Primitives et intégrales a. f : x a x 5 − 2 x 4 + 3 x 2 − 7 x + 4 Solutions I =R f est une fonction polynôme, donc f est est continue sur R et elle admet des primitives sur R . D’après le tableau des primitives usuelles, les fonctions : x a x5 x a x4 , x a x3 , x a x2 , x a x, x a1 admettent respectivement pour primitives les fonctions : xa x6 , 6 xa x5 , 5 xa x4 , 4 xa x3 , 3 xa x2 , 2 xax La fonction f admet pour primitives sur R la fonction F : F ( x) = b. f : x a x 6 2 x5 7 − + x 3 − x 2 + 4 x + C , où C ∈ 6 5 2 sin x cos 4 x π π Sur I = − , 2 2 π π I =− , 2 2 , le cosinus ne s’annule pas et la fonction f est continue sur cet intervalle Posons u ( x) = cos x alors u '( x) = − sin x et f ( x) = − u '( x) = −u '( x) u −4 ( x) 4 u ( x) π π Les fonctions F définies sur I = − , par 2 2 1 1 1 1 1 F ( x) = u −3 ( x) = +C = + C avec C ∈ R 3 3 3 u ( x) 3 cos3 x sont les primitives de f sur I. Gérard Hirsch – Maths54 Primitives et intégrales Solutions Calculer les intégrales A=∫ Sur [ 0,1 ] , 1 1 + x dx 0 alors 1 + x > 0 et la fonction f ( x) = 1 + x est continue sur cet intervalle, l’intégrale A existe Posons u ( x) = 1 + x alors u '( x) = 1 et f ( x) = u ( x) u '( x) La fonction F définie sur [ 0,1 ] par [ u ( x) ] F ( x) = 3/ 2 3 2 = 2 (1 + x)3/ 2 est bien une primitive de f 3 sur I. Alors A = π/2 B=∫ 1 2 2 2 (1 + x)3/ 2 = 23/ 2 − 1 = 2 2 − 1 0 3 3 3 sin 4 x cos x dx 0 π Sur 0, , la fonction f ( x) = sin 4 x cos x est continue, l’intégrale B existe 2 Posons u ( x) = sin x alors u '( x) = cos x et f ( x) = u 4 ( x) u '( x) 1 1 π La fonction F définie sur 0, par F ( x) = u 5 ( x) = sin 5 x 5 5 2 π est une primitive de f sur 0, . 2 π/ 2 1 1 π 1 Alors B = sin 5 x = sin 5 − sin 5 0 = 0 5 5 2 5 C=∫ π/4 (1 + tan 2 x) tan x dx 0 π Sur 0, , la fonction f ( x) = (1 + tan 2 x) tan x est continue, l’intégrale C existe 4 Posons u ( x) = tan x alors u '( x) = (1 + tan 2 x) et f ( x) = u '( x) u ( x) Gérard Hirsch – Maths54 Primitives et intégrales Solutions 1 1 π La fonction F définie sur 0, par F ( x) = u 2 ( x) = tan 2 x est une primitive de f sur 2 2 4 π 0, 4 . Alors C = π/4 1 1 π 1 tan 2 x = tan 2 − tan 2 0 = 0 2 5 4 2 Remarque En remplaçant tan x par on a ∫ π/4 0 sin x 1 et 1 + tan 2 x par cos x cos 2 x (1 + tan 2 x) tan x dx = ∫ π/ 4 0 sin x dx qui s’intègre en posant au choix cos3 x u ( x) = tan x ou u ( x) = cos x D=∫ x +1 1 0 x + 2x + 2 2 dx Le trinôme du second degré x 2 + 2 x + 2 est à discriminant négatif, il n’admet pas de racine dans R et le signe du trinôme prouve que ∀x ∈ R , x 2 + 2 x + 2 > 0 et donc aussi pour x ∈ [ 0,1 ] Sur [ 0,1 ] , la fonction f ( x) = x +1 x + 2x + 2 2 est continue, l’intégrale D existe Posons u ( x) = x 2 + 2 x + 2 alors u '( x) = 2 x + 2 = 2( x + 1) et f ( x) = u '( x) 2 u ( x) La fonction F définie sur [ 0,1 ] par F ( x) = u ( x) = x 2 + 2 x + 2 est une primitive de f sur [ 0, 1 ] . 1 Alors D = x 2 + 2 x + 2 = 5 − 2 0 Gérard Hirsch – Maths54