Corrigé de l'exercice 23

1. Calcul de $A = \int_2^3 \frac{dx}{x+\sqrt{x-1}}$

   1. Changement de variable : Posons $t = \sqrt{x-1}$. On a $t^2 = x - 1$, donc $x = t^2 + 1$ et $dx = 2t \,dt$.
      Pour $x = 2$, $t = 1$. Pour $x = 3$, $t = \sqrt{2}$.
      \[ A = \int_1^{\sqrt{2}} \frac{2t}{(t^2 + 1) + t} \,dt = \int_1^{\sqrt{2}} \frac{2t}{t^2 + t + 1} \,dt \]
   2. Calcul : On fait apparaître la dérivée du dénominateur au numérateur :
      \[ A = \int_1^{\sqrt{2}} \frac{2t+1 - 1}{t^2+t+1} \,dt = \int_1^{\sqrt{2}} \frac{2t+1}{t^2+t+1} \,dt - \int_1^{\sqrt{2}} \frac{1}{t^2+t+1} \,dt \] Le premier terme donne $\left[ \ln(t^2+t+1) \right]_1^{\sqrt{2}} = \ln(3+\sqrt{2}) - \ln(3)$.
      Pour le second, on utilise la forme canonique $t^2+t+1 = \left(t+\frac{1}{2}\right)^2 + \frac{3}{4}$.
      En posant $u = t+\frac{1}{2}$, on obtient une primitive de la forme $\frac{2}{\sqrt{3}}\text{Arctan}\left(\frac{2u}{\sqrt{3}}\right)$ :
      \[ \int_1^{\sqrt{2}} \frac{dt}{\left(t+\frac{1}{2}\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2} = \frac{2}{\sqrt{3}} \left[ \text{Arctan}\left(\frac{2t+1}{\sqrt{3}}\right) \right]_1^{\sqrt{2}} = \frac{2}{\sqrt{3}} \left( \text{Arctan}\left(\frac{2\sqrt{2}+1}{\sqrt{3}}\right) - \frac{\pi}{3} \right) \] D'où $A = \ln\left(\frac{3+\sqrt{2}}{3}\right) - \frac{2}{\sqrt{3}}\text{Arctan}\left(\frac{2\sqrt{2}+1}{\sqrt{3}}\right) + \frac{2\pi}{3\sqrt{3}}$.



2. Calcul de $B = \int_0^1 x\sqrt[3]{x+1} \,dx$

   1. Méthode 1 (Changement de variable) :
      Posons $t = \sqrt[3]{x+1}$. On a $x = t^3 - 1$, d'où $dx = 3t^2 \,dt$.
      Pour $x = 0$, $t = 1$. Pour $x = 1$, $t = \sqrt[3]{2}$.
      \[ B = \int_1^{\sqrt[3]{2}} (t^3 - 1)t(3t^2) \,dt = 3\int_1^{\sqrt[3]{2}} (t^6 - t^3) \,dt = 3 \left[ \frac{t^7}{7} - \frac{t^4}{4} \right]_1^{\sqrt[3]{2}} \] Sachant que $(\sqrt[3]{2})^7 = 4\sqrt[3]{2}$ et $(\sqrt[3]{2})^4 = 2\sqrt[3]{2}$ :
      \[ B = 3\left( \frac{4\sqrt[3]{2}}{7} - \frac{2\sqrt[3]{2}}{4} \right) - 3\left( \frac{1}{7} - \frac{1}{4} \right) = \frac{3\sqrt[3]{2}}{14} + \frac{9}{28} \]
   2. Méthode 2 (Transformation algébrique) :
      En écrivant $x = (x+1)-1$ :
      \[ B = \int_0^1 \left( (x+1)^{\frac{4}{3}} - (x+1)^{\frac{1}{3}} \right) \,dx = \left[ \frac{3}{7}(x+1)^{\frac{7}{3}} - \frac{3}{4}(x+1)^{\frac{4}{3}} \right]_0^1 \] \[ B = \left( \frac{3}{7}(2)^{\frac{7}{3}} - \frac{3}{4}(2)^{\frac{4}{3}} \right) - \left( \frac{3}{7} - \frac{3}{4} \right) = \frac{3\sqrt[3]{2}}{14} + \frac{9}{28} \]



3. Calcul de $C = \int_0^\pi \sqrt{1+\sin x} \,dx$

   1. Changement de variable :
      Posons $t = \frac{x}{2} - \frac{\pi}{4}$. On a $x = 2t + \frac{\pi}{2}$ et $dx = 2 \,dt$.
      Pour $x = 0$, $t = -\frac{\pi}{4}$. Pour $x = \pi$, $t = \frac{\pi}{4}$.
      De plus, $\sin x = \sin\left(2t + \frac{\pi}{2}\right) = \cos(2t)$.
   2. Substitution et calcul :
      \[ C = \int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \sqrt{1+\cos(2t)} \times 2 \,dt = 2\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \sqrt{2\cos^2(t)} \,dt \] Sur $\left[-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4}\right]$, $\cos(t) > 0$, donc $\sqrt{\cos^2(t)} = \cos(t)$.
      \[ C = 2\sqrt{2}\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \cos(t) \,dt = 2\sqrt{2} \left[ \sin(t) \right]_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} = 2\sqrt{2}\left( \frac{\sqrt{2}}{2} - \left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) \right) = 4 \]



4. Calcul de $D = \int_0^1 \frac{dx}{4x^2+9}$

   1. Changement de variable :
      Posons $t = \frac{2x}{3}$. On a $x = \frac{3t}{2}$, donc $dx = \frac{3}{2} \,dt$.
      Pour $x = 0$, $t = 0$. Pour $x = 1$, $t = \frac{2}{3}$.
   2. Substitution et calcul :
      \[ D = \int_0^{\frac{2}{3}} \frac{\frac{3}{2} \,dt}{4\left(\frac{9t^2}{4}\right)+9} = \int_0^{\frac{2}{3}} \frac{\frac{3}{2} \,dt}{9(t^2+1)} = \frac{1}{6}\int_0^{\frac{2}{3}} \frac{dt}{t^2+1} \] \[ D = \frac{1}{6} \left[ \text{Arctan}(t) \right]_0^{\frac{2}{3}} = \frac{1}{6}\text{Arctan}\left(\frac{2}{3}\right) \]



5. Calcul de $E = \int_0^1 x^2\sqrt{1-x^2} \,dx$

   1. Changement de variable :
      Posons $x = \cos t$. On a $dx = -\sin t \,dt$.
      Pour $x = 0$, $t = \frac{\pi}{2}$. Pour $x = 1$, $t = 0$.
      Puisque $t \in \left[0 ; \frac{\pi}{2}\right]$, $\sin t \geq 0$, d'où $\sqrt{1-\cos^2 t} = \sin t$.
   2. Substitution et calcul :
      \[ E = \int_{\frac{\pi}{2}}^0 \cos^2(t) \sin(t) (-\sin t) \,dt = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^2(t) \cos^2(t) \,dt \] En linéarisant $\sin^2(t) \cos^2(t) = \frac{\sin^2(2t)}{4} = \frac{1-\cos(4t)}{8}$ :
      \[ E = \frac{1}{8} \int_0^{\frac{\pi}{2}} (1-\cos(4t)) \,dt = \frac{1}{8} \left[ t - \frac{\sin(4t)}{4} \right]_0^{\frac{\pi}{2}} = \frac{\pi}{16} \]



6. Calcul de $F = \int_0^{-\ln(\sqrt{3})} \frac{dx}{e^x(1+e^{2x})}$

   1. Changement de variable :
      Posons $x = -\ln t$. On a $t = e^{-x}$ et $dx = -\frac{1}{t} \,dt$.
      Pour $x = 0$, $t = e^0 = 1$. Pour $x = -\ln(\sqrt{3})$, $t = e^{\ln(\sqrt{3})} = \sqrt{3}$.
      L'intégrande devient $\frac{1}{\frac{1}{t}\left(1+\frac{1}{t^2}\right)} = \frac{t^3}{t^2+1}$.
   2. Substitution et calcul :
      \[ F = \int_1^{\sqrt{3}} \frac{t^3}{t^2+1} \left(-\frac{1}{t}\right) \,dt = -\int_1^{\sqrt{3}} \frac{t^2}{t^2+1} \,dt \] \[ F = -\int_1^{\sqrt{3}} \frac{t^2+1-1}{t^2+1} \,dt = -\int_1^{\sqrt{3}} \left(1 - \frac{1}{t^2+1}\right) \,dt \] \[ F = -\left[ t - \text{Arctan}(t) \right]_1^{\sqrt{3}} = -\left( \sqrt{3} - \frac{\pi}{3} - \left(1 - \frac{\pi}{4}\right) \right) = 1 - \sqrt{3} + \frac{\pi}{12} \]