Exercice 0.1 : Intégrer par parties : dix calculs directs

Pour chaque intégrale définie, intégrez par parties, une ou plusieurs fois, puis donnez sa valeur exacte et sa valeur au millième.

Une seule méthode pour les dix lignes : choisir $u$ dans l'ordre LIATE (logarithme, inverse trigonométrique, algébrique, trigonométrique, exponentielle) et prendre pour $dv$ tout le reste, $dx$ compris ; calculer $du$ et $v$ ; écrire $\int_{a}^{b}u\,dv=\left[uv\right]_{a}^{b}-\int_{a}^{b}v\,du$ en évaluant le terme de bord aussitôt. Si la nouvelle intégrale résiste encore, on recommence avec le MÊME type de choix.

a) $\int_{0}^{1}x\,e^{2x}\,dx$ .
b) $\int_{0}^{\pi/2}x\sin(2x)\,dx$ .
c) $\int_{1}^{e}x^{3}\ln x\,dx$ .
d) $\int_{1}^{e^{2}}\frac{\ln x}{\sqrt{x}}\,dx$ .
e) $\int_{0}^{1}\arcsin\left(\frac{x}{2}\right)dx$ .
f) $\int_{0}^{\pi/2}x^{2}\cos x\,dx$ .
g) $\int_{0}^{1}x^{3}e^{x}\,dx$ .
h) $\int_{1}^{e}x\left(\ln x\right)^{2}dx$ .
i) $\int_{0}^{\pi/4}x\sec^{2}x\,dx$ .
j) $\int_{0}^{\pi}e^{-x}\sin(2x)\,dx$ .

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a)

valeur

b)

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c)

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d)

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e)

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f)

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g)

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h)

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i)

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j)

valeur

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Réponses

a) $\left[\frac{xe^{2x}}{2}-\frac{e^{2x}}{4}\right]_{0}^{1}=\frac{e^{2}+1}{4}\approx 2{,}097$
b) $\left[-\frac{x\cos(2x)}{2}+\frac{\sin(2x)}{4}\right]_{0}^{\pi/2}=\frac{\pi}{4}\approx 0{,}785$
c) $\left[\frac{x^{4}\ln x}{4}-\frac{x^{4}}{16}\right]_{1}^{e}=\frac{3e^{4}+1}{16}\approx 10{,}300$
d) $\left[2\sqrt{x}\ln x-4\sqrt{x}\right]_{1}^{e^{2}}=4$
e) $\left[x\arcsin\frac{x}{2}+\sqrt{4-x^{2}}\right]_{0}^{1}=\frac{\pi}{6}+\sqrt{3}-2\approx 0{,}256$
f) $\left[x^{2}\sin x+2x\cos x-2\sin x\right]_{0}^{\pi/2}=\frac{\pi^{2}}{4}-2\approx 0{,}467$
g) $\left[e^{x}\left(x^{3}-3x^{2}+6x-6\right)\right]_{0}^{1}=6-2e\approx 0{,}563$
h) $\left[\frac{x^{2}(\ln x)^{2}}{2}-\frac{x^{2}\ln x}{2}+\frac{x^{2}}{4}\right]_{1}^{e}=\frac{e^{2}-1}{4}\approx 1{,}597$
i) $\left[x\tan x+\ln|\cos x|\right]_{0}^{\pi/4}=\frac{\pi}{4}-\frac{\ln 2}{2}\approx 0{,}439$
j) $I=\frac{2\left(1-e^{-\pi}\right)}{5}\approx 0{,}383$

Le geste qui décide de tout : le choix de $u$ . On dérive ce qui se SIMPLIFIE en se dérivant (un logarithme, un arc sinus, une puissance de $x$ ), on intègre ce qui ne se complique pas (une exponentielle, un sinus, un $\sec^{2}$ ). LIATE n'est que l'ordre de cette préférence, et un mauvais choix ne donne pas un résultat faux : il donne une intégrale pire que celle de départ.

a)

$u=x$ , $dv=e^{2x}dx$ , donc $du=dx$ et $v=\frac{e^{2x}}{2}$ : $\int_{0}^{1}xe^{2x}dx=\left[\frac{xe^{2x}}{2}\right]_{0}^{1}-\frac{1}{2}\int_{0}^{1}e^{2x}dx=\frac{e^{2}}{2}-\frac{e^{2}-1}{4}=\frac{e^{2}+1}{4}\approx 2{,}097$ . Piège : prendre $v=e^{2x}$ ; une primitive de $e^{2x}$ porte le facteur $\frac{1}{2}$ .

b)

$u=x$ , $dv=\sin(2x)dx$ , $v=-\frac{\cos(2x)}{2}$ : $\left[-\frac{x\cos(2x)}{2}\right]_{0}^{\pi/2}+\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi/2}\cos(2x)dx=-\frac{\frac{\pi}{2}\cos\pi}{2}+\frac{1}{2}\left[\frac{\sin(2x)}{2}\right]_{0}^{\pi/2}=\frac{\pi}{4}+0\approx 0{,}785$ . Piège : le double signe moins, celui de $v$ et celui de la formule, qui donne un PLUS devant l'intégrale restante.

c)

Le logarithme passe en premier : $u=\ln x$ , $dv=x^{3}dx$ , $du=\frac{dx}{x}$ , $v=\frac{x^{4}}{4}$ . Donc $\left[\frac{x^{4}\ln x}{4}\right]_{1}^{e}-\frac{1}{4}\int_{1}^{e}x^{3}dx=\frac{e^{4}}{4}-\frac{e^{4}-1}{16}=\frac{3e^{4}+1}{16}\approx 10{,}300$ . Piège : $u=x^{3}$ obligerait à intégrer $\ln x$ , et l'intégrale resterait aussi dure.

d)

$u=\ln x$ , $dv=x^{-\frac{1}{2}}dx$ , $v=2\sqrt{x}$ : $\left[2\sqrt{x}\ln x\right]_{1}^{e^{2}}-\int_{1}^{e^{2}}\frac{2}{\sqrt{x}}dx$ . Le terme de bord vaut $2e\times 2-0=4e$ , puisque $\sqrt{e^{2}}=e$ et $\ln 1=0$ ; l'intégrale restante vaut $\left[4\sqrt{x}\right]_{1}^{e^{2}}=4e-4$ . Donc la valeur est $4e-(4e-4)=4$ . Piège : oublier le terme de bord, ce qui donne $-(4e-4)\approx-6{,}873$ , une intégrale négative d'une fonction positive.

e)

Le facteur $1$ invisible : $u=\arcsin\frac{x}{2}$ , $dv=dx$ , $v=x$ , et $du=\frac{\frac{1}{2}}{\sqrt{1-\frac{x^{2}}{4}}}dx=\frac{dx}{\sqrt{4-x^{2}}}$ . Donc $\left[x\arcsin\frac{x}{2}\right]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}\frac{x\,dx}{\sqrt{4-x^{2}}}=\frac{\pi}{6}+\left[\sqrt{4-x^{2}}\right]_{0}^{1}=\frac{\pi}{6}+\sqrt{3}-2\approx 0{,}256$ , l'intégrale restante se faisant par $w=4-x^{2}$ .

f)

Deux tours. $u=x^{2}$ , $dv=\cos x\,dx$ : $\left[x^{2}\sin x\right]_{0}^{\pi/2}-2\int_{0}^{\pi/2}x\sin x\,dx$ . Puis $u=x$ , $dv=\sin x\,dx$ : $\int_{0}^{\pi/2}x\sin x\,dx=\left[-x\cos x\right]_{0}^{\pi/2}+\int_{0}^{\pi/2}\cos x\,dx=0+1=1$ . Donc la valeur est $\frac{\pi^{2}}{4}-2\approx 0{,}467$ . Piège : au second tour, $v=-\cos x$ , dont le signe change celui de l'intégrale restante.

g)

Méthode tabulaire : on dérive $x^{3}$ jusqu'à zéro ( $x^{3}$ , $3x^{2}$ , $6x$ , $6$ ), on intègre $e^{x}$ autant de fois, et l'on alterne les signes $+$ , $-$ , $+$ , $-$ . Donc $\int x^{3}e^{x}dx=e^{x}\left(x^{3}-3x^{2}+6x-6\right)+C$ , et $\left[e^{x}\left(x^{3}-3x^{2}+6x-6\right)\right]_{0}^{1}=e(1-3+6-6)-(-6)=6-2e\approx 0{,}563$ . Piège : la borne $0$ ne donne pas $0$ , mais $e^{0}\times(-6)=-6$ .

h)

$u=(\ln x)^{2}$ , $dv=x\,dx$ , $du=\frac{2\ln x}{x}dx$ , $v=\frac{x^{2}}{2}$ : $\left[\frac{x^{2}(\ln x)^{2}}{2}\right]_{1}^{e}-\int_{1}^{e}x\ln x\,dx$ . Second tour : $\int_{1}^{e}x\ln x\,dx=\left[\frac{x^{2}\ln x}{2}\right]_{1}^{e}-\int_{1}^{e}\frac{x}{2}dx=\frac{e^{2}}{2}-\frac{e^{2}-1}{4}=\frac{e^{2}+1}{4}$ . Donc la valeur est $\frac{e^{2}}{2}-\frac{e^{2}+1}{4}=\frac{e^{2}-1}{4}\approx 1{,}597$ .

i)

$u=x$ , $dv=\sec^{2}x\,dx$ , $v=\tan x$ : $\left[x\tan x\right]_{0}^{\pi/4}-\int_{0}^{\pi/4}\tan x\,dx=\frac{\pi}{4}+\left[\ln|\cos x|\right]_{0}^{\pi/4}=\frac{\pi}{4}+\ln\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\pi}{4}-\frac{\ln 2}{2}\approx 0{,}439$ . Piège : $\int\tan x\,dx=-\ln|\cos x|$ , et le moins de la formule le retourne en plus.

j)

Cas cyclique. Avec $u=\sin(2x)$ , $dv=e^{-x}dx$ , $v=-e^{-x}$ : $I=\left[-e^{-x}\sin(2x)\right]_{0}^{\pi}+2\int_{0}^{\pi}e^{-x}\cos(2x)dx=2J$ . Avec $u=\cos(2x)$ , MÊME choix : $J=\left[-e^{-x}\cos(2x)\right]_{0}^{\pi}-2I=\left(1-e^{-\pi}\right)-2I$ . Donc $I=2\left(1-e^{-\pi}\right)-4I$ , soit $I=\frac{2\left(1-e^{-\pi}\right)}{5}\approx 0{,}383$ . Piège : changer de choix au second tour, ce qui ramène l'identité $I=I$ .

Contrôle : chaque primitive se vérifie en la dérivant par la règle du produit, et chaque valeur à la machine par une somme de Riemann fine ; une intégrale négative d'une fonction positive, comme au d) sans terme de bord, signale une faute de signe.

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Exercice 0.2 : Intégrer des puissances et produits trigonométriques : dix calculs directs

Pour chaque intégrale définie, transformez l'intégrande par la règle qui convient, intégrez, puis donnez la valeur exacte et sa valeur au millième.

Une seule méthode pour les dix lignes, en trois questions posées dans l'ordre. Un produit de sinus et de cosinus d'angles DIFFÉRENTS se transforme d'abord en somme. Une puissance IMPAIRE de $\sin$ ou de $\cos$ (de $\sec$ paire, ou de $\tan$ impaire avec $\sec$ ) se détache d'un facteur, qui devient le $du$ , le reste s'écrivant avec l'identité de Pythagore. Si toutes les puissances sont paires, on linéarise par $\sin^{2}\theta=\frac{1-\cos 2\theta}{2}$ et $\cos^{2}\theta=\frac{1+\cos 2\theta}{2}$ .

a) $\int_{0}^{\pi/2}\sin^{2}\left(\frac{x}{2}\right)dx$ .
b) $\int_{0}^{\pi/2}\sin^{5}x\,dx$ .
c) $\int_{0}^{\pi/2}\sin^{3}x\sqrt{\cos x}\,dx$ .
d) $\int_{0}^{\pi/4}\cos(3x)\cos x\,dx$ .
e) $\int_{0}^{\pi/2}\sin(4x)\cos(2x)\,dx$ .
f) $\int_{0}^{\pi/3}\sin(3x)\sin x\,dx$ .
g) $\int_{0}^{\pi/4}\tan^{4}x\sec^{4}x\,dx$ .
h) $\int_{0}^{\pi/3}\tan x\sec^{3}x\,dx$ .
i) $\int_{0}^{\pi/2}\sin^{4}x\cos^{2}x\,dx$ .
j) $\int_{0}^{\pi/4}\tan^{6}x\,dx$ .

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a)

valeur

b)

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c)

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d)

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e)

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f)

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g)

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h)

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i)

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j)

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Réponses

a) $\left[\frac{x}{2}-\frac{\sin x}{2}\right]_{0}^{\pi/2}=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\approx 0{,}285$
b) $\int_{0}^{1}\left(1-u^{2}\right)^{2}du=\frac{8}{15}\approx 0{,}533$
c) $\int_{0}^{1}\left(u^{\frac{1}{2}}-u^{\frac{5}{2}}\right)du=\frac{8}{21}\approx 0{,}381$
d) $\frac{1}{2}\left[\frac{\sin(2x)}{2}+\frac{\sin(4x)}{4}\right]_{0}^{\pi/4}=\frac{1}{4}$
e) $\frac{1}{2}\left[-\frac{\cos(6x)}{6}-\frac{\cos(2x)}{2}\right]_{0}^{\pi/2}=\frac{2}{3}\approx 0{,}667$
f) $\frac{1}{2}\left[\frac{\sin(2x)}{2}-\frac{\sin(4x)}{4}\right]_{0}^{\pi/3}=\frac{3\sqrt{3}}{16}\approx 0{,}325$
g) $\int_{0}^{1}\left(u^{4}+u^{6}\right)du=\frac{12}{35}\approx 0{,}343$
h) $\int_{1}^{2}u^{2}du=\frac{7}{3}\approx 2{,}333$
i) $\frac{1}{8}\int_{0}^{\pi/2}\sin^{2}(2x)\,dx=\frac{\pi}{32}\approx 0{,}098$
j) $\frac{1}{5}-\frac{1}{3}+1-\frac{\pi}{4}=\frac{13}{15}-\frac{\pi}{4}\approx 0{,}081$

Le geste qui décide de tout : lire les PARITÉS avant d'écrire une ligne. Une puissance impaire offre son facteur détaché comme $du$ ; deux puissances paires n'en offrent aucun et obligent à linéariser ; deux angles différents obligent à transformer le produit en somme. Se tromper de règle ne rend pas le calcul faux, il le rend sans fin.

a)

Tout est pair : $\sin^{2}\left(\frac{x}{2}\right)=\frac{1-\cos x}{2}$ , l'angle DOUBLE de $\frac{x}{2}$ étant $x$ . Donc $\int_{0}^{\pi/2}\frac{1-\cos x}{2}dx=\left[\frac{x}{2}-\frac{\sin x}{2}\right]_{0}^{\pi/2}=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\approx 0{,}285$ . Piège : écrire $\cos\left(\frac{x}{4}\right)$ ou $\cos(2x)$ dans la linéarisation.

b)

Puissance impaire : $\sin^{5}x=\left(1-\cos^{2}x\right)^{2}\sin x$ , et $u=\cos x$ , $du=-\sin x\,dx$ , $u$ allant de $1$ à $0$ . Le signe moins retourne les bornes : $\int_{0}^{1}\left(1-u^{2}\right)^{2}du=\left[u-\frac{2u^{3}}{3}+\frac{u^{5}}{5}\right]_{0}^{1}=1-\frac{2}{3}+\frac{1}{5}=\frac{8}{15}\approx 0{,}533$ .

c)

Le sinus est à la puissance impaire, on le détache : $\sin^{3}x\sqrt{\cos x}=\left(1-\cos^{2}x\right)\cos^{\frac{1}{2}}x\,\sin x$ . Avec $u=\cos x$ : $\int_{0}^{1}\left(u^{\frac{1}{2}}-u^{\frac{5}{2}}\right)du=\frac{2}{3}-\frac{2}{7}=\frac{8}{21}\approx 0{,}381$ . La règle de la puissance impaire marche quelle que soit l'autre puissance, même fractionnaire.

d)

Angles différents : $\cos A\cos B=\frac{1}{2}\left[\cos(A-B)+\cos(A+B)\right]$ , donc $\cos(3x)\cos x=\frac{1}{2}\left[\cos(2x)+\cos(4x)\right]$ . Puis $\frac{1}{2}\left[\frac{\sin(2x)}{2}+\frac{\sin(4x)}{4}\right]_{0}^{\pi/4}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}+0\right)=\frac{1}{4}$ . Piège : intégrer chaque facteur séparément, $\frac{\sin(3x)}{3}\sin x$ , une « règle du produit » qui n'existe pas.

e)

$\sin A\cos B=\frac{1}{2}\left[\sin(A+B)+\sin(A-B)\right]$ , donc $\sin(4x)\cos(2x)=\frac{1}{2}\left[\sin(6x)+\sin(2x)\right]$ . Puis $\frac{1}{2}\left[-\frac{\cos(6x)}{6}-\frac{\cos(2x)}{2}\right]_{0}^{\pi/2}=\frac{1}{2}\left[\left(\frac{1}{6}+\frac{1}{2}\right)-\left(-\frac{1}{6}-\frac{1}{2}\right)\right]=\frac{2}{3}\approx 0{,}667$ , puisque $\cos 3\pi=\cos\pi=-1$ .

f)

$\sin A\sin B=\frac{1}{2}\left[\cos(A-B)-\cos(A+B)\right]$ , donc $\sin(3x)\sin x=\frac{1}{2}\left[\cos(2x)-\cos(4x)\right]$ . Puis $\frac{1}{2}\left[\frac{\sin(2x)}{2}-\frac{\sin(4x)}{4}\right]_{0}^{\pi/3}=\frac{1}{2}\left(\frac{\sqrt{3}}{4}+\frac{\sqrt{3}}{8}\right)=\frac{3\sqrt{3}}{16}\approx 0{,}325$ , puisque $\sin\frac{4\pi}{3}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$ . Piège : l'ordre de la différence, $\cos(A-B)-\cos(A+B)$ et non l'inverse.

g)

La sécante est à une puissance paire : on détache $\sec^{2}x$ , et $\tan^{4}x\sec^{4}x=\tan^{4}x\left(1+\tan^{2}x\right)\sec^{2}x$ . Avec $u=\tan x$ , de $0$ à $1$ : $\int_{0}^{1}\left(u^{4}+u^{6}\right)du=\frac{1}{5}+\frac{1}{7}=\frac{12}{35}\approx 0{,}343$ .

h)

La sécante est impaire, la tangente aussi : on détache $\sec x\tan x$ , et $\tan x\sec^{3}x=\sec^{2}x\cdot\sec x\tan x$ . Avec $u=\sec x$ , de $1$ à $\sec\frac{\pi}{3}=2$ : $\int_{1}^{2}u^{2}du=\frac{8-1}{3}=\frac{7}{3}\approx 2{,}333$ . Piège : $u=\tan x$ , qui laisse un $\sec x$ sans partenaire.

i)

Deux puissances paires : on linéarise. $\sin^{2}x\cos^{2}x=\frac{\sin^{2}(2x)}{4}$ et $\sin^{2}x=\frac{1-\cos(2x)}{2}$ , donc $\sin^{4}x\cos^{2}x=\frac{\sin^{2}(2x)}{8}-\frac{\sin^{2}(2x)\cos(2x)}{8}$ . Sur $\left[0\,;\frac{\pi}{2}\right]$ , $\int\sin^{2}(2x)dx=\frac{\pi}{4}$ (valeur moyenne $\frac{1}{2}$ ), et $\int\sin^{2}(2x)\cos(2x)dx=\left[\frac{\sin^{3}(2x)}{6}\right]_{0}^{\pi/2}=0$ . Donc la valeur est $\frac{\pi}{32}\approx 0{,}098$ .

j)

Aucune sécante, aucune règle directe : on abaisse avec $\tan^{2}x=\sec^{2}x-1$ , deux fois. $\tan^{6}x=\tan^{4}x\sec^{2}x-\tan^{4}x$ , puis $\tan^{4}x=\tan^{2}x\sec^{2}x-\sec^{2}x+1$ , donc $\tan^{6}x=\tan^{4}x\sec^{2}x-\tan^{2}x\sec^{2}x+\sec^{2}x-1$ . Avec $u=\tan x$ sur les trois premiers termes : $\frac{1}{5}-\frac{1}{3}+1-\frac{\pi}{4}=\frac{13}{15}-\frac{\pi}{4}\approx 0{,}081$ .

Contrôle : la machine donne chaque intégrale par une somme de Riemann fine, et la règle de parité se vérifie en dérivant la primitive trouvée. Un résultat négatif sur une fonction positive, comme $\tan^{6}x$ ou $\sin^{4}x\cos^{2}x$ , signale à coup sûr une faute de signe dans l'identité.

Exercice 1 : Primitives et changement de variable

Le changement de variable est le premier réflexe : chercher dans l'intégrale une fonction ET sa dérivée (à une constante près).

a) Calculez $\int\left(6x^{2}-\frac{4}{x}+e^{2x}\right)dx$ et vérifiez le résultat par dérivation.
b) Calculez $\int x^{2}\sqrt{x^{3}+1}\,dx$ puis $\int\tan x\,dx$ , en précisant à chaque fois la substitution qui débloque tout.
c) Calculez $\int\frac{dx}{x\ln x}$ . Quelle structure fallait-il reconnaître ?
d) Calculez $\int_{1}^{e}\frac{(\ln x)^{2}}{x}dx$ en transformant les bornes, et expliquez l'erreur classique de l'étudiant qui garde les bornes en $x$ tout en travaillant en $u$ .

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Réponses

a) $2x^{3}-4\ln|x|+\frac{e^{2x}}{2}+C$
b) $\frac{2}{9}(x^{3}+1)^{3/2}+C$ ; $-\ln|\cos x|+C$
c) $\ln|\ln x|+C$ , forme $\frac{du}{u}$
d) $\int_{0}^{1}u^{2}du=\frac{1}{3}$

a)

Terme à terme : $\int 6x^{2}dx=2x^{3}$ , $\int\frac{4}{x}dx=4\ln|x|$ , $\int e^{2x}dx=\frac{e^{2x}}{2}$ (la dérivation interne par 2 se paie d'un facteur $\frac{1}{2}$ ). Total : $2x^{3}-4\ln|x|+\frac{e^{2x}}{2}+C$ . Vérification : $\frac{d}{dx}\left(2x^{3}-4\ln|x|+\frac{e^{2x}}{2}\right)=6x^{2}-\frac{4}{x}+e^{2x}$ ✓. Vérifier par dérivation coûte dix secondes et attrape la moitié des fautes de constante.

b)

Premier cas : $u=x^{3}+1$ , $du=3x^{2}dx$ : le $x^{2}dx$ présent est $\frac{du}{3}$ : $\frac{1}{3}\int\sqrt{u}\,du=\frac{2}{9}u^{3/2}=\frac{2}{9}(x^{3}+1)^{3/2}+C$ . Second cas : $\int\tan x\,dx=\int\frac{\sin x}{\cos x}dx$ avec $u=\cos x$ , $du=-\sin x\,dx$ : $-\int\frac{du}{u}=-\ln|\cos x|+C$ . Dans les deux cas, la dérivée de l'intérieur attendait en facteur : c'est LA signature de la substitution.

c)

$\int\frac{dx}{x\ln x}=\int\frac{1}{\ln x}\cdot\frac{dx}{x}$ : la structure est $\frac{1}{u}\,du$ avec $u=\ln x$ (dont la dérivée $\frac{1}{x}$ est là). Résultat : $\ln|\ln x|+C$ : un logarithme de logarithme, parfaitement légitime. Cette intégrale est aussi celle qui décide de la divergence de $\int_{2}^{\infty}\frac{dx}{x\ln x}$ au chapitre des impropres : les techniques d'aujourd'hui servent partout ensuite.

d)

$u=\ln x$ , $du=\frac{dx}{x}$ ; bornes : $x=1\Rightarrow u=0$ , $x=e\Rightarrow u=1$ . $\int_{0}^{1}u^{2}du=\frac{1}{3}$ . L'erreur classique : écrire $\int_{1}^{e}u^{2}du=\frac{e^{3}-1}{3}$ , en gardant les bornes de $x$ sur une intégrale en $u$ : les bornes appartiennent à la VARIABLE, pas au symbole d'intégrale. Deux remèdes : transformer les bornes immédiatement (le plus sûr), ou revenir en $x$ avant d'évaluer : mais jamais l'entre-deux.

Exercice 2 : L'intégration par parties : simple, répétée, cyclique

La formule $\int u\,dv=uv-\int v\,du$ échange une intégrale contre une autre, qu'on espère plus simple. Tout est dans le choix de $u$ : on dérive ce qui se simplifie.

a) Calculez $\int x\cos x\,dx$ en justifiant le choix de $u$ et $dv$ .
b) Calculez $\int x^{2}e^{x}dx$ (parties répétées). Que devient le polynôme à chaque tour ?
c) Calculez $\int\ln x\,dx$ grâce au choix $dv=dx$ . Pourquoi cette astuce est-elle inévitable ici ?
d) Calculez $I=\int e^{x}\cos x\,dx$ (cas cyclique), puis évaluez $\int_{0}^{\pi}e^{x}\cos x\,dx$ .

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Réponses

a) $x\sin x+\cos x+C$
b) $e^{x}(x^{2}-2x+2)+C$ , deux tours
c) $x\ln x-x+C$
d) $\frac{e^{x}(\sin x+\cos x)}{2}+C$ ; $-\frac{e^{\pi}+1}{2}\approx-12{,}07$

a)

$u=x$ (le polynôme, qui meurt en dérivant), $dv=\cos x\,dx$ , $v=\sin x$ : $\int x\cos x\,dx=x\sin x-\int\sin x\,dx=x\sin x+\cos x+C$ . Le choix inverse ( $u=\cos x$ ) donnerait $\int\frac{x^{2}}{2}\sin x\,dx$ : PIRE : la règle « on dérive ce qui se simplifie » n'est pas décorative.

b)

Premier tour ( $u=x^{2}$ ) : $x^{2}e^{x}-2\int xe^{x}dx$ . Second tour ( $u=x$ ) : $\int xe^{x}dx=xe^{x}-e^{x}$ . Assemblage : $\int x^{2}e^{x}dx=e^{x}(x^{2}-2x+2)+C$ . Le polynôme descend d'un degré à chaque tour : degré 2, donc exactement deux tours; l'exponentielle, elle, encaisse sans changer. Vérification rapide : dériver $e^{x}(x^{2}-2x+2)$ redonne $x^{2}e^{x}$ ✓.

c)

$\ln x$ n'a pas de primitive évidente mais une dérivée très simple : on force les parties avec $u=\ln x$ et $dv=dx$ , $v=x$ : $\int\ln x\,dx=x\ln x-\int x\cdot\frac{1}{x}dx=x\ln x-x+C$ . L'astuce est inévitable car il n'y a qu'UN facteur visible : les parties fabriquent le second ( $dv=dx$ ). Même recette pour $\arctan x$ et $\arcsin x$ : les fonctions « à belle dérivée » se traitent toutes ainsi.

d)

Deux tours de parties (en dérivant toujours la trigonométrie, ou toujours l'exponentielle, mais SANS changer de camp) : $I=e^{x}\sin x-\int e^{x}\sin x\,dx=e^{x}\sin x+e^{x}\cos x-I$ . L'intégrale est revenue : on RÉSOUT l'équation : $2I=e^{x}(\sin x+\cos x)$ , donc $I=\frac{e^{x}(\sin x+\cos x)}{2}+C$ . Évaluation : $\int_{0}^{\pi}e^{x}\cos x\,dx=\left[\frac{e^{x}(\sin x+\cos x)}{2}\right]_{0}^{\pi}=\frac{e^{\pi}(0-1)}{2}-\frac{1(0+1)}{2}=-\frac{e^{\pi}+1}{2}\approx-12{,}07$ : négatif, cohérent avec un cosinus surtout négatif sur $[\frac{\pi}{2},\pi]$ où $e^{x}$ pèse le plus lourd.

Exercice 3 : Les fractions partielles : démonter pour intégrer

Toute fonction rationnelle s'intègre : on la démonte en morceaux élémentaires dont les primitives sont des logarithmes, des puissances et des arcs tangentes.

a) Calculez $\int\frac{x+5}{x^{2}+x-2}dx$ (deux facteurs simples).
b) Calculez $\int\frac{x^{2}}{x-1}dx$ . Quelle étape OBLIGATOIRE précède ici la décomposition, et pourquoi ?
c) Calculez $\int\frac{3x+5}{(x+1)^{2}}dx$ (facteur répété).
d) Calculez $\int\frac{dx}{x^{2}+4}$ puis $\int_{0}^{2}\frac{dx}{x^{2}+4}$ . Pourquoi ce facteur-là ne se décompose-t-il pas, et vers quelle fonction mène-t-il toujours ?

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Réponses

a) $-\ln|x+2|+2\ln|x-1|+C$
b) Division d'abord : $\frac{x^{2}}{2}+x+\ln|x-1|+C$
c) $3\ln|x+1|-\frac{2}{x+1}+C$
d) $\frac{1}{2}\arctan\frac{x}{2}+C$ ; $\frac{\pi}{8}\approx 0{,}393$

a)

$x^{2}+x-2=(x+2)(x-1)$ . On pose $\frac{x+5}{(x+2)(x-1)}=\frac{A}{x+2}+\frac{B}{x-1}$ , soit $x+5=A(x-1)+B(x+2)$ . Méthode des valeurs commodes : $x=1$ : $6=3B$ , $B=2$ ; $x=-2$ : $3=-3A$ , $A=-1$ . D'où $\int=-\ln|x+2|+2\ln|x-1|+C=\ln\frac{(x-1)^{2}}{|x+2|}+C$ .

b)

Le degré du numérateur (2) atteint celui du dénominateur (1) : DIVISION euclidienne d'abord, la décomposition n'est définie que pour une fraction propre. $x^{2}=(x-1)(x+1)+1$ , donc $\frac{x^{2}}{x-1}=x+1+\frac{1}{x-1}$ et $\int=\frac{x^{2}}{2}+x+\ln|x-1|+C$ . Oublier la division est l'erreur numéro un du chapitre : la décomposition posée sur une fraction impropre mène à un système sans solution, et on perd dix minutes à le découvrir.

c)

Facteur répété : $\frac{3x+5}{(x+1)^{2}}=\frac{A}{x+1}+\frac{B}{(x+1)^{2}}$ , soit $3x+5=A(x+1)+B$ . Par $x=-1$ : $B=2$ ; par les coefficients de $x$ : $A=3$ . D'où $\int=3\ln|x+1|-\frac{2}{x+1}+C$ : le facteur simple donne le logarithme, le facteur carré donne une puissance : chaque étage de la répétition a sa propre contribution.

d)

$x^{2}+4$ n'a AUCUNE racine réelle : il est irréductible, on ne peut pas le casser en facteurs du premier degré. Sa primitive est l'arc tangente : $\int\frac{dx}{x^{2}+4}=\frac{1}{2}\arctan\frac{x}{2}+C$ (le $a=2$ apparaît deux fois : dans l'argument ET en facteur). $\int_{0}^{2}\frac{dx}{x^{2}+4}=\frac{1}{2}\arctan 1-0=\frac{\pi}{8}\approx 0{,}393$ . Tout quadratique irréductible mène à l'arc tangente (après complétion du carré au besoin) : c'est la troisième et dernière famille de primitives des fractions rationnelles, avec les logarithmes et les puissances.

Exercice 4 : Les puissances de tangente et de sécante

Avec les puissances de sinus et cosinus (exercice 6), c'est l'autre famille trigonométrique de l'examen. Elle a ses propres règles, fondées sur l'identité $1+\tan^{2}=\sec^{2}$ .

a) Calculez $\int\tan^{2}x\,dx$ à l'aide de l'identité $\tan^{2}x=\sec^{2}x-1$ .
b) Calculez $\int\tan^{3}x\,dx$ en détachant un facteur $\tan x$ .
c) Calculez $\int\sec^{3}x\,dx$ par intégration par parties. Pourquoi le cas est-il dit cyclique ?
d) Énoncez les deux règles de la famille tangente-sécante, et dites laquelle des deux fonctions joue le rôle du $du$ .

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Réponses

a) $\tan x-x+C$
b) $\frac{\tan^{2}x}{2}+\ln|\cos x|+C$
c) $\frac{\sec x\tan x+\ln|\sec x+\tan x|}{2}+C$
d) Sécante paire : $du=\sec^{2}x\,dx$ ; tangente impaire : $du=\sec x\tan x\,dx$

a)

L'identité $1+\tan^{2}x=\sec^{2}x$ donne $\tan^{2}x=\sec^{2}x-1$ , donc $\int\tan^{2}x\,dx=\int\sec^{2}x\,dx-\int dx=\tan x-x+C$ , puisque $\sec^{2}$ est la dérivée de $\tan$ . Une intégrale sans primitive apparente est devenue immédiate par simple réécriture : les identités trigonométriques sont des techniques d'intégration à part entière.

b)

On détache un facteur $\tan x$ et on convertit le reste : $\tan^{3}x=\tan x\cdot\tan^{2}x=\tan x\left(\sec^{2}x-1\right)=\tan x\sec^{2}x-\tan x$ . La première intégrale se fait par $u=\tan x$ , $du=\sec^{2}x\,dx$ : $\int\tan x\sec^{2}x\,dx=\frac{\tan^{2}x}{2}$ . La seconde est connue : $\int\tan x\,dx=-\ln\left|\cos x\right|$ . Total : $\int\tan^{3}x\,dx=\frac{\tan^{2}x}{2}+\ln\left|\cos x\right|+C$ . Vérification par dérivation : $\tan x\sec^{2}x-\tan x=\tan x\left(\sec^{2}x-1\right)=\tan^{3}x$ ✓.

c)

On écrit $\sec^{3}x=\sec x\cdot\sec^{2}x$ et on pose $u=\sec x$ (donc $du=\sec x\tan x\,dx$ ) et $dv=\sec^{2}x\,dx$ (donc $v=\tan x$ ). Alors $I=\int\sec^{3}x\,dx=\sec x\tan x-\int\sec x\tan^{2}x\,dx$ . En convertissant $\tan^{2}=\sec^{2}-1$ : $I=\sec x\tan x-\int\sec^{3}x\,dx+\int\sec x\,dx=\sec x\tan x-I+\ln\left|\sec x+\tan x\right|$ . L'intégrale de départ est REVENUE : c'est le cas cyclique. On RÉSOUT alors l'équation en $I$ : $2I=\sec x\tan x+\ln\left|\sec x+\tan x\right|$ , d'où $I=\frac{\sec x\tan x+\ln\left|\sec x+\tan x\right|}{2}+C$ . Le mécanisme est identique à celui de $\int e^{x}\cos x\,dx$ : quand l'intégrale se reproduit, on la traite comme une inconnue algébrique.

d)

Deux règles. PUISSANCE PAIRE DE SÉCANTE : on détache $\sec^{2}x$ , qui est le $du$ de $u=\tan x$ , et on convertit le reste en tangentes avec $\sec^{2}=1+\tan^{2}$ . PUISSANCE IMPAIRE DE TANGENTE : on détache $\sec x\tan x$ , qui est le $du$ de $u=\sec x$ , et on convertit le reste en sécantes avec $\tan^{2}=\sec^{2}-1$ . C'est donc tantôt $\sec^{2}x$ , tantôt $\sec x\tan x$ qui joue le rôle du $du$ , selon la parité rencontrée. Quand aucune des deux configurations ne se présente, comme pour $\int\sec^{3}x\,dx$ où la sécante est impaire et la tangente absente, il faut passer par les parties, comme au point c). La logique est la même que pour sinus et cosinus : on cherche d'abord quel facteur peut servir de $du$ , et la parité décide.

Exercice 5 : Les produits de sinus et de cosinus d'angles différents

$\int\sin 3x\cos 5x\,dx$ ne relève ni de la substitution ni des parties : il faut d'abord TRANSFORMER le produit en somme. La formule vaut d'être connue, et sa conséquence fonde toute l'analyse de Fourier.

a) Rappelez les trois formules de transformation de produit en somme pour $\sin A\cos B$ , $\sin A\sin B$ et $\cos A\cos B$ .
b) Calculez $\int\sin 3x\cos 5x\,dx$ .
c) Calculez $\int_{0}^{2\pi}\sin(2x)\sin(3x)\,dx$ puis $\int_{0}^{2\pi}\sin^{2}(3x)\,dx$ . Que constatez-vous ?
d) Ce contraste porte un nom. Énoncez le résultat général et dites à quoi il sert.

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Réponses

a) $\frac{1}{2}[\sin(A+B)+\sin(A-B)]$ , $\frac{1}{2}[\cos(A-B)\mp\cos(A+B)]$
b) $-\frac{\cos 8x}{16}+\frac{\cos 2x}{4}+C$
c) $0$ et $\pi$
d) Orthogonalité : elle isole les coefficients de Fourier

a)

Les trois formules : $\sin A\cos B=\frac{1}{2}\left[\sin(A+B)+\sin(A-B)\right]$ ; $\sin A\sin B=\frac{1}{2}\left[\cos(A-B)-\cos(A+B)\right]$ ; $\cos A\cos B=\frac{1}{2}\left[\cos(A-B)+\cos(A+B)\right]$ . Elles se retrouvent en additionnant ou soustrayant les formules d'addition, et elles transforment un PRODUIT (qu'on ne sait pas intégrer) en SOMME (qu'on intègre terme à terme).

b)

Avec $A=3x$ et $B=5x$ : $\sin 3x\cos 5x=\frac{1}{2}\left[\sin(8x)+\sin(-2x)\right]=\frac{1}{2}\left[\sin 8x-\sin 2x\right]$ , en utilisant l'imparité du sinus. D'où $\int\sin 3x\cos 5x\,dx=\frac{1}{2}\left[-\frac{\cos 8x}{8}+\frac{\cos 2x}{2}\right]+C=-\frac{\cos 8x}{16}+\frac{\cos 2x}{4}+C$ . Vérification par dérivation : $\frac{8\sin 8x}{16}-\frac{2\sin 2x}{4}=\frac{\sin 8x-\sin 2x}{2}$ ✓, ce qui est bien l'intégrande transformé.

c)

Premier calcul : $\sin 2x\sin 3x=\frac{1}{2}\left[\cos(-x)-\cos(5x)\right]=\frac{1}{2}\left[\cos x-\cos 5x\right]$ . Sur $\left[0,2\pi\right]$ , chaque cosinus effectue un nombre entier de périodes complètes et son intégrale est NULLE, donc $\int_{0}^{2\pi}\sin 2x\sin 3x\,dx=0$ . Second calcul : $\sin^{2}(3x)=\frac{1-\cos 6x}{2}$ , donc $\int_{0}^{2\pi}\sin^{2}(3x)dx=\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}dx-\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}\cos 6x\,dx=\frac{2\pi}{2}-0=\pi$ . Constat : le produit de deux sinus de fréquences DIFFÉRENTES s'intègre à zéro, alors que le carré d'un même sinus donne $\pi$ .

d)

Ce contraste s'appelle l'ORTHOGONALITÉ des fonctions trigonométriques. Résultat général : pour $m$ et $n$ entiers strictement positifs, $\int_{0}^{2\pi}\sin(mx)\sin(nx)\,dx=0$ si $m\neq n$ et $=\pi$ si $m=n$ ; les mêmes relations valent pour les cosinus, et $\int_{0}^{2\pi}\sin(mx)\cos(nx)\,dx=0$ toujours. À quoi cela sert : c'est le mécanisme qui permet d'EXTRAIRE les coefficients d'une série de Fourier. Si une fonction s'écrit comme une somme infinie $\sum a_{n}\sin(nx)$ , alors multiplier par $\sin(mx)$ et intégrer sur une période annule TOUS les termes sauf celui d'indice $m$ , dont il ne reste que $a_{m}\pi$ : on isole ainsi chaque coefficient un par un. C'est exactement l'idée d'une base orthogonale en algèbre linéaire, où l'on récupère une coordonnée par produit scalaire; l'intégrale joue ici le rôle du produit scalaire. Ce résultat, obtenu avec les seules formules du point a), fonde le traitement du signal, la compression audio et l'analyse spectrale.

Exercice 6 : Les puissances de sinus et cosinus

La figure montre $y=\sin^{2}x$ sur une période complète, avec sa valeur moyenne $\frac{1}{2}$ en pointillés : la linéarisation $\sin^{2}x=\frac{1-\cos 2x}{2}$ se LIT sur le graphique.

a) Calculez $\int\sin^{3}x\,dx$ par la méthode des puissances impaires.
b) Calculez $\int\cos^{2}x\,dx$ par linéarisation, puis $\int_{0}^{\pi}\sin^{2}x\,dx$ . Reliez ce dernier résultat à la droite pointillée de la figure.
c) Calculez $\int\sin^{2}x\cos^{3}x\,dx$ : quelle puissance faut-il attaquer, et pourquoi ?
d) Résumez les deux règles (impair contre pair) et expliquez POURQUOI détacher un facteur d'une puissance impaire marche toujours.

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Réponses

a) $-\cos x+\frac{\cos^{3}x}{3}+C$
b) $\frac{x}{2}+\frac{\sin 2x}{4}+C$ ; $\frac{\pi}{2}$
c) On casse $\cos^{3}x$ : $\frac{\sin^{3}x}{3}-\frac{\sin^{5}x}{5}+C$
d) Impair : détacher et substituer ; tout pair : linéariser

a)

Puissance impaire : on détache un sinus et on convertit le reste : $\sin^{3}x=\sin x(1-\cos^{2}x)$ . Avec $u=\cos x$ , $du=-\sin x\,dx$ : $\int\sin^{3}x\,dx=-\int(1-u^{2})du=-u+\frac{u^{3}}{3}=-\cos x+\frac{\cos^{3}x}{3}+C$ .

b)

$\cos^{2}x=\frac{1+\cos 2x}{2}$ : $\int\cos^{2}x\,dx=\frac{x}{2}+\frac{\sin 2x}{4}+C$ . De même $\int_{0}^{\pi}\sin^{2}x\,dx=\left[\frac{x}{2}-\frac{\sin 2x}{4}\right]_{0}^{\pi}=\frac{\pi}{2}$ . Lecture graphique : $\sin^{2}$ oscille SYMÉTRIQUEMENT autour de $\frac{1}{2}$ (la droite pointillée), les bosses au-dessus compensant les creux : son intégrale est celle de la constante $\frac{1}{2}$ , soit $\frac{\pi}{2}$ sur $[0,\pi]$ . C'est ce $\frac{1}{2}$ moyen qui fait le $\frac{A}{\sqrt{2}}$ des tensions efficaces en électricité.

c)

Le cosinus porte la puissance IMPAIRE : c'est lui qu'on casse. $\cos^{3}x=\cos x(1-\sin^{2}x)$ , et avec $u=\sin x$ : $\int u^{2}(1-u^{2})du=\frac{\sin^{3}x}{3}-\frac{\sin^{5}x}{5}+C$ . Attaquer le sinus (pair) n'aurait rien donné : le facteur détaché doit être la dérivée de l'autre camp.

d)

Règles : une puissance IMPAIRE quelque part : détacher un facteur de ce camp, convertir le reste en l'autre via $\sin^{2}+\cos^{2}=1$ , substituer. Tout PAIR : linéariser avec les formules de l'angle double, quitte à recommencer. Pourquoi l'impair marche toujours : retirer un facteur d'une puissance impaire laisse une puissance PAIRE, donc entièrement convertible en l'autre fonction; et le facteur détaché est exactement le $du$ de la substitution. La parité n'est pas un hasard de recette : c'est elle qui garantit que la conversion tombe juste.

Exercice 7 : Les substitutions trigonométriques : la racine devient un triangle

La figure montre $y=\sqrt{9-x^{2}}$ sur $[0,3]$ : le quart de cercle de rayon 3 dont l'aire, connue de la géométrie, servira de vérification au calcul.

a) Calculez $\int\frac{dx}{\sqrt{9-x^{2}}}$ : par quelle substitution, et vers quelle fonction ?
b) Calculez $\int_{0}^{3}\sqrt{9-x^{2}}\,dx$ par la substitution $x=3\sin\theta$ , puis vérifiez avec la géométrie de la figure.
c) Calculez $\int_{0}^{3}\frac{dx}{\sqrt{x^{2}+9}}$ (on admettra la primitive $\ln\left|x+\sqrt{x^{2}+9}\right|$ , à vérifier par dérivation).
d) Dressez le tableau des trois substitutions : quelle racine appelle quel changement de variable, et quel triangle rectangle se cache derrière chacune ?

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Réponses

a) $x=3\sin\theta$ : $\arcsin\frac{x}{3}+C$
b) $\frac{9\pi}{4}\approx 7{,}07$ , le quart de disque
c) $\ln(1+\sqrt{2})\approx 0{,}881$
d) $a\sin\theta$ , $a\tan\theta$ , $a\sec\theta$

a)

$x=3\sin\theta$ , $dx=3\cos\theta\,d\theta$ , et $\sqrt{9-9\sin^{2}\theta}=3\cos\theta$ : l'intégrale devient $\int\frac{3\cos\theta}{3\cos\theta}d\theta=\theta+C=\arcsin\frac{x}{3}+C$ . C'est d'ailleurs une primitive à connaître directement : $\int\frac{dx}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}=\arcsin\frac{x}{a}+C$ .

b)

Mêmes ingrédients : $\int_{0}^{3}\sqrt{9-x^{2}}\,dx=\int_{0}^{\pi/2}3\cos\theta\cdot 3\cos\theta\,d\theta=9\int_{0}^{\pi/2}\cos^{2}\theta\,d\theta=9\cdot\frac{\pi}{4}$ (linéarisation de l'exercice 6 : sur un quart de période, $\cos^{2}$ vaut $\frac{1}{2}$ en moyenne). Résultat : $\frac{9\pi}{4}\approx 7{,}07$ . Géométrie : la courbe est le quart de cercle de rayon 3, d'aire $\frac{\pi r^{2}}{4}=\frac{9\pi}{4}$ ✓ : le calcul et la figure se valident mutuellement, et c'est très exactement ainsi qu'on démontre la formule de l'aire du disque.

c)

Vérification de la primitive : $\frac{d}{dx}\ln\left(x+\sqrt{x^{2}+9}\right)=\frac{1+\frac{x}{\sqrt{x^{2}+9}}}{x+\sqrt{x^{2}+9}}=\frac{\frac{\sqrt{x^{2}+9}+x}{\sqrt{x^{2}+9}}}{x+\sqrt{x^{2}+9}}=\frac{1}{\sqrt{x^{2}+9}}$ ✓ (elle sort de la substitution $x=3\tan\theta$ ). Évaluation : $\ln(3+\sqrt{18})-\ln 3=\ln\frac{3+3\sqrt{2}}{3}=\ln(1+\sqrt{2})\approx 0{,}881$ .

d)

$\sqrt{a^{2}-x^{2}}$ : poser $x=a\sin\theta$ (le triangle a pour hypoténuse $a$ et côté opposé $x$ : la racine est le côté adjacent). $\sqrt{a^{2}+x^{2}}$ : poser $x=a\tan\theta$ (côtés $a$ et $x$ : la racine est l'hypoténuse). $\sqrt{x^{2}-a^{2}}$ : poser $x=a\sec\theta$ (hypoténuse $x$ , côté $a$ : la racine est l'autre côté). Dans les trois cas, l'identité $\sin^{2}+\cos^{2}=1$ (ou ses variantes) fait ÉVAPORER la racine, et le triangle sert au voyage retour : lire $\sin\theta$ , $\tan\theta$ , $\sec\theta$ sur les côtés pour réécrire la réponse en $x$ .

Exercice 8 : La stratégie : choisir sa technique en trente secondes

Le format le plus discriminant de l'examen : des intégrales en apparence semblables qui appellent des techniques différentes. Le diagnostic vaut la moitié des points.

a) Calculez $\int xe^{x^{2}}dx$ puis $\int xe^{x}dx$ . Pourquoi deux techniques différentes pour deux intégrales presque jumelles ?
b) Calculez $\int\frac{dx}{x^{2}-1}$ puis $\int\frac{dx}{x^{2}+1}$ . Quel détail change toute la méthode ?
c) Calculez $\int\tan^{2}x\,dx$ : quelle identité transforme l'intégrale impossible en intégrale immédiate ?
d) Rédigez la liste de contrôle stratégique : dans quel ordre interroger une intégrale inconnue, avec un exemple déclencheur pour chaque question.

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Réponses

a) $\frac{e^{x^{2}}}{2}+C$ ; $(x-1)e^{x}+C$
b) $\frac{1}{2}\ln\left|\frac{x-1}{x+1}\right|+C$ ; $\arctan x+C$
c) $\tan x-x+C$
d) Table, substitution, parties, fractions, parité, substitution trigonométrique

a)

$\int xe^{x^{2}}dx$ : le $x$ est (à un facteur 2 près) la dérivée de $x^{2}$ : SUBSTITUTION $u=x^{2}$ , résultat $\frac{e^{x^{2}}}{2}+C$ . $\int xe^{x}dx$ : aucune substitution ne marche (la dérivée de l'exposant $x$ vaut $1$ , et le facteur $x$ reste sur les bras) : PARTIES, résultat $(x-1)e^{x}+C$ . La paire est le test de diagnostic parfait : chercher d'abord « la dérivée de l'intérieur est-elle en facteur ? »; les parties ne viennent qu'après ce constat d'échec. (Et $\int e^{x^{2}}dx$ , sans le $x$ , n'a aucune primitive élémentaire : le facteur $x$ fait toute la différence.)

b)

$x^{2}-1=(x-1)(x+1)$ se factorise : FRACTIONS PARTIELLES, $\frac{1}{x^{2}-1}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{x-1}-\frac{1}{x+1}\right)$ , d'où $\frac{1}{2}\ln\left|\frac{x-1}{x+1}\right|+C$ . $x^{2}+1$ ne se factorise PAS : arc tangente direct, $\arctan x+C$ . Un simple signe décide entre logarithmes et arc tangente : toujours tester la factorisation du dénominateur avant tout.

c)

$\tan^{2}x=\sec^{2}x-1$ (l'identité $1+\tan^{2}=\sec^{2}$ réarrangée) : $\int\tan^{2}x\,dx=\tan x-x+C$ , puisque $\sec^{2}$ est la dérivée de $\tan$ . Les identités trigonométriques sont des techniques d'intégration à part entière : elles remplacent un intégrande sans primitive apparente par un autre, égal, qui en a une.

d)

La liste, dans l'ordre : 1) Est-ce une forme DIRECTE de la table (y compris $\arctan$ , $\arcsin$ ) ? 2) Une fonction et sa dérivée cohabitent-elles ? SUBSTITUTION ( $xe^{x^{2}}$ , $\frac{\ln x}{x}$ , $\tan x$ ). 3) Un produit de familles différentes (polynôme, exponentielle, trigonométrie, logarithme) ? PARTIES ( $xe^{x}$ , $x\cos x$ , $\ln x$ seul). 4) Une fraction rationnelle ? Division si nécessaire, puis FRACTIONS PARTIELLES. 5) Des puissances trigonométriques ? Parité : détacher ou linéariser. 6) Une racine $\sqrt{a^{2}\pm x^{2}}$ ou $\sqrt{x^{2}-a^{2}}$ ? SUBSTITUTION TRIGONOMÉTRIQUE. Six questions, trente secondes : le diagnostic avant le traitement, comme en médecine.

Exercice 9 : Combiner les techniques : substitution puis parties

Les intégrales les plus coriaces de l'examen ne cèdent à AUCUNE technique isolée : il faut en enchaîner deux, et c'est le choix de la première qui débloque tout.

a) Calculez $\int e^{\sqrt{x}}\,dx$ en substituant d'abord, puis en intégrant par parties.
b) Calculez $\int x\arctan x\,dx$ : parties d'abord, puis une division.
c) Calculez $\int\frac{\ln x}{x^{2}}dx$ et vérifiez le résultat par dérivation.
d) Devant une intégrale qui résiste, dans quel ordre essayer les techniques ? Que révèle la présence d'une racine à l'intérieur d'une exponentielle ?

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Réponses

a) $2(\sqrt{x}-1)e^{\sqrt{x}}+C$
b) $\frac{x^{2}}{2}\arctan x-\frac{x}{2}+\frac{\arctan x}{2}+C$
c) $-\frac{\ln x+1}{x}+C$
d) Substituer pour nettoyer, parties pour conclure

a)

La racine dans l'exposant interdit toute primitive directe. On substitue $u=\sqrt{x}$ , donc $x=u^{2}$ et $dx=2u\,du$ : $\int e^{\sqrt{x}}dx=\int e^{u}\cdot 2u\,du=2\int ue^{u}du$ . Cette dernière est un produit polynôme fois exponentielle, donc PARTIES avec $s=u$ et $dt=e^{u}du$ : $\int ue^{u}du=ue^{u}-e^{u}=(u-1)e^{u}$ . D'où $\int e^{\sqrt{x}}dx=2(u-1)e^{u}+C=2\left(\sqrt{x}-1\right)e^{\sqrt{x}}+C$ . Vérification par dérivation : $2\left[\frac{1}{2\sqrt{x}}e^{\sqrt{x}}+\left(\sqrt{x}-1\right)\frac{e^{\sqrt{x}}}{2\sqrt{x}}\right]=\frac{e^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}\left[1+\sqrt{x}-1\right]=e^{\sqrt{x}}$ ✓.

b)

PARTIES d'abord, avec $u=\arctan x$ (la fonction à belle dérivée) et $dv=x\,dx$ , donc $v=\frac{x^{2}}{2}$ : $\int x\arctan x\,dx=\frac{x^{2}}{2}\arctan x-\frac{1}{2}\int\frac{x^{2}}{1+x^{2}}dx$ . L'intégrale restante est une fraction rationnelle IMPROPRE (degrés égaux), il faut donc DIVISER : $\frac{x^{2}}{1+x^{2}}=1-\frac{1}{1+x^{2}}$ , dont l'intégrale vaut $x-\arctan x$ . Total : $\int x\arctan x\,dx=\frac{x^{2}}{2}\arctan x-\frac{x}{2}+\frac{\arctan x}{2}+C$ . L'oubli de la division est ici l'erreur numéro un : elle mène à une impasse alors que le calcul était presque terminé.

c)

On récrit $\frac{\ln x}{x^{2}}=\ln x\cdot x^{-2}$ et on intègre par parties avec $u=\ln x$ (dérivée simple) et $dv=x^{-2}dx$ , donc $v=-\frac{1}{x}$ : $\int\frac{\ln x}{x^{2}}dx=-\frac{\ln x}{x}+\int\frac{1}{x}\cdot\frac{1}{x}dx=-\frac{\ln x}{x}+\int x^{-2}dx=-\frac{\ln x}{x}-\frac{1}{x}+C=-\frac{\ln x+1}{x}+C$ . Vérification : $\left(-\frac{\ln x+1}{x}\right)'=-\frac{\frac{1}{x}\cdot x-(\ln x+1)}{x^{2}}=-\frac{1-\ln x-1}{x^{2}}=\frac{\ln x}{x^{2}}$ ✓.

d)

L'ordre : 1) simplifier algébriquement; 2) chercher une SUBSTITUTION (une fonction et sa dérivée); 3) si l'intégrande est un produit de familles différentes, PARTIES; 4) si c'est une fraction rationnelle, division puis fractions partielles; 5) si des puissances trigonométriques, la parité; 6) si une racine de la forme $\sqrt{a^{2}\pm x^{2}}$ , substitution trigonométrique. Et surtout : après avoir appliqué une technique, RECOMMENCER la liste sur ce qui reste, car c'est ainsi qu'on enchaîne. La présence d'une racine À L'INTÉRIEUR d'une exponentielle, d'un logarithme ou d'une fonction trigonométrique est un signal net : aucune technique ne s'applique tant que la racine est là, il faut donc commencer par la SUBSTITUTION $u=\sqrt{x}$ pour l'éliminer, quitte à ce que le $dx=2u\,du$ fasse apparaître un facteur qui appellera ensuite les parties. La règle générale à retenir : substituer pour NETTOYER, intégrer par parties pour CONCLURE.

Exercice 10 : Complétion du carré et quadratiques irréductibles

Un dénominateur quadratique sans racine réelle ne se factorise pas. La complétion du carré le ramène à la forme $u^{2}+a^{2}$ , seule porte d'entrée vers l'arc tangente.

a) Calculez $\int\frac{dx}{x^{2}+2x+5}$ en complétant le carré.
b) Calculez $\int\frac{x+1}{x^{2}+4x+8}dx$ : le numérateur impose un découpage préalable. Lequel, et pourquoi ?
c) Calculez $\int\frac{dx}{\sqrt{3-2x-x^{2}}}$ en complétant le carré sous la racine.
d) Comment reconnaître, devant un dénominateur quadratique, s'il faut factoriser ou compléter le carré ? Quelle primitive chaque cas produit-il ?

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Réponses

a) $\frac{1}{2}\arctan\frac{x+1}{2}+C$
b) $\frac{1}{2}\ln[(x+2)^{2}+4]-\frac{1}{2}\arctan\frac{x+2}{2}+C$
c) $\arcsin\frac{x+1}{2}+C$ sur $]-3;1[$
d) $\Delta>0$ logarithmes, $\Delta<0$ arc tangente, $\Delta=0$ puissance

a)

Le discriminant vaut $4-20=-16<0$ : pas de racine réelle, donc pas de factorisation possible. On complète le carré : $x^{2}+2x+5=\left(x^{2}+2x+1\right)+4=(x+1)^{2}+4$ . Avec la forme $\int\frac{du}{u^{2}+a^{2}}=\frac{1}{a}\arctan\frac{u}{a}+C$ , où $u=x+1$ et $a=2$ : $\int\frac{dx}{x^{2}+2x+5}=\frac{1}{2}\arctan\frac{x+1}{2}+C$ . Vérification numérique en $x=1{,}1$ : la dérivée de la réponse vaut $0{,}118906$ , et $\frac{1}{1{,}1^{2}+2(1{,}1)+5}=0{,}118906$ ✓.

b)

Le dénominateur se complète en $x^{2}+4x+8=(x+2)^{2}+4$ . Le numérateur $x+1$ n'est PAS proportionnel à la dérivée du dénominateur, qui vaut $2x+4$ . On le DÉCOUPE donc en deux morceaux : $x+1=(x+2)-1$ . Le premier morceau donne une forme $\frac{u'}{u}$ à un facteur près, donc un logarithme; le second donne un arc tangente. Précisément : $\int\frac{x+2}{(x+2)^{2}+4}dx=\frac{1}{2}\ln\left[(x+2)^{2}+4\right]$ (substitution $u=(x+2)^{2}+4$ ), et $\int\frac{dx}{(x+2)^{2}+4}=\frac{1}{2}\arctan\frac{x+2}{2}$ . Total : $\int\frac{x+1}{x^{2}+4x+8}dx=\frac{1}{2}\ln\left[(x+2)^{2}+4\right]-\frac{1}{2}\arctan\frac{x+2}{2}+C$ . Le découpage est nécessaire parce qu'une seule des deux primitives usuelles ne peut absorber un numérateur affine général : il faut séparer la part « dérivée du dénominateur » de la part constante.

c)

Sous la racine : $3-2x-x^{2}=-\left(x^{2}+2x-3\right)=-\left[(x+1)^{2}-4\right]=4-(x+1)^{2}$ . Attention au signe, c'est l'étape où l'on se trompe : il faut factoriser $-1$ AVANT de compléter. On reconnaît alors la forme $\int\frac{du}{\sqrt{a^{2}-u^{2}}}=\arcsin\frac{u}{a}+C$ , avec $u=x+1$ et $a=2$ : $\int\frac{dx}{\sqrt{3-2x-x^{2}}}=\arcsin\frac{x+1}{2}+C$ , valable sur $-3<x<1$ , où l'expression sous la racine est strictement positive.

d)

Le test est le DISCRIMINANT du trinôme. Si $\Delta>0$ , il y a deux racines réelles, le trinôme se FACTORISE et l'on emploie les fractions partielles : la primitive est une somme de LOGARITHMES. Si $\Delta<0$ , il n'y a pas de racine réelle, le trinôme est irréductible, on COMPLÈTE LE CARRÉ et la primitive fait intervenir un ARC TANGENTE (éventuellement accompagné d'un logarithme si le numérateur n'est pas constant, comme au point b). Si $\Delta=0$ , le trinôme est un carré parfait $(x-r)^{2}$ et la primitive est une PUISSANCE en $-\frac{1}{x-r}$ . Trois cas, trois familles de primitives, et un seul calcul de discriminant pour trancher : c'est le réflexe à avoir avant toute autre considération. Sous une RACINE, le même travail de complétion mène cette fois vers $\arcsin$ ou vers un logarithme, selon le signe du carré, ce qui prépare directement les substitutions trigonométriques.

Exercice 11 : Les arches de x sin x : des aires qui grandissent en progression arithmétique

La courbe de $f(x)=x\sin x$ oscille entre deux droites, $y=x$ et $y=-x$ , en arches de plus en plus hautes. Chaque arche occupe un intervalle $[k\pi;(k+1)\pi]$ . La figure montre les quatre premières.

a) Par une intégration par parties, trouvez une primitive $F$ de $x\sin x$ .
b) Calculez $\int_{\pi}^{2\pi}x\sin x\,dx$ . Pourquoi le résultat est-il négatif ?
c) Calculez $\int_{2\pi}^{3\pi}x\sin x\,dx$ .
d) Montrez que $\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}x\sin x\,dx=(-1)^{k}(2k+1)\pi$ pour tout entier $k\geq 0$ .
e) Déduisez-en l'aire totale comprise entre la courbe et l'axe sur $[0;4\pi]$ , puis la valeur de $\int_{0}^{4\pi}x\sin x\,dx$ . Pourquoi ces deux nombres diffèrent-ils autant ?

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Réponses

a) $-x\cos x+\sin x+C$
b) $-3\pi$ : arche sous l'axe
c) $5\pi$
d) $(-1)^{k}(2k+1)\pi$
e) Aire $16\pi$ , intégrale $-4\pi$

a)

$u=x$ , $dv=\sin x\,dx$ , donc $du=dx$ et $v=-\cos x$ : $\int x\sin x\,dx=-x\cos x+\int\cos x\,dx=-x\cos x+\sin x+C$ . Vérification : $\left(-x\cos x+\sin x\right)'=-\cos x+x\sin x+\cos x=x\sin x$ ✓.

b)

$F(2\pi)-F(\pi)=\left(-2\pi\times 1+0\right)-\left(-\pi\times(-1)+0\right)=-2\pi-\pi=-3\pi$ . Sur $]\pi;2\pi[$ , $\sin x<0$ et $x>0$ : l'arche est SOUS l'axe, l'intégrale compte son aire négativement.

c)

$F(3\pi)-F(2\pi)=\left(-3\pi\times(-1)\right)-\left(-2\pi\times 1\right)=3\pi+2\pi=5\pi$ .

d)

Comme $\sin(k\pi)=0$ et $\cos(k\pi)=(-1)^{k}$ : $F((k+1)\pi)-F(k\pi)=-(k+1)\pi(-1)^{k+1}+k\pi(-1)^{k}=(-1)^{k}\left[(k+1)\pi+k\pi\right]=(-1)^{k}(2k+1)\pi$ . Les aires des arches valent $\pi$ , $3\pi$ , $5\pi$ , $7\pi$ ... : une progression arithmétique de raison $2\pi$ .

e)

Aire totale : $\pi+3\pi+5\pi+7\pi=16\pi\approx 50{,}27$ . Intégrale : $\pi-3\pi+5\pi-7\pi=-4\pi$ , ce que confirme $F(4\pi)-F(0)=-4\pi$ . L'intégrale additionne des aires SIGNÉES qui se compensent en grande partie ; l'aire géométrique additionne leurs valeurs absolues. Pour une aire, on découpe aux zéros de la fonction avant d'intégrer.

Exercice 12 : Deux chemins pour une même intégrale : substitution ou parties

On veut calculer $I=\int x^{3}\sqrt{x^{2}+1}\,dx$ . Deux méthodes marchent, et elles ne donnent pas la réponse sous la même forme.

a) Posez $u=x^{2}+1$ et exprimez le $x^{2}$ restant en fonction de $u$ pour calculer $I$ .
b) Calculez $I$ par parties avec $u=x^{2}$ et $dv=x\sqrt{x^{2}+1}\,dx$ .
c) Les deux réponses diffèrent-elles d'une constante ? Montrez-le en réécrivant la seconde à l'aide de $u=x^{2}+1$ .
d) Calculez $\int_{0}^{\sqrt{3}}x^{3}\sqrt{x^{2}+1}\,dx$ .
e) Pourquoi le choix $u=x^{3}$ , $dv=\sqrt{x^{2}+1}\,dx$ est-il une impasse ?

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Réponses

a) $\frac{1}{5}(x^{2}+1)^{5/2}-\frac{1}{3}(x^{2}+1)^{3/2}+C$
b) $\frac{x^{2}}{3}(x^{2}+1)^{3/2}-\frac{2}{15}(x^{2}+1)^{5/2}+C$
c) Identiques une fois écrites en $u$
d) $\frac{58}{15}\approx 3{,}867$
e) $dv$ doit s'intégrer sans effort

a)

$du=2x\,dx$ , donc $x^{3}dx=x^{2}\cdot x\,dx=(u-1)\frac{du}{2}$ : $I=\frac{1}{2}\int(u-1)u^{1/2}du=\frac{1}{2}\left(\frac{2}{5}u^{5/2}-\frac{2}{3}u^{3/2}\right)+C=\frac{1}{5}(x^{2}+1)^{5/2}-\frac{1}{3}(x^{2}+1)^{3/2}+C$ .

b)

$dv=x\sqrt{x^{2}+1}\,dx$ donne $v=\frac{1}{3}(x^{2}+1)^{3/2}$ (substitution immédiate), et $du=2x\,dx$ . Alors $I=\frac{x^{2}}{3}(x^{2}+1)^{3/2}-\frac{2}{3}\int x(x^{2}+1)^{3/2}dx=\frac{x^{2}}{3}(x^{2}+1)^{3/2}-\frac{2}{15}(x^{2}+1)^{5/2}+C$ .

c)

Avec $x^{2}=u-1$ , la seconde s'écrit $\frac{u-1}{3}u^{3/2}-\frac{2}{15}u^{5/2}=\frac{1}{3}u^{5/2}-\frac{1}{3}u^{3/2}-\frac{2}{15}u^{5/2}=\frac{1}{5}u^{5/2}-\frac{1}{3}u^{3/2}$ . Elles sont IDENTIQUES, la constante qui les sépare est nulle. Deux primitives peuvent paraître différentes sans l'être : avant de conclure à une erreur, on les ramène à la même variable.

d)

Avec la forme de a) et les bornes en $u$ , de $1$ à $4$ : $\left[\frac{1}{5}u^{5/2}-\frac{1}{3}u^{3/2}\right]_{1}^{4}=\left(\frac{32}{5}-\frac{8}{3}\right)-\left(\frac{1}{5}-\frac{1}{3}\right)=\frac{31}{5}-\frac{7}{3}=\frac{58}{15}\approx 3{,}867$ .

e)

Avec $dv=\sqrt{x^{2}+1}\,dx$ , il faudrait d'abord trouver $v=\int\sqrt{x^{2}+1}\,dx$ , qui demande une substitution trigonométrique et donne un logarithme ; puis $u=x^{3}$ ne descend que d'un degré par tour. On échange une intégrale contre une plus difficile. La règle : $dv$ doit être le morceau que l'on sait intégrer SANS effort, ici $x\sqrt{x^{2}+1}$ , où le $x$ fournit la dérivée de l'intérieur.

Exercice 13 : Une intégrale à trois pôles : exacte, impropre, puis interdite

On étudie $f(x)=\frac{1}{x^{3}-x}$ , dont le dénominateur s'annule en trois points.

a) Factorisez $x^{3}-x$ et décomposez $f(x)$ en éléments simples.
b) Donnez une primitive de $f$ et montrez qu'elle s'écrit $\frac{1}{2}\ln\left|\frac{x^{2}-1}{x^{2}}\right|$ .
c) Calculez $\int_{2}^{4}\frac{dx}{x^{3}-x}$ sous forme exacte, puis décimale.
d) Calculez $\int_{2}^{+\infty}\frac{dx}{x^{3}-x}$ .
e) Un étudiant applique la même primitive sur $\left[\frac{1}{2};2\right]$ et trouve $-\ln 2$ . Que vaut vraiment cette intégrale ?

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Réponses

a) $-\frac{1}{x}+\frac{1}{2(x-1)}+\frac{1}{2(x+1)}$
b) $\frac{1}{2}\ln\left|\frac{x^{2}-1}{x^{2}}\right|+C$
c) $\frac{1}{2}\ln\frac{5}{4}\approx 0{,}1116$
d) $\frac{1}{2}\ln\frac{4}{3}\approx 0{,}1438$
e) Pôle en $1$ : l'intégrale diverge

a)

$x^{3}-x=x(x-1)(x+1)$ , trois pôles simples. Par le cache : coefficient de $\frac{1}{x}$ , $\frac{1}{(0-1)(0+1)}=-1$ ; de $\frac{1}{x-1}$ , $\frac{1}{1\times 2}=\frac{1}{2}$ ; de $\frac{1}{x+1}$ , $\frac{1}{(-1)(-2)}=\frac{1}{2}$ . Donc $f(x)=-\frac{1}{x}+\frac{1}{2(x-1)}+\frac{1}{2(x+1)}$ . Contrôle en $x=2$ : $\frac{1}{6}$ et $-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{6}=\frac{1}{6}$ ✓.

b)

$F(x)=-\ln|x|+\frac{1}{2}\ln|x-1|+\frac{1}{2}\ln|x+1|=\frac{1}{2}\ln|x^{2}-1|-\frac{1}{2}\ln x^{2}=\frac{1}{2}\ln\left|\frac{x^{2}-1}{x^{2}}\right|$ . Regrouper les logarithmes rend les bornes beaucoup plus simples à évaluer.

c)

$F(4)-F(2)=\frac{1}{2}\ln\frac{15}{16}-\frac{1}{2}\ln\frac{3}{4}=\frac{1}{2}\ln\left(\frac{15}{16}\times\frac{4}{3}\right)=\frac{1}{2}\ln\frac{5}{4}\approx 0{,}1116$ .

d)

$\int_{2}^{b}f=\frac{1}{2}\ln\frac{b^{2}-1}{b^{2}}-\frac{1}{2}\ln\frac{3}{4}$ , et $\frac{b^{2}-1}{b^{2}}\to 1$ quand $b\to+\infty$ . L'intégrale converge et vaut $0-\frac{1}{2}\ln\frac{3}{4}=\frac{1}{2}\ln\frac{4}{3}\approx 0{,}1438$ . C'est cohérent : $f(x)$ se comporte comme $\frac{1}{x^{3}}$ à l'infini.

e)

Le calcul de l'étudiant, $\frac{1}{2}\ln\frac{3}{4}-\frac{1}{2}\ln 3=-\ln 2$ , n'a aucun sens : l'intervalle $\left[\frac{1}{2};2\right]$ contient le pôle $x=1$ , où $f$ n'est pas définie. Près de $1$ , $f(x)\approx\frac{1}{2(x-1)}$ , dont l'intégrale diverge des deux côtés : l'intégrale est impropre et DIVERGE. Le théorème fondamental exige une fonction continue sur tout l'intervalle ; on vérifie les pôles AVANT d'évaluer une primitive.

Exercice 14 : Problème : l'oscillateur amorti et sa position d'équilibre

Un mobile fixé à un ressort est freiné par un liquide. Sa vitesse vaut $v(t)=e^{-t/2}\cos t$ (en m/s, $t$ en secondes), et il part de la position $s(0)=0$ .

a) Calculez $\int e^{-t/2}\cos t\,dt$ par deux intégrations par parties successives.
b) Déduisez-en la position $s(t)$ .
c) Calculez $s(\pi)$ .
d) Vers quelle position le mobile se stabilise-t-il ?
e) À quel instant le mobile s'arrête-t-il pour la première fois, et à quelle position ? Est-ce la position la plus éloignée qu'il atteindra ?

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Réponses

a) $\frac{2}{5}e^{-t/2}(2\sin t-\cos t)+C$
b) $s(t)=\frac{2}{5}e^{-t/2}(2\sin t-\cos t)+\frac{2}{5}$
c) $s(\pi)\approx 0{,}483$ m
d) $0{,}4$ m
e) $t=\frac{\pi}{2}$ , $s\approx 0{,}765$ m, le maximum

a)

Premier tour, $u=\cos t$ , $dv=e^{-t/2}dt$ , $v=-2e^{-t/2}$ : $I=-2e^{-t/2}\cos t-2\int e^{-t/2}\sin t\,dt$ . Second tour, en dérivant encore la trigonométrie, $u=\sin t$ : $\int e^{-t/2}\sin t\,dt=-2e^{-t/2}\sin t+2I$ . En reportant : $I=-2e^{-t/2}\cos t+4e^{-t/2}\sin t-4I$ , donc $5I=e^{-t/2}(4\sin t-2\cos t)$ et $I=\frac{2}{5}e^{-t/2}\left(2\sin t-\cos t\right)+C$ .

b)

$s(0)=\frac{2}{5}(0-1)+C=0$ donne $C=\frac{2}{5}$ . Donc $s(t)=\frac{2}{5}e^{-t/2}\left(2\sin t-\cos t\right)+\frac{2}{5}$ .

c)

$s(\pi)=\frac{2}{5}e^{-\pi/2}(0+1)+\frac{2}{5}=0{,}4\left(e^{-\pi/2}+1\right)\approx 0{,}483$ m.

d)

$e^{-t/2}\to 0$ et $2\sin t-\cos t$ reste borné par $\sqrt{5}$ : $s(t)\to\frac{2}{5}=0{,}4$ m. La position d'équilibre est EXACTEMENT la constante d'intégration.

e)

$v(t)=0$ pour la première fois quand $\cos t=0$ , soit $t=\frac{\pi}{2}\approx 1{,}57$ s. Alors $s\left(\frac{\pi}{2}\right)=\frac{2}{5}e^{-\pi/4}\times 2+\frac{2}{5}\approx 0{,}765$ m. Avant, $v>0$ ; entre $\frac{\pi}{2}$ et $\frac{3\pi}{2}$ , $v<0$ . C'est le maximum : le mobile dépasse l'équilibre de $0{,}365$ m, puis oscille autour avec une amplitude qui fond comme $e^{-t/2}$ . La figure du corrigé montre la position et la vitesse.

Exercice 15 : Problème : l'hydrogramme de crue d'une rivière

Après un orage, le débit d'une rivière est modélisé par $Q(t)=5+20\,t\,e^{-t/3}$ , en milliers de m $^{3}$ par heure, $t$ en heures depuis le début de la crue. Le terme $5$ est le débit de base de la rivière.

a) Calculez $\int t\,e^{-t/3}dt$ .
b) À quel instant le débit est-il maximal ? Que vaut-il ?
c) Calculez le volume d'eau écoulé pendant les $12$ premières heures.
d) Quel est le débit moyen sur ces $12$ heures ?
e) Le volume DÛ À LA CRUE est celui qui dépasse le débit de base. Calculez-le sur $24$ heures, puis sur une durée illimitée, et donnez la part écoulée en $24$ heures.

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Réponses

a) $-3(t+3)e^{-t/3}+C$
b) $t=3$ h, $Q\approx 27{,}07$
c) $240-900e^{-4}\approx 223{,}5$ milliers de m $^{3}$
d) $\approx 18{,}63$ milliers de m $^{3}$ par heure
e) $\approx 179{,}5$ sur $24$ h, $180$ au total, $99{,}7$ %

a)

Par parties, $u=t$ et $dv=e^{-t/3}dt$ , $v=-3e^{-t/3}$ : $\int te^{-t/3}dt=-3te^{-t/3}+3\int e^{-t/3}dt=-3te^{-t/3}-9e^{-t/3}+C=-3(t+3)e^{-t/3}+C$ . Vérification : $\left(-3(t+3)e^{-t/3}\right)'=-3e^{-t/3}+(t+3)e^{-t/3}=te^{-t/3}$ ✓.

b)

$Q'(t)=20e^{-t/3}\left(1-\frac{t}{3}\right)$ , positif avant $t=3$ et négatif après : le pic a lieu à $t=3$ h, avec $Q(3)=5+\frac{60}{e}\approx 27{,}07$ milliers de m $^{3}$ par heure.

c)

$\int_{0}^{12}Q(t)dt=5\times 12+20\left[-3(t+3)e^{-t/3}\right]_{0}^{12}=60+20\left(-45e^{-4}+9\right)=240-900e^{-4}\approx 223{,}5$ milliers de m $^{3}$ .

d)

Débit moyen $=\frac{1}{12}\int_{0}^{12}Q\approx\frac{223{,}52}{12}\approx 18{,}63$ milliers de m $^{3}$ par heure, bien au-dessus du débit de base et bien au-dessous du pic.

e)

Sur $24$ heures : $20\left[-3(t+3)e^{-t/3}\right]_{0}^{24}=20\left(9-81e^{-8}\right)\approx 179{,}5$ milliers de m $^{3}$ . Sur une durée illimitée, $(t+3)e^{-t/3}\to 0$ et le volume de crue tend vers $20\times 9=180$ milliers de m $^{3}$ . Part écoulée en $24$ heures : $\frac{179{,}46}{180}\approx 99{,}7$ pour cent. Le terme de bord $-3(t+3)e^{-t/3}$ dit à lui seul combien d'eau reste à passer. La figure du corrigé trace l'hydrogramme.

Exercices corrigés : les techniques d'intégration (201-SN3-RE, ancien 201-NYB)

Rappel de cours

Calculs : les intégrales par parties à calculer

Exercice 0.1 : Intégrer par parties : dix calculs directs

Calculs : les intégrales trigonométriques à calculer

Exercice 0.2 : Intégrer des puissances et produits trigonométriques : dix calculs directs

Partie A : Substitution, parties, fractions partielles et trigonométrie (/50)

Exercice 1 : Primitives et changement de variable

Exercice 2 : L'intégration par parties : simple, répétée, cyclique

Exercice 3 : Les fractions partielles : démonter pour intégrer

Exercice 4 : Les puissances de tangente et de sécante

Exercice 5 : Les produits de sinus et de cosinus d'angles différents

Partie B : Techniques combinées, quadratiques et stratégie (/50)

Exercice 6 : Les puissances de sinus et cosinus

Exercice 7 : Les substitutions trigonométriques : la racine devient un triangle

Exercice 8 : La stratégie : choisir sa technique en trente secondes

Exercice 9 : Combiner les techniques : substitution puis parties

Exercice 10 : Complétion du carré et quadratiques irréductibles

Partie C : les classiques (/50)

Exercice 11 : Les arches de x sin x : des aires qui grandissent en progression arithmétique

Exercice 12 : Deux chemins pour une même intégrale : substitution ou parties

Exercice 13 : Une intégrale à trois pôles : exacte, impropre, puis interdite

Exercice 14 : Problème : l'oscillateur amorti et sa position d'équilibre

Exercice 15 : Problème : l'hydrogramme de crue d'une rivière

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