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exercice 1 facile

Calcul détaillé de 8 intégrales (de polynômes et de fractions rationnelles de petits degrés).

Calcul de A={\displaystyle \int_{0}^{1}\left(t^{3}-2t\right)\thinspace dt}

    \[A=\left[\frac{t^{4}}{4}-t^{2}\right]_{0}^{1}=\frac{1}{4}-1=\boxed{-\frac{3}{4}}\]

Calcul de B={\displaystyle \int_{-1}^{1}\left(t^{3}+t\right)^{17}\thinspace dt}

La propriété utilisée est la suivante :

Proposition

Si f:\left[-a,a\right]\rightarrow\mathbb{R} est une fonction continue et impaire, alors \int_{-a}^{a}f\left(t\right)\thinspace dt=0.

On peut prouver ceci en changeant de variable (poser s=-t).

Et si vous ne connaissez pas l’intégration par changement de variable, pas de souci …

Notons F la primitive de f qui s’annule en 0 et posons, pour tout t\in\left[-a,a\right] :

    \[\varphi\left(t\right)=F\left(t\right)-F\left(-t\right)\]

On dérive (attention à la dérivation composée) :

    \[\varphi'\left(t\right)=f\left(t\right)+f\left(-t\right)=0\]

Et donc \varphi est constante. Mais comme \varphi\left(0\right)=0, alors \varphi est nulle.

Ceci montre que F est paire et donc que :

    \[\int_{-a}^{a}f\left(t\right)\thinspace dt=F\left(a\right)-F\left(-a\right)=0\]

Calcul de C={\displaystyle \int_{0}^{1}\left(t^{2}+1\right)^{3}\thinspace dt}

Le plus simple est de développer. On trouve, pour tout t :

    \[\left(t^{2}+1\right)^{3}=t^{6}+3t^{4}+3t^{2}+1\]

d’où :

    \[C=\left[\frac{t^{7}}{7}+\frac{3t^{5}}{5}+t^{3}+t\right]_{0}^{1}=\frac{1}{7}+\frac{3}{5}+1+1=\boxed{\frac{96}{35}}\]

Calcul de D={\displaystyle \int_{0}^{1}\left(\frac{2}{t+3}-\frac{1}{2t+1}\right)\thinspace dt}

    \begin{eqnarray*}D & = & \left[2\ln\left(t+3\right)-\frac{1}{2}\ln\left(2t+1\right)\right]_{0}^{1}\\& = & 2\ln\left(4\right)-\frac{1}{2}\ln\left(3\right)-\left(2\ln\left(3\right)-\frac{1}{2}\ln\left(1\right)\right)\\& = & \boxed{4\ln\left(2\right)-\frac{5}{2}\ln\left(3\right)}\end{eqnarray*}

Compte tenu des propriétés de la fonction logarithme, on peut encore écrire : {\displaystyle D=\frac{1}{2}\ln\left(\frac{256}{243}\right).}

Calcul de E={\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{1}{\left(t+1\right)\left(t+2\right)}\thinspace dt}

On observe que, pour tout t\in\mathbb{R}-\left\{ -2,-1\right\} :

    \[\frac{1}{\left(t+1\right)\left(t+2\right)}=\frac{1}{t+1}-\frac{1}{t+2}\]

d’où :

    \[E=\left[\ln\left(t+1\right)-\ln\left(t+2\right)\right]_{0}^{1}=2\ln\left(2\right)-\ln\left(3\right)\]

soit finalement :

    \[\boxed{E=\ln\left(\frac{4}{3}\right)}\]

Calcul de F={\displaystyle \int_{0}^{2}\left(\frac{1}{\left(t+1\right)^{2}}-\frac{2}{\left(t+1\right)^{3}}\right)\thinspace dt}

    \[F=\left[-\frac{1}{t+1}+\frac{1}{\left(t+1\right)^{2}}\right]_{0}^{2}=-\frac{1}{3}+\frac{1}{9}-\left(-1+1\right)\]

et donc :

    \[\boxed{F=-\frac{2}{9}}\]

Calcul de G={\displaystyle \int_{1}^{2}\frac{t}{1+t^{2}}\thinspace dt}

    \[G=\frac{1}{2}\int_{1}^{2}\frac{2t}{1+t^{2}}\thinspace dt=\frac{1}{2}\left[\ln\left(1+t^{2}\right)\right]_{1}^{2}=\frac{1}{2}\left(\ln\left(5\right)-\ln\left(2\right)\right)\]

ou encore :

    \[\boxed{G=\frac{1}{2}\ln\left(\frac{5}{2}\right)}\]

Calcul de H={\displaystyle \int_{1}^{2}\left(1+\frac{1}{t}\right)^{2}\frac{1}{t^{2}}\thinspace dt}

On développe :

    \begin{eqnarray*}H & = & \int_{1}^{2}\left(\frac{1}{t^{2}}+\frac{2}{t^{3}}+\frac{1}{t^{4}}\right)\thinspace dt\\& = & \left[-\frac{1}{t}-\frac{1}{t^{2}}-\frac{1}{3t^{3}}\right]_{1}^{2}\\& = & \left(-\frac{1}{2}-\frac{1}{4}-\frac{1}{24}\right)-\left(-1-1-\frac{1}{3}\right) \end{eqnarray*}

d’où après simplification :

    \[\boxed{H=\frac{37}{24}}\]

Calcul détaillé de 8 intégrales (de fonctions composées d’exponentielles (ou de logarithmes) et de polynômes).

Calcul de A={\displaystyle \int_{0}^{1}\left(2t-3\right)e^{-t/2}\thinspace dt}

On intègre par parties en posant :

    \begin{eqnarray*}u=2t-3 & ; & v'=e^{-t/2}\\ u'=2 & ; & v=-2e^{-t/2}\end{eqnarray*}

On obtient :

    \begin{eqnarray*}A & = & \left[-2\left(2t-3\right)e^{-t/2}\right]_{0}^{1}+\int_{0}^{1}4\thinspace e^{-t/2}\thinspace dt\\& = & 2\thinspace e^{-1/2}-6+4\left[-2e^{-t/2}\right]_{0}^{1}\\& = & 2\thinspace e^{-1/2}-6+4\left(-2\thinspace e^{-1/2}+2\right)\end{eqnarray*}

soit finalement :

    \[\boxed{A=2-6\thinspace e^{-1/2}}\]

Calcul de B={\displaystyle\int_{0}^{1}t\thinspace e^{t^{2}}\thinspace dt}

    \[B=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}2t\thinspace e^{t^{2}}\thinspace dt=\frac{1}{2}\left[e^{t^{2}}\right]_{0}^{1}\]

et donc :

    \[\boxed{B=\frac{e-1}{2}}\]

Calcul de C={\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{e^{t}}{e^{t}+1}\thinspace dt}

    \[C=\left[\ln\left(e^{t}+1\right)\right]_{0}^{1}=\ln\left(e+1\right)-\ln\left(2\right)\]

ou encore :

    \[\boxed{C=\ln\left(\frac{e+1}{2}\right)}\]

Calcul de D=\int_{-1}^{1}\left(1+e^{t}\right)^{3}e^{t}\thinspace dt

    \[D=\left[\frac{1}{4}\left(1+e^{t}\right)^{4}\right]_{-1}^{1}=\frac{1}{4}\left(\left(1+e\right)^{4}-\left(1+\frac{1}{e}\right)^{4}\right)\]

expression que l’on peut, si l’on veut, factoriser sous la forme :

    \[\boxed{D=\frac{\left(1+e\right)^{4}}{4}\left(1-\frac{1}{e^{4}}\right)}\]

Calcul de E={\displaystyle \int_{1}^{e}t\ln\left(t\right)\thinspace dt}

On intègre par parties en posant :

    \begin{eqnarray*}u'=t & ; & v=\ln\left(t\right)\\ u=\frac{t^{2}}{2} & ; & v'=\frac{1}{t} \end{eqnarray*}

ce qui donne :

    \begin{eqnarray*}E & = & \left[\frac{t^{2}}{2}\ln\left(t\right)\right]_{1}^{e}-\int_{1}^{e}\frac{t}{2}\thinspace dt\\& = & \frac{e^{2}}{2}-\left[\frac{t^{2}}{4}\right]_{1}^{e}\\& = & \boxed{\frac{e^{2}+1}{4}}\end{eqnarray*}

Calcul de F={\displaystyle \int_{1}^{2}\ln\left(1+\frac{1}{t}\right)\,dt}

On intègre par parties en posant :

    \begin{eqnarray*}u'=1 & ; & v=\ln\left(1+\frac{1}{t}\right)\\ u=t & ; & v'=-\frac{1}{t^{2}+t} \end{eqnarray*}


On obtient :

    \begin{eqnarray*}F & = & \left[t\ln\left(1+\frac{1}{t}\right)\right]_{1}^{2}+\int_{1}^{2}\frac{1}{t+1}\thinspace dt\\& = & 2\ln\left(\frac{3}{2}\right)-\ln\left(2\right)+\left[\ln\left(t+1\right)\right]_{1}^{2}\\& = & 2\ln\left(\frac{3}{2}\right)-\ln\left(2\right)+\ln\left(3\right)-\ln\left(2\right)\end{eqnarray*}

c’est-à-dire :

    \[\boxed{F=3\ln\left(3\right)-4\ln\left(2\right)}\]

ou encore, si l’on préfère : F=\ln\left(\frac{27}{16}\right).

Calcul de G={\displaystyle \int_{1}^{e}t^{2}\ln^{3}\left(t\right)\,dt}

On intègre trois fois (!) par parties.

➡ Première IPP :

    \begin{eqnarray*}u'=t^{2} & ; & v=\ln^{3}\left(t\right)\\ u=\frac{t^{3}}{3} & ; & v'=\frac{3}{t}\ln^{2}\left(t\right) \end{eqnarray*}


qui donne :

    \[G=\left[\frac{t^{3}}{3}\ln^{3}\left(t\right)\right]_{1}^{e}-G_{1}\qquad\text{avec : }G_{1}=\int_{1}^{e}t^{2}\ln^{2}\left(t\right)\thinspace dt\]

➡ Seconde IPP (pour G_{1}) :

    \begin{eqnarray*}u'=t^{2} & ; & v=\ln^{2}\left(t\right)\\ u=\frac{t^{3}}{3} & ; & v'=\frac{2}{t}\ln\left(t\right)\end{eqnarray*}

et donc :

    \[G_{1}=\left[\frac{t^{3}}{3}\ln^{2}\left(t\right)\right]_{1}^{e}-G_{2}\qquad\text{avec : }G_{2}=\int_{1}^{e}\frac{2t^{2}}{3}\ln\left(t\right)\thinspace dt\]

➡ Troisième IPP (pour G_{2}) :

    \begin{eqnarray*}u'=\frac{2t^{2}}{3} & ; & v=\ln\left(t\right)\\ u=\frac{2t^{3}}{9} & ; & v'=\frac{1}{t}\end{eqnarray*}

et donc :

    \begin{eqnarray*}G_{2} & = & \left[\frac{2t^{3}}{9}\ln\left(t\right)\right]_{1}^{e}-\int_{1}^{e}\frac{2t^{2}}{9}\thinspace dt\\& = & \frac{2e^{3}}{9}-\left[\frac{2t^{3}}{27}\right]_{1}^{e}\\& = & \frac{2e^{3}}{9}-\left(\frac{2e^{3}}{27}-\frac{2}{27}\right)\\& = & \frac{4e^{3}+2}{27}\end{eqnarray*}

Maintenant, on doit coller les morceaux …

    \begin{eqnarray*}G & = & \frac{e^{3}}{3}-G{1}\\& = & \frac{e^{3}}{3}-\left(\frac{e^{3}}{3}-G_{2}\right)\\& = & G_{2}\end{eqnarray*}

et finalement :

    \[\boxed{G=\frac{4e^{3}+2}{27}}\]

Calcul de H={\displaystyle \int_{0}^{1}t^{3}e^{t^{2}}\thinspace dt}

On intègre par parties en posant :

    \begin{eqnarray*}u=t^{2} & ; & v'=t\thinspace e^{t^{2}}\\ u'=2t & ; & v=\frac{1}{2}e^{t^{2}} \end{eqnarray*}


ce qui donne :

    \begin{eqnarray*}H & = & \left[\frac{t^{2}}{2}e^{t^{2}}\right]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}t\thinspace e^{t^{2}}\thinspace dt\\& = & \frac{e}{2}-\left[\frac{1}{2}e^{t^{2}}\right]_{0}^{1}\\& = & \boxed{\frac{1}{2}}\end{eqnarray*}

Calcul détaillé de 8 intégrales trigonométriques.

Calcul de A={\displaystyle \int_{0}^{\pi/6}\cos\left(2t\right)\thinspace dt}

    \[A=\left[\frac{1}{2}\sin\left(2t\right)\right]_{0}^{\pi/6}=\frac{1}{2}\sin\left(\frac{\pi}{3}\right)=\boxed{\frac{\sqrt{3}}{4}}\]

Calcul de B={\displaystyle \int_{\pi/3}^{\pi/2}\frac{\cos\left(t\right)}{\sin\left(t\right)}\thinspace dt}

    \begin{eqnarray*}B & = & \left[\ln\left(\sin\left(t\right)\right)\right]_{\pi/3}^{\pi/2}\\& = & -\ln\left(\sin\left(\frac{\pi}{3}\right)\right)\\& = & -\ln\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\\ & = & \boxed{\ln\left(2\right)-\frac{1}{2}\ln\left(3\right)}\end{eqnarray*}


ou, ce qui revient au même : B=\frac{1}{2}\ln\left(\frac{4}{3}\right).

Calcul de C={\displaystyle \int_{0}^{\pi}t\cos\left(t\right)\thinspace dt}

On intègre par parties en posant :

    \begin{eqnarray*}u=t & ; & v'=\cos\left(t\right)\\ u'=1 & ; & v=\sin\left(t\right)\end{eqnarray*}


ce qui donne :

    \begin{eqnarray*}C & = & \left[t\sin\left(t\right)\right]_{0}^{\pi}-\int_{0}^{\pi}\sin\left(t\right)\thinspace dt\\& = & \boxed{-2}\end{eqnarray}

Calcul de D={\displaystyle \int_{0}^{\pi}t^{2}\sin\left(t\right)\thinspace dt}

On intègre deux fois par parties, en dérivant à chaque fois le facteur polynomial (ce qui a pour effet de le faire disparaître).

➡ Première IPP :

    \begin{eqnarray*}u=t^{2} & ; & v'=\sin\left(t\right)\\ u'=2t & ; & v=-\cos\left(t\right) \end{eqnarray*}


donc :

    \[D=\left[-t^{2}\cos\left(t\right)\right]_{0}^{\pi}+D_{1}\qquad\text{avec : }D_{1}=\int_{0}^{\pi}2t\cos\left(t\right)\thinspace dt\]

➡ Seconde IPP (pour D_{1}) :

    \begin{eqnarray*}u=2t & ; & v'=\cos\left(t\right)\\ u'=2 & ; & v=\sin\left(t\right)\end{eqnarray*}


ce qui donne :

    \begin{eqnarray*}D_{1} & = & \left[2t\sin\left(t\right)\right]_{0}^{\pi}-\int_{0}^{\pi}2\sin\left(t\right)\thinspace dt\\& = & -\left[-2\cos\left(t\right)\right]_{0}^{\pi}\\& = & -4\end{eqnarray*}

Ainsi :

    \[\boxed{D=\pi^{2}-4}\]

Calcul de E={\displaystyle \int_{0}^{\pi/2}\frac{\cos\left(t\right)}{\sqrt{3+\sin\left(t\right)}}\thinspace dt}

    \[E=2\int_{0}^{\pi/2}\frac{u'\left(t\right)}{2\sqrt{u\left(t\right)}}\thinspace dt\qquad\text{avec }u\left(t\right)=3+\sin\left(t\right)\]

et donc :

    \[E=2\left[\sqrt{3+\sin\left(t\right)}\right]_{0}^{\pi/2}=\boxed{4-2\sqrt{3}}\]

Calcul de F={\displaystyle \int_{0}^{\pi/2}\left(1+\sin^{2}\left(t\right)\right)^{2}\sin\left(2t\right)\thinspace dt}

    \begin{eqnarray*}F & = & \int_{0}^{\pi/2}\left(1+\sin^{2}\left(t\right)\right)^{2}2\sin\left(t\right)\cos\left(t\right)\thinspace dt\\& = & \int_{0}^{\pi/2}u\left(t\right)^{2}u'\left(t\right)\thinspace dt\qquad\text{avec }u\left(t\right)=1+\sin^{2}\left(t\right)\end{eqnarray*}


Par conséquent :

    \[F=\left[\frac{1}{3}u\left(t\right)^{3}\right]_{0}^{\pi/2}=\frac{1}{3}\left(2^{3}-1\right)=\boxed{\frac{7}{3}}\]

Calcul de G={\displaystyle \int_{\pi/6}^{5\pi/6}\frac{\cos\left(t\right)}{\sin^{2}\left(t\right)}\thinspace dt}

    \[G=\int_{\pi/6}^{5\pi/6}\frac{u'\left(t\right)}{u\left(t\right)^{2}}\thinspace dt\qquad\text{avec }u\left(t\right)=\sin\left(t\right)\]

donc :

    \[G=\left[-\frac{1}{\sin\left(t\right)}\right]_{\pi/6}^{5\pi/6}\qquad\text{càd : }\boxed{G=0}\]

Ce résultat pouvait être obtenu sans calcul. En effet, si l’on pose \mathcal{I}=\left[\frac{\pi}{6},\frac{5\pi}{6}\right] et

    \[\gamma:\mathcal{I}\rightarrow\mathbb{R},\thinspace t\mapsto\frac{\cos\left(t\right)}{\sin^{2}\left(t\right)}\]

alors \mathcal{I} symétrique par rapport à \frac{\pi}{2} et de plus :

    \[\forall t\in\mathcal{I},\thinspace\gamma\left(\pi-t\right)=-\gamma\left(t\right)\]

ce qui signifie que le graphe de \gamma présente une symétrie centrale de centre \left(\frac{\pi}{2},0\right).

La nullité de l’intégrale en résulte.

Calcul de H={\displaystyle \int_{0}^{\pi/4}\frac{\sin\left(t\right)}{\sin\left(t\right)+\cos\left(t\right)}\thinspace dt}

Si l’on pose :

    \[K=\int_{0}^{\pi/4}\frac{\cos\left(t\right)}{\sin\left(t\right)+\cos\left(t\right)}\thinspace dt\]

alors d’évidence :

    \[\boxed{K+H=\frac{\pi}{4}\qquad\left(1\right)}\]

De plus :

    \begin{eqnarray*}K-H & = & \int_{0}^{\pi/4}\frac{\cos\left(t\right)-\sin\left(t\right)}{\sin\left(t\right)+\cos\left(t\right)}\thinspace dt\\& = & \left[\ln\left(\sin\left(t\right)+\cos\left(t\right)\right)\right]_{0}^{\pi/4}\end{eqnarray*}

c’est-à-dire :

    \[\boxed{K-H=\ln\left(\sqrt2\right)\qquad\left(2\right)}\]

Il en résulte, par différence membre à membre de \left(1\right) et \left(2\right), que :

    \[\boxed{H=\frac{\pi}{8}-\frac{1}{4}\ln\left(2\right)}\]


Si un point n’est pas clair ou vous paraît insuffisamment détaillé, n’hésitez pas à poster un commentaire ou à me joindre via le formulaire de contact.

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