INFO FEUILLE n° 3 D'EXERCICES CALCUL INTEGRAL TS Avril 2012
EXERCICE 1 ( Avec utilisation de l'intégration par parties )
1. Calculer l'intégrale: E = ∫1 e x lnx dx
2. Puis calculer l'intégrale: T = ∫1 e x2 lnx dx
------------------------------------------------------------------------------------------------
Réponse:
1. Soit les fonctions : u ' : x → x et v : x → ln x
( Le choix de u ' et v est crutial . )
v est définie et dérivable dans l 'intervalle [ 1 ; e ].
u ' est définie et continue dans [ 1 ; e ].
On a : v ' : x → 1 / x
Considérons ( comme primitive de u ' ) u : x → ( 1 / 2 ) x2
( On pouvait ajouter une constante. Il n'y a donc pas unicité du choix de u )
La fonction v ' est définie et continue dans [ 1 ; e].
La fonction u est définie et dérivable dans [ 1 ; e].
ATTENTION LES QUATRE LIGNES ECRITES EN ROUGE SONT OBLIGATOIRES
( Cela peut se résumer en disant que u et v sont "continuement dérivables"sur [1,e]
c-à-d u et v sont dérivables à dérivées u ' et v ' continues sur [ 1 , e ].)
( Dans une copie de bac , une intégration par parties valant 0,75 pt ,
ne vaut plus que 0,5pt si les conditions ici en rouge sont absentes de la copie.)
On peut procéder à une intégration par parties.
∫1 e u'(x) ×v(x) dx = [ u( x )×v(x) ]1 e - ∫1 e u(x ) v'( x) dx
Cela s'écrit: : E = [ (1 /2 ) x2 × lnx ]1 e - ∫1 e (1 /2 ) x2 ( 1 / x ) dx
c-à-d E = 0,5 e² × ln( e ) - (1 /2 ) × 1 ln 1 - ∫1 e (1 / 2 ) x dx
c-à-d E = 0,5 × e2 - [ ( 1/ 4 ) × x2 ] 1 e car ln 1 = 0 et ln( e ) = 1
c-à-d E = 0,5 × e2 - ( 1/ 4 ) × e2 + ( 1/ 4 ) × 12
Conclusion : E = 0,25 e2 + 0,25
2. Soit les fonctions : u ' : x → x2 et v : x → ln x
( L'objectif est de faire disparaître ln. La fonction à dériver sera la fonction ln)
v est définie et dérivable dans l 'intervalle [ 1 , e ].
u ' est définie et continue dans [ 1 ; e ].
On a : v ' : x → 1 / x
Considérons ( comme primitive de u ' ) u : x → ( 1 / 3 ) x3
( On pouvait ajouter une constante. Il n'y a donc pas unicité du choix de u )
La fonction v ' est définie et continue dans [ 1 ; e].
La fonction u est définie et dérivable dans [ 1 , e].
On peut procéder à une intégration par parties.
∫1 e u'(x) ×v(x) dx = [ u( x )×v(x) ]1 e - ∫1 e u(x ) v'( x) dx
Cela s'écrit: : T = [ (1 / 3 ) x3 × lnx ]1 e - ∫1 e (1 / 3 ) x3 ( 1 / x ) dx
c-à-d T = (1 /3 ) e3 - 0 - ∫1 e (1 / 3 ) x2 dx
c-à-d T = (1 /3 ) e3 - 0 - [ (1 / 9 ) x3 ]1 e
c-à-d T = (1 / 3 ) e3 - 0 - (1 / 9 ) e3 + (1 / 9 ) 13
c-à-d
Conclusion T = ( 2 / 9 ) e3 + 1 / 9
---------------------------------------------------------------------------------------------------
EXERCICE 2. ( Avec utilisation de l'intégration par parties )
Calculer l'intégrale : L = ∫1 e ( 2 x + 1 ) e- x dx
--------------------------------------------------------------------------------------
Réponse : On veut " détruire" 2 x + 1 .
Soit les fonctions : u ' : x → e -x et v : x → 2 x+1
( Le choix de u ' et v est crutial . )
v est définie et dérivable dans l 'intervalle [ 1 ; e ].
u ' est définie et continue dans [ 1 ; e ].
On a : v ' : x → 2
La fonction v ' est définie et continue dans [ 1 ; e].
Considérons u : x → - e -x
La fonction u est définie et dérivable dans [ 1 ; e].
On peut procéder à une intégration par parties.
∫1 e u'(x) ×v(x) dx = [ u( x )×v(x) ]1 e - ∫1 e u(x ) v'( x) dx
c-à-d
∫1 e e-x ×( 2 x + 1 ) dx = [ - e-x ( 2 x + 1) ]1 e - ∫1 e - e-x × 2 dx
c-à-d
L = [ - e-x ( 2 x + 1) ]1 e + 2 ∫1 e e-x dx
c-à-d
L = [ - e-x ( 2 x + 1) ]1 e + 2 [ - e -x ]1 e
c-à-d
L = - e-e ( 2 e + 1) + 3 e-1 + 2 ( - ee + e-1 )
c-à-d
L = - e-e ( 2 e + 3) + 3 e-1 + 2 e-1
c-à-d
Conclusion :
L = 5 e-1 - e-e ( 2 e + 3)
L ≈ 1,2827
-----------------------------------------------------------------------------------------
EXERCICE 3 ( Avec utilisation de l'intégration par parties )
Calculer l'intégrale : Z = ∫0 π x sinx dx
------------------------------------------------------------------------------------------------
Réponse : On veut se débarasser du x .
Soit les fonctions : u ' : x → sin x et v : x → x
( Le choix de u ' et v est crutial . )
v est définie et dérivable dans l 'intervalle [ 0 ; π ].
u ' est définie et continue dans [ 0 ; π ].
On a : v ' : x → 1
La fonction v ' est définie et continue dans [ 0 ; π].
Considérons u : x → - cos x
La fonction u est définie et dérivable dans [ 0 ; π].
On peut procéder à une intégration par parties.
∫0 π u'(x) ×v(x) dx = [ u( x ) × v(x) ]0 π - ∫0 π u(x ) v'( x) dx
c-à-d
Z = [ - cos x × x ]0 π - ∫0 π - cos x × 1 dx
c-à-d
Z = - cos π × π + cos 0 × 0 + ∫0 π cos x dx
c-à-d
Z = π + [ sin x ]0 π
c-à-d
Z = π + sin π - sin 0
c-à-d
Conclusion :
Z = π
--------------------------------------------------------------------------------------
EXERCICE 4 . ( Avec utilisation de l'intégration par parties )
1. Calculer l'intégrale : W = ∫1 e ln x dx
( Remarque : ln( x ) = 1 × ln( x ) pour tout x > 0 )
2. Calculer: V = ∫1 e ex sinx dx
à l'aide deux intégrations par parties.
( Remarque : On cherchera 2 V pour avoir V )
-------------------------------------------------------------------------------------------------
Réponse: On écrit : ln x = 1 × ln x avec x dans [ 1 ; e ].
Soit les fonctions : u ' : x → 1 et v : x → ln x
( Le choix de u ' et v est crutial . On veut faire disparaître ln x .
Donc on prend v = ln )
v est définie et dérivable dans l 'intervalle [ 1 ; e ] car elle l'est sur ] 0 , + ∞ [ .
u ' est définie et continue dans [ 1 ; e ].
On a : v ' : x → 1 / x
La fonction v ' est définie et continue dans [ 1 ; e].
Considérons u : x → x
La fonction u est définie et dérivable dans [ 1 ; e].
On peut procéder à une intégration par parties.
∫1 e u'(x) × v(x) dx = [ u( x ) × v(x) ]1 e - ∫1 e u(x ) v'( x) dx
c-à-d
W = [ x × ln x ]1 e - ∫1 e x ( 1 / x ) dx
c-à-d
W = e ln e - 1 ln 1 - ∫1 e 1 dx
c-à-d sachant ln 1 = 0
W = e - [ x ]1 e
Conclusion :
W = 1
2 . Calcul de V = ∫1 e ex sinx dx
L'idée : On ne peut pas se débarasser de l'exponentielle ni d'une fonction trigo.
avec une intégration par parties.
Par contre on peut avec deux intégrations par parties faire réapparaître V.
Donc on peut avoir une équation du premier degré en V dont on tire V.
•Première étape.
Soit les fonctions : u ' : x → e x et v : x → sin x
v est définie et dérivable dans l 'intervalle [ 1 ; e ].
u ' est définie et continue dans [ 1 ; e ].
On a : v ' : x → cos x
La fonction v ' est définie et continue dans [ 1 ; e].
Considérons u : x → e x
La fonction u est définie et dérivable dans [ 1 ; e].
On peut procéder à une intégration par parties.
∫1 e u'(x) ×v(x) dx = [ u( x )×v(x) ]1 e - ∫1 e u(x ) v'( x) dx
c-à-d
V = [ e x sin x ]1 e - ∫1 e e x cos x dx
En posant : Y = ∫1 e e x cos x dx
Il vient V = [ e x sin x ]1 e - Y
• Seconde étape. ( deuxième intégration par parties )
Considérons : Y = ∫1 e e x cos x dx
Soit les fonctions : u ' : x → e x et v : x → cos x
v est définie et dérivable dans l 'intervalle [ 1 ; e ].
u ' est définie et continue dans [ 1 ; e ].
On a : v ' : x → - sin x
La fonction v ' est définie et continue dans [ 1 ; e].
Considérons u : x → e x
La fonction u est définie et dérivable dans [ 1 ; e].
On peut procéder à une intégration par parties.
∫1 e u'(x) ×v(x) dx = [ u( x )×v(x) ]1 e - ∫1 e u(x ) v'( x) dx
c-à-d
Y = [ e x cos x ]1 e - ∫1 e e x ( - sin x ) dx
c-à-d
Y = [ e x cos x ]1 e + ∫1 e e x sin x dx
c-à-d
Y = [ e x cos x ]1 e + V
• Troisième étape.
Reportons Y dans V = [ e x sin x ]1 e - Y
On a :
V = [ e x sin x ]1 e - ( [ e x cos x ]1 e + V )
c-à-d
V = [ e x sin x ]1 e - [ e x cos x ]1 e - V
c-à-d
2 V =