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
Zu(x)v0(x) dx=u(x)v(x)−Zu0(x)v(x) dx
en prenant u(x) = log(x)et v0(x)=1. On a donc u0(x) = 1
xet v(x) = x.
On obtient :
Zlog(x)×1 dx=xlog(x)−Z1
xxdx
=xlog(x)−Z1 dx
=xlog(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
21−cos(2x)
On en déduit :
Zsin2(x) dx=1
2Z1−cos(2x)dx
=1
2x−1 2sin(2x)+C
=1
2x−1 4sin(2x) + C

Corrigé ex. 3 : Surface de triangle
h
a
On va calculer la surface Sdu triangle de base [0, a]et de hauteur hau moyen
d’une intégrale.
La courbe représentant les deux côtés obliques du triangle a pour équation :
f(x) = 
2h
axsi 0 ≤x≤a/2
−2h
ax+ 2hsi a/2≤x≤a
On a donc :
S=Za
0
f(x) dx
=Za/2
0
2h
axdx+Za
a/2−2h
ax+ 2hdx
=h
ax2a/2
0
+−h
ax2+ 2hxa
a/2
=h
a
a2
4−0−h aa2+ 2ha +h a
a2
4−2ha 2
=a×h
2
On retrouve la formule connue : “base multipliée par hauteur divisée par 2”.
2

Corrigé ex. 4 : Double intégration par parties
On pose I=Zπ/2
0
e2xsin(2x) dx.
Pour appliquer la formule d’intégration par partie, on prend u(x) = sin(2x)et
v0(x) = e2x. On en déduit u0(x) = 2 cos(2x)et v(x) = 1
2e2x.
Par conséquent :
I=hsin(2x)1
2e2xiπ/2
0−Zπ/2
02 cos(2x)×1
2e2xdx
= 0 −0−Zπ/2
0
cos(2x)×e2xdx
=−K
Cette dernière intégrale (notée K) se calcule aussi par partie en posant u(x) =
cos(2x)et v0(x) = e2x. On en déduit u0(x) = −2 sin(2x)et v(x) = 1
2e2x. D’où :
K=Zπ/2
0
cos(2x)×e2xdx
=hcos(2x)1
2e2xiπ/2
0−Zπ/2
0−2 sin(2x)×1
2e2xdx
=−1
2eπ−1 2+Zπ/2
0
sin(2x)×e2xdx
=−1
2eπ−1 2+I
On a donc finalement :
I=−K =−−1
2eπ−1 2+I
On en tire la solution
I=eπ+ 1
4
Corrigé ex. 5 : Intégrales
•Z1
0
x2exdx
Cette intégrale se traite par intégration par partie. On pose u(x) = x2et v0(x) = ex.
On en déduit u0(x) = 2xet v(x) = ex.
Par conséquent :
Z1
0
x2exdx=hx2exi1
0−Z1
02x×(ex) dx
=e−0−2Z1
0
x exdx
3

L’intégrale dans la dernière expression se traite aussi par intégration par partie en
posant u(x) = xet v0(x) = ex. On en déduit u0(x)=1et v(x) = ex. On obtient :
Z1
0
x exdx=hx exi1
0−Z1
0
1×(ex) dx
=e−0−hexi1
0
=e−(e−1)
= 1
Finalement, on trouve :
Z1
0
x2exdx=e−2
•Z1
−1
1
x2−4dx
On décompose la fraction rationnelle en éléments simples :
1
x2−4=1 41 x−2−1 x+ 2
Par conséquent :
Z1
−1
1
x2−4dx=1 4Z1
−1
dx
x−2−1 4Z1
−1
dx
x+ 2
=1
4hlog |x−2| − log |x+ 2|i1
−1
=−log(3)
2
•Zπ/4
0
tan(x) dx
On calcule cette intégrale par changement de variable en posant u(x) = cos(x).
On en tire du =−sin(x) dx.
Par conséquent :
Zπ/4
0
tan(x) dx=Zx=π/4
x=0
sin(x)
cos(x)dx
=Zu=√2/2
u=1
−1
udu
=h−log(|u|)i√2/2
1
= log(√2)
=1
2log(2)
4

•Z1
−1
sin(x)e−x2dx
On ne peut pas trouver de primitive pour la fonction sin(x)e−x2mais 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)
01
−1
Corrigé ex. 6 : Surface d’un quart de cercle
On considère l’intégrale I=Z1
0p1−x2dx.
a) On la calcule par changement de variable.
Posons x= sin(u). On en déduit dx= cos(u) du. Lorsque uvarie de 0 à π/2, le
sinus varie de 0 à 1 et par conséquent :
I=Zx=1
x=0 p1−x2dx=Zu=π/2 u=0 q1−sin2(u) cos(u) du=Zπ/2 0
cos2(u) du
On a vu dans le cours qu’une primitive de cos2(u)sur R+est F(u) = 1
2u+1 2sin(2u).
On obtient donc :
I=1
2F(π/2) −F(0)=π/4
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