Exercices corrigés : Calcul intégral 2 bac PC et SVT

On pose $f(x)=e^x(2x^3+3x^2-x+1)$

On peut intégrer par parties (mais il faudrait répéter 3 fois l’intégration par parties) ;

On va rechercher une primitive de la même forme que $f$, c’est-à-dire une fonction $F$ telle que :

$$F(x)=e^x(ax^3+bx^2+cx+d)$$

On a alors $F'(x)=e^x(ax^3+(3a+b)x^2+(2b+c)x+(c+d))$

Donc $F'(x)=f(x)$

Par identification on trouve que $a=2; 3a+b=3; 2b+c=-1$ et $c+d=1$

Donc $a=2; b=-3; c=5$ et $d=-4$

D’où $F(x)=e^x(2x^3-3x^2+5x-4)$

Donc $\int_0^1 e^x(2x^3+3x^2-x+1) dx=F(1)-F(0)=4$

La réponse juste est : D

$$\begin{aligned} \int_1^2 \dfrac{e^{\frac{1}{x}}}{x^2} dx &= -\int_1^2 \dfrac{-1}{x^2}\times e^{\frac{1}{x}} dx \\ &= -\int_1^2 (\dfrac{1}{x})'\times e^{\frac{1}{x}} dx \\ &= -\left[ e^{\frac{1}{x}} \right]_1^2 \\ &= -\left(e^{\frac{1}{2}}-e^1 \right) \\ &= e-\sqrt{e} \end{aligned}$$

La réponse juste est : E

Par intégration par parties, calculons $\int_1^2 \dfrac{\ln (1+x)}{x^2}\,dx$

Posons $\begin{cases} u(x)=\ln (1+x) \\ v'(x)=\dfrac{1}{x^2} \end{cases}$

$$\begin{aligned} \int_1^2 \dfrac{\ln (1+x)}{x^2}\,dx &= \left[ -\dfrac{\ln (1+x)}{x} \right]_1^2+\int_1^2 \dfrac{1}{x(x+1)}\,dx \\ &= -\dfrac{\ln 3}{2}+\ln 2+\int_1^2 \dfrac{1}{x(x+1)}\,dx \end{aligned}$$

Astuce : $\dfrac{1}{x(x+1)}=\dfrac{a}{x-0}+\dfrac{b}{x-(-1)}$ avec $a=\dfrac{1}{0-(-1)}=1$ et $b=\dfrac{1}{-1-0}=-1$

Donc $\dfrac{1}{x(x+1)}=\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x+1}$

Donc : $\int_1^2 \dfrac{1}{x(x+1)}\,dx=\int_1^2 \left(\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x+1}\right)dx=[\ln x-\ln (1+x)]_1^2=2\ln 2-\ln 3$

D’où $\int_1^2 \dfrac{\ln (1+x)}{x^2}\,dx=-\dfrac{\ln 3}{2}+\ln 2+2\ln 2-\ln 3=3\ln 2-\dfrac{3\ln 3}{2}$

La réponse juste est : A

Astuce : $\int u^{'}\sqrt{u}=\dfrac{2}{3}u\sqrt{u}$

$$\begin{aligned} \int_1^2 \dfrac{\sqrt{\ln (x)}}{x} dx &= \int_1^2 \dfrac{1}{x}\times \sqrt{\ln (x)} dx \\ &= \int_1^2 (\ln (x))'\times \sqrt{\ln (x)} dx \\ &= \left[ \dfrac{2}{3}\ln (x)\sqrt{\ln (x)} \right]_1^2 \\ &= \dfrac{2}{3}\ln (2)\sqrt{\ln (2)} \end{aligned}$$

La réponse juste est : C

Astuce : $\int u^{'}\sqrt{u}=\dfrac{2}{3}u\sqrt{u}$

Posons $\begin{cases} u(x)=x \\ v^{'}(x)=\dfrac{1}{\sqrt{x-1}} \end{cases}$

$$\begin{aligned} \int_2^3 \dfrac{x}{\sqrt{x-1}} dx &= \left[ 2x\sqrt{x-1} \right]_2^3-2\int_2^3 \sqrt{x-1} dx \\ &= 6\sqrt{2}-4-2 \left[ \dfrac{2}{3}(x-1)\sqrt{x-1} \right]_2^3 \\ &= 6\sqrt{2}-4-2\left(\dfrac{4\sqrt{2}}{3}-\dfrac{2}{3} \right) \\ &= \dfrac{10\sqrt{2}}{3}-\dfrac{8}{3} \end{aligned}$$

La réponse juste est : A

Rappel : $\int \dfrac{U^{'}(x)}{\sqrt{U(x)}}=2\sqrt{U(x)}$

$$\begin{aligned} \int_1^e \dfrac{1}{x\sqrt{\ln (x)+1}} dx &= \int_1^e \dfrac{\dfrac{1}{x}}{\sqrt{\ln (x)+1}} dx \\ &= \int_1^e \dfrac{(\ln (x))'}{\sqrt{\ln (x)+1}} dx \\ &= \left[ 2\sqrt{\ln (x)+1} \right]_1^e \\ &= 2\sqrt{2}-2 \end{aligned}$$

La réponse juste est : C

$$\begin{aligned} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{\sin (2x)}{1+\sin^2(x)}dx &= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{2\sin (x)\cos (x)}{1+\sin^2(x)}dx \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{(1+\sin^2(x))'}{1+\sin^2(x)}dx \\ &= [\ln (1+\sin^2(x))]_0^{\frac{\pi}{2}} \\ &= \ln (2)-\ln (1) \\ &= \ln (2) \end{aligned}$$

La réponse juste est : C

$$\begin{aligned} &\int_0^1 \dfrac{e^{ax}}{e^{ax}+1}dx=\dfrac{1}{a} \\ &\Leftrightarrow \dfrac{1}{a}\int_0^1 \dfrac{ae^{ax}}{e^{ax}+1}dx=\dfrac{1}{a} \\ &\Leftrightarrow \int_0^1 \dfrac{ae^{ax}}{e^{ax}+1}dx=1 \\ &\Leftrightarrow \int_0^1 \dfrac{(e^{ax}+1)'}{e^{ax}+1}dx=1 \\ &\Leftrightarrow [\ln (|e^{ax}+1|)]_0^1=1 \\ &\Leftrightarrow \ln (e^a+1)-\ln (2)=1 \\ &\Leftrightarrow \ln \left(\dfrac{e^a+1}{2} \right)=1 \\ &\Leftrightarrow \dfrac{e^a+1}{2}=e \\ &\Leftrightarrow e^a+1=2e \\ &\Leftrightarrow e^a=2e-1 \\ &\Leftrightarrow a=\ln (2e-1) \end{aligned}$$

La réponse juste est : E

$$\begin{aligned} \int_0^3 \dfrac{x^2+2}{\sqrt{x^3+6x+4}}\,dx &= \dfrac{2}{3}\int_0^3 \dfrac{3x^2+6}{2\sqrt{x^3+6x+4}}\,dx \\ &= \dfrac{2}{3}\int_0^3 \dfrac{(x^3+6x+4)'}{2\sqrt{x^3+6x+4}}\,dx \\ &= \dfrac{2}{3}\left[ \sqrt{x^3+6x+4} \right]_0^3 \\ &= \dfrac{2}{3}(\sqrt{27+18+4}-\sqrt{4}) \\ &= \dfrac{2}{3}(\sqrt{49}-2) \\ &= \dfrac{2}{3}(7-2) \\ &= \dfrac{10}{3} \end{aligned}$$

La réponse juste est : D

Astuce :

Si $f$ est impaire, alors $\int_{-a}^{a} f(x)\,dx=0$

Si $f$ est paire, alors $\int_{-a}^{a} f(x)\,dx=2\int_0^{a} f(x)\,dx$

$$\begin{aligned} I &= \int_{-1}^1 (x^2-1)^4\,dx \\ &= 2\int_0^1 \left((x^2)^4-4(x^2)^3+6(x^2)^2-4x^2+1\right)dx \\ &= 2\int_0^1 (x^8-4x^6+6x^4-4x^2+1)\,dx \\ &= 2\left[ \dfrac{1}{9}x^9-\dfrac{4}{7}x^7+\dfrac{6}{5}x^5-\dfrac{4}{3}x^3+x \right]_0^1 \\ &= 2\left( \dfrac{1}{9}-\dfrac{4}{7}+\dfrac{6}{5}-\dfrac{4}{3}+1 \right) \\ &= 2\times \dfrac{35-180+378-420+315}{315} \\ &= 2\times \dfrac{128}{315} \\ &= \dfrac{256}{315} \end{aligned}$$

La réponse juste est : D

Une primitive de la fonction $x\mapsto \ln (x)$ sur $]0;+\infty [$ est $x\mapsto x\ln (x)-x$ donc :

$$\begin{aligned} \int_1^e \ln (x)(-x+x\ln x)dx &= \int_1^e (x\ln (x)-x)'(-x+x\ln x)dx \\ &= \dfrac{1}{2}[(x\ln (x)-x)^2]_1^e \\ &= \dfrac{1}{2}(0-1) \\ &= -\dfrac{1}{2} \end{aligned}$$

La réponse juste est : A

Astuce : si $f$ est impaire, alors $\int_{-a}^a f(x)\,dx=0$

La fonction $f : x\mapsto x^6 \sin (x)$ est impaire, donc $\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} x^6 \sin (x)\,dx=0$

La réponse juste est : A

On a $I_n=\int_1^e x{(\ln x)}^ndx$ donc $I_{n+1}=\int_1^e x{(\ln x)}^{n+1}dx$

Posons $\begin{cases} u(x)={(\ln x)}^{n+1} \\ v^{'}(x)=x \end{cases}$

Il s’ensuit donc : $I_{n+1}=\left[ \dfrac{x^2}{2}(\ln x)^{n+1} \right]_1^e-\int_1^e (n+1)\dfrac{1}{x}{(\ln x)}^n\times \dfrac{x^2}{2} dx$

Donc $I_{n+1}=\dfrac{e^2}{2}-0-\dfrac{n+1}{2}\int_1^e x(\ln x)^n dx$

Donc $I_{n+1}=\dfrac{e^2}{2}-\dfrac{n+1}{2}I_n$

Donc $2I_{n+1}=e^2-(n+1)I_n$

Donc $2I_{n+1}+(n+1)I_n=e^2$

La réponse juste est : B

Soit $x\in [1;2]$ et $n\in \mathbb{N}$

On a : $x^2\geq 1$ et $0\leq \dfrac{1}{{(1+x^2)}^n}$ Donc $x^2+1\geq 2$ et $0\leq \dfrac{1}{{(1+x^2)}^n}$

Donc $\dfrac{1}{x^2+1}\leq \dfrac{1}{2}$ et $0\leq \dfrac{1}{{(1+x^2)}^n}$ Donc $0\leq \dfrac{1}{{(1+x^2)}^n}\leq \dfrac{1}{2^n}$

Donc $0\leq \int_1^2 \dfrac{1}{{(1+x^2)}^n}dx\leq \int_1^2 \dfrac{1}{2^n}dx$

Donc : $0\leq \int_1^2 \dfrac{1}{{(1+x^2)}^n}dx\leq \dfrac{1}{2^n}(2-1)$

Donc :$(\forall n\in \mathbb{N}):0\leq I_n\leq \dfrac{1}{2^n}$ et $\lim\limits_{n\to+\infty} \dfrac{1}{2^n}=\lim\limits_{n\to+\infty} {\left(\dfrac{1}{2} \right)}^n=0$ car $-1< \dfrac{1}{2}<1$

Donc d’après le théorème des gendarmes : $\lim\limits_{n\to+\infty} I_n=0$

La réponse juste est : C

$$\begin{aligned} \int_0^1 \sqrt{x+1}\,dx &= \int_0^1 (x+1)'\sqrt{x+1}\,dx \\ &= \int_0^1 (x+1)'(x+1)^{\frac{1}{2}}\,dx \\ &= \left[ \dfrac{2}{3}\sqrt{(x+1)^3} \right]_0^1 \\ &= \dfrac{2}{3}(\sqrt{8}-1) \end{aligned}$$

La réponse juste est : E

$$\begin{aligned} I_{n+1}+I_n &= \int_0^1 \dfrac{e^{(n+1)x}}{e^x+1}dx+\int_0^1 \dfrac{e^{nx}}{e^x+1}dx \\ &= \int_0^1 \dfrac{e^{(n+1)x}+e^{nx}}{e^x+1}dx \\ &= \int_0^1 \dfrac{e^{nx+x}+e^{nx}}{e^x+1}dx \\ &= \int_0^1 \dfrac{e^{nx}(e^x +1)}{e^x+1}dx \\ &= \int_0^1 e^{nx}dx \\ &= \left[ \dfrac{1}{n}e^{nx} \right]_0^1 \\ &= \dfrac{e^n-1}{n} \end{aligned}$$

La réponse juste est : D

$$\begin{aligned} \int_2^e \dfrac{1}{x\ln (x)}dx &= \int_2^e \dfrac{1}{x}\times \dfrac{1}{\ln (x)}dx \\ &= \int_2^e {(\ln x)}^{'}\times \dfrac{1}{\ln (x)}dx \\ &= \int_2^e \dfrac{{(\ln x)}^{'}}{\ln (x)}dx \\ &= [\ln (\ln (x))]_2^e \\ &= \ln (\ln (e))-\ln (\ln (2)) \\ &= -\ln (\ln (2)) \end{aligned}$$

La réponse juste est : B

$$\begin{aligned} \int_0^1 \dfrac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}\,dx &= \int_0^1 \dfrac{e^x\left(e^x-\dfrac{1}{e^x}\right)}{e^x\left(e^x+\dfrac{1}{e^x}\right)}\,dx \\ &= \int_0^1 \dfrac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}\,dx \\ &= \int_0^1 \dfrac{(e^x+e^{-x})'}{e^x+e^{-x}}\,dx \\ &= [\ln (e^x+e^{-x})]_0^1 \\ &= \ln (e+e^{-1})-\ln (1+1) \\ &= \ln \left(e+\dfrac{1}{e} \right)-\ln 2 \\ &= \ln \left(\dfrac{e^2+1}{2e} \right) \end{aligned}$$

La réponse juste est : A

On pose $f(x)=\dfrac{x^3+x+4}{x+1}$ sur $I=[0;1]$

La division euclidienne de $x^3+x+4$ par $x+1$ donne :

$$x^3+x+4=(x+1)(x^2-x+2)+2$$

Donc : $\dfrac{x^3+x+4}{x+1}=\dfrac{(x+1)(x^2-x+2)}{x+1}+\dfrac{2}{x+1}=x^2-x+2+\dfrac{2}{x+1}$

Donc une primitive est : $F(x)=\dfrac{x^3}{3}-\dfrac{x^2}{2}+2x+2 \ln (x+1)$

$$\begin{aligned} \int_0^1 \dfrac{x^3+x+4}{x+1}\,dx &= \left[ \dfrac{x^3}{3}-\dfrac{x^2}{2}+2x+2\ln (x+1) \right]_0^1 \\ &= \dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{2}+2+2\ln 2 \\ &= \dfrac{11}{6}+2\ln 2 \end{aligned}$$

La réponse juste est : D

On pose $g(x)=\dfrac{5x+1}{x^2+x-2} =\dfrac{5x+1}{(x-1)(x+2)}$ sur $I=[2;3]$

Donc il existe deux réels $a$ et $b$ tels que : $g(x)=\dfrac{a}{x-1}+\dfrac{b}{x+2}$

Cherchons $a$ et $b$ (on peut les trouver directement par une décomposition simple) :

$a=\dfrac{5+1}{1+2}=2$ et $b= \dfrac{-10+1}{-2-1}=3$

Donc : $g(x)=\dfrac{2}{x-1}+\dfrac{3}{x+2}$

Donc une primitive de $g$ sur $I$ est : $G(x)=2 \ln (x-1)+3\ln (x+2)$

$$\begin{aligned} \int_2^3 \dfrac{5x+1}{x^2+x-2}\,dx &= [2 \ln (x-1)+3\ln (x+2)]_2^3 \\ &= 2\ln 2+3\ln 5-0-3\ln 4 \\ &= 3\ln 5-4\ln 2 \end{aligned}$$

La réponse juste est : C

Calculons l’intégrale $G=\int_0^2 x\sqrt{3-x}\,dx$

Posons $\begin{cases} u(x)=x \\ v'(x)=\sqrt{3-x}=(3-x)^{\frac{1}{2}} \end{cases}$

Donc $v(x)=-\dfrac{2}{3}(3-x)^{\frac{3}{2}}$

Il s’ensuit :

$$\begin{aligned} G &= \left[ -\dfrac{2}{3}x(3-x)^{\frac{3}{2}} \right]_0^2+\dfrac{2}{3}\int_0^2 (3-x)^{\frac{3}{2}}\,dx \\ &= -\dfrac{4}{3}+\dfrac{2}{3}\times \left(-\dfrac{2}{5}\right)\left[ (3-x)^{\frac{5}{2}} \right]_0^2 \\ &= -\dfrac{4}{3}-\dfrac{4}{15}\left(1-3^{\frac{5}{2}} \right) \\ &= -\dfrac{4}{3}+\dfrac{4}{15}\left(\sqrt{3^5}-1 \right) \end{aligned}$$

La réponse juste est : D

Calculons l’intégrale $H=\int_1^e \sin (\ln (x))dx$

Posons $\begin{cases} u(x)=\sin (\ln (x)) \\ v^{'}(x)=1 \end{cases}$

$$H=[x \sin (\ln (x))]_1^e-\int_1^e \cos (\ln (x)) dx=e \sin (1)-\int_1^e \cos (\ln (x)) dx$$

Posons $\begin{cases} u(x)=\cos (\ln (x)) \\ v^{'}(x)=1 \end{cases}$

$$H=e \sin (1)-\left([x \cos (\ln (x))]_1^e+\int_1^e \sin (\ln (x)) dx \right) =e \sin (1)-e \cos (1)+1-H$$

Donc : $2H=e \sin (1)-e \cos (1)+1$

Donc : $H=\dfrac{ e \sin (1)-e \cos (1)+1}{2}$

La réponse juste est : D

On a : $(\forall x\in ]0;+\infty [)$, $f(x)=\dfrac{1}{x(x+1)}=\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x+1}>0$

L’unité d’aire est $\|\overrightarrow{i}\|\times \|\overrightarrow{j}\|=3\text{ cm}\times 2\text{ cm}=6\text{ cm}^2$

$$\begin{aligned} \mathcal{A} &= \int_1^2 |f(x)|\,dx\times 6\text{ cm}^2 \\ &= \int_1^2 \left(\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x+1}\right)dx\times 6\text{ cm}^2 \\ &= [\ln x-\ln (x+1)]_1^2\times 6\text{ cm}^2 \\ &= \left(\ln \left(\dfrac{2}{3} \right)+\ln 2 \right)\times 6\text{ cm}^2 \\ &= 6 \ln \left(\dfrac{4}{3} \right)\text{ cm}^2 \end{aligned}$$

La réponse juste est : A

Astuce : $\int \dfrac{1}{(x-a)(x-b)}=\dfrac{\ln \left(\dfrac{x-a}{x-b} \right)}{a-b}$

$$\begin{aligned} \int_4^5 \dfrac{1}{x^2-9}dx &= \int_4^5 \dfrac{1}{(x-3)(x+3)}dx \\ &= \left[ \dfrac{\ln \left(\dfrac{x-3}{x+3} \right)}{3+3} \right]_4^5 \\ &= \dfrac{1}{6}\left(\ln \left(\dfrac{2}{8} \right)-\ln \left(\dfrac{1}{7} \right) \right) \\ &= \dfrac{1}{6}\left(\ln \left(\dfrac{1}{4} \right)+\ln (7) \right) \\ &= \dfrac{1}{6}(-\ln (4)+\ln (7)) \\ &= \dfrac{1}{6}\ln \left(\dfrac{7}{4} \right) \end{aligned}$$

La réponse juste est : C

$$\begin{aligned} \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}} \dfrac{1}{\sin (x)\tan (x)}\,dx &= \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}} \dfrac{1}{\sin (x)\times \dfrac{\sin (x)}{\cos (x)}}\,dx \\ &= \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}} \dfrac{\cos (x)}{\sin^2(x)}\,dx \\ &= \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}} \dfrac{(\sin x)'}{\sin^2(x)}\,dx \\ &= \left[ -\dfrac{1}{\sin (x)} \right]_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}} \\ &= -\dfrac{1}{\frac{\sqrt{2}}{2}}+\dfrac{1}{\frac{1}{2}} \\ &= 2-\dfrac{2}{\sqrt{2}} \\ &= 2-\sqrt{2} \end{aligned}$$

La réponse juste est : B

Soit $x\in [1;2]$

$$f(x)-x=\left(1-\dfrac{2}{x} \right)\ln (x)=\left(\dfrac{x-2}{x} \right)\ln (x)$$

$1\leq x\leq 2\Rightarrow x>0$ et $\ln (x)\geq 0$ et $x-2\leq 0$

$$\begin{aligned} &\Rightarrow \left(\dfrac{x-2}{x} \right)\ln (x)\leq 0 \\ &\Rightarrow f(x)-x\leq 0 \end{aligned}$$

Donc $(C_f)$ est en dessous de $(D)$ sur l’intervalle $[1;2]$, et $\forall x\in [1;2] : |f(x)-x|=x-f(x)$

$$\begin{aligned} \mathcal{A} &= \int_1^2 |f(x)-x|\,dx\times 1\text{ cm}^2 \\ &= \int_1^2 \left(x-f(x)\right)dx\text{ cm}^2 \\ &= \int_1^2 \left(\dfrac{2}{x}-1 \right)\ln (x)\,dx\text{ cm}^2 \end{aligned}$$

Posons $\begin{cases} u(x)=\ln (x) \\ v'(x)=\dfrac{2}{x}-1 \end{cases}$

Donc $v(x)=2\ln (x)-x$

Il s’ensuit :

$$\begin{aligned} \int_1^2 \left(\dfrac{2}{x}-1 \right)\ln x\,dx &= [(2\ln (x)-x)\ln (x)]_1^2-\int_1^2 \dfrac{1}{x}(2\ln (x)-x)\,dx \\ &= (2\ln 2-2)\ln 2-\int_1^2 \left(\dfrac{2\ln (x)}{x}-1\right)dx \\ &= 2\ln^2 2-2\ln 2-\left[ \ln^2(x)-x \right]_1^2 \\ &= 2\ln^2 2-2\ln 2-\ln^2 2+2-1 \\ &= 1-2\ln 2+\ln^2 2 \\ &= (1-\ln 2)^2 \end{aligned}$$

Donc $\mathcal{A}=(1-\ln 2)^2\text{ cm}^2$

La réponse juste est : A