Exercices math sup : Calculs de primitives et techniques élémentaires de calcul intégral

1. On intègre par parties en posant : $$\begin{array}{rclcrcl} u(x)&=&x&\quad&u'(x)&=&1\\ v'(x)&=&e^x&\quad&v(x)&=&e^x. \end{array}$$ On obtient donc $$\int_0^1 xe^x dx=1e^1-0e^0-\int_0^1 e^xdx.$$ Comme on sait calculer cette dernière intégrale, on trouve finalement $$\int_0^1 xe^x dx=e-e+1=1.$$
2. On intègre par parties en posant : $$\begin{array}{rclcrcl} u(x)&=&\ln x&\quad&u'(x)&=&\frac 1x\\ v'(x)&=&x^2&\quad&v(x)&=&\frac{x^3}3. \end{array}$$ On obtient donc \begin{eqnarray*} J&=&\left[\frac{x^3}3\ln x\right]_1^e-\frac 13\int_1^ex^2dx\\ &=&\frac{e^3}3-\frac19(e^3-1)\\ &=&\frac{2e^3+1}9. \end{eqnarray*}

Notons $f_n$ une telle primitive. Intégrant par parties (en dérivant $\ln^n x$ et en intégrant $1$), on trouve $$f_n=\int \ln^n xdx=x\ln^{n}x-nf_{n-1}.$$ On itère alors les intégrations par parties, pour trouver \begin{eqnarray*} f_n&=&x\ln^{n}x-nx\ln^{n-1}x+n(n-1)f_{n-2}\\ &=&x\ln^{n}x-nx\ln^{n-1}x+n(n-1)x\ln^{n-2}x-n(n-1)(n-2)f_{n-3}\\ &\vdots&\vdots\\ &=&\sum_{k=0}^{n}(-1)^k n(n-1)\dots(n-k+1)x\ln^{n-k}x\\ &=&\sum_{k=0}^n (-1)^k \frac{n!}{(n-k)!}x\ln^{n-k} x. \end{eqnarray*}

On pose, pour $(\alpha,\beta,n,m)\in\mathbb R^2\times\mathbb N^2$, $$I_{m,n}=\int_\alpha^\beta (t-\alpha)^m(t-\beta)^n dt.$$ On intègre par parties pour obtenir une relation entre $I_{m,n}$ et $I_{m-1,n+1}$, et on trouve \begin{eqnarray*} I_{m,n}&=&\left[(t-\alpha)^m\frac{(t-\beta)^{n+1}}{n+1}\right]_\alpha^\beta-\frac m{n+1}\int_{\alpha}^\beta (t-\alpha)^{m-1}(t-\beta)^{n+1}dt\\ &=&-\frac{m}{n+1}I_{m-1,n+1}. \end{eqnarray*} D'autre part, pour tout $p\in\mathbb N$, on a $$I_{0,p}=\int_{\alpha}^\beta (t-\beta)^pdt=-\frac{(\alpha-\beta)^{p+1}}{p+1}.$$ Une récurrence immédiate donne alors $$I_{m,n}=(-1)^{m+1}\frac{m(m-1)\dots 1}{(n+1)(n+2)\dots(n+m)}\frac{(\alpha-\beta)^{m+n+1}}{m+n+1}.$$ En particulier, l'intégrale recherché vaut $I_{n,n}$, c'est-à-dire $$I_{n,n}=(-1)^{n+1}\frac{n!}{(n+1)\dots(2n)}\frac{(\alpha-\beta)^{2n+1}}{2n+1}=(-1)^{n+1}\frac{(\alpha-\beta)^{2n+1}}{(2n+1)\binom{2n}{n}}.$$

Pour $(n,p)\in\mathbb N^*\times\mathbb N$, l'application $x\mapsto x^n(\ln x)^p$ est définie et continue sur $]0,1]$. De plus, les théorèmes de comparaison usuels entraînent que cette fonction se prolonge par continuité en 0 (remarquons l'importance de $n>0$). Ceci justifie l'existence de $I_{n,p}$. Pour calculer $I_{n,p}$, nous allons réaliser une intégration par parties. On la réalise entre $a>0$ et $1$, pour prendre garde au fait que la fonction logarithme n'est pas définie en 0. On remarque aussi que $I_{n,0}=\frac1{n+1}$, et donc il suffit de traiter le cas $p>0$.
On pose donc $$I_{n,p}(a)=\int_a^1 x^n(\ln x)^pdx$$ puis $$\begin{array}{rcr} u(x)=(\ln x)^p&\quad&v'(x)=x^n\\ u'(x)=\frac{p(\ln x)^{p-1}}x&\quad &v(x)=\frac{x^{n+1}}{n+1}. \end{array}$$ On trouve alors, $$I_{n,p}(a)=\frac{1}{n+1}\left[x^{n+1}(\ln x)^p\right]_a^1-\frac{p}{n+1}\int_a^1 x^n(\ln x)^{p-1}dx=\frac{-a^{n+1}(\ln a)^p}{n+1}-\frac{p}{n+1}I_{n,p-1}.$$ On passe à la limite en faisant tendre $a$ vers 0. En utilisant la croissance comparée de la fonction logarithme et des puissances en $0$, on trouve : $$I_{n,p}=-\frac{p}{n+1}I_{n,p-1}.$$ On trouve alors $$I_{n,p}=\frac{(-p)\times(-(p-1))\times\dots\times(-1)}{(n+1)\times(n+1)\times\dots\times(n+1)}I_{n,0}=\frac{(-1)^pp!}{(n+1)^{p}}\times\frac{1}{n+1}=\frac{(-1)^p p!}{(n+1)^{p+1}}.$$

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

1. La fonction $t\mapsto \sqrt t$ est une fonction de classe $C^1$ définie sur $[1,4]$ et à valeurs dans $[1,2]$. Posons $x=\sqrt t$. Lorsque $t=1$, $x=1$ et lorsque $t=4$, $x=2$. Lorsqu'on dérive l'égalité $x=\sqrt t$, alors on obtient $dx=\frac{dt}{2\sqrt t}$. On a donc $$\frac{1-\sqrt t}{\sqrt t}dt=2(1-\sqrt t)\frac{dt}{2\sqrt t}=2(1-x)dx.$$ On en déduit que \begin{eqnarray*} \int_1^4\frac{1-\sqrt t}{t}dt&=&\int_1^2 2(1-x)dx\\ &=&\left[2x-x^2\right]_1^2\\ &=&-1. \end{eqnarray*} Remarquons qu'on aurait pu aussi calculer cette intégrale en écrivant $$\frac{1-\sqrt t}{\sqrt t}=\frac{1}{\sqrt t}-1.$$
2. La fonction $t\mapsto \cos(t)$ est une fonction de classe $C^1$ sur $[0,\pi]$, avec $\cos(0)=1$ et $\cos(\pi)=-1$. Posons $x=\cos(t)$ de sorte que pour $t=0$, $x=1$ et pour $t=\pi$, $x=-1$. De plus, en dérivant, on trouve $dx=-\sin(t)dt$ et donc $$\frac{\sin(t)}{1+\cos^2 (t)}dt=-\frac{dx}{1+x^2}.$$ On en déduit que \begin{align*} \int_0^{\pi} \frac{\sin(t)}{1+\cos^2 (t)}dt&=\int_{1}^{-1}\frac{-1}{1+x^2}dx\\ &=\int_{-1}^1 \frac{dx}{1+x^2}\\ &=\left[\arctan(x)\right]_{-1}^1\\ &=\frac\pi4+\frac\pi4=\frac\pi2. \end{align*} Remarquons qu'on aurait aussi pu calculer cette intégrale en écrivant la fonction sous la forme $u'(t)/(1+u(t)^2)$, avec $u(t)=\cos(t)$.
3. La fonction $t\mapsto\ln t$ est de classe $C^1$ sur $[1,e]$. Posons $x=\ln t$ de sorte que pour $t=1$, on a $x=0$ et pour $t=e$, on a $x=1$. En dérivant, on trouve $dx=\frac{dt}{t}$. On a donc $$\frac{dt}{2t\ln(t)+t}=\frac{dt}t\times\frac1{2\ln(t)+1}=\frac{dx}{2x+1}.$$ On en conclut que \begin{align*} \int_1^e\frac{1}{2t\ln(t)+t}dt&=\int_0^{1}\frac{1}{2x+1}dx\\ &=\left[\frac 12\ln(2x+1)\right]_0^{1}\\ &=\frac{\ln(3)}2. \end{align*}

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*}

La fonction $x\mapsto (a+b-x)$ est une bijection continue strictement décroissante de $[a,b]$ sur lui-même, envoyant $a$ en $b$ et $b$ en $a$. Effectuant le changement de variables $u=a+b-x$, on trouve donc \begin{eqnarray*} \int_a^b xf(x)dx&=&-\int_{b}^a(a+b-u)f(a+b-u)du\\ &=&\int_{a}^b (a+b-u)f(u)du\\ &=&(a+b)\int_a^b f(x)dx-\int_a^b xf(x)dx. \end{eqnarray*} Ceci donne le résultat demandé.
Pour l'application, posons $a=0$, $b=\pi$ et $f(x)=\frac{\sin x}{1+\cos^2 x}$. Alors $f(\pi-x)=f(x)$ et donc, d'après le résultat précédent, on a $$I=\frac{\pi}2\int_0^\pi \frac{\sin x}{1+\cos^2 x}dx.$$ On calcule cette intégrale en effectuant le changement de variables $u=\cos x$. En effet, la fonction $x\mapsto\cos x$ réalise une bijection de l'intervalle $[0,\pi]$ sur l'intervalle $[-1,1]$. De $du=-\sin x dx$, on déduit \begin{eqnarray*} I&=&\frac{\pi}{2}\int_{1}^{-1}\frac{-du}{1+u^2}\\ &=&\frac{\pi}{2}\int_{-1}^1 \frac{du}{1+u^2}\\ &=&\frac{\pi}2\big(\arctan(1)-\arctan(-1)\big)\\ &=&\frac{\pi^2}4. \end{eqnarray*}

1. Le numérateur et le dénominateur ayant même degré, on va chercher à écrire la fraction rationnelle sous la forme $$f(x)=a+\frac{b}{x-1}+\frac c{(x-1)^2}.$$ En mettant tout au même dénominateur dans le membre de droite, on trouve $$f(x)=\frac{ax^2+x(-2a+b)+(a-b+c)}{(x-1)^2}.$$ Par identification, on trouve $a=2$, $b=1$ et $c=3$. Ainsi, les primitives de $f$ sur l'intervalle $]1,+\infty[$ sont les fonctions $$F(x)=2x+\ln(x-1)-\frac 3{x-1}+d,$$ où $d$ est une constante.
2. On sait que la fraction rationnelle peut s'écrire $$\frac{2x-1}{(x+1)^2}=\frac{a}{x+1}+\frac{b}{(x+1)^2}.$$ Par identification (par exemple...), on trouve que $a=2$ et $b=-3$. Une primitive sur $]-1,+\infty[$ de la fonction est donc $$x\mapsto 2\ln(x+1)+\frac3{x+1}.$$
3. C'est facile, car la fraction rationnelle est sous la forme $\frac 12\times \frac{u'}{u^2}$, avec $u(x)=(x^2-4)$. Une primitive est donc donnée par $$x\mapsto \frac{-1}{2(x^2-4)}.$$
4. On essaie cette fois d'écrire $f(x)$ sous la forme $$f(x)=a+\frac b{3x-1}+\frac c{2x+1}+\frac d{(2x+1)^2}.$$ En mettant tout au même dénominateur dans le membre de droite, on trouve par identification le système $$\left\{ \begin{array}{rcl} a&=&2\\ 8a+4b+6c&=&18\\ -a+4b+c+3d&=&10\\ -a+b-c-d&=&-9. \end{array} \right.$$ On résoud ce système et on trouve comme solution $a=2$, $b=-1$, $c=1$ et $d=5$. On intègre maintenant chacun des éléments simples et on trouve qu'une primitive de la fonction $f$ est $$x\mapsto 2x-\frac 13\ln |3x-1|+\frac 12\ln (2x+1)-\frac 5{2(2x+1)}.$$

Notons $I$ l'intégrale. $I$ est égale à $\Re e(J)$ avec $J=\int_0^\pi x^2e^{(1+i)x}dx$ (on a posé $\cos x=\Re e(e^{ix})$). En intégrant par parties, on trouve \begin{eqnarray*} J&=&\left[\frac{x^2e^{(1+i)x}}{1+i}\right]_0^\pi-\frac{2}{1+i}\int_0^\pi xe^{(1+i)x}dx\\ &=&-\frac{\pi^2e^\pi}{1+i}-\frac{2}{1+i}\int_0^\pi xe^{(1+i)x}dx. \end{eqnarray*} On fait une deuxième intégration par parties pour calculer cette dernière intégrale, et on trouve \begin{eqnarray*} \int_0^\pi xe^{(1+i)x}dx&=&\left[\frac{xe^{(1+i)x}}{1+i}\right]_0^\pi-\frac{1}{1+i}\int_0^\pi e^{(1+i)x}dx\\ &=&-\frac{\pi e^{\pi}}{1+i}-\frac{1}{(1+i)^2}\left[e^{(1+i)x}\right]_0^\pi\\ &=&-\frac{\pi e^{\pi}}{1+i}+\frac{i}2(-1-e^{\pi}). \end{eqnarray*} Regroupant tous les termes, et multipliant par la quantité conjuguée au dénominateur, on trouve : $$J=-\pi^2e^\pi\frac{1-i}2-i\pi e^\pi -\frac{1+i}2(-1-e^\pi),$$ soit $$I=\frac12+\frac{1-\pi^2}2e^{\pi}.$$

Puisqu'on sait qu'une primitive de $\frac1{\cos^2 x}$ est $\tan x$, on est incité à utiliser le changement de variables $t=\tan x$. Utilisant $$dt=\frac{dx}{\cos^2 x}\textrm{ et }1+t^2=\frac{1}{\cos^2 x}$$ on trouve \begin{eqnarray*} \int \frac{dx}{\cos^6 x}&=&\int (1+t^2)^2 dt\\ &=&\int (1+2t^2+t^4)dt\\ &=&t+\frac{2t^3}{3}+\frac{t^5}5\\ &=&\tan x+\frac{2\tan^3 x}3+\frac{\tan^5 x}5. \end{eqnarray*}