20 Exercices Primitives et Intégrales Corrigés + PDF

On primitive terme à terme en appliquant la règle : une primitive de \(x^n\) est \(\displaystyle\frac{x^{n+1}}{n+1}\).

a) \(F(x) = 6 \cdot \displaystyle\frac{x^3}{3} – 4 \cdot \displaystyle\frac{x^2}{2} + 3x = 2x^3 – 2x^2 + 3x\)

b) \(G(x) = \displaystyle\frac{x^5}{5} – 3 \cdot \displaystyle\frac{x^3}{3} + 5 \cdot \displaystyle\frac{x^2}{2} – 2x = \displaystyle\frac{x^5}{5} – x^3 + \displaystyle\frac{5x^2}{2} – 2x\)

Vérification : dérive \(F\) et \(G\) pour retrouver \(f\) et \(g\).

On réécrit \(h\) avec des puissances : \(h(x) = 2x^{-1/2} – 3x^{-2} + x^{-1}\).

On primitive chaque terme :

• Primitive de \(2x^{-1/2}\) : \(2 \cdot \displaystyle\frac{x^{1/2}}{1/2} = 4\sqrt{x}\)
• Primitive de \(-3x^{-2}\) : \(-3 \cdot \displaystyle\frac{x^{-1}}{-1} = \displaystyle\frac{3}{x}\)
• Primitive de \(\displaystyle\frac{1}{x}\) : \(\ln(x)\) (sur \(]0\,;+\infty[\), pas besoin de valeur absolue)

Résultat : \(H(x) = 4\sqrt{x} + \displaystyle\frac{3}{x} + \ln(x)\)

Attention : sur \(]0\,;+\infty[\), on écrit \(\ln(x)\). Sur \(\mathbb{R}^*\), il faudrait écrire \(\ln|x|\).

On cherche \(F\) telle que \(F^\prime = f\). Dérivons chaque proposition :

• a) \(F^\prime(x) = -2\cos(x) – 3e^x \neq f(x)\) ✗
• b) \(F^\prime(x) = 2\cos(x) – 3e^x = f(x)\) ✓
• c) \(F^\prime(x) = 2\cos(x) + 3e^x \neq f(x)\) ✗
• d) \(F^\prime(x) = -2\cos(x) + 3e^x \neq f(x)\) ✗

Réponse : b). Retiens : la primitive de \(\cos\) est \(\sin\) (pas \(-\sin\)) et la primitive de \(e^x\) est \(e^x\) (le signe ne change pas).

a) Une primitive de \(3t^2 + 2t – 1\) est \(t^3 + t^2 – t\).

\(I_1 = \left[t^3 + t^2 – t\right]_0^1 = (1 + 1 – 1) – (0) = 1\)

b) Une primitive de \(\displaystyle\frac{1}{x}\) sur \(]0\,;+\infty[\) est \(\ln(x)\).

\(I_2 = \left[\ln(x)\right]_1^e = \ln(e) – \ln(1) = 1 – 0 = 1\)

Étape 1 : on trouve la forme générale des primitives de \(f\) :

\(F(x) = 2x^3 – x^2 + x + C\) où \(C \in \mathbb{R}\).

Étape 2 : on détermine \(C\) grâce à la condition \(F(0) = 4\) :

\(F(0) = 0 – 0 + 0 + C = C = 4\)

Résultat : \(F(x) = 2x^3 – x^2 + x + 4\)

Rappel : une fonction admet une infinité de primitives, qui diffèrent par une constante. La condition initiale permet de sélectionner l’unique primitive qui convient.

On reconnaît des primitives de fonctions composées de la forme \(u^\prime \cdot u^n\), dont une primitive est \(\displaystyle\frac{u^{n+1}}{n+1}\).

a) On pose \(u = x^3 + 1\), donc \(u^\prime = 3x^2\).

\(f(x) = u^\prime \cdot u^4\), donc \(F(x) = \displaystyle\frac{(x^3 + 1)^5}{5}\)

b) On pose \(u = \sin(x)\), donc \(u^\prime = \cos(x)\).

\(g(x) = u^\prime \cdot u^2\), donc \(G(x) = \displaystyle\frac{\sin^3(x)}{3}\)

Vérification de b) : \(G^\prime(x) = \displaystyle\frac{3\sin^2(x) \cdot \cos(x)}{3} = \cos(x)\sin^2(x) = g(x)\) ✓

On pose \(u = 3x^2 + 2x + 5\). Alors \(u^\prime = 6x + 2\).

On reconnaît la forme \(\displaystyle\frac{u^\prime}{u}\), dont une primitive est \(\ln|u|\).

\(F(x) = \ln(3x^2 + 2x + 5)\)

(On écrit \(\ln(\ldots)\) sans valeur absolue car le discriminant de \(3x^2 + 2x + 5\) est \(\Delta = 4 – 60\) < \(0\), donc \(3x^2 + 2x + 5\) > \(0\) pour tout \(x \in \mathbb{R}\).)

On pose \(u = x^2 – 3x\), donc \(u^\prime = 2x – 3\).

On reconnaît la forme \(u^\prime \cdot e^u\), dont une primitive est \(e^u\).

\(F(x) = e^{x^2 – 3x}\)

Vérification : \(F^\prime(x) = (2x-3) \cdot e^{x^2-3x} = f(x)\) ✓

Pour plus de détails sur cette technique, consulte la page primitives de fonctions composées.

Étape 1 — Étude du signe de \(f\).

\(f(x) = 0 \iff x^2 = 4 \iff x = -2\) ou \(x = 2\).

• Sur \([0\,;2]\) : \(f(x) \leq 0\) (la courbe est sous l’axe des abscisses)
• Sur \([2\,;3]\) : \(f(x) \geq 0\) (la courbe est au-dessus)

Étape 2 — Calcul de l’aire. Puisque \(f\) change de signe, on sépare le calcul :

\(\mathcal{A} = \left|\int_0^2 (x^2 – 4)\,dx\right| + \int_2^3 (x^2 – 4)\,dx\)

Premier morceau : \(\int_0^2 (x^2 – 4)\,dx = \left[\displaystyle\frac{x^3}{3} – 4x\right]_0^2 = \displaystyle\frac{8}{3} – 8 = -\displaystyle\frac{16}{3}\)

Second morceau : \(\int_2^3 (x^2 – 4)\,dx = \left[\displaystyle\frac{x^3}{3} – 4x\right]_2^3 = (9-12) – \left(\displaystyle\frac{8}{3}-8\right) = -3 + \displaystyle\frac{16}{3} = \displaystyle\frac{7}{3}\)

Résultat : \(\mathcal{A} = \displaystyle\frac{16}{3} + \displaystyle\frac{7}{3} = \displaystyle\frac{23}{3} \approx 7{,}67\) unités d’aire.

Étape 1 — Intersection des courbes.

\(x^2 = 2x \iff x^2 – 2x = 0 \iff x(x-2) = 0 \iff x = 0\) ou \(x = 2\).

Étape 2 — Qui est au-dessus ?

• Sur \([0\,;2]\) : \(g(x) \geq f(x)\) (car \(2x \geq x^2 \iff x \leq 2\))
• Sur \([2\,;3]\) : \(f(x) \geq g(x)\)

Étape 3 — Calcul de l’aire.

\(\mathcal{A} = \int_0^2 (2x – x^2)\,dx + \int_2^3 (x^2 – 2x)\,dx\)
\(\int_0^2 (2x-x^2)\,dx = \left[x^2 – \displaystyle\frac{x^3}{3}\right]_0^2 = 4 – \displaystyle\frac{8}{3} = \displaystyle\frac{4}{3}\)
\(\int_2^3 (x^2-2x)\,dx = \left[\displaystyle\frac{x^3}{3} – x^2\right]_2^3 = (9-9) – \left(\displaystyle\frac{8}{3}-4\right) = 0 + \displaystyle\frac{4}{3} = \displaystyle\frac{4}{3}\)

Résultat : \(\mathcal{A} = \displaystyle\frac{4}{3} + \displaystyle\frac{4}{3} = \displaystyle\frac{8}{3} \approx 2{,}67\) unités d’aire.

On utilise l’intégration par parties : \(\int u \cdot v^\prime = [u \cdot v] – \int u^\prime \cdot v\).

Choix : \(u = x\) (qui se simplifie en dérivant) et \(v^\prime = e^x\).

Donc \(u^\prime = 1\) et \(v = e^x\).

\(I = \left[x \cdot e^x\right]_0^1 – \int_0^1 1 \cdot e^x\,dx = (1 \cdot e – 0) – \left[e^x\right]_0^1 = e – (e – 1) = 1\)

Astuce : en IPP, on choisit pour \(u\) la fonction qui se « simplifie » quand on dérive (ici le polynôme \(x\)).

L’astuce classique consiste à écrire \(\ln(x) = 1 \times \ln(x)\) et à appliquer l’IPP. Pour la méthode complète, consulte la page primitive de ln x.

Choix : \(u = \ln(x)\) et \(v^\prime = 1\).

Donc \(u^\prime = \displaystyle\frac{1}{x}\) et \(v = x\).

\(J = \left[x\ln(x)\right]_1^e – \int_1^e x \cdot \displaystyle\frac{1}{x}\,dx = \left[x\ln(x)\right]_1^e – \int_1^e 1\,dx\)
\(J = (e \cdot 1 – 1 \cdot 0) – \left[x\right]_1^e = e – (e – 1) = 1\)

On réalise une IPP avec \(u = a – x\) et \(v^\prime = e^x\).

Donc \(u^\prime = -1\) et \(v = e^x\).

\(I(a) = \left[(a-x)e^x\right]_0^a – \int_0^a (-1) \cdot e^x\,dx = \left[(a-x)e^x\right]_0^a + \int_0^a e^x\,dx\)
\(I(a) = (0 \cdot e^a – a \cdot 1) + \left[e^x\right]_0^a = -a + e^a – 1\)

Résultat : \(I(a) = e^a – a – 1\)

Vérification rapide : pour \(a = 1\), on a \(I(1) = e – 2\). Or \(I(1) = \int_0^1 (1-x)e^x\,dx = \int_0^1 e^x\,dx – \int_0^1 xe^x\,dx = (e-1) – 1 = e – 2\) ✓ (on a utilisé le résultat de l’exercice 11).

1. Encadrement de l’intégrale.

Pour tout \(x \in [0\,;1]\), on a \(0 \leq x^2 \leq 1\), donc :

\(1 \leq 1 + x^2 \leq 2\)

En inversant (les termes sont positifs) : \(\displaystyle\frac{1}{2} \leq \displaystyle\frac{1}{1+x^2} \leq 1\)

Par croissance de l’intégrale :

\(\int_0^1 \displaystyle\frac{1}{2}\,dx \leq \int_0^1 \displaystyle\frac{1}{1+x^2}\,dx \leq \int_0^1 1\,dx\)

Soit : \(\displaystyle\frac{1}{2} \leq \int_0^1 \displaystyle\frac{1}{1+x^2}\,dx \leq 1\) ✓

2. Encadrement de \(\pi\).

Or, une primitive de \(\displaystyle\frac{1}{1+x^2}\) est \(\arctan(x)\). Donc :

\(\int_0^1 \displaystyle\frac{1}{1+x^2}\,dx = \left[\arctan(x)\right]_0^1 = \displaystyle\frac{\pi}{4}\)

L’encadrement donne : \(\displaystyle\frac{1}{2} \leq \displaystyle\frac{\pi}{4} \leq 1\), soit \(2 \leq \pi \leq 4\).

Remarque : ce type de raisonnement (encadrer une fonction, puis intégrer l’encadrement) est un grand classique du bac et des concours.

1. Calcul de \(f^\prime(x)\).

\(f\) est un produit \(u \cdot v\) avec \(u = 2x – 1\) et \(v = e^{-x}\).

\(f^\prime(x) = 2 \cdot e^{-x} + (2x-1) \cdot (-e^{-x}) = e^{-x}\left(2 – (2x-1)\right) = e^{-x}(3 – 2x)\)

Comme \(e^{-x}\) > \(0\) pour tout \(x\), le signe de \(f^\prime(x)\) est celui de \(3-2x\) :

• \(f^\prime(x)\) > \(0\) si \(x\) < \(\displaystyle\frac{3}{2}\) (croissante)
• \(f^\prime(x)\) < \(0\) si \(x\) > \(\displaystyle\frac{3}{2}\) (décroissante)

2. Tableau de variation.

\(f\) admet un maximum en \(x = \displaystyle\frac{3}{2}\) avec \(f\!\left(\displaystyle\frac{3}{2}\right) = 2e^{-3/2}\).

Limites : \(\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty\) et \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0\) (par croissances comparées).

3. Intersection avec l’axe des abscisses.

\(f(x) = 0 \iff (2x-1)e^{-x} = 0 \iff 2x – 1 = 0\) (car \(e^{-x} \neq 0\)).

Donc \(x = \displaystyle\frac{1}{2}\). Le point d’intersection est \(\left(\displaystyle\frac{1}{2}\,,\, 0\right)\).

4. Calcul de l’aire.

Sur \(\left[0\,;\displaystyle\frac{1}{2}\right]\), on a \(2x – 1 \leq 0\) donc \(f(x) \leq 0\).

\(\mathcal{A} = -\int_0^{1/2} (2x-1)e^{-x}\,dx = \int_0^{1/2} (1-2x)e^{-x}\,dx\)

On cherche une primitive de \((1-2x)e^{-x}\) par IPP : \(u = 1-2x\), \(v^\prime = e^{-x}\), donc \(u^\prime = -2\), \(v = -e^{-x}\).

\(\int (1-2x)e^{-x}\,dx = -(1-2x)e^{-x} – \int 2e^{-x}\,dx = -(1-2x)e^{-x} + 2e^{-x} = e^{-x}(2x + 1)\)

Vérification : \(\left[e^{-x}(2x+1)\right]^\prime = -e^{-x}(2x+1) + 2e^{-x} = e^{-x}(1-2x)\) ✓

\(\mathcal{A} = \left[e^{-x}(2x+1)\right]_0^{1/2} = e^{-1/2} \cdot 2 – 1 \cdot 1 = \displaystyle\frac{2}{\sqrt{e}} – 1\)

Résultat : \(\mathcal{A} = \displaystyle\frac{2}{\sqrt{e}} – 1 \approx 0{,}21\) unité d’aire.

C’est un cas classique où une double IPP fait réapparaître l’intégrale de départ. Pour la méthode détaillée, consulte notre page intégration par parties.

Première IPP : \(u = \cos(x)\), \(v^\prime = e^x\), donc \(u^\prime = -\sin(x)\), \(v = e^x\).

\(I = \left[e^x\cos(x)\right]_0^{\pi/2} + \int_0^{\pi/2} e^x\sin(x)\,dx = (0 – 1) + J\)

où \(J = \int_0^{\pi/2} e^x\sin(x)\,dx\).

Seconde IPP sur \(J\) : \(u = \sin(x)\), \(v^\prime = e^x\), donc \(u^\prime = \cos(x)\), \(v = e^x\).

\(J = \left[e^x\sin(x)\right]_0^{\pi/2} – \int_0^{\pi/2} e^x\cos(x)\,dx = (e^{\pi/2} – 0) – I = e^{\pi/2} – I\)

On rassemble : \(I = -1 + e^{\pi/2} – I\), donc \(2I = e^{\pi/2} – 1\).

Résultat : \(I = \displaystyle\frac{e^{\pi/2} – 1}{2}\)

Remarque : cette technique (double IPP + résolution d’équation en \(I\)) fonctionne pour toutes les intégrales de la forme \(\int e^{ax}\cos(bx)\,dx\) et \(\int e^{ax}\sin(bx)\,dx\).

Pour la méthode complète, consulte notre page changement de variable dans une intégrale.

Changement : \(u = \sqrt{x}\), donc \(x = u^2\) et \(dx = 2u\,du\).

Bornes : \(x = 1 \Rightarrow u = 1\) ; \(x = 4 \Rightarrow u = 2\).

\(J = \int_1^2 \displaystyle\frac{1}{1+u} \cdot 2u\,du = \int_1^2 \displaystyle\frac{2u}{1+u}\,du\)

Division euclidienne : \(\displaystyle\frac{2u}{1+u} = \displaystyle\frac{2(u+1) – 2}{1+u} = 2 – \displaystyle\frac{2}{1+u}\)

\(J = \int_1^2 \left(2 – \displaystyle\frac{2}{1+u}\right)du = \left[2u – 2\ln(1+u)\right]_1^2\)
\(J = (4 – 2\ln 3) – (2 – 2\ln 2) = 2 – 2\ln\!\left(\displaystyle\frac{3}{2}\right)\)

Résultat : \(J = 2 – 2\ln\!\left(\displaystyle\frac{3}{2}\right) \approx 1{,}19\)

1. \(I_0 = \int_0^1 e^x\,dx = \left[e^x\right]_0^1 = e – 1\)

2. On effectue une intégration par parties avec \(u = x^n\) et \(v^\prime = e^x\).

Donc \(u^\prime = nx^{n-1}\) et \(v = e^x\).

\(I_n = \left[x^n e^x\right]_0^1 – \int_0^1 nx^{n-1}e^x\,dx = 1 \cdot e – 0 – nI_{n-1} = e – nI_{n-1}\) ✓

3. Application de la relation de récurrence :

• \(I_1 = e – 1 \cdot I_0 = e – (e-1) = 1\)
• \(I_2 = e – 2 \cdot I_1 = e – 2\)

Remarque : ce type d’exercice (établir une relation de récurrence entre intégrales par IPP) est un grand classique des concours. Compare avec les intégrales de Wallis qui suivent le même schéma avec \(\int_0^{\pi/2} \sin^n(x)\,dx\).

Pour un cours complet sur ce type d’intégrales, consulte la page intégrales généralisées.

Étape 1 — Calcul sur un segment \([1\,;A]\).

\(\int_1^A \displaystyle\frac{1}{x^2}\,dx = \left[-\displaystyle\frac{1}{x}\right]_1^A = -\displaystyle\frac{1}{A} + 1 = 1 – \displaystyle\frac{1}{A}\)

Étape 2 — Passage à la limite.

\(\lim_{A \to +\infty} \left(1 – \displaystyle\frac{1}{A}\right) = 1\)

La limite est finie, donc l’intégrale converge.

Résultat : \(\int_1^{+\infty} \displaystyle\frac{1}{x^2}\,dx = 1\)

Remarque : de manière générale, l’intégrale de Riemann \(\int_1^{+\infty} \displaystyle\frac{1}{x^\alpha}\,dx\) converge si et seulement si \(\alpha\) > \(1\). Ici \(\alpha = 2\) > \(1\), ce qui confirme la convergence.

Étape 1 — Décomposition en éléments simples.

On cherche \(A\) et \(B\) tels que : \(\displaystyle\frac{1}{(1+x)(2+x)} = \displaystyle\frac{A}{1+x} + \displaystyle\frac{B}{2+x}\)

En multipliant par \((1+x)(2+x)\) : \(1 = A(2+x) + B(1+x)\)

• \(x = -1\) : \(1 = A \cdot 1\), donc \(A = 1\)
• \(x = -2\) : \(1 = B \cdot (-1)\), donc \(B = -1\)

Ainsi : \(\displaystyle\frac{1}{(1+x)(2+x)} = \displaystyle\frac{1}{1+x} – \displaystyle\frac{1}{2+x}\)

Étape 2 — Intégration.

\(K = \int_0^1 \left(\displaystyle\frac{1}{1+x} – \displaystyle\frac{1}{2+x}\right)dx = \left[\ln(1+x) – \ln(2+x)\right]_0^1\)
\(K = \left[\ln\!\left(\displaystyle\frac{1+x}{2+x}\right)\right]_0^1 = \ln\!\left(\displaystyle\frac{2}{3}\right) – \ln\!\left(\displaystyle\frac{1}{2}\right) = \ln\!\left(\displaystyle\frac{2}{3} \cdot 2\right) = \ln\!\left(\displaystyle\frac{4}{3}\right)\)

Résultat : \(K = \ln\!\left(\displaystyle\frac{4}{3}\right) \approx 0{,}288\)