Corrigé de la séance 11

UNIVERSITÉ PARIS OUEST NANTERRE LA DÉFENSE
U.F.R. SEGMI
Année universitaire 2014 – 2015
L1 Économie
Cours de B. Desgraupes
Corrigé des exercices de Mise à Niveau Maths
Séance 11: Intégration
Corrigé ex. 1 : Primitives du logarithme
On applique la formule d’intégration par parties
Z
Z
u(x)v 0 (x) dx = u(x)v(x) − u0 (x)v(x) dx
1
en prenant u(x) = log(x) et v 0 (x) = 1. On a donc u0 (x) = et v(x) = x.
x
On obtient :
Z
Z
1
log(x) × 1 dx = x log(x) −
x dx
x
Z
= x log(x) − 1 dx
= x log(x) − x + C
Corrigé ex. 2 : Primitives du carré du sinus
On part de la formule du cosinus d’un angle double :
cos(2x) = 1 − 2 sin2 (x)
En inversant cette formule, on obtient :
sin2 (x) =
1
1 − cos(2x)
2
On en déduit :
Z
Z
1
sin (x) dx =
1 − cos(2x) dx
2
1
1
=
x − sin(2x) + C
2
2
2
=
1
1
x − sin(2x) + C
2
4
Corrigé ex. 3 : Surface de triangle
h
a
On va calculer la surface S du triangle de base [0, a] et de hauteur h au moyen
d’une intégrale.
La courbe représentant les deux côtés obliques du triangle a pour équation :


2 h x
si 0 ≤ x ≤ a/2
a
f (x) =
h

−2 x + 2h si a/2 ≤ x ≤ a
a
On a donc :
Z
S=
a
f (x) dx
0
Z a
h
h
=
2 x dx +
− 2 x + 2h dx
a
a
0
a/2
a/2 a
h 2
h 2
=
x
+ − x + 2hx
a
a
0
a/2
Z
a/2
h a2
h
h a2
a
− 0 − a2 + 2ha +
− 2h
a 4
a
a 4
2
a×h
=
2
=
On retrouve la formule connue : “base multipliée par hauteur divisée par 2”.
2
Corrigé ex. 4 : Double intégration par parties
Z
π/2
e2x sin(2x) dx.
On pose I =
0
Pour appliquer la formule d’intégration par partie, on prend u(x) = sin(2x) et
v 0 (x) = e2x . On en déduit u0 (x) = 2 cos(2x) et v(x) = 21 e2x .
Par conséquent :
Z π/2
h
1 2x
1 iπ/2
−
2 cos(2x) ×
e
dx
I = sin(2x) e2x
2
2
0
0
Z π/2
=0−0−
cos(2x) × e2x dx
0
= −K
Cette dernière intégrale (notée K) se calcule aussi par partie en posant u(x) =
cos(2x) et v 0 (x) = e2x . On en déduit u0 (x) = −2 sin(2x) et v(x) = 21 e2x . D’où :
Z π/2
K=
cos(2x) × e2x dx
0
Z π/2
1 iπ/2
1 2x
= cos(2x) e2x
−
− 2 sin(2x) ×
e
dx
2
2
0
0
Z π/2
1 π 1
sin(2x) × e2x dx
=− e − +
2
2
0
1
1
= − eπ − + I
2
2
On a donc finalement :
1
1
I = −K = − − eπ − + I
2
2
h
On en tire la solution
I=
eπ + 1
4
Corrigé ex. 5 : Intégrales
Z
•
1
x2 ex dx
0
Cette intégrale se traite par intégration par partie. On pose u(x) = x2 et v 0 (x) = ex .
On en déduit u0 (x) = 2x et v(x) = ex .
Par conséquent :
Z 1
h
i1 Z 1
x2 ex dx = x2 ex −
2x × (ex ) dx
0
0
Z
=e−0−2
0
3
0
1
x ex dx
L’intégrale dans la dernière expression se traite aussi par intégration par partie en
posant u(x) = x et v 0 (x) = ex . On en déduit u0 (x) = 1 et v(x) = ex . On obtient :
Z 1
i1 Z 1
h
1 × (ex ) dx
x ex dx = x ex −
0
0
0
h i1
= e − 0 − ex
0
= e − (e − 1)
=1
Finalement, on trouve :
1
Z
x2 ex dx = e − 2
0
Z
1
•
−1
1
dx
x2 − 4
On décompose la fraction rationnelle en éléments simples :
1
1
1
1
=
−
x2 − 4
4 x−2 x+2
Par conséquent :
Z 1
−1
Z
Z
1
1 1 dx
1 1 dx
dx
=
−
x2 − 4
4 −1 x − 2 4 −1 x + 2
i1
1h
=
log |x − 2| − log |x + 2|
4
−1
= −
Z
•
log(3)
2
π/4
tan(x) dx
0
On calcule cette intégrale par changement de variable en posant u(x) = cos(x).
On en tire du = − sin(x) dx.
Par conséquent :
Z π/4
Z x=π/4
sin(x)
dx
tan(x) dx =
cos(x)
0
x=0
√
Z u= 2/2
−1
=
du
u
u=1
h
i√2/2
= − log(|u|)
1
√
= log( 2)
=
4
1
log(2)
2
Z
1
2
sin(x) e−x dx
•
−1
2
On ne peut pas trouver de primitive pour la fonction sin(x) e−x mais on peut
obtenir la valeur de cette intégrale sans calculs ! En effet, la fonction est impaire et son
graphe est donc symétrique par rapport à l’origine.
Comme on intègre sur un intervalle symétrique (de -1 à 1), la partie de l’intégrale
de -1 à 0 (en rose sur la figure) est l’exact opposé de celle de 0 à 1 (en bleu sur la
figure). Ces deux parties se compensent et l’intégrale vaut finalement 0.
f(x) = sin(x)exp(− x2)
−1
0
1
Corrigé ex. 6 : Surface d’un quart de cercle
Z
On considère l’intégrale I =
1
p
1 − x2 dx.
0
a) On la calcule par changement de variable.
Posons x = sin(u). On en déduit dx = cos(u) du. Lorsque u varie de 0 à π/2, le
sinus varie de 0 à 1 et par conséquent :
Z x=1 p
Z u=π/2 q
Z π/2
2
2
I=
1 − x dx =
1 − sin (u) cos(u) du =
cos2 (u) du
x=0
u=0
0
1
On a vu dans le cours qu’une primitive de cos (u) sur R est F (u) =
2
On obtient donc :
1
I = F (π/2) − F (0) = π/4
2
2
5
+
1
u + sin(2u) .
2
√
b) La courbe d’équation y = 1 − x2 est un demi-cercle de rayon 1 car, en élevant
au carré :
y 2 = 1 − x2 =⇒ x2 + y 2 = 1
L’équation x2 + y 2 = 1 est celle du cercle de centre 0 et de rayon 1 et on a ici le
demi-cercle supérieur puisque y ≥ 0.
L’intégrale calculée de 0 à 1 correspond à l’aire du quart de cercle situé dans la
π
quadrant supérieur droit. Comme elle vaut , on en déduit que la surface totale du
4
π
cercle est 4 × = π.
4
f(x) = 1 − x2
S=
π
4
−1
1
0
Corrigé ex. 7 : Linéarisation de fonctions trigonométriques
a) On part des formules connues du sinus et du cosinus de l’angle double :
(
cos(2x) = 2 cos2 (x) − 1
sin(2x) = 2 sin(x) cos(x)
On calcule cos(3x) au moyen de la formule (vue en cours) du cosinus d’une somme :
cos(a + b) = cos a cos b − sin a sin b
On prend ici a = 2x et b = x. D’où :
cos(3x) = cos(2x + x)
= cos(2x) cos(x) − sin(2x) sin(x)
= 2 cos2 (x) − 1 cos(x) − 2 sin2 (x) cos(x)
= 2 cos3 (x) − cos(x) − 2 1 − cos2 (x) cos(x)
= 4 cos3 (x) − 3 cos(x)
6
En inversant cette formule, on trouve une expression linéarisée de cos3 (x) :
1
cos(3x) + 3 cos(x)
cos3 (x) =
4
b) On en déduit les primitives de la fonction cos3 (x) :
Z
Z
1 cos3 (x) dx =
cos(3x) + 3 cos(x) dx
4
=
3
1
sin(3x) + sin(x) + C
12
4
c) On utilise la même méthode pour trouver les primitives de la fonction sin3 (x).
La linéarisation conduit à la formule :
1
3 sin(x) − sin(3x)
sin3 (x) =
4
Les primitives sont :
Z
3
1
sin3 (x) dx = − cos(x) +
cos(3x) + C
4
12
Corrigé ex. 8 : Primitives de arc cosinus
On applique la formule de l’intégrale des fonctions réciproques :
Z
f −1 (y) dy = y f −1 (y) − F f −1 (y) + C
On prend ici f (x) = cos(x) et par conséquent f −1 (y) = arccos(y).
On obtient :
Z
p
arccos(y) dy = y arccos(y)−sin(arccos(y))+C = y arccos(y) − 1 − y 2 + C
Corrigé ex. 9 : Sinus et cosinus hyperboliques
On définit les fonctions :
ex − e−x
ex + e−x
cosh(x) =
2
2
a) On remplace par les définitions :
x
2 x
2
e + e−x
e − e−x
cosh2 (x) − sinh2 (x) =
−
2
2
2x
−2x
2x
(e + 2 + e
) − (e − 2 + e−2x )
=
4
4
=
4
=1
sinh(x) =
7
b) La dérivée du sinus hyperbolique est :
sinh(x)
0
=
ex + e−x
2
De la même manière, on trouve que
0
=
ex − e−x
= cosh(x)
2
0
cosh(x) = sinh(x).
p
c) On pose argsh(y) = log y + 1 + y 2 .
On en tire
p
exp argsh(y) = y + 1 + y 2
D’où
p
p
1
(y + 1 + y 2 ) − (−y + 1 + y 2 ) = y
sinh argsh(y) =
2
La fonction argsh(x) est donc la réciproque de sinh(x).
d) On utilise la formule pour la dérivée d’une fonction réciproque, vue dans la
séance 9 :
0
1
f −1 (y) = 0 −1 f f (y)
En prenant pour f la fonction sinh(x), on a f 0 (x) = cosh(x) et on obtient :
0
argsh (y) =
1
1
=
cosh(x)
cosh argsh(y)
Or, par définition d’une fonction réciproque, on a :
argsh(y) = x
⇐⇒
y = sinh(x)
En appliquant la formule démontrée dans la première question, on trouve :
q
p
cosh(x) = sinh2 (x) + 1 = y 2 + 1
Finalement, on obtient :
0
1
argsh (y) = p
2
y +1
En échangeant x et y, on en déduit les primitives de la fonction √
Z
√
1
x2
+1
dx = argsh(x) + C
8
1
:
x2 + 1