Correction de l'exercice

1. Calcul de l'intégrale $I$

   • On remarque que $(1+e^x)$ est la dérivée exacte de $(x+e^x)$. Faisons-la apparaître pour intégrer par parties :
   \[ \begin{align*} I &= \int_0^1 (x+e^x)' \ln(x+e^x) \,dx \\ &= \left[ (x+e^x) \ln(x+e^x) \right]_0^1 - \int_0^1 (x+e^x) \times \frac{(x+e^x)'}{x+e^x} \,dx \\ &= \left( (1+e)\ln(1+e) - 1\ln(1) \right) - \int_0^1 (1+e^x) \,dx \\ &= (1+e)\ln(1+e) - \left[ x + e^x \right]_0^1 \\ &= (1+e)\ln(1+e) - \left( (1+e) - (0+1) \right) \\ I &= (1+e)\ln(1+e) - e \end{align*} \]



2. Calcul des intégrales $J$ et $K$

   • Pour $J$, on décompose $e^{2x} = e^x \cdot e^x$ pour identifier la forme $u' \sin(u)$ qui est la dérivée de $-\cos(u)$ :
   \[ \begin{align*} J &= \int_0^{\frac{\pi}{2}} e^x \cdot e^x \sin(e^x) \,dx \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{2}} e^x \left( -\cos(e^x) \right)' \,dx \\ &= \left[ -e^x \cos(e^x) \right]_0^{\frac{\pi}{2}} - \int_0^{\frac{\pi}{2}} e^x \left(-\cos(e^x)\right) \,dx \\ &= \left( -e^{\frac{\pi}{2}}\cos(e^{\frac{\pi}{2}}) - (-e^0\cos(e^0)) \right) + \int_0^{\frac{\pi}{2}} \left( \sin(e^x) \right)' \,dx \\ &= -e^{\frac{\pi}{2}}\cos(e^{\frac{\pi}{2}}) + \cos(1) + \left[ \sin(e^x) \right]_0^{\frac{\pi}{2}} \\ J &= -e^{\frac{\pi}{2}}\cos(e^{\frac{\pi}{2}}) + \cos(1) + \sin(e^{\frac{\pi}{2}}) - \sin(1) \end{align*} \]
   • Pour $K$, on écrit $x^3 = x^2 \cdot x$ et on utilise les exposants fractionnaires pour identifier la primitive de $x(1+x^2)^{-\frac{1}{2}}$ :
   \[ \begin{align*} K &= \int_0^{\sqrt{3}} x^2 \cdot x(1+x^2)^{-\frac{1}{2}} \,dx \\ &= \int_0^{\sqrt{3}} x^2 \left( (1+x^2)^{\frac{1}{2}} \right)' \,dx \\ &= \left[ x^2(1+x^2)^{\frac{1}{2}} \right]_0^{\sqrt{3}} - \int_0^{\sqrt{3}} 2x(1+x^2)^{\frac{1}{2}} \,dx \\ &= \left( 3(1+3)^{\frac{1}{2}} - 0 \right) - \left[ \frac{2}{3}(1+x^2)^{\frac{3}{2}} \right]_0^{\sqrt{3}} \\ &= 3 \times 2 - \frac{2}{3}\left( (1+3)^{\frac{3}{2}} - (1+0)^{\frac{3}{2}} \right) \\ &= 6 - \frac{2}{3}(8 - 1) \\ K &= 6 - \frac{14}{3} = \frac{4}{3} \end{align*} \]



3. Calcul des intégrales $L$ et $M$

   • Pour $L$, la primitive de $\cos(x)$ est immédiate :
   \[ \begin{align*} L &= \int_0^{\frac{\pi}{2}} (\sin x)' \ln(1+\cos x) \,dx \\ &= \left[ \sin x \ln(1+\cos x) \right]_0^{\frac{\pi}{2}} - \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin x \times \frac{-\sin x}{1+\cos x} \,dx \\ &= \left( 1\ln(1+0) - 0 \right) + \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^2 x}{1+\cos x} \,dx \\ &= 0 + \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1-\cos^2 x}{1+\cos x} \,dx \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{(1-\cos x)(1+\cos x)}{1+\cos x} \,dx \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{2}} (1-\cos x) \,dx \\ &= \left[ x - \sin x \right]_0^{\frac{\pi}{2}} \\ L &= \frac{\pi}{2} - 1 \end{align*} \]
   • Pour $M$, on décompose $\frac{1}{x^3} = \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{x^2}$ pour faire apparaître la dérivée de $-e^{\frac{1}{x}}$ :
   \[ \begin{align*} M &= \int_1^2 \frac{1}{x} \left( \frac{1}{x^2}e^{\frac{1}{x}} \right) \,dx \\ &= \int_1^2 \frac{1}{x} \left( -e^{\frac{1}{x}} \right)' \,dx \\ &= \left[ -\frac{1}{x}e^{\frac{1}{x}} \right]_1^2 - \int_1^2 \left(-\frac{1}{x^2}\right)\left(-e^{\frac{1}{x}}\right) \,dx \\ &= \left( -\frac{1}{2}e^{\frac{1}{2}} - (-1e^1) \right) - \int_1^2 \frac{1}{x^2}e^{\frac{1}{x}} \,dx \\ &= e - \frac{\sqrt{e}}{2} - \left[ -e^{\frac{1}{x}} \right]_1^2 \\ &= e - \frac{\sqrt{e}}{2} + \left( e^{\frac{1}{2}} - e^1 \right) \\ M &= \frac{\sqrt{e}}{2} \end{align*} \]



4. Calcul des intégrales $N$ et $P$

   • Pour $N$, on utilise les exposants pour dériver et intégrer facilement :
   \[ \begin{align*} N &= \int_0^1 (1+x)^{-\frac{1}{2}} \ln(1+x) \,dx \\ &= \int_0^1 \left( 2(1+x)^{\frac{1}{2}} \right)' \ln(1+x) \,dx \\ &= \left[ 2(1+x)^{\frac{1}{2}} \ln(1+x) \right]_0^1 - \int_0^1 2(1+x)^{\frac{1}{2}} \times \frac{1}{1+x} \,dx \\ &= \left( 2\sqrt{2}\ln(2) - 0 \right) - \int_0^1 2(1+x)^{-\frac{1}{2}} \,dx \\ &= 2\sqrt{2}\ln(2) - \left[ 4(1+x)^{\frac{1}{2}} \right]_0^1 \\ N &= 2\sqrt{2}\ln(2) - 4\sqrt{2} + 4 \end{align*} \]

   • • Calcul par de N par changement de varaible:

       • On remarque que:
         $\frac{1}{\sqrt{1+x}} \,dx = 2 \,d(\sqrt{1+x})$.
         De plus: $~~\ln(1+x) = \ln\left((\sqrt{1+x})^2\right) = 2\ln(\sqrt{1+x})$.
       • Changement de variable:
         $t = \sqrt{1+x}~$ avec pour bornes $~t=1$ pour $~x=0$, et $~t=\sqrt{2}$ pour $~x=1$)
         L'intégrale s'écrit alors :
       \[ \begin{align*} N &= \int_0^1 2\ln(\sqrt{1+x}) \times 2 \,d(\sqrt{1+x}) \\ &= 4 \int_1^{\sqrt{2}} \ln(t) \,dt \end{align*} \]
       • En utilisant directement la primitive usuelle du logarithme népérien: $F(t)=t\ln(t) - t$), On obtient :
       \[ \begin{align*} N &= 4 \Big[ t\ln(t) - t \Big]_1^{\sqrt{2}} \\ &= 4 \left( \left( \sqrt{2}\ln(\sqrt{2}) - \sqrt{2} \right) - (1\ln(1) - 1) \right) \\ &= 4 \left( \sqrt{2} \left(\frac{1}{2}\ln(2)\right) - \sqrt{2} + 1 \right) \\ N &= 2\sqrt{2}\ln(2) - 4\sqrt{2} + 4 \end{align*} \]
   • Pour $P$, une double intégration par parties permet de boucler sur l'intégrale de départ sans avoir besoin de linéariser $\sin^2(x)$ au préalable :
   \[ \begin{align*} P &= \int_0^{\pi} \left( -\frac{1}{2}e^{-2x} \right)' \sin^2 x \,dx \\ &= \left[ -\frac{1}{2}e^{-2x}\sin^2 x \right]_0^{\pi} - \int_0^{\pi} \left(-\frac{1}{2}e^{-2x}\right)(2\sin x \cos x) \,dx \\ &= 0 + \frac{1}{2} \int_0^{\pi} e^{-2x}\sin(2x) \,dx \\ &= \frac{1}{2} \int_0^{\pi} \left( -\frac{1}{2}e^{-2x} \right)' \sin(2x) \,dx \\ &= \frac{1}{2} \left( \left[ -\frac{1}{2}e^{-2x}\sin(2x) \right]_0^{\pi} - \int_0^{\pi} \left(-\frac{1}{2}e^{-2x}\right)(2\cos(2x)) \,dx \right) \\ &= 0 + \frac{1}{2} \int_0^{\pi} e^{-2x}\cos(2x) \,dx \end{align*} \]
   • En utilisant la formule de duplication $\cos(2x) = 1 - 2\sin^2(x)$, on retrouve $P$ :
   \[ \begin{align*} P &= \frac{1}{2} \int_0^{\pi} e^{-2x}(1 - 2\sin^2 x) \,dx \\ P &= \frac{1}{2} \int_0^{\pi} e^{-2x} \,dx - \int_0^{\pi} e^{-2x}\sin^2 x \,dx \\ P &= \frac{1}{2} \left[ -\frac{1}{2}e^{-2x} \right]_0^{\pi} - P \\ 2P &= -\frac{1}{4}(e^{-2\pi} - 1) \\ P &= \frac{1 - e^{-2\pi}}{8} \end{align*} \]