Solutions
SOLUTIONS
18
Chapitre 18
1 a) Faux :n ous avons déjà rencontré des dérivées
nonc ontinues... b) Faux :l eur différence estc onstante sur
R
∗
− et sur R
∗
+ . c) Faux :i lf aut que a < b. d) Vrai
(poser x =
√ u). e) Faux :i lf aut changer les bornes.
f) Faux ex :
1
x
. g) Faux ex :e
x ·
1
x
.
2 a) 1 −
π
√ 3
6
; b)
π
12
; c) 1+ln2; d)
4
√ 3
3
e) ln
2+
√ 7
1+
√ 2
; f)
√ 2
4
ln(
√ 2 − 1) − Arctan
√ 2
2
.
3 I (x)+J(x)=x et I (x) − J (x) = ln(cos x +sin x), d’où
I (x)etJ(x)...
4 a)
x
3 +2x
x 2 +x+1
=x−1+
2x+1
x 2 +x+1
,d’où :
F (x) =
x
2
2
− x +ln|x
2 +x+1|+C.
b)
2x − 1
(x +1) 2 =
2
x+1
−
3
(x+1) 2 ,d’où :
F (x) = 2ln|x+1|+
3
x+1
+C.
c)
2x
x 2 − x +1
=
2x−1
x 2 −x+1
+
1
(x−
1
2
) 2 +
3
4
,d’où :
F (x) = ln |x
2 − x +1|+
2
√ 3
3
Arctan
2x − 1
√ 3
+ C.
5 a) si α = −1:
x
α +1
α +1
ln x −
x
α+1
(α +1) 2 +C ;
si α = −1:
1
2
(ln x)
2 + C.
b) xArcsin x +
1 − x 2 + c.
c) xArctan x −
1
2
ln(x
2 +1)+C.
d) si α = 0:
e
α x
α 4
α
3 x
3 − 3 α
2 x
2 +6αx−6
+C ;
si α = 0:
x
4
4
+ C .
e) si α = 0:
1
α 3
− α
2 x
2 cos αx +2αxsin αx +2cos αx
+ C ;
si α = 0:C
f) −
1
4
x
2 sin3x dx+
3
4
x
2 sin x d x (cf e.).
g) x tan x +ln|cos x| + C.
h)
x
2
(sin(ln x) − cos(ln x)) + C.
i)
e
2x
13
(2 cos 3x +3sin 3x)+C.
6 a) (t = x
2 ):
1
6
ln
|x
2 − 2|
x 2 +1
+C.
b) (t = x
3 ):
1
3
ln
x
3
x 3 +1
+C.
c) (t = x
4 ):
1
4(x 4 +1)
+
1
4
ln(x
4 +1)+C.
7 a) (t = sin x)
1
2
ln
1+sin x
1 − sin x
+ C.
b) (t = ch x)
1
2
ln
ch x − 1
ch x +1
+C.
c) (t = 2x)l n | tan x| + C.
d) (t = ln x)
1
n +1
.
e) (t = Arcsin x)
2
3
π
6
3
2 .
f) (t = tan x)
π
4
−
2
3
.
g) (t = cos x) −
8
√ 3
5
+
34
√ 2
15
.
8 En posant x = sh t :
dx
(x 2 +1)
3
2
=
dt
ch 2 t
= th t + C =
x
√ x 2 +1
+C
En posant x = tan t, avec t ∈
−
π
2
,
π
2
:
dx
(x 2 +1)
3
2
=
cos t dt = sin t + C =
tan t
√ 1+tan 2 t
+ C
9 Le changement de variable x =
π
4
− t donne:
I =
π
4
ln 2 − I , d’où I = ···
10 Le changement de variable t = a + b − x donne :
J = (a + b)I − J
Application :d ans le premier cas, la fonction f vérifieb ien l’hypothèse
∀x ∈ [0, π] f (π − x) = f (x).
J1 =
π
2
π
0
dx
1+sin x
=
π
2
π
0
dx
2cos 2 (
π
4
−
x
2
)
=
π
2
π
4
−
π
4
du
cos 2 u
= π
Attention, dans le deuxième cas, la fonction f vérifie l’hypothèse
sur [0, π]etsur [π, 2π], mais passur [0, 2π].
D’où : J2 =
π
2
π
0
sin x
1+cos 2 x
dx
+
3π
2
2π
π
sin x
1+cos 2 x
dx = −
π
2
2
11 On peut écrire : I =
π
2
π
3
sin x dx
sin 2 x(1 +2cos x)
.
Posons u = cos x,
I =
0
1
2
−du
(1 − u 2 )(1 +2u)
On trouve :
1
(1 − u)(1+u)(1 +2u)
=
1
6
1−u
−
1
2
1+u
+
4
3
1+2u
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