Feuille d’exercices n˚15 : correction

Dérivée de l’inverse 1 u 0 = u0 u2 Dérivée du quotient u v 0 = u 0v uv v2 Dérivée de la puissance (un)0= nu0un 1 Dérivée de la racine p u 0 = u0 2 p u

Tableaux des dérivées et primitives et quelques formules en

Opération Dérivée f+g f0+g0 fg f0g+fg0 f g f0g fg0 2 g f f0 g0 f 1 u u0 u2 un nu0un 1 p u u0 2 p u eu u0eu ln(u) u0 u Quelques formules de trigonométrie

DÉRIVÉES USUELLES ET DIFFÉRENTIELLES

Mesures physiques 1 ère année Cours de Mesures I U T de Caen, décembre 2006 1/1 derivees doc DÉRIVÉES USUELLES ET DIFFÉRENTIELLES DÉRIVÉES FONDAMENTALES Fonction Dérivée 1 Dérivée 2 Différentielle y = u(x) y' = u'(x) dy dx = du dx dy = du = u' dx y = un(x) y' = n u' un-1 dy dx = n un-1 du dx dy = n un-1 du y = 1 u y' = - u' u2 dy

La fonction dérivée

Quelques conseils lorsqu’on calcule une dérivée • Comme il est plus facile de dériver une somme qu’un quotient, on ne cherchera pas à réduire au même dénominateur avant de dériver • Comme le signe de la dérivée donne les variation de la fonction, on cherchera à factoriser la dérivée lorsque cela est possible

EXALG020 Mons, questions-types, 2000-2001

1) Racine de : Dérivée première ' 2 2 Racines de ' : 2 Le signe de ' est le signe de 2 2 Tableau de variation ' 0 0 Si , l'extréma a x a x a x f x x a f x x a e x a e e x a x a xa fx xa f x x a x a aa fx f x Min Max xa 22

FONCTION DERIVÉE

Yvan Monka – Académie de Strasbourg – www maths-et-tiques IV Extremum d'une fonction Théorème : Soit une fonction f définie et dérivable sur un intervalle ouvert I Si la dérivée f ' de f s'annule et change de signe en un réel c de I alors f admet un extremum en x = c - Admis - Méthode : Rechercher un extremum

DÉRIVATION (Partie 2)

Le coefficient de x2, égal à 3, est positif, donc la parabole est tournée dans le sens « cuvette » La dérivée est donc positive pour tout x 3) On en déduit le tableau de variations de f: x −∞ +∞ f'(x) + f 4) EXEMPLE 2 Soit la fonction f définie sur par f(x)=x3+ 9 2 x2−12x+5 1) Calculer la fonction dérivée de f

TD 1, Intégrales généralisées

f x ( ) dx, il suffit de disposer d’une primitive de f, c’est-à-dire d’une fonction F dont la dérivée est f Et alors ∫ b a f x ( ) dx = F(b) – F(a) Ce théorème de Newton-Leibniz est aussi appelé théorème fondamental du calcul différentiel et intégral, car il établit un pont entre calcul différentiel et calcul intégral

Tableaux des primitives usuelles - Mathovore

u et v sont des fonctions de primitives respectives U et V Fonction f Une primitive F (déterminée à une constante près) Remarques f = u + v F = U + V f = ku (k constante) F = kU Dans la suite u est dérivable sur un intervalle I f = u' un (n ≠ –1) F = 1 n 1 un+1 selon les valeurs de n f = u' u2 F = – 1 u u ne s'annule pas sur I f = u

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entier, de f) Les plus curieux constateront (par exemple en appliquant les règles de Bioche) que d’autres changements de variables sont possibles, qui donnent de façon intéressante d’autres expressions de nos primitives Par exemple, en posant directement u = sh(t) dans l’intégrale initiale, du = ch(t)dt, et F(x) = Zx 0 ch(t) ch2(t

Feuille d"exercices n°15 : correction

PTSI B Lycée Eiffel

12 avril 2013

Exercice 1 (* à **)

Pour simplifier la présentation des calculs, on présentera en général les calculs de primitives sous

la forme? x a en essaytant de choisir une valeur deaannulant la primitive (histoire de ne pas garder de constantes inutiles dans la primitive). Les calculs seront faits lignes par ligne :

Ici, mieux vaut directement donnerF(x) =1

4(1-2x)2, primitive valable sur chacun des deux

intervalles de définition def, à savoir? -∞;1 2? et?12;+∞?

F(x) =?

x 0 cos(t)sin(t)dt=1

2sin2(x).

On fait une intégration par parties en posantu(t) = arctan(t)etv?(t) = 1, doncu?(t) =1 1 +t2 etv(t) =t, donneF(x) =? x 0 arctan(t)dt= [tarctan(t)]x0-? x 0t

1 +t2dt=xarctan(x)-

2ln(1 +x2).

F(x) =?

x 01 ch(t)dt=? x

02et+e-tdt=?

02ete2t+ 1dt. Effectuons le changement de variable

u=et(donct= ln(u)), ce qui donnedu=etdt, et transforme notre intégrale enF(x) =?ex 12 u2+ 1du= 2arctan(ex)-π2(qui est bien la primitive s"annulant en0, et valable surRtout entier, def). Les plus curieux constateront (par exemple en appliquantles règles de Bioche) que d"autres changements de variables sont possibles, qui donnent de façon intéressante d"autres expressions de nos primitives. Par exemple, en posant directementu= sh(t)dans l"intégrale initiale,du= ch(t)dt, etF(x) =? x

0ch(t)

ch2(t)dt=?

Argshx

011 +u2dupuisquech2(t) = 1+sh2(t).

On trouve alorsF(x) = arctan(Argsh(x)), qui est donc toujours égal à2arctan(ex)-π

2(avouez

que ça n"a rien d"évident). Les plus courageux essaieront lechangementu= th?t 2? pour une troisième expression de cette même fonction.

F(x) =?

x 0 tsin(t)sin2(t)dt=? x 0 tsin(t)(1-cos2(t))dt=? x 0 tsin(t)dt-? x 0 tsin(t)cos2(t)dt. Coupons l"intégrale en deux pour alléger un peu la rédaction:F1(x) =? x 0 tsin(t)dt= [-tcos(t)]x0+? x 0 cos(t)dt=-xcos(x)+sin(x)par intégration par parties. Passons au deuxième morceau, où on va aussi pouvoir faire une IPP en posantu(t) =tetv?(t) =-sin(t)cos2(t), soitu?(t) = 1etv(t) =1

3cos3(t)(coup de pot, cette primitive!), ce qui donneF2(x) =?x

0 -tsin(t)cos2(t) =?t

3cos3(t)?

x 0-? x

013cos3(t)dt=x3cos3(x)-13?

x 0 cos(t)(1-sin2(t))dt= 1 x

3cos3(x)-13sin(x) +13×13sin3(x). Finalement, on trouve brillammentF(x) =x3cos3(x)-

xcos(x) +1

9sin3(x) +23sin(x).

On ne se fatigue surtout pas,fest à peu près de la formeu?⎷u, qui a une primitive propor-

tionnelle àu3

2. Ici, on trouve donc directementF(x) =16(1+2x2)3

2(définie surRtout comme

f). On a vraiment très envie d"effectuer le changement de variablesu= ln(t), ce qui donnedu=1 tdt(ça tombe bien,1tse met facilement en facteur dans l"intégrale) pour trouverF(x) = x 11 t(1 + ln2(t))dt=? ln(x)

011 +u2du= arctan(ln(x)), valable surR+?(on pouvait bien sûr

remarquer directement que la fonctionfest la dérivée de la fonction obtenue).

Effectons deux IPP successives en dérivant à chaque fois la fonction hyperbolique et en pri-

mitivant la fonction trigonométrique (on peut bien sûr faire le contraire, ça marche pareil) :

F(x) =?

x 0 ch(t)cos(t)dt= [ch(t)sin(t)]x0-? x 0 sh(t)sin(t)dt= ch(x)sin(x)+[sh(t)cos(t)]x0- x 0 ch(t)cos(t)dt= ch(x)sin(x) + sh(x)cos(x)-F(x). Du coup,2F(x) = ch(x)sin(x) + sh(x)cos(x)etF(x) =1

2(ch(x)sin(x) + sh(x)cos(x)).

Une toute petite astuce suffit :F(x) =?

01 +t2-1

1 +t2dt=?

x 0

1-11 +t2dt=x-arctan(x).

Ici, on peut au choix utiliser la même astuce que dans le calcul précédent (ce qui est sous

l"intégrale s"écrit⎷ x+ 1-1⎷x+ 1, et tout s"intègre directement), ou bien, pour mieux voir ce qui se passe, effectuer le petit changement de variableu=t+ 1:? x 0t ⎷t+ 1dt= x+1 1u-1 ⎷udu=? u-1

1⎷u-1⎷udu=?23u3

2-⎷u

2? x-1 1 =23(x-1)⎷x-1-12⎷x-1-16= ?2

3x-76?

⎷x-1-16. Cette primitive est valable sur tout l"intervalle]-1,+∞[, et on peut bien sûr enlever la constante-1 6. Il est urgent de faire une IPP pour se débarasser duArgsh: posonsu(t) = Argsh(3t)etv?(t) =

1, soitu?(t) =3

⎷1 + 9t2etv(t) = 1, on trouve alorsF(x) = [tArgsh(3t)]x0-? x

03t⎷1 + 9t2dt=

xArgsh(3x)-1

3?1 + 9x2, primitive valable surR.

Encore un bon exemple d"IPP, en posantu(t) = ln(1+t2), soitu?(t) =2t

1 +t2, etv?(t) = 1, soit

v(t) =t. On trouveF(x) =? x 0 ln(1 +t2)dt= [tln(1 +t2)]x0-? x 02t2

1 +t2dt=xln(1 +x2)-

2 x 0 1-1

1 +t2dt=xln(1 +x2)-2x+ 2arctan(x)(même astuce que la neuvième intégrale

de ce même exercice pour la fin du calcul). À part une IPP, on ne voit pas bien quoi faire : posonsu(t) = ln(t+⎷ t2-1), soitu?(t) = 1 + t ⎷t2-1 t+⎷t2-1=1⎷t2-1(tiens, c"est curieux, on est en train de chercher une primitive de Argch, en fait); etv?(t) = 1, soitv(t) =t. On trouve alorsF(x) =? x 2 ln(t+? t2-1dt= [tln(t+? t2-1)]x2-? x

2t⎷t2-1dt=xln(x+?x2-1)-2ln(2 +⎷3)-?x2-1 +⎷3,

primitive valable sur[1,+∞[. 2

C"est immédiat : ce qui est sous l"intégrale est de la forme-u?u2, doncF(x) =1cos(x)(définie

seulement sur les intervalles oùcosne s"annule pas).

Du facile pour finir :F(x) =?

0sh(t)

ch(t)dt= ln(ch(t)).

Exercice 2 (* à **)

Un simple changement de variablest=x+ 1simplifie énormément le calcul :I=? 1 0 (x-

2)(x+ 1)5dx=?

2 1 (t-3)t5dt=? 2 1 t6-3t5dt=?t7

7-t62?

1=1277-632=-18714.

Une simple enchainement d"IPP suffit, en posantu(x) = (ln(x))3, soitu?(x) =3(ln(x))2 x; etv?(x) =x2, soitv(x) =x3

3, ce qui donneI=?

e 1 x2(ln(x))3dx=?x33(ln(x))3? e 1 x2(ln(x))2dx=e3 3-? e 1 x2(ln(x))2dx. On effectue une deuxième IPP en posantu(x) = (ln(x))2, soitu?(x) =2ln(x) x; etv?(x) =x2, soitv(x) =x33, pour trouverI=e33-?x3

3ln(x)2?

12x23ln(x) =e33-e33+23?

e 1 x2ln(x)dx. Allez, une dernière IPP pour finir, en posantu(x) = ln(x), soitu?(x) =1 x; etv?(x) =x2, doncv(x) =x33. On finit par obtenir I=2 3? x33ln(x)? -23? e 1x

23dx=2e39-29?

x33?quotesdbs_dbs11.pdfusesText_17

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12 avril 2013

Exercice 1 (* à **)

Ici, mieux vaut directement donnerF(x) =1

4(1-2x)2, primitive valable sur chacun des deux

F(x) =?

2sin2(x).

1 +t2dt=xarctan(x)-

2ln(1 +x2).

F(x) =?

02et+e-tdt=?

02ete2t+ 1dt. Effectuons le changement de variable

0ch(t)

Argshx

011 +u2dupuisquech2(t) = 1+sh2(t).

2(avouez

F(x) =?

3cos3(t)(coup de pot, cette primitive!), ce qui donneF2(x) =?x

3cos3(t)?

013cos3(t)dt=x3cos3(x)-13?

3cos3(x)-13sin(x) +13×13sin3(x). Finalement, on trouve brillammentF(x) =x3cos3(x)-

9sin3(x) +23sin(x).

2. Ici, on trouve donc directementF(x) =16(1+2x2)3

2(définie surRtout comme

011 +u2du= arctan(ln(x)), valable surR+?(on pouvait bien sûr

F(x) =?

2(ch(x)sin(x) + sh(x)cos(x)).

Une toute petite astuce suffit :F(x) =?

01 +t2-1

1 +t2dt=?

1-11 +t2dt=x-arctan(x).

1⎷u-1⎷udu=?23u3

2-⎷u

3x-76?

1, soitu?(t) =3

03t⎷1 + 9t2dt=

3?1 + 9x2, primitive valable surR.

1 +t2, etv?(t) = 1, soit

1 +t2dt=xln(1 +x2)-

1 +t2dt=xln(1 +x2)-2x+ 2arctan(x)(même astuce que la neuvième intégrale

2t⎷t2-1dt=xln(x+?x2-1)-2ln(2 +⎷3)-?x2-1 +⎷3,

Du facile pour finir :F(x) =?

0sh(t)

Exercice 2 (* à **)

2)(x+ 1)5dx=?

7-t62?

1=1277-632=-18714.

3, ce qui donneI=?

3ln(x)2?

12x23ln(x) =e33-e33+23?

23dx=2e39-29?

Ici, mieux vaut directement donnerF(x) =1

F(x) =?

F(x) =?

F(x) =?

Une toute petite astuce suffit :F(x) =?

Du facile pour finir :F(x) =?