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Douala Mathematical Society : www.doualamaths.net
[2016]
Exercices corrigés.

 
Montrer que
4
0
x
0

sin t cos tdt dx 
15  44
1152
Résolution

Posons I   4
0
  44
  sin t cos tdt  dx  151152
x
0
Considérons l’intégrale J 

x
0
sin t cos tdt
x
 sin 6 t  sin 6 x
, car sin 5 t cos tdt est de la forme uu 5 dont une
J   sin t cos tdt  


0
6
 6 0
u6
k
primitive est
6
x
5

Donc I  
4
0
sin 6 x
1 4 6
dx   sin xdx
6
6 0
6
Linéarisons sin x
Posons z  cos  i sin 
6
6
zz
6
zz   1 
sin  
 sin 6   
    z  z 
2i
 2i   2i 
Développons  z  z 
z  z 
6
6
6
2
3
4
2
 z 6  z 6  6 zz  z 4  z 4   15  zz   z 2  z 2   20 z 3   z 
3
 2cos 6  12cos 4  30cos 2  20
D’om on tire que sin 6 x  
1
 2cos 6 x  12cos 4 x  30cos 2 x  20 
64

1
12
30
20
cos6 x  cos 4 x  cos 2 x 
32
64
64
64

1
6
15
10
cos6 x  cos 4 x  cos 2 x 
32
32
32
32
1 4 6
1 4  1
6
15
10 
I   sin xdx     cos6 x  cos 4 x  cos 2 x   dx
6 0
6 0  32
32
32
32 
1
5
  z    z    z 6  6 z 5   z   15 z 4   z   20 z 3   z   15 z 2   z   6 z   z     z 
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6
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[2016]

1
1
6
15
10  4
 
sin 6 x 
sin 4 x 
sin 2 x  x 
6  32  6
32  4
32  2
32  0


1  1
3
15
4

sin
6
x

sin
4
x

sin
2
x

10
x

6  32  6
2
2
0

1  1    3    15   

 sin  6   sin  4   sin  2   10  

6  32  6  4  2  4  2
4
 4

1  1
3 3
15  5 
 sin   sin 
  sin

6  32  6
2 2
2
2 2 

1  1 15 5 
  

6  32  6 2
2 

1  1 45 15 

 

6  32  6 6
6 

1  15  44 


6  32 
6


1
15  44

6  32  6
1

15  44
1152
Conclusion :

15  44
sin
t
cos
tdt
dx



 
1152
4
0
x
0
Par :
Nkeuna Ngueliako georges
PLEG – Informaticien
Lycée Bilingue de Nylon Brazzaville Douala Cameroun
2
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