Primitives

Changement de variables - Exercice 1

25 min
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Question 1

Soit t∈]0;+∞]t\in \left]0;+\infty\right]. Calculer les primitives de f(t)=2+3t3tf\left(t\right)=\frac{2+\sqrt{3t}}{\sqrt{3t}} en posant u=3tu=\sqrt{3t} .

Correction
Soit t∈]0;+∞]t\in \left]0;+\infty\right] . On a : f(t)=2+3t3tf\left(t\right)=\frac{2+\sqrt{3t}}{\sqrt{3t}}
On pose u=3t\red{u=\sqrt{3t}} ce qui donne du=323tdtdu=\frac{3}{2\sqrt{3t}}dt puis 23t3du=dt\frac{2\sqrt{3t}}{3}du=dt et enfin 2u3du=dt{\color{blue}{\frac{2u}{3}du=dt}}
Il vient alors que :
∫2+3t3tdt=∫2+uu×2u3du\int{\frac{2+\red{\sqrt{3t}}}{\red{\sqrt{3t}}}}{\color{blue}{dt}}=\int{\frac{2+\red{u}}{\red{u}}}\times {\color{blue}{\frac{2u}{3}du}}
∫2+3t3tdt=∫23(2+u)du\int{\frac{2+\sqrt{3t}}{\sqrt{3t}}}dt=\int{\frac{2}{3}\left(2+u\right)}du
∫2+3t3tdt=43u+13u2+K\int{\frac{2+\sqrt{3t}}{\sqrt{3t}}}dt=\frac{4}{3}u+\frac{1}{3}u^2+K où K∈RK \in \mathbb{R}
∫2+3t3tdt=433t+13×(3t)2+K\int{\frac{2+\sqrt{3t}}{\sqrt{3t}}}dt=\frac{4}{3}\sqrt{3t}+\frac{1}{3}\times {\left(\sqrt{3t}\right)}^2+K où K∈RK \in \mathbb{R}
Finalement :
∫2+3t3tdt=433t+t+K\int{\frac{2+\sqrt{3t}}{\sqrt{3t}}}dt=\frac{4}{3}\sqrt{3t}+t+K où K∈RK \in \mathbb{R}
Question 2

Soit t∈Rt\in \mathbb{R}. Calculer les primitives de f(t)=2et+e−tf\left(t\right)=\frac{2}{e^t+e^{-t}} en posant u=etu=e^t .

Correction
∫2et+e−tdt=∫2etet(et+e−t)dt\int{\frac{2}{e^t+e^{-t}}dt}=\int{\frac{2e^t}{e^t\left(e^t+e^{-t}\right)}dt}
∫2et+e−tdt=∫2ete2t+1dt\int{\frac{2}{e^t+e^{-t}}dt}=\int{\frac{2e^t}{e^{2t}+1}dt}
∫2et+e−tdt=∫2et(et)2+1dt\int{\frac{2}{e^t+e^{-t}}dt}=\int{\frac{2e^t}{\left(e^{t}\right)^2+1}dt}
On pose u=et\red{u=e^t} ce qui donne du=etdt{\color{blue}{du=e^tdt}}
Il vient alors que :
∫2et+e−tdt=∫2et(et)2+1dt\int{\frac{2}{e^t+e^{-t}}dt}=\int{\frac{2{\color{blue}{e^t}}}{\left(\red{e^{t}}\right)^2+1}{\color{blue}{dt}}}
∫2et+e−tdt=∫2u2+1du\int{\frac{2}{e^t+e^{-t}}dt}=\int{\frac{2}{\red{u}^2+1}}{\color{blue}{du}}
∫2et+e−tdt=2∫1u2+1du\int{\frac{2}{e^t+e^{-t}}dt}=2\int{\frac{1}{u^2+1}}du
  • ∫11+x2dx=arctan(x) +K\int{\frac{1}{1+x^2}dx={\mathrm{arctan} \left(x\right)\ }} +K où K∈RK \in \mathbb{R}
    • ∫2et+e−tdt=2arctan⁡(u)+K\int{\frac{2}{e^t+e^{-t}}dt}=2\arctan \left(u\right)+K où k∈Rk \in \mathbb{R}
    Finalement :
    ∫2et+e−tdt=2arctan⁡(et)+K\int{\frac{2}{e^t+e^{-t}}dt}=2\arctan \left(e^t\right)+K où K∈RK \in \mathbb{R}

    Question 3

    Soit t∈[−1;1]t\in \left[-1;1\right]. Calculer les primitives de f(t)=1−t2f\left(t\right)=\sqrt{1-t^2} en posant t=sin(u) t={\mathrm{sin} \left(u\right)\ } .

    Correction
    Soit f(t)=1−t2f\left(t\right)=\sqrt{1-t^2} .
    On pose t=sin(u) \red{t={\mathrm{sin} \left(u\right)\ }} ce qui donne dt=cos(u) du{\color{blue}{dt={\mathrm{cos} \left(u\right)\ }du}}
    On remarquera la fonction u↦sin(u) u \mapsto {\mathrm{sin} \left(u\right)\ } est de classe C1C^1 sur [−π2;π2]\left[-\frac{\pi}{2};\frac{\pi}{2}\right] à valeurs dans [−1;1]\left[-1;1\right]. Cela explique le changement de variables choisi mais cela n'était pas demandé. Il vient alors que pour la suite de l'exercice cela nous permet aussi d'affirmer que u↦cos(u) u \mapsto {\mathrm{cos} \left(u\right)\ } sera positive .
    ∫1−t2dt=∫1−sin2u ×cos(u) du\int{\sqrt{1-\red{t}^2}}{\color{blue}{dt}}=\int{\sqrt{1-{\mathrm{\red{sin}}^2 \red{u}\ }}}\times {\color{blue}{{\mathrm{cos} \left(u\right)\ }du}}
    ∫1−t2dt=∫cos2u ×cos(u) du\int{\sqrt{1-t^2}}dt=\int{\sqrt{{\mathrm{cos}^2 u\ }}}\times {\mathrm{cos} \left(u\right)\ }du
    ∫1−t2dt=∫cos(u) ×cos(u) du\int{\sqrt{1-t^2}}dt=\int{{\mathrm{cos} \left(u\right)\ }}\times {\mathrm{cos} \left(u\right)\ }du
    ∫1−t2dt=∫cos2(u) du\int{\sqrt{1-t^2}}dt=\int{{\mathrm{cos}^2 \left(u\right)\ }}du
    Il faut maintenant avoir le réflexe de linéariser la fonction t↦cos2(u) t \mapsto {\mathrm{cos}^2 \left(u\right)\ } . On donnera directement le résultat de la linéarisation.
    ∫1−t2dt=∫(12+12cos(2u) )du\int{\sqrt{1-t^2}}dt=\int{\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}{\mathrm{cos} \left(2u\right)\ }\right)}du
    ∫1−t2dt=12u+14sin(2u) +K\int{\sqrt{1-t^2}}dt=\frac{1}{2}u+\frac{1}{4}{\mathrm{sin} \left(2u\right)\ }+K où K∈RK \in \mathbb{R}
    Comme t=sin(u) t={\mathrm{sin} \left(u\right)\ } alors arcsin⁡(t)=u\arcsin \left(t\right)=u
    Finalement :
    ∫1−t2dt=12arcsin(t) +14sin(2arcsin(t) ) +K\int{\sqrt{1-t^2}}dt=\frac{1}{2}{\mathrm{arcsin} \left(t\right)\ }+\frac{1}{4}{\mathrm{sin} \left(2{\mathrm{arcsin} \left(t\right)\ }\right)\ }+K où K∈RK \in \mathbb{R}
    Question 4

    Soit t∈Rt\in \mathbb{R}. Calculer les primitives de f(t)=tln(1+t2) f\left(t\right)=t{\mathrm{ln} \left(1+t^2\right)\ } en posant u=1+t2u=1+t^2 .

    Correction
    f(t)=tln(1+t2) f\left(t\right)=t{\mathrm{ln} \left(1+t^2\right)\ }
    On pose u=1+t2\red{u=1+t^2} ce qui donne du=2tdtdu=2tdt et enfin 12du=tdt{\color{blue}{\frac{1}{2}du=tdt}}
    Il vient alors que :
    ∫tln(1+t2) dt=∫ln(u) ×12du\int{{\color{blue}{t}}{\mathrm{ln} \left(\red{1+t^2}\right)\ }}{\color{blue}{dt}}=\int{{\mathrm{ln} \left(\red{u}\right)\ }}\times {\color{blue}{\frac{1}{2}du}}
    ∫tln(1+t2) dt=12∫ln(u) du\int{t{\mathrm{ln} \left(1+t^2\right)\ }}dt=\frac{1}{2}\int{{\mathrm{ln} \left(u\right)\ }}du
    Dans la section intégration par partie, on a montré qu'une primitive x↦ln⁡(x)x\mapsto \ln \left(x\right) est x↦xln⁡(x)−xx\mapsto x\ln \left(x\right)-x.
    Il en résulte :
    ∫tln(1+t2) dt=12(uln⁡(u)−u)+K\int{t{\mathrm{ln} \left(1+t^2\right)\ }}dt=\frac{1}{2}\left(u\ln \left(u\right)-u\right)+K où K∈RK \in \mathbb{R}
    Finalement :
    ∫tln(1+t2) dt=12((1+t2)ln⁡(1+t2)−(1+t2))+K\int{t{\mathrm{ln} \left(1+t^2\right)\ }}dt=\frac{1}{2}\left(\left(1+t^2\right)\ln \left(1+t^2\right)-\left(1+t^2\right)\right)+K où K∈RK \in \mathbb{R}
    Question 5

    Soit t∈[0;π6]t\in \left[0;\frac{\pi}{6}\right]. Calculer les primitives de f(x)=1−sin(x) cos(x) f\left(x\right)=\frac{1-{\mathrm{sin} \left(x\right)\ }}{{\mathrm{c}\mathrm{os} \left(x\right)\ }} en posant t=sin(x)t=\mathrm{sin} \left(x\right) .

    Correction
    f(t)=1−sin(x) cos(x) f\left(t\right)=\frac{1-{\mathrm{sin} \left(x\right)\ }}{{\mathrm{c}\mathrm{os} \left(x\right)\ }}
    On pose t=sin(x)\red{t=\mathrm{sin} \left(x\right)} ce qui donne dt=cos(x)dx{\color{blue}{dt=\mathrm{cos} \left(x\right)dx}}
    Il vient alors que :
    ∫1−sin(x) cos(x) dx=∫1−sin(x) (cos(x) )2cos(x) dx\int{\frac{1-{\mathrm{sin} \left(x\right)\ }}{{\mathrm{c}\mathrm{os} \left(x\right)\ }}}dx=\int{\frac{1-{\mathrm{sin} \left(x\right)\ }}{{\left({\mathrm{c}\mathrm{os} \left(x\right)\ }\right)}^2}}{\mathrm{c}\mathrm{os} \left(x\right)\ }dx
    ∫1−sin(x) cos(x) dx=∫1−sin(x) 1−(sin(x) )2cos(x) dx\int{\frac{1-{\mathrm{sin} \left(x\right)\ }}{{\mathrm{c}\mathrm{os} \left(x\right)\ }}}dx=\int{\frac{1-{\red{\mathrm{sin} \left(x\right)\ }}}{{1-\left(\red{{\mathrm{sin} \left(x\right)\ }}\right)}^2}}{\color{blue}{{\mathrm{c}\mathrm{os} \left(x\right)\ }dx}}
    ∫1−sin(x) cos(x) dx=∫1−t1−t2dt\int{\frac{1-{\mathrm{sin} \left(x\right)\ }}{{\mathrm{c}\mathrm{os} \left(x\right)\ }}}dx=\int{\frac{1-\red{t}}{1-\red{t}^2}}{\color{blue}{dt}}
    ∫1−sin(x) cos(x) dx=∫1−t(1−t)(1+t)dt\int{\frac{1-{\mathrm{sin} \left(x\right)\ }}{{\mathrm{c}\mathrm{os} \left(x\right)\ }}}dx=\int{\frac{1-t}{\left(1-t\right)\left(1+t\right)}}dt
    ∫1−sin(x) cos(x) dx=∫11+tdt\int{\frac{1-{\mathrm{sin} \left(x\right)\ }}{{\mathrm{c}\mathrm{os} \left(x\right)\ }}}dx=\int{\frac{1}{1+t}}dt
    ∫1−sin(x) cos(x) dx=ln∣1+t∣ +K\int{\frac{1-{\mathrm{sin} \left(x\right)\ }}{{\mathrm{c}\mathrm{os} \left(x\right)\ }}}dx={\mathrm{ln} \left|1+t\right|\ }+K où K∈RK \in \mathbb{R}
    Ainsi :
    ∫1−sin(x) cos(x) dx=ln∣1+sin(x)∣ +K\int{\frac{1-{\mathrm{sin} \left(x\right)\ }}{{\mathrm{c}\mathrm{os} \left(x\right)\ }}}dx={\mathrm{ln} \left|1+\mathrm{sin} \left(x\right)\right|\ }+K où K∈RK \in \mathbb{R}