DEVOIR 3 - P2010 - CORRIGE exercice 1 • Si on - UTC

DEVOIR 3 - P2010 - CORRIGE
exercice 1
• Si on pose t = 1 + x2 , on a dt = 2xdx, donc
Z
√
1
x
dx =
2
2
1+x
Z
p
√
1
√ dt = t + C = 1 + x2 + C.
t
• Au chapitre 1, on a calcul´e la d´eriv´ee de arctan x, on a donc
1
dx = arctan x + C.
1 + x2
Z
• Si on pose `a nouveau t = 1 + x2
Z
1
x
dx =
2
1+x
2
Z
1
1
1
1
dt = ln |t| + C = ln |1 + x2 | + C = ln(1 + x2 ) + C
t
2
2
2
•
Z
e6x (x2 + 3x + 1)dx =
e6x
(9x2 + 24x + 5) + C
54
(apr`es deux int´egrations par parties dans lesquelles on int`egre toujours e6x .
exercice 2
1. On r´eduit au mˆeme d´enominateur et on identifie, on trouve a = b = 1. On a donc
Z
x+2
dx = x + ln |x + 1| + C.
x+1
2. On remarque que `a gauche on a
x+2
x+2
.
=
+x−2
3(x + 1) x − 23
3x2
A droite on r´eduit au mˆeme d´enominateur puis on identifie, on obtient
2
1
8
1 2
a + b = , − a + b = ⇐⇒ a = − , b = .
3 3
3
5
15
On a donc
Z
x+2
1
8
dx = − ln |x + 1| +
ln x −
2
3x + x − 2
5
15
2 +C
3
3. (a) On ´ecrit
1
1
1
= 2
.
2
2
(x − a) + b
b 1 + x−a 2
b
On pose
t=
x−a
, dx = bdt
b
On obtient
Z
1
1
dx = 2
2
2
(x − a) + b
b
Z
b
1
dt =
2
1+t
b
Z
1
1
x−a
1
dt = Arctant+C = Arctan
+C.
2
1+t
b
b
b
(b)
1
1
1
1
dx =
dx =
dx
2
2
2
x − 2x + 3
(x − 1) + 2
2
x−1
√
+
1
2
Z √
1
1
x−1
1
2
√
√
√
dt
=
Arctan
t
+
C
=
Arctan
+ C.
2 t2 + 1
2
2
2
Z
F1 (x) =
=
Z
Z
On a effectu´e le changement de variable
x−1
t= √ .
2
(c) Le calcul de F2 est simple, si on pose u = x2 − 2x + 3, on a du = (2x − 2)dx, d’o`
u
1
du = ln |u| + C = ln |x2 − 2x + 3| + C = ln(x2 − 2x + 3) + C
u
En effet le trinˆome x2 − 2x + 3 n’admet pas de racines r´eelles, il est donc du signe du
coefficient de x2 , c’est `a dire strictement positif pour tout x.
(d) On peut ´ecrire
3
3x + 5 = (2x − 2) + 8,
2
d’o`
u
3
F (x) = F2 (x) + 8F1 (x).
2
exercice 3
Z
F2 (x) =
1.
Z
x
1
dx =
(1 + x2 )2
2
Z
1
1
1
du = −
+C =−
+ C.
u2
2u
2(1 + x2 )
On a pos´e u = 1 + x2 , donc du = 2xdx.
2. Cette int´egrale se calcule par int´egration par parties :
Z
x×x
x
1
dx = −
+
2
2
2
(1 + x )
2(1 + x ) 2
Z
1
x
1
dx = −
+ arctan x + C.
2
2
1+x
2(1 + x ) 2
3. (a)
1
ax2
b
x2
1
=
+
=−
+
.
2
2
2
2
2
(1 + x )
(1 + x )
1+x
(1 + x2 )2 1 + x2
(b) On a donc
Z
1
x
1
dx =
+ arctan x + C.
2
2
2
(1 + x )
2(1 + x ) 2
4.
Z
1
dx =
2
(a + x2 )2
=
1
1
1
1
du
x 2 2 dx = 3
4
a
(1 + ( a ) )
a
(1 + u2 )2
1
u
1
x
1
x
+ arctan u + C = 2 2
+
arctan + C.
a3 2(1 + u2 ) 2
2a (a + x2 ) 2a3
a
Z
Z
x
donc dx = adu.
a
On calcule ( en faisant le changement de variable t =
On a pos´e u =
Z
dx
2
(x − 2x + 3)2
Z
=
=
dx
1
=
2
2
((x − 1) + 2)
4
x−1
√ )
2
dx
Z
x−1
√
2
2
1
2 =
4
√
Z
(t2
2dt
+ 1)2
+1
√ √
2
t
1
x−1
2
x−1
√
+
arctan
t
+
C
=
+
arctan
+ C.
4 2(1 + t2 ) 2
4(x2 − 2x + 3)
8
2

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