1. [(x-1)eˣ]₀¹=1.
2. [x·ln x-x]₁ᵉ=1.
3. -x²cos x+2x sin x+2cos x+C.

1. -√(1-x²)+C.
2. (e-1)/2.

A/(x-1)+B/(x+1). A=3/2, B=1/2. (3/2)ln|x-1|+(1/2)ln|x+1|+C.

(1) (x²-1)/(x²+1). (2) F'<0 sur ]-1;1[, F'>0 ailleurs. (3) G'=e^(x²)·2x-eˣ.

(1) I₀=e-1. I₁=1. (2) IPP: [xⁿeˣ]₀¹-n·I_{n-1}=e-n·I_{n-1}. (3) I₂=e-2.

Une primitive de −x²+4x+1 est F(x) = −x³/3 + 2x² + x.

F(3) = −27/3 + 18 + 3 = −9+18+3 = 12. F(0) = 0.

∫₀³ (−x²+4x+1) dx = F(3) − F(0) = 12.

Une primitive de 1/(1+x) est ln(1+x) (car 1+x>0 sur [0;1]).

∫₀¹ dx/(1+x) = [ln(1+x)]₀¹ = ln 2 − ln 1 = ln 2.

On pose u = ln x, dv = dx, donc du = dx/x et v = x.

∫ln x dx = x ln x − ∫x·(1/x) dx = x ln x − x + C.

∫₁² ln x dx = [x ln x − x]₁² = (2 ln 2 − 2) − (1·0 − 1) = 2 ln 2 − 2 + 1 = 2 ln 2 − 1 (≈ 0,386).

1) En réduisant au même dénominateur : 1 = a(x²+1) + (bx+c)x = (a+b)x² + cx + a. Par identification : a=1, puis a+b=0 ⟹ b=−1, et c=0. Donc 1/(x(x²+1)) = 1/x − x/(x²+1).

2) Une primitive est G(x) = ln x − (1/2)ln(x²+1) sur ]0;+∞[.

G(1) = 0 − (1/2)ln 2 = −(1/2)ln 2. G(1/2) = −ln 2 − (1/2)ln(5/4) = −ln 2 − (1/2)(ln 5 − 2ln 2) = −(1/2)ln 5.

∫_{1/2}^{1} dx/(x(x²+1)) = G(1) − G(1/2) = −(1/2)ln 2 + (1/2)ln 5 = (1/2)ln(5/2) (≈ 0,458).

1) f est dérivable sur ℝ, f'(x) = 1 − 3e^{3x}. f'(x)=0 ⟺ e^{3x}=1/3 ⟺ x = −(ln 3)/3 ≈ −0,366. f'(x)>0 pour x<−(ln 3)/3 (f croissante), f'(x)<0 au-delà (f décroissante).

Maximum : f(−(ln3)/3) = −(ln3)/3 − e^{−ln3} = −(ln3)/3 − 1/3 = −(1+ln3)/3 ≈ −0,70.

Quand x→−∞ : e^{3x}→0, donc f(x)→−∞. Quand x→+∞ : e^{3x} l'emporte largement sur x (croissance comparée), donc f(x)→−∞ également. f est donc toujours négative : son maximum vaut environ −0,70 < 0.

2) Quelques valeurs : f(−2)≈−2,00 ; f(−1)≈−1,05 ; f(−0,37)≈−0,70 (maximum) ; f(0)=−1 ; f(1)≈−19,1. La courbe (𝒞) monte depuis −∞ (quand x→−∞) jusqu'à son maximum ≈(−0,37;−0,70), puis redescend très rapidement vers −∞ à cause du terme e^{3x} : elle reste entièrement sous l'axe (OI).

3) Puisque f(x)<0 sur [−4;−1] (maximum global négatif), la courbe est sous l'axe (OI) sur cet intervalle. L'aire (en unités d'aire) vaut donc : 𝒜 = ∫_{−4}^{−1} −f(x) dx = ∫_{−4}^{−1} (e^{3x}−x) dx.

Une primitive de e^{3x}−x est (1/3)e^{3x} − x²/2. On évalue : en −1 : (1/3)e^{−3} − 1/2 ; en −4 : (1/3)e^{−12} − 8.

𝒜 = [(1/3)e^{−3} − 1/2] − [(1/3)e^{−12} − 8] = (1/3)(e^{−3}−e^{−12}) + 15/2 ≈ 0,0166 + 7,5 = 7,517 unités d'aire.

Comme l'unité graphique vaut 3 cm sur chaque axe, 1 unité d'aire = 3×3 = 9 cm². L'aire cherchée vaut donc : 𝒜 = 9×[(1/3)(e^{−3}−e^{−12})+15/2] = 3(e^{−3}−e^{−12}) + 67,5 ≈ 67,65 cm².

La valeur moyenne de f sur [1;3] est μ = (1/(3−1))∫₁³ f(x)dx = (1/2)∫₁³ (x³+x−3)dx.

Une primitive de x³+x−3 est F(x) = x⁴/4 + x²/2 − 3x.

F(3) = 81/4 + 9/2 − 9 = 63/4. F(1) = 1/4 + 1/2 − 3 = −9/4.

∫₁³ f(x)dx = F(3) − F(1) = 63/4 − (−9/4) = 72/4 = 18.

La valeur moyenne est donc μ = 18/2 = 9.

On pose u = sin x, donc du = cos x dx. Quand x=π/6, u=1/2 ; quand x=π/2, u=1.

L'intégrale devient ∫[1/2,1] u^(−1/2) du = [2√u]_{1/2}^{1} = 2√1 − 2√(1/2) = 2 − 2×(1/√2) = 2−√2.

Donc ∫[π/6,π/2] cos x/√(sin x) dx = 2 − √2 (≈ 0,586).

Linéarisation. sin²x = (1−cos2x)/2 et cos⁴x = (1+cos2x)²/4 = (1+2cos2x+cos²2x)/4.

sin²x·cos⁴x = (1/8)(1−cos2x)(1+2cos2x+cos²2x) = (1/8)[1+cos2x−cos²2x−cos³2x].

En linéarisant à nouveau : cos²2x = (1+cos4x)/2 et cos³2x = (3cos2x+cos6x)/4. En substituant et en simplifiant :

sin²x·cos⁴x = 1/16 + (1/32)cos2x − (1/16)cos4x − (1/32)cos6x.

1) Sur [0;2π], chacun des termes en cos2x, cos4x, cos6x s'intègre sur un nombre entier de périodes et donne une intégrale nulle. Il reste : ∫₀^(2π) sin²x·cos⁴x dx = (1/16)×2π = π/8.

2) Par la symétrie x↦π/2−x (qui échange sinx et cosx), ∫₀^(π/2) cos²x·sin⁴x dx = ∫₀^(π/2) sin²x·cos⁴x dx. En intégrant la linéarisation ci-dessus sur [0;π/2] (les termes en cos2x, cos4x, cos6x s'annulent tous entre 0 et π/2, car sinπ, sin2π, sin3π sont nuls), il reste seulement le terme constant : ∫₀^(π/2) cos²x·sin⁴x dx = (1/16)×(π/2) = π/32.

On écrit (2x+1)/eˣ = (2x+1)e^{−x} et on pose u=2x+1, dv=e^{−x}dx, donc du=2dx, v=−e^{−x}.

∫(2x+1)e^{−x}dx = −(2x+1)e^{−x} + ∫2e^{−x}dx = −(2x+1)e^{−x} − 2e^{−x} + C = −(2x+3)e^{−x} + C.

En notant F(x) = −(2x+3)e^{−x} : F(1) = −5e^{−1} = −5/e. F(−1) = −(1)e^{1} = −e.

∫[−1,1] (2x+1)/eˣ dx = F(1) − F(−1) = −5/e − (−e) = e − 5/e (≈ 0,879).

1) On simplifie l'écriture de l'intégrande : 5t/(1+t) = 5[(1+t)−1]/(1+t) = 5 − 5/(1+t).

Une primitive sur ]−1;+∞[ est donc t ↦ 5t − 5ln(1+t) (car 1+t>0). D'où :

f(1) = ∫₀¹ 5t/(1+t) dt = [5t−5ln(1+t)]₀¹ = (5−5ln2) − (0−0) = 5 − 5ln2 (≈ 1,534).

2) La fonction t↦5t/(1+t) est continue sur ]−1;+∞[ (dénominateur non nul), donc f, définie par f(x)=∫₀ˣ 5t/(1+t)dt, est dérivable sur ]−1;+∞[ et, d'après le théorème fondamental de l'analyse : f'(x) = 5x/(1+x).

1) Domaine. Il faut (3−x)/(1+x) > 0, soit −1 < x < 3. Donc D_f = ]−1;3[.

Dérivée. f'(x) = 1 − 1/(3−x) − 1/(1+x) = 1 − [(1+x)+(3−x)]/[(3−x)(1+x)] = 1 − 4/(3+2x−x²) = −(x²−2x+1)/(3+2x−x²) = −(x−1)²/(3+2x−x²).

Sur ]−1;3[, on a (3+2x−x²) = (3−x)(1+x) > 0. Donc f'(x) est du signe de −(x−1)² : f'(x) ≤ 0 sur tout D_f, avec égalité seulement en x=1. f est donc strictement décroissante sur ]−1;3[ (tangente horizontale au point d'abscisse 1, sans changement de sens de variation).

Limites : quand x→−1⁺, (3−x)/(1+x)→+∞ donc ln(...)→+∞, et f(x)→+∞. Quand x→3⁻, (3−x)/(1+x)→0⁺ donc ln(...)→−∞, et f(x)→−∞.

f(1) = 1 + ln(2/2) = 1+ln1 = 1. f réalise donc une bijection strictement décroissante de ]−1;3[ sur ℝ, passant par le point (1;1) avec tangente horizontale ; (𝒞) descend de +∞ (près de x=−1) vers −∞ (près de x=3).

2) Pour ∫ln(x+1)dx : on pose u=ln(x+1), dv=dx, v=x. ∫ln(x+1)dx = x ln(x+1) − ∫x/(x+1)dx = x ln(x+1) − ∫[1−1/(x+1)]dx = x ln(x+1) − x + ln(x+1) = (x+1)ln(x+1) − x + C.

∫[1,2] ln(x+1)dx = [(x+1)ln(x+1)−x]₁² = (3ln3−2) − (2ln2−1) = 3ln3 − 2ln2 − 1 (≈ 0,910).

Pour ∫ln(3−x)dx : on pose u=ln(3−x), dv=dx, v=x. ∫ln(3−x)dx = x ln(3−x) + ∫x/(3−x)dx = x ln(3−x) + ∫[−1+3/(3−x)]dx = x ln(3−x) − x − 3ln(3−x) + C = (x−3)ln(3−x) − x + C.

∫[1,2] ln(3−x)dx = [(x−3)ln(3−x)−x]₁² = [(−1)ln1−2] − [(−2)ln2−1] = (0−2) − (−2ln2−1) = 2ln2 − 1 (≈ 0,386).

3) Sur [1;2], f(1)=1>0 et f(2)=2+ln(1/3)=2−ln3≈0,90>0 ; f étant strictement décroissante et continue, f(x)>0 sur tout [1;2] : (𝒞) est au-dessus de (OI).

L'aire cherchée vaut : 𝒜 = ∫[1,2] f(x)dx = ∫[1,2] x dx + ∫[1,2]ln(3−x)dx − ∫[1,2]ln(x+1)dx.

∫[1,2] x dx = [x²/2]₁² = 2−1/2 = 3/2.

𝒜 = 3/2 + (2ln2−1) − (3ln3−2ln2−1) = 3/2 + 4ln2 − 3ln3.

Soit 𝒜 = 3/2 + 4ln2 − 3ln3 unités d'aire (≈ 0,977 u.a.).

1) f(x)=eˣ−e^{2x}, dérivable sur ℝ. f'(x) = eˣ − 2e^{2x} = eˣ(1−2eˣ). Comme eˣ>0, f'(x) est du signe de (1−2eˣ) : f'(x)>0 ⟺ eˣ<1/2 ⟺ x<−ln2.

f est donc croissante sur ]−∞;−ln2] et décroissante sur [−ln2;+∞[, avec un maximum f(−ln2) = (1/2)(1−1/2) = 1/4.

Limites : quand x→−∞, eˣ→0 et e^{2x}→0 encore plus vite, donc f(x)→0 (par valeurs positives, car eˣ>e^{2x} pour x<0). Quand x→+∞, f(x)=eˣ(1−eˣ)→−∞.

f(x)=0 ⟺ eˣ=1 ⟺ x=0 (seul zéro). f croît de 0 (limite) à 1/4 en x=−ln2, puis décroît en s'annulant en x=0 et tend vers −∞.

2) Pour x∈[k;0] (k<0), f(x)=eˣ−e^{2x}≥0 (voir tableau de variation). L'aire, en unités d'aire, vaut :

𝒜(k) = ∫[k,0] (eˣ−e^{2x})dx = [eˣ − (1/2)e^{2x}]_k^0 = (1−1/2) − (e^k−(1/2)e^{2k}) = 1/2 − e^k + (1/2)e^{2k}.

3) 𝒜(−3) = 1/2 − e^{−3} + (1/2)e^{−6} ≈ 0,5 − 0,04979 + 0,00124 ≈ 0,451 unités d'aire (à 5.10⁻³ près).

4) Quand k→−∞, e^k→0 et e^{2k}→0, donc lim[k→−∞] 𝒜(k) = 1/2 unité d'aire.

1) f'(x) = −1/(1+x)² − 1/(1+x) = −[1+(1+x)]/(1+x)² = −(2+x)/(1+x)².

Sur ]−1;+∞[, on a x>−1 donc 2+x>1>0, et (1+x)²>0 : f'(x)<0 sur tout le domaine. f est strictement décroissante sur ]−1;+∞[.

Limites : quand x→−1⁺, 1/(1+x)→+∞ et ln(1+x)→−∞, donc f(x)→+∞. Quand x→+∞, 1/(1+x)→0 et ln(1+x)→+∞, donc f(x)→−∞.

2) f est continue (somme de fonctions continues sur ]−1;+∞[) et strictement décroissante ; elle réalise donc une bijection de ]−1;+∞[ sur l'intervalle image ]lim_{+∞}f ; lim_{−1⁺}f[ = ]−∞;+∞[ = ℝ. Comme 0∈ℝ, il existe un unique α∈]−1;+∞[ tel que f(α)=0.

3) f(0,7) = 1/1,7 − ln(1,7) ≈ 0,588 − 0,531 = 0,058 > 0. f(0,8) = 1/1,8 − ln(1,8) ≈ 0,556 − 0,588 = −0,032 < 0. Comme f est continue et strictement décroissante, f(0,7)>0>f(0,8) entraîne 0,7 < α < 0,8.

4) f(0) = 1−0 = 1 > 0, et f décroît jusqu'à s'annuler en α : donc f(x)≥0 sur [0;α]. L'aire cherchée (en unités d'aire) vaut 𝒜 = ∫[0,α] f(x)dx = ∫[0,α] [1/(1+x)−ln(1+x)]dx.

Une primitive de 1/(1+x) est ln(1+x). Une primitive de ln(1+x) est (1+x)ln(1+x)−x (voir problème précédent). D'où une primitive de f : K(x) = ln(1+x) − [(1+x)ln(1+x)−x] = x − x·ln(1+x).

𝒜 = K(α) − K(0) = [α − α·ln(1+α)] − 0 = α[1 − ln(1+α)].

Or f(α)=0 signifie ln(1+α) = 1/(1+α), donc 1−ln(1+α) = 1 − 1/(1+α) = α/(1+α). Finalement :

𝒜 = α²/(1+α) unités d'aire.

1) Pour tout réel x, 1+eˣ>1 donc f(x)=ln(1+eˣ)>0 : f est strictement positive sur ℝ. Par conséquent :

• si λ>0, I(λ)=∫[0,λ]f est l'intégrale d'une fonction positive sur un intervalle non vide : I(λ)>0.

• si λ=0, I(0)=0.

• si λ<0, I(λ) = −∫[λ,0]f(x)dx, et ∫[λ,0]f>0, donc I(λ)<0. En résumé, I(λ) est toujours du signe de λ.

2a) eˣ/(1+eˣ) = [(1+eˣ)−1]/(1+eˣ) = 1 − 1/(1+eˣ), donc a=1 et b=−1.

On en tire 1/(1+eˣ) = 1 − eˣ/(1+eˣ) = 1 − f'(x) (car f'(x)=eˣ/(1+eˣ)). Une primitive de 1/(1+eˣ) est donc x − f(x) = x − ln(1+eˣ).

∫[0,λ] dx/(1+eˣ) = [x−ln(1+eˣ)]₀^λ = (λ−ln(1+e^λ)) − (0−ln2) = λ + ln2 − ln(1+e^λ).

2b) f(x) − f(−x) = ln(1+eˣ) − ln(1+e^{−x}) = ln[(1+eˣ)/(1+e^{−x})]. En multipliant numérateur et dénominateur par eˣ : (1+eˣ)/(1+e^{−x}) = eˣ(1+eˣ)/(eˣ+1) = eˣ. D'où f(x)−f(−x) = ln(eˣ) = x, pour tout réel x.

2c) On pose t=−x (donc x=−t, dx=−dt). Quand t décrit [0;−λ], x décrit [0;λ] en sens inverse, donc : I(−λ) = ∫[0,−λ] f(t)dt = −∫₀^λ f(−x) dx.

Or, d'après 2b, f(−x) = f(x) − x. Donc I(−λ) = −∫₀^λ [f(x)−x] dx = −I(λ) + ∫₀^λ x dx = −I(λ) + λ²/2.

On obtient donc I(λ) + I(−λ) = λ²/2, pour tout réel λ. En particulier pour λ=0 : I(0)+I(0)=0, donc I(0)=0, ce qui confirme le résultat de la question 1.

1) Quand x→−∞, e^{2x}→0 et x·e^{2x}→0 (l'exponentielle l'emporte sur x, croissances comparées) : g(x)=1−e^{2x}−2xe^{2x}→1−0−0=1.

g(0) = 1−e^0−0 = 1−1 = 0.

2) g est dérivable sur ℝ : g'(x) = −2e^{2x} − [2e^{2x}+2x·2e^{2x}] = −2e^{2x}−2e^{2x}−4xe^{2x} = −4e^{2x}(1+x).

Comme e^{2x}>0, g'(x) est du signe de −(1+x) : g'(x)>0 pour x<−1, g'(−1)=0, g'(x)<0 pour x>−1.

g est donc croissante sur ]−∞;−1] puis décroissante sur [−1;+∞[, avec un maximum g(−1) = 1−e^{−2}+2e^{−2} = 1+e^{−2} ≈ 1,135.

Limites : g(−∞)=1 (question 1) ; g(+∞) = 1−e^{2x}−2xe^{2x} → −∞ (le terme −2xe^{2x} l'emporte).

Sur ]−∞;−1], g croît continûment de 1 (non atteinte) à 1+e^{−2} : g>0 sur cet intervalle. Sur [−1;+∞[, g décroît continûment de 1+e^{−2} vers −∞, en passant par g(0)=0 : donc g>0 sur [−1;0[, g(0)=0, g<0 sur ]0;+∞[. Bilan : g(x)>0 pour x<0, g(0)=0, g(x)<0 pour x>0.

3a) On pose u=2t, dv=e^{2t}dt, donc du=2dt, v=(1/2)e^{2t}. ∫2t·e^{2t}dt = 2t·(1/2)e^{2t} − ∫(1/2)e^{2t}·2dt = t·e^{2t} − ∫e^{2t}dt = te^{2t} − (1/2)e^{2t} + C.

Donc ∫₀ˣ 2t·e^{2t}dt = [te^{2t}−(1/2)e^{2t}]₀ˣ = (xe^{2x}−(1/2)e^{2x}) − (0−1/2) = xe^{2x} − (1/2)e^{2x} + 1/2.

3b) ∫g(x)dx = ∫1dx − ∫e^{2x}dx − ∫2xe^{2x}dx = x − (1/2)e^{2x} − [xe^{2x}−(1/2)e^{2x}] + C = x − xe^{2x} + C.

On veut G(0)=3 : G(0) = 0 + C = C = 3. La primitive cherchée est donc G(x) = x − xe^{2x} + 3 (que l'on retrouve être exactement f de la question 4, comme attendu puisque f est construite comme la primitive de g valant 3 en 0).

4a) Par construction, f'(x) = g(x). D'après la question 2 : f'(x)>0 pour x<0 (f croissante), f'(0)=0, f'(x)<0 pour x>0 (f décroissante). f admet donc un maximum en x=0 : f(0)=3.

Limites : quand x→−∞, xe^{2x}→0, donc f(x)=x+3−xe^{2x}→−∞. Quand x→+∞, xe^{2x}→+∞ (bien plus vite que x), donc f(x)→−∞.

f croît de −∞ à f(0)=3, puis décroît de 3 à −∞.

4b) f(x)−(x+3) = −xe^{2x}. Quand x→−∞, xe^{2x}→0, donc f(x)−(x+3)→0 : la droite (D):y=x+3 est bien asymptote à (𝒞) en −∞.

Signe de f(x)−(x+3) = −xe^{2x} : comme e^{2x}>0, ce signe est celui de −x. Pour x<0 : f(x)−(x+3)>0, (𝒞) est au-dessus de (D). Pour x>0 : f(x)−(x+3)<0, (𝒞) est en-dessous de (D). Les deux courbes se coupent au point (0;3).

4c) Sur ]−∞;0], f est continue, strictement croissante, allant de −∞ à f(0)=3>0 : par le théorème de la bijection, f s'annule une unique fois sur cet intervalle, en un point d'abscisse a<0. Sur [0;+∞[, f est continue, strictement décroissante, allant de f(0)=3>0 à −∞ : f s'annule une unique fois, en un point d'abscisse b>0. (𝒞) coupe donc bien l'axe des abscisses en exactement deux points A(a;0) et B(b;0), avec a<0<b, donc a<b.

4d) On calcule : f(0,7)=0,7+3−0,7e^{1,4}≈3,7−2,839=0,861>0. f(0,8)=0,8+3−0,8e^{1,6}≈3,8−3,962=−0,162<0. Comme f est continue et strictement décroissante sur [0;+∞[, f(0,7)>0>f(0,8) entraîne 0,7 < b < 0,8 (encadrement d'amplitude 0,1).

5a) Pour α<0, sur [α;0] la courbe (𝒞) est au-dessus de (D) (question 4b), donc l'aire entre (𝒞), (D), l'axe des ordonnées (x=0) et la droite x=α, en unités d'aire, vaut :

𝒜(α) = ∫[α,0] [f(x)−(x+3)]dx = ∫[α,0] −xe^{2x}dx = −∫[α,0] xe^{2x}dx.

Or ∫xe^{2x}dx = (1/2)xe^{2x} − (1/4)e^{2x} + C (moitié du résultat de la question 3a). D'où :

∫[α,0] xe^{2x}dx = [(1/2)xe^{2x}−(1/4)e^{2x}]_α^0 = (0−1/4) − [(1/2)αe^{2α}−(1/4)e^{2α}] = −1/4 − (1/2)αe^{2α} + (1/4)e^{2α}.

𝒜(α) [en u.a.] = 1/4 + (1/2)αe^{2α} − (1/4)e^{2α}.

L'unité graphique étant 2 cm, une unité d'aire correspond à 2×2 = 4 cm². En cm² :

𝒜(α) = 1 + 2αe^{2α} − e^{2α} = 1 + (2α−1)e^{2α} cm².

5b) Quand α→−∞, αe^{2α}→0 et e^{2α}→0 (croissances comparées), donc (2α−1)e^{2α}→0. Ainsi lim[α→−∞] 𝒜(α) = 1 cm².