Calculs de primitives et intégrales Correction des Exercices

(1)

- Exercice 1 1. Z _d_x 1 + ex = Z _{1 + e}x₋_ex 1 + ex dx= Z dx− Z _ex_d_x 1 + ex = x−ln (1 + e x_{) +}_C

2. Pourxdans tout intervalle ne contenant pas de réels de la forme π₂+kπ, oùk∈_Z,comme

−π 2 +kπ, π 2 +kπ : Z tan2x dx= Z 1 + tan2x dx− Z 1dx= tanx−x+C , C ∈_R

3. Pour tout réel x,on linéarise(transformation de produit ensomme) :

Z

cos (7x) cos (9x) dx= 1₂

Z

(cos (16x) + cos (2x))dx= ₃₂1 sin (16x) +1₄sin (2x) +C , C ∈_R

4. Pour tout x dans un intervalle ne contenant pas−1

3,on fait apparaitre une forme u0 u3 qui s’intègre en − 1 2u2 : Z 5dx (3x+ 1)3 = 5 3 Z 3dx (3x+ 1)3 = − 5 6 1 (3x+ 1)2 +C , C ∈R 5. De la même manière, pour x dans un intervalle ne contenant pas−1

2 : Z dx (2x+ 1)5 = 1 2 Z 2dx (2x+ 1)5 = − 1 8 1 (2x+ 1)4 +C , C ∈R 6. Z ₍√_x_{+ 1)}2 √

x dx pourx >0.On peut reconnaitre une formeu

0_u2 _{ou poser} ( t= 1 +√x dt= ₂dx√ x , (x7−→1 +√xestC1sur _R∗₊) Alors∀x >0, Z (√x+ 1)2 √ x dx= 2 Z t2dt= 2 3t 3₊_C Z ₍√_x_{+ 1)}2 √ x dx= 2 3 1 + √ x3+C (C∈R) 7. La fonction x7−→ _√sinx

cosx+2 est continue sur R puisque cosx+ 2est toujours strictement positif. On peut calculer ses primitives sur _R : Il suffit de reconnaitre la forme √u0

u qui s’intègre en 2√u : Z _sin_x √ cosx+ 2 dx=−2 Z ₋_sin_x 2√cosx+ 2 dx= −2 √ cosx+ 2 +C , C ∈R

8. La primitive existe sur_R. On peut reconnaitre une forme u 0 u ou poser t= 1 +x4 dt= 4x3dx , (x7−→1 +x 4_est _C1 _sur R) Pour x∈_R:

(2)

- Exercice 2 1. SoitI =

Z π

0

|cos (2x)| dx.Il n’y a pas de primitives exprimables de la valeur absolue, on « découpeI en morceaux » où le signe decos (2x) est constant :

x 0 π/4 3π/4 π cos (2x) 1 + 0 − 0 + 1 D’où I = Z π/4 0 cos (2x) dx− Z 3π/4 π/4 cos (2x) dx+ Z π 3π/4 cos (2x) dx = sin (2x) 2 π/4 0 − sin (2x) 2 3π/4 π/4 + sin (2x) 2 π 3π/4 = 1 2(1−(−1−1) + (−1)) = 2 2. Pour calculerJ = Z e2 e dx xlnx,on remarque la forme u0 u,avec u= lnx : J = Z e2 e (1/x) dx lnx = [ln|lnx|] e2 e = ln ln e 2 −ln (lne) = ln 2−ln 1 = ln 2 3. Pour K= Z 1 1/2 e1/x2 x3 dx,on reconnait la forme u 0_eu _: K=−1 2 Z 1 1/2 −2 x3e 1/x2_d_x₌₋1 2 h e1/x2i1 1/2= e4−e 2

- Exercice 3 Calculer les primitives suivantes en indiquant les intervalles de validité : 1.

Z √

Arctanx

1 +x2 dx n’est définie que pour x > 0. On peut reconnaitre une forme u 0√_u _ou bien poser    t=Arctanx>0 dt= dx 1 +x2 (Arctan∈C1(R+,R+)) Alors∀x>0, Z √_Arctan_x 1 +x2 dx= Z √ tdt= Z t1/2dt= 2 3t 3/2₊_C Ainsi, ∀x>0, Z √ Arctanx 1 +x2 dx= 2 3Arctanx √ Arctanx+C (C∈_R) 2. Z √_x_{+ 1} √ x dx 3. Z _x3

(1 +x4₎2 dx, définie surR. On peut reconnaitre une forme

u0 u2 ou poser t=x4 dt= 4x3dx , (x7−→x 4_est _C1 _sur R)

(3)

Alors∀x∈_R, Z _x3 (1 +x4₎2 dx= 1 4 Z dt (1 +t)2 =− 1 4 1 1 +t+C Z _x3 (1 +x4₎2 dx=− 1 4 1 1 +x4 +C (C∈R) 4. Z x

1 +x4 dx,définie sur R. On peut reconnaitre une forme

u0 1 +u2 ou poser t=x2 dt= 2xdx , (x7−→x 2 _est_C1_sur R) Alors∀x∈R, Z x 1 +x4 dx= 1 2 Z dt 1 +t2 = 1 2Arctan(t) +C Z _x 1 +x4 dx= 1 2Arctan x 2 +C (C ∈_R) 5. Z _ex

1 + e2xdx est définie surR. On peut reconnaitre la forme

u0 1 +u2 ou bien poser t= ex dt= exdx , (x7−→e x _est_C1 _sur R) Alors pour tout réel x,

Z ex 1 + e2xdx= Z dt 1 +t2 =Arctan(t) +C = Arctan(e x_{) +}_C _,_C _∈ R.

- Exercice 4 Calculer à l’aide des nombres complexes, une primitive sur _Rde : 1. Soit F(x) = Z x3−1 cosx dx = Z x3−1 Re eix dx = Re Z x3−1 eixdx. On sait d’après la proposition 2 du Cours :

∃(a, b, c, d, C)∈_C4 _/ _∀_x_∈ R, Z x3−1 eixdx= ax3+bx2+cx+d eix+C On calcule la dérivée de x7−→ ax3+bx2+cxd eix : ∀x∈_R, d dx ax3+bx2+cx+d eix = i ax3+bx2+cx+d + 3ax2+ 2bx+c eix Soit ∀x∈_R, x3−1 eix = iax3+ (3a+ib)x2+ (2b+ic) + (c+id) eix Ou encore eix6= 0 ∀x∈_R, x3−1 =iax3+ (3a+ib)x2+ (2b+ic) + (c+id) On identifie les coefficients des polynômes :

       ia= 1 3a+ib= 0 2b+ic= 0 c+id=−1 ⇐⇒        a=−i b= (3i)/i= 3 c=−6/i= 6i d= (−6i−1)/i=−6 +i

(4)

Ainsi∀x∈_R, Z x3−1 eixdx = −ix3+ 3x2+ 6ix−6 +i eix+C = −6 + 3x2+i 1 + 6x−x3(cosx+isinx) +C Il vient F(x) =Re −6 + 3x2+i 1 + 6x−x3(cosx+isinx)+C Soit F(x) = −6 + 3x2cosx+ −1−6x+x3sinx+C C∈R 2. De la même manière Z x2+ 1excosxdx= Z x2+ 1Re(e(1+i)x)dx=Re Z x2+ 1e(1+i)xdx.

Cherchons cette primitive complexe sous la forme

∀x∈_R, Z x2+ 1e(1+i)xdx= ax2+bx+ce(1+i)x+C, (a, b, c, C)∈_C4 Pour tout x∈_R, d dx ax 2₊_bx₊_c e(1+i)x = x2+ 1 e(1+i)x s’écrit (1 +i) ax2+bx+c+ (2ax+b)e(1+i)x = x2+ 1e(1+i)x Soit puisque e(1+i)x₆_{= 0} _:

(1 +i)ax2+ (2a+ (1 +i)b)x+ (b+ (1 +i)c)

=x2+ 1 Par identification des coefficients polynomiaux :

   (1 +i)a= 1 2a+ (1 +i)b= 0 b+ (1 +i)c= 1 ⇐⇒          a= _1+i1 = 1₂(1−i) b=−1−i 1 +i =i c= 1−i 1 +i =−i

On a donc pour toutx∈_R

Z x2+ 1e(1+i)xdx = 1 2(1−i)x 2₊_ix₋_i e(1+i)x+C = 1 2e x _x2₋_{i x}2₋₂_x_{+ 2} (cosx+isinx) +C

On extrait la partie réelle :

Z x2+ 1 excosx dx= 1 2e x _x2_cos_x₊ _x2₋₂_x_{+ 2} sinx +C , C ∈R

- Exercice 5 Calculer les primitives suivantes sur des intervalles adéquats : 1. F(x) =

Z

x+ 1

x2₋₂_x_{+ 10} dx est définie pour tout x car le trinôme a un discriminant strictement négatif.

On fait apparaitre la dérivée2x−2 = 2 (x−1)du dénominateur au numérateur :∀x∈R,

F(x) = Z x−1 x2₋₂_x_{+ 10} dx+ 2 Z 1 x2₋₂_x_{+ 10} dx = 1 2ln x 2₋₂_x_{+ 10} + 2 Z _d_x (x−1)2+ 9 = 1 2ln x 2₋₂_x_{+ 10} +2 3Arctan x−1 3 +C C ∈R

(5)

2. G(x) =

Z

x+ 1

x2₋₃_x_{+ 2}dx n’est définie que pourx dans un intervalleI ne contenant pas les racines1 et2du trinôme. Alors, on vérifie :

∀x∈I, x+ 1 x2₋₃_x_{+ 2} = x+ 1 (x−1) (x−2) = 3 x−2 − 2 x−1 D’où G(x) = 3 ln|x−2| −2 ln|x−3|+C C∈_R 3. H(x) = Z ₁₋_x

x2₋₄_x_{+ 4}dxn’est définie que pourx dans un intervalle I ne contenant pas la racine double 2du trinôme. Alors ∀x∈I,

H(x) = Z ₁₋_x (x−2)2dx= Z ₂₋_x (x−2)2 dx− Z ₁ (x−2)2 dx=− Z dx x−2 − Z dx (x−2)2 Ainsi H(x) =−ln|x−2|+ 1 x−2+C C∈R

- Exercice 6 Calculer à l’aide d’une ou plusieurs intégrations par parties : 1. Z ln (1 +x) dx pour x >−1.On pose u0 :x7−→1 v:x7−→ln (x+ 1) et u:x7−→ x+ 1 v0 :x7−→ _x+11 : (u, v)∈C 1_(]₋₁_,₊_∞_[)2

Alors par intégration par parties

Z ln (1 +x) dx= (x+ 1) ln (x+ 1)− Z dx= (x+ 1) ln (x+ 1)−x+C C∈_R 2. Soit I = Z 2 1 (lnx)2 dx.On pose u0 :x7−→1 v:x7−→ln2(x) et u:x7−→x v0 :x7−→ 2 lnx x : (u, v)∈C1([1,2]) Alors par intégration par parties

I =xln2x2₁−2 Z 2 1 lnxdx= 2 ln22−2 Z 2 1 lnx dx On pose encore u0₁ :x7−→1 v1 :x7−→lnx et u1:x7−→x v₁0 :x7−→ 1_x : (u1, v1)∈C 1_([1_,_2])2

et par intégration par parties à nouveau :

I = 2 ln2(2)−2 [xlnx]2₁− Z 2 1 dx Finalement I = 2 ln2(2)−4 ln 2 + 2 = 2 (ln 2−1)2

(6)

3. Si x∈_R,on pose F(x) =

Z

shxsinxdx.On intègre par parties en posant :

u0 =sh v= sin et u=ch v0 = cos : (u, v)∈C 1_(R)2 Alors∀x∈R, F(x) =chxsinx− Z chxcosxdx

On intègre à nouveau par parties, dans le même sens pour ne pas revenir en arrière :

u0₁=ch v1 = cos et u1=sh v₁0 =−sin : (u1, v1)∈C 1_(R)2 F(x) = chxsinx−shxcosx− Z shxsinx dx = chxsinx−shxcosx−F(x) +C (C ∈R) Il vient donc F(x) = 1 2(chxsinx−shxcosx) +C C∈R Remarque 1 Autre méthode : passer par C

Pour tout réel x: F(x) =

Z shxsinx dx= 1 2 Z (ex−e−x)Im(eix)dx = 1 2 Z Im (ex−e−x)eix dx car(ex−e−x)∈_R = 1 2Im Z ex(1+i)−ex(−1+i) dx= 1 2Im 1 1 +ie x_eix₋ 1 −1 +ie −x_eix = 1 2Im 1−i 2 e x_(cos_x₊_i_sin_x_{) +}1 +i 2 e −x_(cos_x₊_i_sin_x +C = 1 2× 1 2(e

x₍₋_cos_x_{+ sin}_x_{) + e}−x_(cos_x_{+ sin}_x_{)) =} 1 2 cosx×−e x_{+ e}−x 2 + sinx× ex+ e−x 2 = 1 2(chxsinx−shxcosx) +C, C∈R.

Cela peut paraitre plus long, mais 0 IPP a été utilisée, que des primitives de fonctions de la forme x7−→eax avec a∈_C. 4. Z xlnx (1 +x2₎2 dx pour x >0.On pose :    u0:x7−→ x (1 +x2₎2 v:x7−→lnx et      u:x7−→ − 1 2 (x2_{+ 1)} v0 :x7−→ 1 x : (u, v)∈C1 _R∗₊

En intégrant par parties, on a∀x >0

Z _x_ln_x (1 +x2₎2 dx = − lnx 2 (x2_{+ 1)}+ 1 2 Z ₁ x(1 +x2₎ dx = − lnx 2 (x2_{+ 1)}+ 1 2 Z _{1 +}_x2₋_x2

x(1 +x2₎ dx #ruse pour les fractions rationnelles = − lnx 2 (x2_{+ 1)}+ 1 2 Z dx x − 1 2 Z x 1 +x2 dx = − lnx 2 (x2_{+ 1)}+ 1 2lnx− 1 4ln 1 +x 2 +C

(7)

Finalement Z xlnx (1 +x2₎2 dx= x2lnx 2 (x2_{+ 1)}− 1 4ln 1 +x 2 +C C∈_R 5. Soit I = Z 2 1/2 Arcsin x−2 3 dx. On pose    u0 :x7−→1 v:x7−→Arcsin x−2 3 et      u:x7−→ x−2 v0 :x7−→ 1 3 q 1− x−2 3 2 : (u, v)∈C1 ₁ 2,2 Donc : I = (x−2)Arcsin x−2 3 2 1/2 − Z 2 1/2 x−2 q 9−(x−2)2 dx = −3 2Arcsin 1 2+ q 9−(x−2)2 2 1/2 #u0/2√u = −π 4 + 3− r 9−9 4 Finalement I =−π 4 + 3− 3 2 √ 3 - Exercice 7

1. Trouvons a, b, créels tels que :∀x6=−1, 1 x3_{+ 1} = a x+ 1+ bx+c x2₋_x_{+ 1} (∗) On sait que∀x∈R, x3+ 1 = (x+ 1) x2−x+ 1.

Avec les méthodes usuelles de décomposition des fractions rationnelles, peu rigoureuses a priori :

— on multiplie(∗) parx+ 1puis on substitue −1 àx : on obtienta= 1₃.

— En substituant alors 0à x dans(∗),il vient alorsc= 2₃

— Enfin, en multipliant (∗) par x et en passant à la limite quand x → +∞,on obtient directementb=−1₃

On peut aussi réduire au même dénominateur et « identifier les coefficients ». L’essentiel est de trouver, (et de vérifier : on raisonne par analyse/synthèse1) que

∀x6=−1, 1 1 +x3 = 1 3 1 1 +x + −x+ 2 x2₋_x_{+ 1}

1. Mon conseil est de faire l’analyse au brouillon et de n’écrire sur la copie que la partie synthèse, c’est-à-dire la vérification : « Vérifions que cette égalité est vraie. . . »

(8)

2. PosonsI = Z 1 0 dx 1 +x3.On a alors I = 1 3 Z 1 0 dx 1 +x− Z 1 0 x−2 x2₋_x_{+ 1}dx = 1 3 ln 2−1 2 Z 1 0 2x−4 x2₋_x_{+ 1}dx = 1 3 ln 2−1 2 Z 1 0 2x−1 x2₋_x_{+ 1}dx+ 3 2 Z 1 0 dx x2₋_x_{+ 1} = ln 2 3 − 1 6 ln x2−x+ 11 0+ 1 2 Z 1 0 dx (x−1/2)2+ 3/4 = ln 2 3 + 1 2× 2 √ 3 Arctan2 (x√−1/2) 3 1 0 = ln 2 3 + 1 √ 3 Arctan√1 3 +Arctan 1 √ 3 Soit I = ln 2 3 + π 3√3 Posons alorsJ = Z 1 0 dx

(1 +x3₎2.Une intégration par parties dansI,avec

   u:x7−→ 1 1 +x3 v0 :x7−→1 ,    u0 :x7−→ −3x 2 (1 +x3₎2 v:x7−→x , (u, v)∈C1([0,1])2, conduit à I = x 1 +x3 1 0 + 3 Z 1 0 x3 (1 +x3₎2 dx = 1 2 + 3 Z 1 0 1 +x3−1 (1 +x3₎2 dx = 1 2 + 3 Z 1 0 dx 1 +x3 −3 Z 1 0 dx (1 +x3₎2 = 1 2 + 3I−3J D’où J = 1 3 1 2 + 2I et finalement J = 1 6+ 2 ln 2 9 + 2π 9√3

- Exercice 8 Pour tout x >0 calculons Fα(x) =

Z xαlnx dx oùα∈_C. 1. Si α6=−1,alors on pose u0 :x7→xα v:x7→lnx et ( u:x7→ _α+11 xα+1 v0 :x7→ 1 x : (u, v)∈C1 R∗+ 2

(9)

Alors∀x >0 Fα(x) = 1 α+ 1 xα+1lnx− Z xαdx = 1 α+ 1 xα+1lnx− x α+1 α+ 1 +C Fα(x) = xα+1 α+ 1 lnx− 1 α+ 1 +C C∈_R 2. Si α=−1,alors∀x >0calculons F−1(x) = Z _ln_x x dx, de la forme «u 0_u_{» :} F−1(x) = 1 2ln 2₍_x_{) +}_C _C _∈ R - Exercice 9 On pose In= Z 1 0 dx (1 +x2₎n (n∈N ∗_). 1. Soit n>1.Posons    u:x7−→ 1 (1 +x2₎n v0:x7−→1 ,    u0:x7−→ −2nx (1 +x2₎n+1 v:x7−→x , (u, v)∈C1([0,1])2,

Alors par intégration par parties

In = x (1 +x2₎n 1 0 + 2n Z 1 0 x2 (1 +x2₎n+1 dx = 1 2n + 2n Z 1 0 x2+ 1 (1 +x2₎n+1 dx− Z 1 0 1 (1 +x2₎n+1 dx #” + 1−1” = 1 2n + 2n(In−In+1) Il vient ainsi 2nIn+1 = 1 2n + (2n−1)In D’autre part on a I1 =Arctan1 = π 4 Avec n= 1,la formule précédente donne donc

2I2 = 1 2 +I1 soit I2= 1 4 + π 8 et avec n= 2 4I3 = 1 4+ 3I2 soit I3= 1 4 + 3π 32 2. Posons ( x= tanθ dx= dθ cos2_θ (tan : 0,π₄

→ [0,1] de classe C1_{). De la formule} _{1 + tan}2_θ ₌ 1 cos2_θ on tire In= Z π/4 0 1 (1 + tan2_θ₎n dθ cos2_θ = Z π/4 0 cos2nθ dθ cos2_θ Soit

(10)

On retrouve alors I1 = Z π/4 0 dθ= π 4 I2 = Z π/4 0 cos2(θ) dθlinéarisation= 1 2 Z π/4 0 dθ+ Z π/4 0 cos (2θ) dθ ! Soit I2 = 1 2 π 4 + 1 2[sin (2θ)] π/4 0 = 1 4 + π 8 et I3= Z π/4 0 cos4(θ) dθlinéarisation= 1 8 Z π/4 0 (cos 4θ+ 4 cos 2θ+ 3) dθ Soit I3= 1 8 1 4[sin (4θ)] π/4 0 + 2 [sin 2θ] π/4 0 + 3π 4 = 1 4+ 3π 32

- Exercice 10 Calculons l’intégrale I =

Z 1/2

0

r

Arcsin(x)

1−x2 dx en faisant le changement de va-riable y=Arcsin(x).

On pose y=Arcsin(x) (Arcsin ∈C1_([0_,₁_/_{2])) et d}_y ₌ _√ 1

1−x2dx. On n’oublie pas de changer les bornes :

I = Z Arcsin(1/2) Arcsin(0) √ ydy= Z π/6 0 y1/2dy = 2 3y 3/2 π/6 0 = √ 6π32 54

- Exercice 11 A l’aide d’un changement de variable calculons I =

Z π 2 0 cos(t) sin2(t) + 4 sin(t) + 5dt. On pose x= sint dx= costdt (t7−→sint∈C 1_([0_{, π/}_2]). Alors I = Z sin(π/2) sin(0) dx x2_{+ 4}_x_{+ 5} = Z 1 0 1

(x+ 2)2_{+ 1}dx ce qui incite à faire le changement de variable affine u=x+ 2 du= dx (x7−→x+ 2∈C 1_([0_,_1])) _{pour obtenir} I = Z 3 2 1 1 +u2 du= [Arctanu] 3 2= Arctan3−Arctan2. - Exercice 12 I = Z π 0 sin3(x) 2 + cos(x)dx= Z π 0 (1−cos2(x)) sin(x) 2 + cosx dx. On pose t= cosx dt=−sinxdx (x7−→cosx∈C 1_([0_{, π}_)]. On n’oublie pas de changer les bornes :

I = Z −1 1 t2−1 t+ 2 dt= Z −1 1 t−2 + 3 t+ 2 dt= 1 2t 2₋₂_t_{+ 3 ln}_|_t_{+ 2}_| −1 1 = 4−3 ln 3 .

- Exercice 13 Calculer au moyen d’un changement de variable : 1. F(t) =

Z

sin3(t) cos2(t)dt existe surR. On pose

x= cost

dx=−sintdt (t7−→cost∈C

1_(R)).

Alors pour tout réel t : F(t) =

Z

(1−cos2(t)) cos2(t) sin(t)dt =

Z −(1−x2)x2dx = Z (−x2+x4)dx=−1 3x 3₊ 1 5x 5₊_C₌ ₋1 3cos3(t) + 1 5cos5(t) +C ,C∈R.

(11)

2. G(x) = Z (1 + lnx)2 dx x existe surR ∗ +. On pose u= 1 + lnx d= 1_xdx (x7−→1 + lnx∈C 1₍ R∗+)). Alors pour tout x >0 :G(x) =

Z u2du= 1 3u 3₊_C₌ 1 3(1 + lnx) 3₊_C _,_C _∈ R. 3. H(x) = Z x4dx x10₊_x5_{+ 1} existe surR. On pose t=x5 dt= 5x4dx (x7−→x 5 _∈_C1₍ R)). Alors pour tout réel x H(x) =

Z 1 5 × 1 t2₊_t_{+ 1}dt= 1 5 Z 1 (t+1₂)2_{+ (} √ 3 2 )2 dt = 2 5√3Arctan t+1₂ √ 3 2 ! (primitive de _u2u_+a0 2) = 2 5√3Arctan x5+1₂ √ 3 2 ! = 2 √ 3 15 Arctan (2x5₊₁₎√₃ 3 4. I = Z 1 −1 p

1−t2_d_t _{changement de variable dans le sens indirect} On pose    t= sinθ θ=Arcsint dt= cosθdθ (θ7−→sinθbijection C1 de[−π 2, π 2]dans[−1,1] ). Alors, en n’oubliant pas de changer les bornes,

I = Z Arcsin(1) Arcsin(−1) q 1−sin2(θ) cosθdθ= Z π/2 −π/2 |cosθ|cosθdθ= = Z π/2 −π/2

cos2θdθ carcos(θ)>0 sur[−π/2, π/2]. = Z π/2 −π/2 1 2(1 + cos(2θ))dθ (linéarisation) = 1 2θ+ 1 4sin(2θ) π/2 −π/2 = π 2 . 5. Pour a >0 :Ia= Z a 1 a lnt

1 +t2dt changement de variable dans le sens indirect On pose    t= 1_x x= 1_t dt=− 1 x2 dx (x7−→ 1 x bijection C 1 _de R∗+ dans lui-même). Alors, en pensant solennellement aux bornes :

Ia= Z 1 a a ln_x1 1 +_x12 ×−1 x2 dx= Z 1 a a lnx 1 +x2 dx

=−Ia (inversion des bornes + mutisme de la variable) Cela entraine que pour touta >0,Ia= 0.

- Exercice 14 Étant donnés deux réelsaetb avec a < b, calculer I =

Z b a p (x−a)(b−x)dx. I = Z b a p −x2_{+ (}_a₊_b₎_x₋_ab_d_x₌ Z b a s − x−a+b 2 2 + a+b 2 2 −abdx = Z b s − x−a+b 2 2 +a 2₊_b2₋₂_ab 4 dx= Z b s − x−a+b 2 2 +(b−a) 2 4 dx=

(12)

= Z b a s b−a 2 2 − x− a+b 2 2 dx= b−a 2 Z b a v u u t1− x −a+b₂ b−a 2 !2 dx

On pose alors pour x∈[a, b] :u= x−

a+b

2

b−a

2

. Changement de variable affine donc de classeC1 sur [a, b]. On a du= _b₋1_a 2 dx. Quand x=aon au=−1et quand x=bon au= 1. On obtientI = (b−a) 2 4 Z 1 −1 p

1−u2_d_u_{. On utilise alors un résultat de l’exercice 13 et on trouve}

I = (b−a) 2

4 ×

π

2

- Exercice 15 Soitf une fonction continue sur _R; démontrer, illustrer et retenir que : 1. Si f est paire, alors ∀a >0 :

Z a −a f(t)dt= 2 Z a 0 f(t)dt.

Indication : on intercale 0 avec la relation de Chasles, puis on fait le changement de variablex=−tdans une des deux intégrales et on utilise ensuite la parité de f.

2. Si f est impaire, alors ∀a >0:

Z a

−a

f(t)dt= 0 .

Indication : on intercale 0 avec la relation de Chasles, puis on fait le changement de variablex=−tdans une des deux intégrales et on utilise ensuite l’imparité de f. 3. Si f est T-périodiquealors∀(a, b)∈_R2 _:

Z b+T a+T f(t)dt= Z b a f(t)dt et Z a+T a f(t)dt= Z T 0 f(t)dt

Indication : Pour les deux, on posex=t−T, on n’oublie pas de changer les bornes et on utilise la périodicité def.