Primitives et calcul de primitives

1. Avec $u=x^2+4$, $u^{\mathrm{\prime }}=2x$ : $f_1=\frac{1}{2}{u}^{\mathrm{\prime }}{u}^{-3}$, donc $\boxed{{\displaystyle F_1(x)=\frac{1}{2}\cdot \frac{(x^2+4{)}^{-2}}{-2}=-{\displaystyle \frac{1}{4(x^2+4{)}^2}}}}$. Contrôle : $F_1^{\mathrm{\prime }}(x)=-\frac{1}{4}\cdot (-2)\cdot 2x(x^2+4{)}^{-3}=\frac{x}{(x^2+4{)}^3}$.

2. Avec $u=e^{3x}$, $u^{\mathrm{\prime }}=3e^{3x}$ et $e^{6x}=u^2$ : $f_2=\frac{1}{3}\cdot \frac{u^{\mathrm{\prime }}}{1+u^2}$, donc $\boxed{{\displaystyle F_2(x)={\displaystyle \frac{1}{3}}\arctan \left(e^{3x}\right)}}$.

3. Sur $]\frac{1}{e},e[$, $\ln x\in ]-1,1[$, donc $1-(\ln x{)}^2>0$. Avec $u=\ln x$, $u^{\mathrm{\prime }}=\frac{1}{x}$ et $\mid u\mid <1$ : $f_3=\frac{u^{\mathrm{\prime }}}{\sqrt{1-u^2}}$, d'où $\boxed{{\displaystyle F_3(x)=\arcsin (\ln x)}}$.

4. Avec $u=1+{\cos }^{2}x>0$, $u^{\mathrm{\prime }}=-2\sin x\cos x$ : $f_4=-\frac{1}{2}\cdot \frac{u^{\mathrm{\prime }}}{u}$, donc $\boxed{{\displaystyle F_4(x)=-{\displaystyle \frac{1}{2}}\ln (1+{\cos }^{2}x)}}$.

5. Forme canonique : $x^2+6x+13=(x+3{)}^2+4$ (discriminant $-16<0$). Avec $\int \frac{du}{u^2+a^2}=\frac{1}{a}\arctan \frac{u}{a}$ ($a=2$, $u=x+3$) : $\boxed{{\displaystyle F_5(x)={\displaystyle \frac{1}{2}}\arctan {\displaystyle \frac{x+3}{2}}}}$.

6. Avec $u=\mathrm{sh}x$, $u^{\mathrm{\prime }}=\mathrm{ch}x$ : $f_6=\frac{u^{\mathrm{\prime }}}{1+u^2}$, donc $F_6(x)=\arctan (\mathrm{sh}x)$. Or $1+{\mathrm{sh}}^{2}x={\mathrm{ch}}^{2}x$, donc $f_6(x)=\frac{\mathrm{ch}x}{{\mathrm{ch}}^{2}x}=\frac{1}{\mathrm{ch}x}$ : $\boxed{{\displaystyle x\mapsto \arctan (\mathrm{sh}x)\text{ est une primitive de }\frac{1}{\mathrm{ch}x}\text{ sur }ℝ}}$. (La primitive $2\arctan (e^x)$ de la fiche §3 a la même dérivée ; sur l'intervalle $ℝ$, elle diffère donc de $\arctan (\mathrm{sh}x)$ d'une constante, qui vaut $\frac{\pi }{2}$ : on le voit en $x=0$.)

7. ${\tan }^{2}x=(1+{\tan }^{2}x)-1$ et $1+{\tan }^{2}x$ est la dérivée de $\tan$ sur $]-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}[$ : $\boxed{{\displaystyle F_7(x)=\tan x-x}}$.

8. $4x-x^2=4-(x-2{)}^2$, qui est $>0$ sur $]0,4[$. Donc $f_8(x)={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{4-(x-2{)}^2}}}={\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot {\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1-{\left(\frac{x-2}{2}\right)}^2}}}$. Avec $u=\frac{x-2}{2}\in ]-1,1[$, $u^{\mathrm{\prime }}=\frac{1}{2}$ : $\boxed{{\displaystyle F_8(x)=\arcsin {\displaystyle \frac{x-2}{2}}}}$.

1. Sur $[0,1]$, on prend $v(x)=x^2$ et $u(x)=-e^{-x}$, de classe $C^1$, avec $u^{\mathrm{\prime }}(x)=e^{-x}$. Par parties : $$A=[-x^2{e}^{-x}{]}_0^1+{\int }_0^{1}2x{e}^{-x}dx=-e^{-1}+2{\int }_0^{1}x{e}^{-x}dx\mathrm{.}$$ Une seconde intégration par parties ($v=x$, $u=-e^{-x}$) : ${\int }_0^{1}x{e}^{-x}dx=[-x{e}^{-x}{]}_0^1+{\int }_0^1{e}^{-x}dx=-e^{-1}+(1-e^{-1})=1-2e^{-1}$. Donc $A=-e^{-1}+2-4e^{-1}$, soit $\boxed{{\displaystyle A=2-{\displaystyle \frac{5}{e}}}}$. (Contrôle de signe : $e>\frac{5}{2}$, donc $A>0$, comme il se doit.)

2. On dérive $\ln x$ et on intègre $\sqrt{x}$ : $v(x)=\ln x$, $u(x)=\frac{2}{3}{x}^{3\mathrm{/}2}$, de classe $C^1$ sur $[1,e]$. $$B=[\frac{2}{3}{x}^{3\mathrm{/}2}\ln x{]}_1^e-{\int }_1^e\frac{2}{3}{x}^{3\mathrm{/}2}\cdot \frac{1}{x}dx=\frac{2}{3}{e}^{3\mathrm{/}2}-\frac{2}{3}[\frac{2}{3}{x}^{3\mathrm{/}2}{]}_1^e=\frac{2}{3}{e}^{3\mathrm{/}2}-\frac{4}{9}(e^{3\mathrm{/}2}-1)\mathrm{.}$$ Ainsi $\boxed{{\displaystyle B={\displaystyle \frac{2e^{3\mathrm{/}2}+4}{9}}}}$.

3. Sur $]-1,+\mathrm{\infty }[$, posons $v(x)=\ln (1+x)$ et $u(x)=\frac{x^2-1}{2}$, toutes deux $C^1$, avec $u^{\mathrm{\prime }}(x)=x$. Comme $\frac{x^2-1}{2(1+x)}=\frac{x-1}{2}$ : $$\int x\ln (1+x)dx=\frac{x^2-1}{2}\ln (1+x)-\int \frac{x-1}{2}dx=\boxed{{\displaystyle \frac{x^2-1}{2}\ln (1+x)-\frac{x^2}{4}+\frac{x}{2}}}\mathrm{.}$$ Le choix de la constante dans $u$ a fait disparaître la division : avec $u=\frac{x^2}{2}$, il aurait fallu diviser $x^2$ par $1+x$.

4. Sur $]0,+\mathrm{\infty }[$, $u^{\mathrm{\prime }}=1$, $u=x$, $v=(\ln x{)}^2$, $v^{\mathrm{\prime }}=\frac{2\ln x}{x}$ : $\int (\ln x{)}^{2}dx=x(\ln x{)}^2-2\int \ln xdx$. Avec $\int \ln xdx=x\ln x-x$ (fiche §3) : $\boxed{{\displaystyle \int (\ln x{)}^{2}dx=x(\ln x{)}^2-2x\ln x+2x}}$. Contrôle : la dérivée vaut $(\ln x{)}^2+2\ln x-2\ln x-2+2=(\ln x{)}^2$.

5. Première méthode. Notons $S={\int }_0^{\pi \mathrm{/}2}{e}^{-x}\sin (2x)dx$. Par parties ($u^{\mathrm{\prime }}=e^{-x}$, $u=-e^{-x}$ ; $v=\cos 2x$, $v^{\mathrm{\prime }}=-2\sin 2x$) : $$C=[-e^{-x}\cos 2x{]}_0^{\pi \mathrm{/}2}-2{\int }_0^{\pi \mathrm{/}2}{e}^{-x}\sin 2xdx=(e^{-\pi \mathrm{/}2}+1)-2S,$$ car $\cos \pi =-1$. De même ($v=\sin 2x$, $v^{\mathrm{\prime }}=2\cos 2x$) : $S=[-e^{-x}\sin 2x{]}_0^{\pi \mathrm{/}2}+2C=0+2C$. Donc $C=1+e^{-\pi \mathrm{/}2}-4C$, et $\boxed{{\displaystyle C={\displaystyle \frac{1+e^{-\pi \mathrm{/}2}}{5}}}}$.

Seconde méthode. $e^{-x}\cos 2x=\mathrm{Re}\left(e^{(-1+2i)x}\right)$ et $-1+2i\mathrm{\ne }0$ : $${\int }_0^{\pi \mathrm{/}2}{e}^{(-1+2i)x}dx=\frac{e^{(-1+2i)\pi \mathrm{/}2}-1}{-1+2i}=\frac{-e^{-\pi \mathrm{/}2}-1}{-1+2i}=\frac{(1+e^{-\pi \mathrm{/}2})(1+2i)}{5},$$ car $e^{i\pi }=-1$ et $\frac{-1}{-1+2i}=\frac{1}{1-2i}=\frac{1+2i}{5}$. La partie réelle redonne $C=\frac{1+e^{-\pi \mathrm{/}2}}{5}$ (et la partie imaginaire donne $S=\frac{2(1+e^{-\pi \mathrm{/}2})}{5}$, en accord avec $S=2C$).

1. $\phi :x\mapsto e^x$ est $C^1$ ; $u=e^x$, $du=e^{x}dx=udx$ ; $x=0\mapsto u=1$, $x=\ln 3\mapsto u=3$. L'intégrande $\frac{1}{1+e^x}$ s'écrit $\frac{1}{1+u}\cdot \frac{du}{u}$ : $$D={\int }_1^3\frac{du}{u(1+u)}={\int }_1^3(\frac{1}{u}-\frac{1}{1+u})du=[\ln \frac{u}{1+u}{]}_1^3=\ln \frac{3}{4}-\ln \frac{1}{2}=\boxed{{\displaystyle \ln \frac{3}{2}}}\mathrm{.}$$

2. $u=1+x^2$, $du=2xdx$, $x^2=u-1$ ; bornes $1$ et $2$. Donc $x^3\sqrt{1+x^2}dx=\frac{1}{2}(u-1)\sqrt{u}du$ : $$E=\frac{1}{2}{\int }_1^2(u^{3\mathrm{/}2}-u^{1\mathrm{/}2})du=\frac{1}{2}[\frac{2}{5}{u}^{5\mathrm{/}2}-\frac{2}{3}{u}^{3\mathrm{/}2}{]}_1^2\mathrm{.}$$ En $u=2$ : $\frac{2}{5}\cdot 4\sqrt{2}-\frac{2}{3}\cdot 2\sqrt{2}=\frac{8\sqrt{2}}{5}-\frac{4\sqrt{2}}{3}=\frac{4\sqrt{2}}{15}$ ; en $u=1$ : $\frac{2}{5}-\frac{2}{3}=-\frac{4}{15}$. Donc $E=\frac{1}{2}(\frac{4\sqrt{2}}{15}+\frac{4}{15})$, soit $\boxed{{\displaystyle E={\displaystyle \frac{2\sqrt{2}+2}{15}}}}$.

3. $\phi :t\mapsto 2\sin t$ est $C^1$ et bijective de $[0,\frac{\pi }{6}]$ sur $[0,1]$ ; $dx=2\cos tdt$. Pour $t\in [0,\frac{\pi }{6}]$, $\sqrt{4-4{\sin }^{2}t}=2\mid \cos t\mid =2\cos t$ car $\cos t>0$. Donc $$G={\int }_0^{\pi \mathrm{/}6}\frac{4{\sin }^{2}t}{2\cos t}2\cos tdt={\int }_0^{\pi \mathrm{/}6}4{\sin }^{2}tdt={\int }_0^{\pi \mathrm{/}6}2(1-\cos 2t)dt=[2t-\sin 2t{]}_0^{\pi \mathrm{/}6}=\boxed{{\displaystyle \frac{\pi }{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}}}\mathrm{.}$$

4. L'intégrande est continu sur $[1,4]$. Posons $x=t^2$ avec $t\in [1,2]$ ($t\mapsto t^2$ est $C^1$ et bijective de $[1,2]$ sur $[1,4]$), $dx=2tdt$ et $\sqrt{x}=t$ : $$H={\int }_1^2\frac{2tdt}{t^2+t}={\int }_1^2\frac{2dt}{t+1}=2[\ln (t+1){]}_1^2=\boxed{{\displaystyle 2\ln \frac{3}{2}}}\mathrm{.}$$

5. Posons $x=\frac{\pi }{2}-t$ ($C^1$), $dx=-dt$, bornes $0\mapsto \frac{\pi }{2}$ et $\frac{\pi }{2}\mapsto 0$ ; $f\circ \sin$ est continue sur $[0,\frac{\pi }{2}]$ : $${\int }_0^{\pi \mathrm{/}2}f(\sin x)dx={\int }_{\pi \mathrm{/}2}^{0}f(\sin (\frac{\pi }{2}-t))(-dt)={\int }_0^{\pi \mathrm{/}2}f(\cos t)dt\mathrm{.}$$ Avec $f(y)=y^2$ : $P={\int }_0^{\pi \mathrm{/}2}{\sin }^{2}xdx={\int }_0^{\pi \mathrm{/}2}{\cos }^{2}xdx$. Or $P+P={\int }_0^{\pi \mathrm{/}2}({\sin }^{2}x+{\cos }^{2}x)dx=\frac{\pi }{2}$, donc $\boxed{{\displaystyle {\int }_0^{\pi \mathrm{/}2}{\sin }^{2}xdx=\frac{\pi }{4}}}$.

1. Pôle simple $1$ : $a={\left[\frac{x^2+3}{(x+1{)}^2}\right]}_{x=1}=\frac{4}{4}=1$. Pôle double $-1$ : $c={\left[\frac{x^2+3}{x-1}\right]}_{x=-1}=\frac{4}{-2}=-2$. Limite en $+\mathrm{\infty }$ de $x\times$(fraction) : à gauche $1$ (quotient des termes dominants $\frac{x^3}{x^3}$), à droite $a+b$ ; donc $b=0$. Contrôle en $x=0$ : $\frac{3}{-1}=-3$ et $\frac{1}{-1}+0+\frac{-2}{1}=-3$. Ainsi $$\frac{x^2+3}{(x-1)(x+1{)}^2}=\frac{1}{x-1}-\frac{2}{(x+1{)}^2},\boxed{{\displaystyle F(x)=\ln (x-1)+\frac{2}{x+1}}}\text{ sur }]1,+\mathrm{\infty }[\mathrm{.}$$

2. Le dénominateur $x^2+2x+5=(x+1{)}^2+4$ ne s'annule pas. On fait apparaître sa dérivée $2x+2$ : $3x+1=\frac{3}{2}(2x+2)-2$, donc $$g(x)=\frac{3}{2}\cdot \frac{2x+2}{x^2+2x+5}-\frac{2}{(x+1{)}^2+4},\boxed{{\displaystyle G(x)=\frac{3}{2}\ln (x^2+2x+5)-\arctan \frac{x+1}{2}}}\mathrm{.}$$ Puis ${\int }_{-1}^{1}g=G(1)-G(-1)=\frac{3}{2}\ln 8-\arctan 1-\frac{3}{2}\ln 4+\arctan 0$, soit $\boxed{{\displaystyle {\int }_{-1}^{1}g(x)dx=\frac{3}{2}\ln 2-\frac{\pi }{4}}}$.

3. $x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)$ et $x^2+x+1$ a un discriminant $-3<0$. On cherche $h(x)=\frac{\alpha }{x-1}+\frac{\beta x+\gamma }{x^2+x+1}$. Pôle simple : $\alpha ={\left[\frac{x+2}{x^2+x+1}\right]}_{x=1}=1$. Alors $x+2=(x^2+x+1)+(\beta x+\gamma )(x-1)$ ; le coefficient de $x^2$ donne $0=1+\beta$, le terme constant $2=1-\gamma$ : $\beta =-1$, $\gamma =-1$. Ensuite $$\frac{x+1}{x^2+x+1}=\frac{1}{2}\cdot \frac{2x+1}{x^2+x+1}+\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{{(x+\frac{1}{2})}^2+\frac{3}{4}},\int \frac{dx}{{(x+\frac{1}{2})}^2+\frac{3}{4}}=\frac{2}{\sqrt{3}}\arctan \frac{2x+1}{\sqrt{3}}\mathrm{.}$$ D'où, sur $]1,+\mathrm{\infty }[$ : $\boxed{{\displaystyle H(x)=\ln (x-1)-\frac{1}{2}\ln (x^2+x+1)-\frac{1}{\sqrt{3}}\arctan \frac{2x+1}{\sqrt{3}}}}$.

4. $\mathrm{deg}(x^4)\ge \mathrm{deg}(x^2-4)$ : division euclidienne d'abord, $x^4=(x^2-4)(x^2+4)+16$. Puis $\frac{16}{(x-2)(x+2)}=\frac{4}{x-2}-\frac{4}{x+2}$ (pôles simples : $\frac{16}{4}=4$ et $\frac{16}{-4}=-4$). Donc $k(x)=x^2+4+\frac{4}{x-2}-\frac{4}{x+2}$ et, sur $]2,+\mathrm{\infty }[$, $\boxed{{\displaystyle K(x)=\frac{x^3}{3}+4x+4\ln \frac{x-2}{x+2}}}$.

1.(a) $w$ est dérivable sur $ℝ$ et $w^{\mathrm{\prime }}(x)={\displaystyle \frac{(1+x^2)-2x^2}{(1+x^2{)}^2}}={\displaystyle \frac{1-x^2}{(1+x^2{)}^2}}$. Comme $1-x^2=2-(1+x^2)$ : $$w^{\mathrm{\prime }}(x)=\frac{2}{(1+x^2{)}^2}-\frac{1}{1+x^2},\text{donc}\frac{1}{(1+x^2{)}^2}=\frac{1}{2}(w^{\mathrm{\prime }}(x)+\frac{1}{1+x^2})\mathrm{.}$$ Le second membre a pour primitive $\frac{1}{2}(w(x)+\arctan x)$ sur $ℝ$, d'où le résultat. (On aurait aussi pu intégrer par parties $\int \frac{dx}{1+x^2}$, ou poser $x=\tan \theta$ : fiche §7.)

1.(b) La fonction est continue sur $[0,1]$ : ${\displaystyle {\int }_0^1\frac{dx}{(1+x^2{)}^2}=\frac{1}{2}(\frac{1}{2}+\frac{\pi }{4})=\boxed{{\displaystyle \frac{1}{4}+\frac{\pi }{8}}}}$.

2. $a={[xR(x)]}_{x=0}=\frac{1}{1}=1$. Alors $R(x)-\frac{1}{x}={\displaystyle \frac{x^4+3x^2+2x+1-(x^2+1{)}^2}{x(x^2+1{)}^2}}={\displaystyle \frac{x^2+2x}{x(x^2+1{)}^2}}={\displaystyle \frac{x+2}{(x^2+1{)}^2}}$. Donc $\boxed{{\displaystyle a=1,b=1,c=2}}$ : $R(x)=\frac{1}{x}+\frac{x}{(x^2+1{)}^2}+\frac{2}{(x^2+1{)}^2}$.

3. $\int \frac{xdx}{(x^2+1{)}^2}=-\frac{1}{2(x^2+1)}$ (forme $\frac{1}{2}{u}^{\mathrm{\prime }}{u}^{-2}$), et, d'après 1., $\int \frac{2dx}{(x^2+1{)}^2}=\frac{x}{1+x^2}+\arctan x$. Sur $]0,+\mathrm{\infty }[$ : $$\boxed{{\displaystyle F(x)=\ln x-\frac{1}{2(x^2+1)}+\frac{x}{x^2+1}+\arctan x}}\mathrm{.}$$ $R$ est continue sur $[1,\sqrt{3}]$. $F(\sqrt{3})=\frac{1}{2}\ln 3-\frac{1}{8}+\frac{\sqrt{3}}{4}+\frac{\pi }{3}$ et $F(1)=-\frac{1}{4}+\frac{1}{2}+\frac{\pi }{4}=\frac{1}{4}+\frac{\pi }{4}$. Donc $$\boxed{{\displaystyle {\int }_1^{\sqrt{3}}R(x)dx=\frac{1}{2}\ln 3+\frac{\sqrt{3}}{4}-\frac{3}{8}+\frac{\pi }{12}}}\mathrm{.}$$

1. L'intégrande est continu sur $[0,\frac{2\pi }{3}]$ ($5+4\cos x\ge 1$). Sur cet intervalle, contenu dans $]-\pi ,\pi [$, $x\mapsto \tan \frac{x}{2}$ est une bijection $C^1$ sur $[0,\sqrt{3}]$ ; on pose $x=2\arctan t$, $dx=\frac{2dt}{1+t^2}$, $\cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2}$. Alors $5+4\cos x=\frac{5+5t^2+4-4t^2}{1+t^2}=\frac{9+t^2}{1+t^2}$ et $$A={\int }_0^{\sqrt{3}}\frac{1+t^2}{9+t^2}\cdot \frac{2dt}{1+t^2}={\int }_0^{\sqrt{3}}\frac{2dt}{9+t^2}=\frac{2}{3}[\arctan \frac{t}{3}{]}_0^{\sqrt{3}}=\frac{2}{3}\arctan \frac{1}{\sqrt{3}}=\boxed{{\displaystyle \frac{\pi }{9}}}\mathrm{.}$$

2.(a) Notons $f(x)=\frac{1}{1+\sin x\cos x}$ ; le dénominateur vaut $1+\frac{1}{2}\sin 2x\ge \frac{1}{2}$, donc $f$ est continue sur $ℝ$. Comme $\cos (\pi +x)=-\cos x$ et $\sin (\pi +x)=-\sin x$, le produit $\sin x\cos x$ ne change pas : $f(\pi +x)=f(x)$, et $d(\pi +x)=dx$. L'élément $f(x)dx$ est invariant : la règle de Bioche conseille $u=\tan x$.

2.(b) Sur $[0,\frac{\pi }{4}]$, $u=\tan x$ est $C^1$ et décrit $[0,1]$ ; $du=(1+{\tan }^{2}x)dx$. On divise numérateur et dénominateur par ${\cos }^{2}x\mathrm{\ne }0$, avec $\frac{1}{{\cos }^{2}x}=1+{\tan }^{2}x$ : $$f(x)=\frac{1+{\tan }^{2}x}{1+{\tan }^{2}x+\tan x},B={\int }_0^1\frac{du}{u^2+u+1}={\int }_0^1\frac{du}{{(u+\frac{1}{2})}^2+\frac{3}{4}}=\frac{2}{\sqrt{3}}[\arctan \frac{2u+1}{\sqrt{3}}{]}_0^1\mathrm{.}$$ Or $\arctan \sqrt{3}-\arctan \frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\pi }{3}-\frac{\pi }{6}=\frac{\pi }{6}$, donc $B=\frac{2}{\sqrt{3}}\cdot \frac{\pi }{6}=\boxed{{\displaystyle \frac{\pi }{3\sqrt{3}}}}$. Comparaison : $A=\frac{\pi }{9}=\frac{\pi }{3\cdot 3}$ et $B=\frac{\pi }{3\sqrt{3}}=\sqrt{3}A$, donc $\boxed{{\displaystyle B=\sqrt{3}A}}$ (et $B>A$).

3. Soit $g(x)=\frac{{\sin }^{3}x}{1+\cos x}$, continue sur $[0,\frac{\pi }{3}]$. $g(-x)=-g(x)$ et $d(-x)=-dx$ : $g(x)dx$ est invariant par $x\mapsto -x$, on pose $u=\cos x$. On garde un $\sin x$ : ${\sin }^{3}x=(1-{\cos }^{2}x)\sin x=(1-u)(1+u)\sin x$, d'où $g(x)dx=-(1-u)du$ ; bornes $u=1$ et $u=\frac{1}{2}$. $$C={\int }_1^{1\mathrm{/}2}-(1-u)du={\int }_{1\mathrm{/}2}^1(1-u)du=[u-\frac{u^2}{2}{]}_{1\mathrm{/}2}^1=\frac{1}{2}-\frac{3}{8}=\boxed{{\displaystyle \frac{1}{8}}}\mathrm{.}$$

4.(a) On teste les trois invariances de $\omega =f(x)dx$ :

• $x\mapsto -x$ : $f(-x)=\frac{1}{-\sin x{\cos }^{2}x}=-f(x)$ ; avec $d(-x)=-dx$, $\omega$ est invariant ;
• $x\mapsto \pi -x$ : $f(\pi -x)=\frac{1}{\sin x{\cos }^{2}x}=f(x)$, mais $d(\pi -x)=-dx$ : $\omega$ change de signe, pas invariant ;
• $x\mapsto \pi +x$ : $f(\pi +x)=\frac{1}{-\sin x{\cos }^{2}x}=-f(x)$ et $d(\pi +x)=dx$ : pas invariant. Seule la première règle s'applique : on pose $u=\cos x$.

4.(b) Sur $]0,\frac{\pi }{2}[$, $u=\cos x\in ]0,1[$ et $\sin x>0$. On écrit $f(x)dx=\frac{\sin xdx}{{\sin }^{2}x{\cos }^{2}x}=\frac{-du}{(1-u^2)u^2}$. Décomposition : $\frac{1}{u^2(1-u^2)}=\frac{1}{u^2}+\frac{1}{1-u^2}$ (en effet $\frac{(1-u^2)+u^2}{u^2(1-u^2)}$). Donc $$\int f(x)dx=-\int (\frac{1}{u^2}+\frac{1}{1-u^2})du=\frac{1}{u}-\frac{1}{2}\ln \frac{1+u}{1-u},\boxed{{\displaystyle F(x)=\frac{1}{\cos x}-\frac{1}{2}\ln \frac{1+\cos x}{1-\cos x}}}\mathrm{.}$$ En $\frac{\pi }{3}$ : $\cos =\frac{1}{2}$, $F=2-\frac{1}{2}\ln 3$. En $\frac{\pi }{4}$ : $\cos =\frac{\sqrt{2}}{2}$, $\frac{1+\frac{\sqrt{2}}{2}}{1-\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{2+\sqrt{2}}{2-\sqrt{2}}=\frac{(2+\sqrt{2}{)}^2}{2}=3+2\sqrt{2}=(1+\sqrt{2}{)}^2$, donc $F=\sqrt{2}-\ln (1+\sqrt{2})$. Finalement $\boxed{{\displaystyle D=2-\sqrt{2}-\frac{1}{2}\ln 3+\ln (1+\sqrt{2})}}$.

1. Linéarisation. ${\mathrm{sh}}^{3}x=\frac{(e^x-e^{-x}{)}^3}{8}=\frac{e^{3x}-e^{-3x}-3(e^x-e^{-x})}{8}=\frac{\mathrm{sh}3x-3\mathrm{sh}x}{4}$. Une primitive est $\frac{\mathrm{ch}3x}{12}-\frac{3\mathrm{ch}x}{4}$. Or $\mathrm{ch}(\ln 2)=\frac{2+\frac{1}{2}}{2}=\frac{5}{4}$ et $\mathrm{ch}(3\ln 2)=\frac{8+\frac{1}{8}}{2}=\frac{65}{16}$. Donc l'intégrale vaut $\frac{65}{192}-\frac{15}{16}-(\frac{1}{12}-\frac{3}{4})=\frac{65-180-16+144}{192}=\frac{13}{192}$. Changement $u=\mathrm{ch}x$. ${\mathrm{sh}}^{3}xdx=({\mathrm{ch}}^{2}x-1)\mathrm{sh}xdx=(u^2-1)du$, bornes $1$ et $\frac{5}{4}$ : $[\frac{u^3}{3}-u{]}_1^{5\mathrm{/}4}=\frac{125}{192}-\frac{5}{4}+\frac{2}{3}=\frac{125-240+128}{192}$. Dans les deux cas : $\boxed{{\displaystyle {\int }_0^{\ln 2}{\mathrm{sh}}^{3}xdx=\frac{13}{192}}}$.

2. Posons $u=e^x$ ($C^1$), $dx=\frac{du}{u}$, bornes $1$ et $2$. $1+\mathrm{ch}x=\frac{2u+u^2+1}{2u}=\frac{(u+1{)}^2}{2u}$, donc $${\int }_0^{\ln 2}\frac{dx}{1+\mathrm{ch}x}={\int }_1^2\frac{2u}{(u+1{)}^2}\cdot \frac{du}{u}={\int }_1^2\frac{2du}{(u+1{)}^2}=[-\frac{2}{u+1}{]}_1^2=-\frac{2}{3}+1=\boxed{{\displaystyle \frac{1}{3}}}\mathrm{.}$$

3. Sur $[1,2]$, $x\mapsto \sqrt{x^2-1}$ n'est pas dérivable en $1$ : on utilise plutôt la bijection réciproque $u\mapsto x=\sqrt{u^2+1}$, de classe $C^1$ de $[0,\sqrt{3}]$ sur $[1,2]$, avec $dx=\frac{u}{\sqrt{u^2+1}}du$. Alors $${\int }_1^2\frac{\sqrt{x^2-1}}{x}dx={\int }_0^{\sqrt{3}}\frac{u}{\sqrt{u^2+1}}\cdot \frac{u}{\sqrt{u^2+1}}du={\int }_0^{\sqrt{3}}\frac{u^2}{u^2+1}du={\int }_0^{\sqrt{3}}(1-\frac{1}{1+u^2})du=\boxed{{\displaystyle \sqrt{3}-\frac{\pi }{3}}}\mathrm{.}$$

4. La fonction $x\mapsto \sqrt{\frac{1-x}{1+x}}$ est continue sur $[0,1]$. De $u^2=\frac{1-x}{1+x}$ on tire $x=\frac{1-u^2}{1+u^2}$ ; $\psi :u\mapsto \frac{1-u^2}{1+u^2}$ est $C^1$, bijective de $[0,1]$ sur $[0,1]$ (décroissante), avec $\psi (1)=0$, $\psi (0)=1$, ${\psi }^{\mathrm{\prime }}(u)=\frac{-4u}{(1+u^2{)}^2}$. Donc $${\int }_0^1\sqrt{\frac{1-x}{1+x}}dx={\int }_1^{0}u\cdot \frac{-4u}{(1+u^2{)}^2}du={\int }_0^1\frac{4u^2}{(1+u^2{)}^2}du={\int }_0^1(\frac{4}{1+u^2}-\frac{4}{(1+u^2{)}^2})du\mathrm{.}$$ Avec l'exercice 5, ${\int }_0^1\frac{du}{(1+u^2{)}^2}=\frac{1}{2}(\frac{1}{2}+\frac{\pi }{4})=\frac{1}{4}+\frac{\pi }{8}$. L'intégrale vaut $\pi -1-\frac{\pi }{2}$, soit $\boxed{{\displaystyle \frac{\pi }{2}-1}}$.