 \input{../preambules/preCorrection.tex}

\begin{document}

\chead{Correction Calculs D7}
\lfoot{}
\cfoot{Calcul}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Calculs du 22/02 au 07/03}
\end{center}
\vspace{30pt}

\setcounter{theorem}{196}

\begin{exo}
\begin{enumerate}
\item Comme $t-2 = 0 \Longleftrightarrow t = 2$, la fonction $t \to \dfrac{1}{t-2}$ est continue sur $]- \infty ; 2[$ et sur $]2;+\infty[$. Sur ces intervalles, les primitives de cette fonction sont de la forme 
\begin{center}
\fbox{$F(t) = \ln(|t-2|) + K, \quad K \in \R$.}
\end{center}

\item Comme $t^2 = 0 \Longleftrightarrow t = 0$, la fonction $t \to \dfrac{1}{t^2}$ est continue sur $] - \infty ; 0[$ et sur $]0; + \infty[$. Sur ces intervalles, les primitives de cette fonction sont de la forme 
\begin{center}
\fbox{$F(t) = - \dfrac{1}{t} + K, \quad K \in \R$.}
\end{center}

\item Comme $1+t^2 > 0$, la fonction $t \to \dfrac{t}{\sqrt{t^2+1}}$ est continue sur $\R$. Sur $\R$, les primitives de cette fonction sont de la forme 
\begin{center}
\fbox{$F(t) = \sqrt{1+t^2} + K, \quad K \in \R$.}
\end{center}
{\it \color{red} On reconnait la forme $\frac{u'}{2 \sqrt{u}}$ avec $u = t^2 +1$}
\end{enumerate}
\end{exo}
%
\begin{exo}
\begin{enumerate}
\item La fonction $\ln$ est continue sur $\R_+^*$ et la fonction $t \to t$ est différente de $0$ pour $t \in \R_+^*$. Par composée, la fonction $t \to \dfrac{(\ln(t))^3}{t}$ est continue sur $\R_+^*$. Les primitives de cette fonction sont de la forme
\begin{center}
\fbox{$F(t) = \dfrac{1}{4}(\ln(t))^4 + K, \quad K \in \R.$}
\end{center}
{\it \color{red} On reconnait la forme $u' u^3$ avec $u = 
\ln(t)$}

\item Comme $e^{2t}+2 \neq 0$, la fonction $t \to \dfrac{e^{2t}}{e^{2t} +2}$ est continue sur $\R$. Les primitives de cette fonction sont de la forme
\begin{center}
\fbox{$F(t) = \dfrac{1}{2}\ln(e^{2t} +2) + K, \quad K \in \R.$}
\end{center}
{\it \color{red} On reconnait la forme $\dfrac{u'}{u}$ avec $u = e^{2t}+2$}

\item La fonction racine est continue sur $\R_+$ et est différente de $0$ sur $\R_+*$ , la fonction $t \to \dfrac{e^{\sqrt{t}}}{2 \sqrt{t}}$ est continue sur $\R_+^*$. Les primitives de cette fonction sont de la forme
\begin{center}
\fbox{$F(t) = e^{\sqrt{t}} + K, \quad K \in \R.$}
\end{center}
{\it \color{red} On reconnait la forme $u'e^u$ avec $u = \sqrt{t}$}
\end{enumerate}
\end{exo}

\newpage
\begin{exo}
\begin{enumerate}
\item La fonction $t \to t^2 + 3t$ est continue sur $[0,1]$. On calcule donc
\begin{align*}
\int_0^1 (t^2 + 3t)dt & = \left[ \dfrac{t^3}{3} + \dfrac{3t^2}{2} \right]_0^1 \\
& = \dfrac{1}{3} + \dfrac{3}{2} \\
& \boxed{= \dfrac{11}{6}}
\end{align*}

\item La fonction $t \to e^{2x - 1}$ est continue sur $[0,1]$. On calcule donc
\begin{align*}
\int_0^1 e^{2x - 1}dx &= \left[\dfrac{1}{2} e^{2x - 1} \right]_0^1 \\
& \boxed{= \dfrac{1}{2}e - \dfrac{1}{2}e^{-1}}
\end{align*}
{\it \color{red} On reconnait la forme $u'e^u$ avec $u = 2t-1$}

\item Pour tout $u \in [e,e^2]$, $u \ln(u) \neq 0$. La fonction $u \to \dfrac{1}{u\ln(u)}$ est continue sur $[e,e^2]$. On calcule donc
\begin{align*}
\int_e^{e^2} \dfrac{1}{u \ln(u)} du & = \left[ \ln(|\ln(u)|) \right]_e^{e^2} \\
& = \ln(|\ln(e^2)|) - \ln(|\ln(e)|) \\
& \boxed{= \ln(2)}
\end{align*}
{\it \color{red} On reconnait la forme $\dfrac{u'}{u}$ avec $u = \ln(t)$}

\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}
\begin{enumerate}
\item La fonction $t \to \dfrac{1}{t-2}$ est continue sur $[0,1]$ car $t-2 \neq 0$ pour $t \in [0;1]$. On calcule donc
\begin{align*}
\int_0^1 \dfrac{1}{t-2} dt &= \left[\ln(|t-2|) \right]_0^1 \\
& = \ln(|1 - 2|) - \ln(|0-2|) \\
& \boxed{= - \ln(2)}
\end{align*}
{\it \color{red} On reconnait la forme $\dfrac{u'}{u}$ avec $u = t-2$}

\item La fonction $z \to (2z - 1)e^{z^2 - z}$ est continue sur $[1,4]$ en tant que composée et produit de fonctions continues. On calcule donc
\begin{align*}
\int_1^4 (2z - 1)e^{z^2 - z} dz &= \left[e^{z^2 - z} \right]_1^4 \\
& = e^{16 - 4} - e^{1 - 1} \\
& \boxed{= e^{12} - 1}
\end{align*}
{\it \color{red} On reconnait la forme $u'e^u$ avec $u = z^2 - z$}

\item Pour tout $t \in [0,2]$, $e^t + 3 > 0$. La fonction $t \to \dfrac{3e^t}{e^t +3}$ est continue sur $[0,2]$ en tant que quotient de fonctions continues. On calcule donc
\begin{align*}
\int_0^2 \dfrac{3e^t}{e^t +3} dt &= \left[3 \ln(e^t +3) \right]_0^2 \\
& \boxed{= 3\ln(e^2 + 3) - 3 \ln(4)}
\end{align*}
{\it \color{red} On reconnait la forme $\dfrac{u'}{u}$ avec $u = e^t + 3$}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}
\begin{enumerate}
\item La fonction $\ln$ est continue et est strictement positive sur $[e,2e]$. Donc la fonction $t \to \sqrt{\ln(t)}$ est continue et non nulle sur $[e,2e]$. De même la fonction $t \to t$ est non nulle sur $[e,2e]$. Donc la fonction $t \to  \dfrac{1}{t \sqrt{\ln(t)}}$ est continue sur $[e,2e]$. On calcule donc
\begin{align*}
\int_e^{2e} \dfrac{1}{t \sqrt{\ln(t)}} dt &= \left[2 \sqrt{\ln(t)} \right]_e^{2e} \\
& = 2\sqrt{\ln(2e)} - 2 \sqrt{\ln(e)} \\
& \boxed{=  2\sqrt{\ln(2e)} - 2}
\end{align*}
{\it \color{red} On reconnait la forme $\dfrac{u'}{2 \sqrt{u}}$ avec $u = \ln(t)$}

\item La fonction racine est continue sur $[0,4]$. Donc la fonction $y \to \sqrt{y} (y - 2\sqrt{y} )$ est continue sur $[0,4]$. On calcule donc
\begin{align*}
\int_0^4 \sqrt{y} (y - 2\sqrt{y} )dy &= \int_0^4 \sqrt{y}y dy - \int_0^4 2y dy \\
& = \int_0^4 y^{3/2} dy - 2\int_0^4 y dy \\
& = \left[ \dfrac{2}{5}y^{\frac{5}{2}} \right]_0^4 - [y^2]_0^4 \\
& = \dfrac{2}{5}4^{\frac{5}{2}} - 0 - (16 -0) \\
& = \dfrac{2}{5} \times 2^5 - 16 \\
& \boxed{= \dfrac{64}{5} - 16 = - \dfrac{16}{5}}
\end{align*}

\item La fonction $x \to x+1$ est continue et non nulle sur $[0,1]$. Donc la fonction $x \to \dfrac{x}{x+1}$ est continue sur $[0,1]$. On ne reconnait pas de formule de primitives ici:
\begin{align*}
\int_0^1 \dfrac{x}{x+1} dx &= \int_0^1 \dfrac{x+1 - 1}{x+1} dx \\
& = \int_0^1 \dfrac{x+1}{x+1} dx - \int_0^1 \dfrac{1}{x+1} dx \\
& = \int_0^1 1 dx - [\ln(1+x)]_0^1 \\
& = 1 - (\ln(2) - \ln(1)) \\
& \boxed{= 1 - \ln(2)}
\end{align*}

\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}
\begin{enumerate}
\item La fonction $t \to \dfrac{1}{t^2}$ est continue sur $[1,2]$. On calcule alors:
\begin{align*}
\int_1^2 \dfrac{1}{t^2} dt &= \left[ - \dfrac{1}{t} \right]_1^2 \\
& = - \dfrac{1}{2} -(-1) \\
& \boxed{= \dfrac{1}{2}}
\end{align*}

\item Les fonctions $\ln$ et $x \to x$ sont continues et non nulles sur $[e,3]$. La fonction $x \to \dfrac{dx}{x \ln(x)}$ est continue sur $[e,3]$. On calcule alors:
\begin{align*}
\int_e^3 \dfrac{dx}{x \ln(x)} &= \left[ \ln(\ln(x)) \right]_e^3 \\
& = \ln(\ln(3)) - \ln(\ln(e)) \\
& \boxed{= \ln(\ln(3))}
\end{align*}
{\it \color{red} On reconnait la forme $\dfrac{u'}{u}$ avec $u = \ln(t)$}

\item La fonction racine est continue et non nulle sur $[1,2]$. La fonction $x \to \dfrac{e^{\sqrt{x}}}{2 \sqrt{x}}$ est continue sur $[1,2]$. On calcule alors:
\begin{align*}
\int_1^2 \dfrac{e^{\sqrt{x}}}{2 \sqrt{x}} dx &= \left[ e^{\sqrt{x}} \right]_1^2 \\
& = e^{\sqrt{2}} - e^{\sqrt{1}} \\
& \boxed{= e^{\sqrt{2}} - e}
\end{align*}
{\it \color{red} On reconnait la forme $u'e^u$ avec $u = \sqrt{t}$}

\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}
\begin{enumerate}
\item La fonction $z \to z^4 e^{-z^5}$ est continue sur $[0,2]$. On calcule alors:
\begin{align*}
\int_0^2 z^4 e^{-z^5} dz &= \left[- \dfrac{1}{5}e^{-z^5} \right]_0^2 \\
& = - \dfrac{1}{5}e^{-2^5} + \dfrac{1}{5}e^0 \\
& \boxed{= \dfrac{1}{5} - \dfrac{1}{5} e^{-32}}
\end{align*}
{\it \color{red} On reconnait la forme $u'e^u$ avec $u = -z^5$}

\item La fonction $t \to t^2 + 3t$ est continue sur $[0,1]$. On calcule alors:
\begin{align*}
\int_0^1 (t^2 + 3t)dt &= \left[\dfrac{t^3}{3} + \dfrac{3}{2}t^2 \right]_0^1 \\
& =\dfrac{1}{3} + \dfrac{3}{2} - 0\\
& \boxed{= \dfrac{11}{6}}
\end{align*}

\item Comme, pour tout $t \in \R$, $e^{2t} +1 \neq 0$. La fonction $t \to \dfrac{e^{2t}}{e^{2t} + 1}$ est continue sur $[0,\ln(2)/2]$. On calcule alors:
\begin{align*}
\int_0^{\frac{\ln 2}{2}} \dfrac{e^{2t}}{e^{2t} + 1} dt &= \left[ \dfrac{1}{2} \ln(e^{2t} + 1) \right]_0^{ \dfrac{\ln(2)}{2}} \\
& = \dfrac{1}{2} \ln(e^{2 \frac{\ln(2)}{2}} +1) - \dfrac{1}{2} \ln(e^0 +1) \\
& \boxed{= \dfrac{1}{2} \ln(3) - \dfrac{1}{2} \ln(2)}
\end{align*}
{\it \color{red} On reconnait la forme $\dfrac{u'}{u}$ avec $u = e^{2t}+1$}

\end{enumerate}
\end{exo}


\end{document}
