Mathématiques du secondaire qualifiant

Calcul intégral (8)

Exercice 1 tp

Soit f une fonction définie sur [0 ; π/2] par

f(x) = sin(2x)
1+cos(x)

Calculer l'integrale

π/2

0
f(x)dx
Correction

Les fonction cos et sin sont continues sur IR et en particulier sur I donc f est continue sur I et donc elle admet dees primitives sur I

π/2

0
f(x) dx = π/2

0
2sin(x)cos(x)dx
1+cos(x)

On pose t = cos(x) donc dt = -sin(x)dx
x=0 ⇒ t=1 et x=π/2 ⇒ t=0

π/2

0
f(x) dx = 0

1
-2tdt
1+t
= 1

0
2tdt = 1

0
(2 - 2)dt
1+t1+t
= [ 2x - ln|1+t|] 1

0
= 2 - ln(2) -(0 - ln(1))
Ainsi π/2

0
f(x)dx = 2 - ln(2)
Exercice 2 tp

1) Montrer que ∀t∈I=[1 ; e]

1 = 1-t + 1
t²(1+t) 1+t

2) Calculer

K = 1

0
1dx
ex(1+ex)
Correction

1) Soit t∈I=[1 ; e]

1-t + 1 = (1+t)(1-t) + t²
1+t t²(1+t)
= 1-t²+t² = 1
t²(1+t) t²(1+t)

Donc ∀t∈I

1 = 1-t + 1
t²(1+t) 1+t

2) Calcul K les fonctions x→ex et x→1+ex sont continues sur IR et ne s'annulent pas donc leurs inverses sont continues sur IR ainsi f est continue sur IR en particulier sur [0 ; 1] et donc f admet des parimitives sur [0 ; 1]
On pose t = ex donc dt = exdx
(x=0 ⇒ t=1) et (x=1 ⇒ t=e)

K = e

1
1 dt
t(1+t) t

Ou encore

K = e

1
1 dt
t²(1+t)

En utilisant la question précédente on obtient

1

0
1dx = e

1
1-t + 1dt
ex(1+ex) 1+t
= e

1
1 - 1 + 1dt
t 1+t

Donc

K = [ -1 - ln(t) + ln(1+t)] e
1
t

Ou encore

K = -1 + 1 - ln(e)+ ln(1+e) - ln(2)
e

Ainsi

K = -1 + ln(1+e) - ln(2)
e