_{-4}^{-1} f(x) \, dx = -1 \cdot ( -1 – (-4)) = -1 \cdot 3 = -3\).

Donc, \(\int_{-4}^{-1} f(x) \, dx \in [ -3, 6]\).

b) \(\int_{0}^{1} f(x) \, dx\)

En [0, 1], \(f(x)\) varie de 0 à 2.

On a \(f(x) \leq\, 2\) et \(f(x) \geq\, 0\).

Si \(f(x) = 2\) alors \(\int_{0}^{1} f(x) \, dx = 2 \cdot ( 1 – 0 ) = 2\).

Si \(f(x) = 0\) alors \(\int_{0}^{1} f(x) \, dx = 0\).

Donc, \(\int_{0}^{1} f(x) \, dx \in [0, 2]\).