Préparer sa kholle - Calcul de primitives

Avant de commencer, on pourra consulter la vidéo suivante, qui présente comment calculer une intégrale en effectuant un changement de variables.

1. La fonction $t\mapsto e^t$ est de classe $C^1$ sur $[0,1]$, à valeurs dans $[1,e]$. Posons $x=e^t$, de sorte que pour $t=0$ on a $x=1$ et pour $t=1$, on a $x=e$. En dérivant, on a de plus $dx=e^t dt$ et donc $dt=\frac{dx}{e^t}=\frac{dx}x$. Ainsi, $$\frac{dt}{e^t+1}=\frac{1}{x(x+1)}.$$ Il vient $$\int_0^1\frac{dt}{1+e^t}=\int_1^{e}\frac{dx}{x(1+x)}.$$ On calcule cette dernière intégrale en remarquant que $\frac{1}{x(x+1)}=\frac 1x-\frac1{x+1}$, d'où l'on tire \begin{align*} \int_0^1\frac{dt}{1+e^t}&=\int_1^e\left(\frac 1x-\frac1{x+1}\right)dx\\ &=\left[\ln(x)-\ln(x+1)\right]_1^e\\ &=1+\ln(2)-\ln(e+1). \end{align*}
2. La fonction $t\mapsto \sqrt{t}$ est de classe $C^1$ sur $[1,3]$ avec pour image $[1,\sqrt 3]$. Posons $x=\sqrt t$ de sorte que, lorsque $t=1$, on a $x=1$ et lorsque $t=3$, on a $x=\sqrt 3$. En dérivant, on trouve $dx=\frac{dt}{2\sqrt t}$ de sorte que $dt=2xdx$. Ainsi, $$\frac{\sqrt t}{t+1}dt=\frac{x}{x^2+1}\cdot 2xdx=2\frac{x^2}{x^2+1}dx.$$ On va calculer l'intégrale résultant du changement de variables en remarquant que $$\frac{x^2}{x^2+1}=\frac{x^2+1-1}{x^2+1}=1-\frac{1}{x^2+1}.$$ Finalement, on trouve que \begin{align*} \int_1^3\frac{\sqrt t}{t+1}dt&=2\int_{1}^{\sqrt 3}\frac{x^2}{x^2+1}dx\\ &=2\int_1^{\sqrt 3} dx-2\int_1^{\sqrt 3}\frac{dx}{1+x^2}\\ &=2\left(\sqrt 3-1-\arctan(\sqrt 3)+\arctan 1\right)\\ &=2\left(\sqrt 3-1-\frac{\pi}3+\frac{\pi}4\right)\\ &=2\sqrt 3-2-\frac\pi 6. \end{align*}
3. La fonction $\theta\mapsto \sin(\theta)$ est de classe $C^1$ sur $[-\pi/2;\pi/2]$, à valeurs dans $[-1,1]$. Si on pose $t=\sin\theta$, on a en dérivant $dt=\cos(\theta)d\theta$. De plus, pour $\theta=-\pi/2$, on a $t=-1$ et pour $\theta=\pi/2$, on a $t=1$. On a donc $$\sqrt{1-x^2}dx=\sqrt{1-\sin^2\theta}\cos(\theta)d\theta=|\cos\theta|\cdot\cos(\theta)d\theta=\cos^2(\theta)$$ car $\cos(\theta)\geq 0$ puisque $\theta\in[-\pi/2,\pi/2]$. Il vient \begin{align*} \int_{-1}^1 \sqrt{1-x^2}dx&=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^2(\theta)d\theta\\ &=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\left(\frac{1+\cos(2\theta)}{2}\right)d\theta\\ &=\frac\pi2+\left[\frac{\sin(2\theta)}{4}\right]_{-\pi/2}^{\pi/2}\\ &=\frac\pi2. \end{align*}

Une intégration par parties donne, en posant $u(x)=(x^2+1)^{-n}$ et $v'(x)=1$, $$I_n=\left[\frac{x}{(x^2+1)^n}\right]_0^1 +2n\int_0^1 \frac{x^2}{(x^2+1)^{n+1}}dx=\frac{1}{2^n}+2n\int_0^1 \frac{x^2}{(x^2+1)^{n+1}}dx.$$ Or, $$\int_0^1 \frac{x^2}{(x^2+1)^{n+1}}dx=\int_0^1\frac{x^2+1}{(x^2+1)^{n+1}}dx-\int_0^1 \frac{1}{(x^2+1)^{n+1}}dx=I_n-I_{n+1}.$$ Regroupant les termes, on trouve $$2nI_{n+1}=(2n-1)I_n+\frac1{2^n}\iff I_{n+1}=\frac{2n-1}{2n}I_n+\frac{1}{n2^{n+1}}.$$ Sachant que $$I_1=\left[\arctan x\right]_0^1=\frac\pi4,$$ on trouve $$I_2=\frac{\pi}8+\frac14\textrm{ et }I_3=\frac{3\pi}{32}+\frac14.$$