Exercice 14-02
Calculer les intégrales indéfinies suivantes:
  1. \(\displaystyle \int x^2\cos(x)\,dx\)
  2. \(\displaystyle \int e^{ax}\cos(bx)\,dx\), (\(a\neq 0\))
  3. \(\displaystyle \int \arcsin(x)\,dx\) (\(-1\lt x\lt1\))
  4. \(\displaystyle \int \arctan(\sqrt{x})\,dx\)
  5. \(\displaystyle \int e^{\arccos(x)}\,dx\)
  6. \(\displaystyle \int \frac{1}{x^3}\sin\Bigl(\frac1x\Bigr)\,dx\)
C'est un exercice sur l'intégration par parties.

\(f(x)=1\cdot f(x)\)

  1. Par parties, deux fois, \[\begin{aligned} \int \underbrace{x^2}_{\downarrow}\underbrace{\cos(x)}_{\uparrow}\,dx &= x^2\sin(x) - 2\int\underbrace{\sin(x)}_{\uparrow}\underbrace{x}_{\downarrow}\,dx\\ &=x^2\sin(x)-2\Bigl(-\cos(x)\,x + \int \cos(x)\,dx\Bigr)\\ &= (x^2-2) \sin(x) + 2x\cos(x) + C \end{aligned}\]
  2. Posons \[ I_{a,b}(x)=\int e^{ax}\cos(bx)\,dx\,, \] et intégrons une première fois par partie: \[\begin{aligned} I_{a,b}(x) &=\int \underbrace{e^{ax}}_{\uparrow}\underbrace{\cos(bx)}_{\downarrow}\,dx\\ &=\frac{1}{a}\,e^{ax}\cos(bx) + \frac{b}{a} \int e^{ax}\sin(bx)\,dx \end{aligned}\] Puis encore une fois: \[ \int \underbrace{e^{ax}}_{\uparrow}\underbrace{\sin(bx)}_{\downarrow}dx = \frac{1}{a}\,e^{ax}\sin(bx) - \frac{b}{a}\int e^{ax}\cos(bx)\,dx \] On remarque alors que l'intégrale à droite n'est autre que \(I_{a,b}(x)\); on a donc \[ I_{a,b}(x) = \frac{1}{a}\,e^{ax}\cos(bx) + \frac{b}{a}\left( \frac{1}{a}\,e^{ax}\sin(bx) - \frac{b}{a}\,I_{a,b}(x) \right) \,. \] En isolant \(I_{a,b}(x)\), \[ I_{a,b}(x) =\frac{e^{a x}}{a^2+b^2}\Big(a \cos(bx) + b \sin(bx)\Big) + C\,. \]
  3. Par parties, \[\begin{aligned} \int 1\cdot \arcsin(x)\,dx&= \int\underbrace{(x)'}_{\uparrow}\underbrace{\arcsin(x)}_{\downarrow}\,dx\\ &=x\arcsin(x)-\int x\cdot\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\,dx\\ &=x\arcsin(x)+\int \frac{-2x}{2\sqrt{1-x^2}}\,dx\\ &=x\arcsin(x)+\sqrt{1-x^2}+C\,. \end{aligned}\] Dans la dernière ligne, on a profité du fait que \((1-x^2)'=-2x\), et que \(\int\frac{1}{2\sqrt{u}}\,du=\sqrt{u}+C\).
  4. On écrit \[\begin{aligned} \int 1\cdot \arctan(\sqrt{x})\,dx &=x \arctan(\sqrt{x})- \int x\cdot\frac{1}{1+(\sqrt{x})^2}\frac{1}{2\sqrt{x}}\,dx\\ &=x \arctan(\sqrt{x})- \int \frac{(\sqrt{x})^2}{1+(\sqrt{x})^2}\frac{1}{2\sqrt{x}}\,dx\,. \end{aligned}\] Maintenant, en posant \(u=\sqrt{x}\), \[\begin{aligned} \int \frac{(\sqrt{x})^2}{1+(\sqrt{x})^2}\frac{1}{2\sqrt{x}}\,dx &=\int \frac{u^2}{1+u^2}\,du\\ &=\int \frac{(1+u^2)-1}{1+u^2}\,du\\ &=u-\arctan(u)+C\\ &=\sqrt{x}-\arctan(\sqrt{x})+C\,. \end{aligned}\] Cette primitive, ainsi que les deux suivantes, ont été prises chez (blackpenredpen)
  5. Si on pose \(u=\arccos(x)\), alors \(x=\cos(u)\). Rappelons que le domaine de \(\arccos\) est \([-1,1]\), et que son ensemble image est \([0,\pi]\). Ceci signifie que \(\sin(u)\geqslant 0\). Ainsi, \[\begin{aligned} \int e^{\arccos(x)}\,dx &=-\int e^u\sin(u)\,du\\ &=-\frac{e^u}{2}(\sin(u)-\cos(u))+C\\ &=-\frac12e^{\arccos(x)}(\sqrt{1-x^2}-x)+C\,. \end{aligned}\] (L'intégration par parties de \(e^u\sin(u)\)) a été vue au cours.) On a utilisé le fait que \[ \sin(u)=\sin(\arccos(x))=\sqrt{1-x^2}\,. \]
  6. En posant \(u=\frac{1}{x}\), \[\begin{aligned} \int \frac{1}{x^3}\sin\Bigl(\frac1x\Bigr)\,dx &=-\int \frac{1}{x}\sin\Bigl(\frac1x\Bigr)\frac{-1}{x^2}\,dx\\ &=\int u(-\sin(u))du\,. \end{aligned}\] On calcule cette dernière par parties, \[\begin{aligned} \int \underbrace{u}_{\downarrow}\underbrace{(-\sin(u))}_{\uparrow}du &=u\cos(u)-\int\cos(u)\,du\\ &= u\cos(u)-\sin(u)+C\, \end{aligned}\] Ainsi, \[\begin{aligned} \int \frac{1}{x^3}\sin\Bigl(\frac1x\Bigr)\,dx = \frac1x\cos\left(\frac1x\right)- \sin\left(\frac1x\right)+C \end{aligned}\]