Déterminer les primitives suivantes en utilisant un changement de variable adéquat :

  1. \(\int_{}^{} \dfrac{1}{x+x\ln^2 x}\,\textrm{d}x\)

  2. \(\int_{}^{} \dfrac{\sin x}{1+\cos^2 x}\,\textrm{d}x\)

  3. \(\int_{}^{} {\sqrt{x^2+1}}\,\textrm{d}x\)

  4. \(\int_{}^{} \dfrac{1}{\mathop{\mathrm{ch}}x}\,\textrm{d}x\)

  5. \(\int_{}^{} {\scriptstyle e^{2x}\over\scriptstyle e^x+1}\,\textrm{d}x\)

  6. \(\int_{}^{} {\scriptstyle x\over\scriptstyle\sqrt{x+1}}\,\textrm{d}x\)


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[ID: 1812] [Date de publication: 12 mai 2021 12:14] [Catégorie(s): Changement de variable ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]




Solution(s)

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Exercice 340
Par emmanuel le 12 mai 2021 12:14
  1. On pose \(\begin{cases}u=\ln x \\ du =\dfrac{dx}{x} \end{cases}\), on obtient : \(\int_{}^{} \dfrac{1}{x+x\ln^2 x}\,\textrm{d}x=\int_{}^{} \dfrac{1}{1+u^2}\,\textrm{d}u=\operatorname{arctan} u+C^{te}=\boxed{\operatorname{arctan} \ln x+C^{te}}\).

  2. On pose \(\begin{cases}u=\cos x \\ du =-\sin x dx \end{cases}\), on obtient : \(\int_{}^{} \dfrac{\sin x}{1+\cos^2 x}\,\textrm{d}x=\int_{}^{} \dfrac{-1}{1+u^2}\,\textrm{d}u=-\operatorname{arctan} u + C^{te}=\boxed{-\operatorname{arctan} \cos x + C^{te}}\)

  3. On pose \(\begin{cases}u=\mathop{\mathrm{sh}}x \\ du =\mathop{\mathrm{sh}}x dx \end{cases}\), on obtient : \(\int_{}^{} {\sqrt{x^2+1}}\,\textrm{d}x=\int_{}^{} \sqrt{\mathop{\mathrm{sh}}^2 x+1}\mathop{\mathrm{ch}}u\,\textrm{d}u=\int_{}^{} \mathop{\mathrm{ch}}^2 u\,\textrm{d}u=\int_{}^{} \dfrac{1}{2}\left(1+\mathop{\mathrm{ch}}2u\right)\,\textrm{d}u=\dfrac{u}{2}+\dfrac14\mathop{\mathrm{sh}} 2u+C^{te}=\boxed{\dfrac{1}{2}\mathop{\mathrm{argsh}}x+ \dfrac14x\sqrt{1+x^2}+C^{te}}\)

  4. Un grand classique. Cette fois les différentes méthodes sont instructives :
    On pose \(\begin{cases}u=e^x \\ du = e^x dx=u dx \end{cases}\), on obtient : \(\int_{}^{} \dfrac{1}{\mathop{\mathrm{ch}} x}\,\textrm{d}x=\int_{}^{} \dfrac{2}{e^x+e^{-x}}\,\textrm{d}x=\int_{}^{} \dfrac{2e^x}{e^{2x}+1}\,\textrm{d}x= \int_{}^{} \dfrac{2}{1+u^2}\,\textrm{d}u=2\operatorname{arctan} u+C^{te}=\boxed{2\operatorname{arctan} \left(e^x\right)+C^{te}}\).
    Changement en \(u = \textrm{sh}\,x\). \[\begin{aligned} \int \dfrac{\textrm dx}{\textrm{ch}\,x} &= \int \dfrac{\textrm{ch}\,x\,\textrm dx}{\textrm{ch}^2x}\\ &= \int \dfrac{\textrm du}{1+u^2}\\ &= \operatorname{arctan} u + C\\ &= \operatorname{arctan} \left( \textrm{argsh}\,x\right) + C.\end{aligned}\] Changement en \(t = \textrm{th}\left( {\scriptstyle x\over\scriptstyle 2}\right)\). \[\begin{aligned} \int \dfrac{\textrm dx}{\textrm{ch}\,x} &= \int \dfrac{{\scriptstyle 2\,\textrm dt\over\scriptstyle 1-t^2}}{{\scriptstyle 1+t^2\over\scriptstyle 1-t^2}}\\ &= 2\operatorname{arctan} t + C\\ &= 2\operatorname{arctan} \left( \textrm{th}\left( {\scriptstyle x\over\scriptstyle 2}\right)\right) + C\end{aligned}\] Les trois fonctions sont définies sur \(\mathbb R\) et ne diffèrent donc que d’une constante !

  5. On pose \(\begin{cases}u= e^x\\ du = e^x dx\end{cases}\), on obtient : \(\int_{}^{} {\scriptstyle e^{2x}\over\scriptstyle e^x+1}\,\textrm{d}x=\int_{}^{} \dfrac{u}{1+u}\,\textrm{d}u=\int_{}^{} \dfrac{1+u}{1+u}\,\textrm{d}u-\int_{}^{} \dfrac{1}{1+u}\,\textrm{d}u=u+\ln\left|1+u\right|+C^{te}=\boxed{e^x+ln\left(1+e^x\right)+C^{te} }\)

  6. On pose \(\begin{cases}u=\sqrt{x+1} \\ du=\dfrac{dx}{2\sqrt{x+1}}=\dfrac{dx}{2u}\end{cases}\), on obtient : \[\begin{aligned} \int \dfrac{x\,\textrm dx}{\sqrt{x+1}} &= \int (u^2-1)\,\textrm du \\ &= \dfrac{u^3}{3} - u + C\\ &= \dfrac23 \sqrt{x+1} (x-2) + C.\end{aligned}\]


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