Chapitre 10Intégrales et primitives

1. Utilisons les formules de trigonométrie pour exprimer $sin^2(x)$ en fonction de $cos2x$.
   Pour tout $x$ réel, on a :\[\cos(2x)=\cos^2(x)-\sin^2(x)=1-2\sin^2(x).\]Donc,\[2\sin^2(x)=1-\cos(2x).\]Puis,\[\sin^2(x)=\frac{1-\cos(2x)}{2}\]Utilisons les formules d’Euler et la formule du binôme de Newton pour exprimer $\sin^4(x)$ en fonction de $\cos(2x)$ et de $\cos(4x)$.Pour tout $x$ réel, on a :\[\begin{align*}\sin^4(x)&={\left(\frac{\e^{\i x}-\e^{-\i x}}{2\i}\right)}^4 \\&=\frac{1}{16}\left(\e^{4\i x}-4\e^{3\i x}\e^{-\i x}+6\e^{2\i x}\e^{-2\i x}-4\e^{\i x}\e^{-3\i x}+\e^{-4\i x}\right) \\&=\frac{1}{16}\left(\e^{4\i x}-4\e^{2\i x}+6-4\e^{-2\i x}+\e^{-4\i x}\right) \\&=\frac{1}{16}\left(\e^{4\i x}+\e^{-4\i x}-4(\e^{2\i x}+\e^{-2\i x})+6\right) \\&=\frac{1}{16}\left(2\cos(4x)-8\cos(2x)+6\right) \\&=\frac{\cos(4x)}{8}-\frac{\cos(2x)}{2}+\frac{3}{8} \\\end{align*}\]
2. Une primitive sur $\R$ de la fonction définie par $\dfrac{\cos(4x)}{4}$ est la fonction définie par $\dfrac{\sin(4x)}{4\times 4}$.
   Une primitive sur $\R$ de la fonction définie par $\dfrac{\cos(2x)}{2}$ est la fonction définie par $\dfrac{\sin(2x)}{2\times 2}$.
   Et une primitive sur $\R$ de la fonction définie par $\dfrac{3}{8}$ est la fonction définie $\dfrac{3}{8}x$.
   Donc, la fonction définie par $\dfrac{\sin(4x)}{16}-\dfrac{\sin(2x)}4+\dfrac{3}{8}x$ est une primitive de $f$ sur $\R$.Ceci permet de trouver toutes les primitives de $f$ sur $\R$ ; ce sont les fonctions de la forme :\[\frac{\sin(4x)}{16}-\frac{\sin(2x)}4+\frac{3}{8}x+C,\text{ où $C$ est une constante réelle arbitraire.}\]
3. D’après ce qui précède :\[\begin{align*}I&=\int_0^{\pi/2}f(x)\;\mathrm{d}x=\int_0^{\pi/2}\sin^2(x)\;\mathrm{d}x=\int_0^{\pi/2}\frac{1-\cos(2x)}{2}\;\mathrm{d}x \\&=\left[\frac{x}2-\frac{\sin(2x)}{4}\right]_0^{\pi/2}=\frac{\pi}4-\frac{\sin(\pi)}4=\frac{\pi}{4},\end{align*}\]et\[\begin{align*}J&=\int_0^{\pi/2}f(x)\;\mathrm{d}x=\int_0^{\pi/2}\sin^4(x)\;\mathrm{d}x \\&=\left[\frac{\sin(4x)}{16}-\frac{\sin(2x)}4+\frac{3}{8}x\right]_0^{\pi/2}=\frac{\sin(2\pi)}{16}-\frac{\sin(\pi)}4+\frac{3}{8}\times \frac{\pi}2=\frac{1+3\pi}{16}.\end{align*}\]

1. On a :\[\begin{align*}\dfrac{t^2-1}{(t+3)^4}&=\dfrac{a}{(t+3)^2}+\dfrac{b}{(t+3)^3}+\dfrac{c}{(t+3)^4} \\&=\dfrac{at^2+(6a+b)t+9a+3b+c}{(t+3)^4}.\end{align*}\]Il suffit de choisir $a$, $b$ et $c$ tels que $\begin{cases}a=1 \\6a+b=0 \\9a++3b+c=-1 \\\end{cases}$ soit $\begin{cases}a=\hphantom{x}1 \\b=-6 \\c=\hphantom{x}8 \\\end{cases}$.
2. On a :\[\begin{align*}\int_{-1}^1{f(t)\;\mathrm{d}t}&=\int_{-1}^1\frac{{t^2}-1}{(t+3)^4}\;\mathrm{d}t=\int_{-1}^1\left(\frac{1}{(t+3)^2}-\frac{6}{(t+3)^3}+\frac{8}{(t+3)^4} \right)\;\mathrm{d}t \\&=\left[-\frac{1}{(t+3)}+\frac{3}{(t+3)^2}-\frac{8}{3(t+3)^3}\right]_{-1}^1=-\frac{1}{48}.\end{align*}\]
3. 1. $F$ existe sur $I$ car $f$ est continue sur $I$ ; $F$ est dérivable sur $I$ et $F’=f$.
   2. Le théorème de dérivation des fonctions composées donne, pour tout $\theta\in\R$ :\[\begin{align*}G'(\theta)&=F'(\cos\theta)\times(-\sin\theta)=f(\cos\theta)\times(-\sin\theta) \\&=\frac{\cos^2\theta-1}{(\cos\theta+3)^4}\times(-\sin\theta)=\frac{\sin^3(\theta)}{(3+\cos\theta)^4}\end{align*}\]
4. D’après ce qui précède :\[\begin{align*}\int_0^{\pi}\frac{\sin^3(\theta)}{(3+\cos\theta)^4}\;\mathrm{d}\theta&=\int_0^{\pi}G'(\theta)\;\mathrm{d}\theta=G(\pi)-G(0) \\&=F\bigl(\cos(\pi)\bigr)-F\bigl(\cos(0)\bigr)=F(-1)-F(1) \\&=\int_0^{-1}f(t)\;\mathrm{d}t+\int_0^1f(t)\;\mathrm{d}t\end{align*}\]La relation de Chasles donne alors :\[\begin{align*}\int_0^{\pi}\frac{\sin^3(\theta)}{(3+\cos\theta)^4}\;\mathrm{d}\theta&=\int_0^{-1}{f(t)\;\mathrm{d}t}-\int_0^1f(t)\;\mathrm{d}t \\&=-\int_{-1}^0f(t)\;\mathrm{d}t-\int_0^1f(t)\;\mathrm{d}t \\&=-\int_{-1}^1f(t)\;\mathrm{d}t=\frac{1}{48}.\end{align*}\]

D’après la relation de Chasles, on peut écrire :\[\begin{align*}I&=\int_0^8 g(x)\;\mathrm{d}x=\int_0^3g(x)\;\mathrm{d}x+\int_3^5 g(x)\;\mathrm{d}x+\int_5^8 g(x)\;\mathrm{d}x \\&=\int_0^3 4\;\mathrm{d}x+\int_3^5 6\;\mathrm{d}x+\int_5^8(-2)\;\mathrm{d}x \\&=\bigl[4x\bigr]_0^3+\bigl[6x\bigr]_3^5+\bigl[-2x\bigr]_5^8 \\&=12+(30-18)+(-16+10)=18. \\\end{align*}\]La valeur moyenne de $g$ sur $[0,8]$ est alors donnée par $\displaystyle \frac{1}{8-0}\int_0^8 g(x)\;\mathrm{d}x=\frac{18}8=\frac{9}{4}$.

1. Pour tout $x\in [-1,4]$, on peut sommer les deux inégalités $\begin{cases}-1\le f(x)\le 3 \\-2\le g(x)\le 1 \\\end{cases}$ pour obtenir $-1-2\le f(x)+g(x)\le 3+1$ soit $-3\le f(x)+g(x)\le 4$.
   La relation $-2\le g(x)\le 1$ est équivalente à l’inégalité $-1\le-g(x)\le 2$.
   En multipliant la première inégalité par 2 et la dernière par 3, on obtient :\[\begin{cases}-2\le \hphantom{x}2f(x)\le 6 \\-3\le-3g(x)\le 6. \\\end{cases}\]Et en sommant de nouveau, on obtient : $-5\le 2f(x)-3g(x)\le 12$.
2. D’après la question précédente, on a :\[\forall x\in [-1,4],\;-3\le f(x)+g(x)\le 4.\]donc en utilisant la croissance de l’intégrale :\[\int_{-1}^4{-3}\;\mathrm{d}x\le \int_{-1}^4\bigl(f(x)+g(x)\bigr)\;\mathrm{d}x\le \int_{-1}^4{4}\;\mathrm{d}x.\]soit\[-15\le \int_{-1}^4\bigl(f(x)+g(x)\bigr)\;\mathrm{d}x\le 20.\]De même, la relation $-5\le 2f(x)-3g(x)\le 12$ entraîne\[\int_{-1}^4{-5}\;\mathrm{d}x\le \int_{-1}^4\bigl(2f(x)-3g(x)\bigr)\;\mathrm{d}x\le \int_{-1}^4{12}\;\mathrm{d}x\]soit\[-25\le \int_{-1}^4\bigl(2f(x)-3g(x)\bigr)\;\mathrm{d}x\le 60.\]

1. 1. La fonction $g$ dérivable sur l’intervalle $[1,2]$ car c’est le rapport de deux fonctions dérivables dont le numérateur $(1+x)$ ne s’annule pas sur $[1,2]$.
      Pour tout $x\in[1,2]$, $g'(x)=\dfrac{\e^x(1+x)-\e^x}{(1+x)^2}=\dfrac{x\e^x}{(1+x)^2}\gt 0$ sur $[1,2]$.
      La fonction $g$ est donc strictement croissante sur $[1,2]$ et pour tout $x\in [1,2]$, $g(1)=\dfrac{\e}{2}\lt g(x)\lt g(2)=\dfrac{e^2}{3}$.
   2. Avec une calculatrice, on obtient $g(1)=\dfrac{\e}{2}\gt 1{,}35$ et $g(2)=\dfrac{e^2}{3}\lt 2{,}47$, ce qui donne grâce à la question précédente \[1\le g(x)\le 2{,}5.\]
   3. Pour tout $x\in [1,2]$, $1\le g(x)\le 2{,}5$.Donc, par croissance de l’intégrale :\[\int_1^2 1\;\mathrm{d}x\le \int_1^2 g(x)\;\mathrm{d}x\le \int_1^2 2{,}5\;\mathrm{d}x.\]D’où :\[1\le \int_1^2 g(x)\;\mathrm{d}x\le 2{,}5\quad\text{et donc}\quad 1\le A_1\le 2{,}5.\]
2. $\displaystyle A_2=\int_1^2 f(x)\;\mathrm{d}x=\int_1^2 \frac{e^x}{(1+x)^2}\;\mathrm{d}x$.
   En posant $u(x)=\e^x$ et $v'(x)=\dfrac{1}{(1+x)^2}$Sachant que les fonctions $u$ et $v$ sont dérivables, de dérivées continues sur $[1,2]$. et en intégrant par parties, on obtient :\[\int_1^2\frac{e^x}{(1+x)^2}\;\mathrm{d}x=\int_1^2 u(x)v'(x)\;\mathrm{d}x=\bigl[u(x)v(x)\bigr]_1^2-\int_1^2 u'(x)v(x)\;\mathrm{d}x.\]Or $u'(x)=\e^x$ et une primitive de $v'(x)$ est $v'(x)=\dfrac{-1}{(1+x)}$.
   Donc :\[\begin{align*}A_2=\int_1^2 \frac{e^x}{(1+x)^2}\;\mathrm{d}x&=\left[\frac{-\e^x}{(1+x)}\right]_1^2-\int_1^2 \frac{-\e^x}{(1+x)}\;\mathrm{d}x \\&=\left[\frac{-{\e^x}}{(1+x)}\right]_1^2+A_1=\frac{\e}{2}-\frac{e^2}{3}+A_1.\end{align*}\]D’après la question précédente, $1\le A_1\le 2{,}5$ donc :\[\frac{\e}2-\frac{e^2}{3}\le \frac{\e}2-\frac{e^2}3+A_1\le 2{,}5+\frac{\e}2-\frac{e^2}{3},\]c’est-à-dire :\[1+\frac{\e}2-\frac{e^2}{3}\le A_2\le 2{,}5+\frac{\e}2-\frac{e^2}{3}.\]Avec une calculatrice, on obtient :\[-1{,}11\le \frac{\e}2-\frac{e^2}{3}\le-1{,}10\]puis, finalement :\[-0{,}11\le A_2\le 1{,}4.\]

1. La fonction tangente est définie pour tout $x$ réel différent de $\dfrac{\pi}2+k\pi\;(k\in\Z)$.
   Donc $\tan\bigl(x^2\bigr)$ existe si et seulement si $x^2\ne\dfrac{\pi}2+k\pi\;(k\in\N)$, car $x^2\gt 0$, soit $x\ne\sqrt{\dfrac{\pi}2+k\pi}\;(k\in\N)$.
   Finalement, $D=\left\{x\in \R,\;x\ne\sqrt{\dfrac{\pi}2+k\pi},\;k\in\N \right\}$.
2. La fonction $f$ est la composée de deux fonctions dérivables sur $D$, elle est donc dérivable sur $D$ et :\[f'(x)=2x\times\tan'(x^2)=2x\bigl(1+{\tan^2}(x^2)\bigr)=2x+2x\tan^2(x^2).\]
3. D’après ce qui précède $x\tan^2\bigl(x^2)=\dfrac{f'(x)-2x}{2}$, donc :\[\begin{align*}\int_0^{\sqrt{\pi/4}}{x\tan^2(x^2)\;\mathrm{d}x}&=\int_0^{\pi/4}{\frac{f'(x)-2x}{2}\;\mathrm{d}x}=\frac{1}{2}\int_0^{\pi/4}{f'(x)-2x\;\mathrm{d}x} \\&=\frac{1}{2}\bigl[f(x)-x^2\bigr]_0^{\pi/4}=\frac{1}{2}\left(\tan\left(\frac{\pi}{4} \right)-\frac{\pi}{4} \right) \\&=\frac{1}{2}\left(\tan \left(\frac{\pi}{4} \right)-\frac{\pi}{4} \right)=\frac{4-\pi}{8} \\\end{align*}\]

1. On a :\[\begin{align*}\frac{1}{x(x^2-1)}&=\frac{a}x+\dfrac{b}{x-1}+\frac{c}{x+1} \\&=\frac{a(x^2-1)+bx(x+1)+cx(x-1)}{x(x^2-1)} \\&=\frac{(a+b+c)x^2+(b-c)x-a}{x(x^2-1)}.\end{align*}\]Il suffit de choisir $a$, $b$ et $c$ tels que $\begin{cases}a+b+c=0 \\b-c=0 \\-a=1 \\\end{cases}$ soit $\begin{cases}a=-1 \\b=1/2 \\c=1/2 \\\end{cases}$
2. Posons $f'(x)=\dfrac{x}{(x^2-1)^2}$ et $g(x)=\ln x$ ; on a alors $f(x)=\dfrac{-1}{2(x^2-1)}$ est une primitive de $f’$ et $g'(x)=\dfrac{1}{x}$ (qui a un sens sur ${[2,+\infty[}$). $f$ et $g$ sont dérivables de dérivées continues sur ${[2,\alpha[}$.
   En utilisant la méthode l’intégration par parties, on peut écrire :\[\begin{align*}\int_2^{\alpha}\frac{x\ln x}{(x^2-1)^2}\;\mathrm{d}x&=\int_2^{\alpha}f'(x)g(x)\;\mathrm{d}x \\&=\bigl[f(x)g(x)\bigr]_2^{\alpha}-\int_2^{\alpha}f(x)g'(x)\;\mathrm{d}x \\&=\left[\frac{-\ln x}{2(x^2-1)}\right]_2^\alpha-\int_2^{\alpha}\frac{-1}{2x(x^2-1)}\;\mathrm{d}x\end{align*}\]Le résultat de la question précédente donne :\[I(\alpha)=\frac{\ln 2}6-\frac{\ln\alpha}{2(\alpha^2-1)}+\frac{1}{2}\int_2^{\alpha}\left(\frac{-1}x+\frac{1}{2(x-1)}+\frac{1}{2(x+1)}\right)\;\mathrm{d}x\]Puis :\[\begin{align*}I(\alpha)&=\frac{\ln 2}6-\frac{\ln\alpha}{2(\alpha^2-1)}+\frac{1}{2}\left[-\ln x+\frac{1}{2}\ln(x-1)+\frac{1}{2}\ln(x+1)\right]_2^{\alpha} \\&=\frac{\ln 2}6-\frac{\ln\alpha}{2(\alpha^2-1)}+\frac{1}{2}\left[-\ln x+\ln\sqrt{(x-1)}+\ln\sqrt{(x+1)}\right]_2^{\alpha}\ \\&=\frac{\ln 2}6-\frac{\ln\alpha}{2(\alpha^2-1)}+\frac{1}{2}\left[\ln\left(\frac{\sqrt{(x^2-1)}}{x}\right)\right]_2^{\alpha} \\&=\frac{\ln 2}6-\frac{\ln\alpha}{2(\alpha^2-1)}+\frac{1}{2}\left[\ln\left(\frac{\sqrt{(\alpha^2-1)}}{\alpha}\right)-\ln\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\right] \\\end{align*}\]
3. D’après la croissance comparées et les propriétés du logarithme, on a :\[\lim_{\alpha\to+\infty}\,\frac{\ln \alpha}{2(\alpha^2-1)}=0\]et\[\begin{align*}\lim_{\alpha\to+\infty}\,\ln\left(\frac{\sqrt{(\alpha^2-1)}}{\alpha}\right)&=\lim_{\alpha\to+\infty}\,\ln\left(\frac{\alpha\sqrt{1-\frac{1}{\alpha^2}}}{\alpha} \right) \\&=\lim_{\alpha\to+\infty}\,\ln \left(\sqrt{1-\frac{1}{\alpha^2}}\right) \\&=\ln 1=0\end{align*}\]Ce qui donne :\[\lim_{\alpha\to+\infty}\,I(\alpha)=\frac{\ln 2}6-\frac{1}{2}\ln\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=\frac{\ln 2}6-\frac{1}{4}\ln\left(\frac{3}{2}\right)\]valeur qu’on peut simplifier ou approcher avec une calculatrice.