1. Calcul de l'intégrale $ I $
    \[ \begin{align*} I &= \int_0^1 x \left( \frac{-1}{2(1+x^2)} \right)' \,dx \\ &= \left[ x \left( \frac{-1}{2(1+x^2)} \right) \right]_0^1 - \int_0^1 (x)' \left( \frac{-1}{2(1+x^2)} \right) \,dx \\ &= \left[ \frac{-x}{2(1+x^2)} \right]_0^1 + \frac{1}{2} \int_0^1 \frac{1}{1+x^2} \,dx \\ &= -\frac{1}{4} + \frac{1}{2} [\arctan(x)]_0^1 \\ &= \frac{\pi - 2}{8} \end{align*} \]
  2. Calcul de l'intégrale $ J $
    • En posant $ t = \tan\left(\frac{x}{2}\right) $, on a $ dx = \frac{2}{1+t^2} \,dt $ et $ \cos(x) = \frac{1-t^2}{1+t^2} $.
    • Les bornes deviennent $ 0 $ et $ 1 $.
    \[ \begin{align*} J &= \int_0^1 \frac{1}{2 + \frac{1-t^2}{1+t^2}} \cdot \frac{2}{1+t^2} \,dt \\ &= \int_0^1 \frac{2}{t^2 + 3} \,dt \\ &= \frac{2}{\sqrt{3}} \left[ \arctan\left(\frac{t}{\sqrt{3}}\right) \right]_0^1 \\ &= \frac{2}{\sqrt{3}} \cdot \frac{\pi}{6} \\ &= \frac{\pi \sqrt{3}}{9} \end{align*} \]
  3. Calcul de la limite
    • On reconnaĂźt l'expression d'une somme de Riemann :
    \[ \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n^2} \sum_{k=1}^n k e^{\frac{k}{n}} = \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \frac{k}{n} e^{\frac{k}{n}} = \int_0^1 x e^x \,dx \]
    • On calcule l'intĂ©grale par parties :
    \[ \begin{align*} \int_0^1 x (e^x)' \,dx &= [x e^x]_0^1 - \int_0^1 (x)' e^x \,dx \\ &= e - [e^x]_0^1 \\ &= 1 \end{align*} \]
  4. Calcul de l'intégrale $ K $
    • On linĂ©arise l'intĂ©grande :
    \[ \begin{align*} \sin^2(x) \cos^4(x) &= (\sin(x) \cos(x))^2 \cos^2(x) \\ &= \frac{1}{4} \sin^2(2x) \left( \frac{1 + \cos(2x)}{2} \right) \\ &= \frac{1}{8} \left( \frac{1 - \cos(4x)}{2} \right) (1 + \cos(2x)) \\ &= \frac{1}{16} \left( 1 + \cos(2x) - \cos(4x) - \cos(4x)\cos(2x) \right) \\ &= \frac{1}{16} \left( 1 + \cos(2x) - \cos(4x) - \frac{1}{2}(\cos(6x) + \cos(2x)) \right) \\ &= \frac{1}{16} \left( 1 + \frac{1}{2}\cos(2x) - \cos(4x) - \frac{1}{2}\cos(6x) \right) \end{align*} \]
    • On intĂšgre :
    \[ \begin{align*} K &= \frac{1}{16} \left[ x + \frac{1}{4}\sin(2x) - \frac{1}{4}\sin(4x) - \frac{1}{12}\sin(6x) \right]_0^\pi \\ &= \frac{\pi}{16} \end{align*} \]
Autre méthode de calcul de $K$:
  • On sĂ©pare l'intĂ©grale en deux par la relation de Chasles sur $ \left[0, \frac{\pi}{2}\right] $ et $ \left[\frac{\pi}{2}, \pi\right] $ :
\[ K = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^2(x)\cos^4(x) \,dx + \int_{\frac{\pi}{2}}^\pi \sin^2(x)\cos^4(x) \,dx \]
  • Dans la deuxiĂšme intĂ©grale, on effectue le changement de variable $ u = x - \frac{\pi}{2} $ (donc $ dx = du $) :
  • Les bornes deviennent $ 0 $ et $ \frac{\pi}{2} $. D'aprĂšs les formules de trigonomĂ©trie, $ \sin\left(u + \frac{\pi}{2}\right) = \cos(u) $ et $ \cos\left(u + \frac{\pi}{2}\right) = -\sin(u) $.
\[ \int_{\frac{\pi}{2}}^\pi \sin^2(x)\cos^4(x) \,dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^2(u)(-\sin(u))^4 \,du = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^2(x)\sin^4(x) \,dx \]
  • En regroupant les deux intĂ©grales sur le mĂȘme intervalle $ \left[0, \frac{\pi}{2}\right] $, on peut factoriser par $ \sin^2(x)\cos^2(x) $ :
\[ \begin{align*} K &= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \left( \sin^2(x)\cos^4(x) + \cos^2(x)\sin^4(x) \right) \,dx \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^2(x)\cos^2(x) \left( \cos^2(x) + \sin^2(x) \right) \,dx \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^2(x)\cos^2(x) \,dx \end{align*} \]
  • On calcule cette nouvelle intĂ©grale allĂ©gĂ©e en utilisant $ \sin(2x) = 2\sin(x)\cos(x) $ puis $ \sin^2(2x) = \frac{1 - \cos(4x)}{2} $ :
\[ \begin{align*} K &= \frac{1}{4} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^2(2x) \,dx \\ &= \frac{1}{8} \int_0^{\frac{\pi}{2}} (1 - \cos(4x)) \,dx \\ &= \frac{1}{8} \left[ x - \frac{\sin(4x)}{4} \right]_0^{\frac{\pi}{2}} \\ &= \frac{\pi}{16} \end{align*} \]