La fonction $f : x \mapsto x^2 \ln x$ a pour ensemble de définition $D = ]0 ; +\infty[$ et $f$ est continue sur $D$, donc
$$I(x) = \int f(x) \, dx$$ est défini pour tout $x \in D$.

On a, par une intégration par parties, pour des fonctions de classe $C^1$ :
$$
\begin{cases}
u'(x) = x^2 & u(x) = \frac{x^3}{3} \\
v(x) = \ln x & v'(x) = \frac{1}{x},
\end{cases}
$$
$$I(x) = \int x^2 \ln x \, dx = \frac{x^3}{3} \ln x – \int \frac{x^3}{3} \cdot \frac{1}{x} \, dx$$
$$= \frac{x^3}{3} \ln x – \frac{1}{3} \int x^2 \, dx = \frac{x^3}{3} \ln x – \frac{1}{9} x^3 + C,$$

Avec $C$ une constante réelle.

Les fonctions $f : x \mapsto x^2 \cos x$ et $g : x \mapsto x^2 \sin x$ ont pour ensemble de définition $D = \mathbb{R}$ et sont continues sur $D$, donc $I(x) = \int f(x) \, dx$ et $J(x) = \int g(x) \, dx$ sont définis pour tout $x \in D$.

On fait apparaître une exponentielle complexe par combinaison linéaire complexe :
$$I(x) + i J(x) = \int x^2 e^{ix} \, dx.$$
En utilisant un théorème de cours, on connait une forme de cette primitive : il existe $(a, b, c) \in \mathbb{C}^3$ tel que :
$$\int x^2 e^{ix} \, dx = (a x^2 + b x + c) e^{ix}.$$
En dérivant, pour tout $x \in D$ :
$$x^2 e^{ix} = \frac{d}{dx} \left( (a x^2 + b x + c) e^{ix} \right)$$
$$= (a x^2 + b x + c) i e^{ix} + (2 a x + b) e^{ix}$$
$$= \big( i a x^2 + (i b + 2 a) x + (i c + b) \big) e^{ix}.$$
Par unicité de la forme développée d’un polynôme :
$$i a = 1, \quad i b + 2 a = 0, \quad i c + b = 0.$$
On résout ce système :
$$a = \frac{1}{i} = -i, \quad b = -\frac{2a}{i} = 2, \quad c = -\frac{b}{i} = 2i.$$
Ainsi :
$$\int x^2 e^{ix} \, dx = (-i x^2 + 2x + 2i) e^{ix} + C,$$

avec $C$ une constante complexe.

On développe de façon à obtenir la forme algébrique :
$$I(x) + i J(x) = (-i x^2 + 2x + 2i)(\cos x + i \sin x) + C$$
$$= (x^2 \sin x + 2x \cos x – 2 \sin x)
+ i (-x^2 \cos x + 2x \sin x + 2 \cos x) + C,$$

Par unicité de la forme algébrique d’un nombre complexe :
$$
\begin{cases}
I(x) = x^2 \sin x + 2x \cos x – 2 \sin x + C_1 \\
J(x) = -x^2 \cos x + 2x \sin x + 2 \cos x + C_2,
\end{cases}
$$
avec $C_1, C_2$ des constantes réelles.

Soit $f : x \mapsto \frac{1}{x(x+1)(x+2)}$, définie sur $D = \mathbb{R} \setminus \{-2, -1, 0\}$. La fonction $f$ est continue sur $D$, donc $I(x) = \int f(x) \, dx$ est bien défini pour tout $x \in D$.

On procède par décomposition en éléments simples :
$$\frac{1}{x(x+1)(x+2)} = \frac{a}{x} + \frac{b}{x+1} + \frac{c}{x+2},$$
où $(a, b, c) \in \mathbb{R}^3$ doit être déterminé.

On multiplie par $x$ et on remplace $x$ par $0$, ce qui donne $a = \frac{1}{2}.$
On multiplie par $x+1$ et on remplace $x$ par $-1$, ce qui donne $b = -1.$
On multiplie par $x+2$ et on remplace $x$ par $-2$, ce qui donne $c = \frac{1}{2}.$

On a donc déterminé la décomposition en éléments simples :
$$\frac{1}{x(x+1)(x+2)} = \frac{1}{2x} – \frac{1}{x+1} + \frac{1}{2(x+2)}.$$

On peut maintenant déterminer les primitives :
$$I(x) = \int \left( \frac{1}{2x} – \frac{1}{x+1} + \frac{1}{2(x+2)} \right) dx$$

$$= \frac{1}{2} \int \frac{1}{x} \, dx – \int \frac{1}{x+1} \, dx + \frac{1}{2} \int \frac{1}{x+2} \, dx$$

$$= \frac{1}{2} \ln|x| – \ln|x+1| + \frac{1}{2} \ln|x+2| + C(x)$$
Avec $C : D \to \mathbb{R}$ une fonction constante sur chaque intervalle de $D$, c’est-à-dire :
$$C : D = \mathbb{R} \setminus \{-2, -1, 0\} \to \mathbb{R},$$
$$x \mapsto C(x) =
\begin{cases}
C_1 & \text{si } x < -2 \\
C_2 & \text{si } -2 < x < -1 \\
C_3 & \text{si } -1 < x < 0 \\
C_4 & \text{si } 0 < x,
\end{cases}$$

avec $(C_1, C_2, C_3, C_4) \in \mathbb{R}^4.$

L’expression des primitives peut se simplifier de la sorte :
$$I(x) = \ln \sqrt{\frac{|x+2|}{(x+1)^2}} + C(x).$$

Soit $(n; p) \in \mathbb{N}^2$. On va se ramener à des intégrales d’exponentielles complexes relativement simples à calculer :
$$I_{n,p} = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^{2n}(x) \cos(2px) \, dx
= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^{2n}(x) \Re\left(e^{i 2px}\right) \, dx= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \Re\left( \cos^{2n}(x)e^{i 2px}\right) \, dx$$
L’intégrale est compatible avec le passage à la partie réelle. Autrement dit, l’intégrale de la partie réelle est égale à la partie réelle de l’intégrale. En pratique, on peut donc faire les commuter les symboles associés afin de se ramener à une intégrale de fonction complexe :
$$I_{n,p} = \Re\left( \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^{2n}(x) e^{i 2px} \, dx \right)
= \Re\left( \int_0^{\frac{\pi}{2}} \left(\frac{e^{ix} + e^{-ix}}{2}\right)^{2n} e^{i 2px} \, dx \right)$$
On utilise la formule du binôme de Newton :
$$I_{n,p}= \frac{1}{4^n} \Re\left( \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sum_{k=0}^{2n} \binom{2n}{k} \left(e^{ix}\right)^k \left(e^{-ix}\right)^{2n-k} e^{i 2px} \, dx \right)$$
$$I_{n,p}= \frac{1}{4^n} \Re\left( \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sum_{k=0}^{2n} \binom{2n}{k} e^{2i(k – (n-p))x} \, dx \right)$$
On utilise la linéarité de l’intégrale :
$$I_{n,p} = \frac{1}{4^n} \Re\left( \sum_{k=0}^{2n} \binom{2n}{k} \int_0^{\frac{\pi}{2}} e^{2i(k – (n-p))x} \, dx \right)$$
Si $n < p \iff n – p < 0 $ alors l’indice de sommation $k$, compris entre $0$ et $2n$, est différent de $n – p$. On peut donc appliquer une formule d’intégration de l’exponentielle complexe avec un coefficient complexe non nul :
$$I_{n,p} = \frac{1}{4^n} \Re\left( \sum_{k=0}^{2n} \binom{2n}{k} \left[ \frac{e^{2i(k – (n-p))x}}{2i(k – (n-p))} \right]_0^{\frac{\pi}{2}} \right)$$
On peut mettre en facteur de la somme le nombre complexe $\frac{-i}{2}$, ceci met en évidence un nombre imaginaire pur dans la grande parenthèse :
$$I_{n,p} = \frac{1}{4^n} \Re\left( \frac{-i}{2} \sum_{k=0}^{2n} \binom{2n}{k} \frac{\left((-1)^{k – (n-p)} – 1\right)}{k – (n-p)} \right)$$
Par définition, la partie réelle d’un nombre imaginaire pur est nulle :
$$I_{n,p} = 0$$
Si $n \geq p$ alors l’indice de sommation $k$, compris entre $0$ et $2n$, prend la valeur de $n – p$. On on isole le terme de la somme d’indice $k=n-p$. Par ailleurs, on réutilise des éléments du calcul précédent :
$$I_{n,p} = \frac{1}{4^n} \Re\left( \binom{2n}{n-p} \int_0^{\frac{\pi}{2}} e^0 \, dx
– \frac{i}{2} \sum_{k=0, \, k \neq n-p}^{2n} \binom{2n}{k} \frac{(-1)^{k-(n-p)} – 1}{k – (n-p)} \right)$$
On voit apparaître une forme algébrique dans la grande parenthèse, ceci permet d’identifier de façon évidente la partie réelle de ce nombre complexe :
$$I_{n,p} = \frac{1}{4^n} \binom{2n}{n-p} \frac{\pi}{2}$$
Conclusion :
$$I_{n,p} =
\begin{cases}
\frac{1}{4^n} \binom{2n}{n-p} \frac{\pi}{2} & \text{si } n \geq p, \\
0 & \text{si } n < p.
\end{cases}
$$

Les fonctions $f : x \mapsto x^2 \cos x$ et $g : x \mapsto x^2 \sin x$ ont pour ensemble de définition $D = \mathbb{R}$ et sont continues sur $D$, donc $I(x) = \int f(x) \, dx$ et $J(x) = \int g(x) \, dx$ sont définis pour tout $x \in D$.

On fait apparaître une exponentielle complexe par combinaison linéaire complexe :
$$I(x) + i J(x) = \int x^2 e^{ix} \, dx.$$
On utilise des intégrations par parties successives afin de faire disparaître le polynôme. Concrètement, on dérive le polynôme et on intègre l’exponentielle.
$$\int x^2 e^{ix} \, dx = x^2 \frac{e^{ix}}{i} – \int 2x \frac{e^{ix}}{i} \, dx + C $$
$$= -i x^2 e^{ix} + 2i \int x e^{ix} \, dx + C$$
$$= -i x^2 e^{ix} + 2i \left( x \frac{e^{ix}}{i} – \int 1 \cdot \frac{e^{ix}}{i} \, dx \right) + C$$
$$= -i x^2 e^{ix} + 2i \left( -i x e^{ix} + i \int e^{ix} \, dx \right) + C$$
$$= -i x^2 e^{ix} + 2i \left( -i x e^{ix} + i\frac{e^{ix}}{i} \right) + C$$
$$= -i x^2 e^{ix} + 2i \left( -i x e^{ix} + e^{ix} \right) + C$$
$$= \left(-i x^2 + 2x + 2i \right) e^{ix} + C$$
avec $C$ une constante complexe.

On développe de façon à obtenir la forme algébrique :
$$I(x) + i J(x) = (-i x^2 + 2x + 2i)(\cos x + i \sin x) + C$$
$$= (x^2 \sin x + 2x \cos x – 2 \sin x)
+ i (-x^2 \cos x + 2x \sin x + 2 \cos x) + C$$
Par unicité de la forme algébrique d’un nombre complexe :
$$
\begin{cases}
I(x) = x^2 \sin x + 2x \cos x – 2 \sin x + C_1 \\
J(x) = -x^2 \cos x + 2x \sin x + 2 \cos x + C_2
\end{cases}
$$
avec $C_1, C_2$ des constantes réelles.

La fonction $f : x \mapsto \frac{x^5 + x^3 – x + 1}{x^2(x^2 + 1)}$ a pour ensemble de définition $D = \mathbb{R}^*$ et est bien définie sur $D$. Ainsi $I(x) = \int f(x) \, dx$ est défini pour tout $x \in D$.

On réalise une décomposition en éléments simples :
$$\frac{x^5 + x^3 – x + 1}{x^2(x^2 + 1)} = E(x) + \frac{a}{x^2} + \frac{b}{x} + \frac{c x + d}{x^2 + 1},$$

avec $E \in \mathbb{R}[X]$ Un polynôme à coefficients réels, $(a, b, c, d) \in \mathbb{R}^4$ qui sont à déterminer.

On calcule le polynôme $E$ en effectuant la division euclidienne de $x^5 + x^3 – x + 1$ par $x^2(x^2 + 1)$, ce qui donne : $E(x) = x$.

On multiplie par $x^2$, puis on remplace $x$ par $0$, ce qui donne : $a = 1.$
On multiplie par $x^2 + 1$, puis on remplace $x$ par $i$, ce qui donne :
$$c i + d = \frac{i^5 + i^3 – i + 1}{i^2} = -1 + i, \quad \text{donc } c = 1, \; d = -1$$
en utilisant l’unicité de la forme algébrique d’un nombre complexe.
On détermine $b$ en remplaçant $x$ par une valeur simple, on choisit la valeur $1$ :
$$1 = 1 + 1 + b, \quad \text{donc } b = -1.$$
On a donc déterminé la décomposition en éléments simples de la fraction rationnelle :
$$\frac{x^5 + x^3 – x + 1}{x^2(x^2 + 1)} = x + \frac{1}{x^2} – \frac{1}{x} + \frac{x – 1}{x^2 + 1}.$$
On peut maintenant calculer les primitives en utilisant la linéarité de la primitivation :
$$I(x) = \int \left( x + \frac{1}{x^2} – \frac{1}{x} + \frac{x}{x^2 + 1} – \frac{1}{x^2 + 1} \right) dx$$
$$= \frac{x^2}{2} – \frac{1}{x} – \ln|x| + \frac{1}{2} \ln(x^2 + 1) – \arctan x + C(x)$$
avec $C$ est une fonction constante sur chaque intervalle de $D$, concrètement :
$$C 😀 \to \mathbb{R},$$
$$x \mapsto C(x) =
\begin{cases}
C_1 & \text{si } x < 0, \\
C_2 & \text{si } x > 0,
\end{cases}$$
Avec $(C_1, C_2) \in \mathbb{R}^2.$

L’ensemble de définition est l’ensemble des nombres réels.
On reconnaît une forme usuelle :
$$\int \frac{x^4}{1 + x^{10}} \, dx = \frac{1}{5} \int \frac{5x^4}{1 + (x^5)^2} \, dx + C$$
$$= \frac{1}{5} \int \frac{\frac{d}{dx}(x^5)}{1 + (x^5)^2} \, dx + C$$
$$= \frac{1}{5} \arctan(x^5) + C$$

La fonction $f : x \mapsto \frac{1}{x} \sqrt{\frac{1 – x}{1 + x}}$ a pour ensemble de définition $D = ]-1 ; 0[ \cup ]0 ; 1]$ et est une fonction continue sur $D$. Ainsi $I(x) = \int f(x) \, dx$ est bien défini pour tout $x \in D$.

On applique le changement de variable $C^1$ bijectif $t = \sqrt{\frac{1 – x}{1 + x}}$, ce qui donne :

$$t = \sqrt{\frac{1 – x}{1 + x}}\iff(1 + x)t^2 = 1 – x\iff (1 + t^2)x = 1 – t^2$$
$$\iff x = \frac{1 – t^2}{1 + t^2}\implies dx = \frac{-4t}{(1 + t^2)^2} \, dt.$$
Ainsi :
$$I(x) = \int \frac{1 + t^2}{1 – t^2} \cdot \frac{-4t}{(1 + t^2)^2} \, dt = \int \frac{-4t^2}{(1 – t^2)(1 + t^2)} \, dt$$
$$= \int \left(\frac{-2}{1 – t^2} + \frac{2}{1 + t^2}\right) \, dt$$
$$= -2 \, \text{Argsh } t + 2 \, \text{Arctan } t + C(t)$$
$$= -2 \, \text{Argsh} \sqrt{\frac{1 – x}{1 + x}} + 2 \, \text{Arctan} \sqrt{\frac{1 – x}{1 + x}} + C(x),$$

Avec $C$ qui est une fonction constante sur chaque intervalle de $D$, concrètement :
$$C : D \to \mathbb{R},$$
$$x \mapsto C(x) =
\begin{cases}
C_1 & \text{si } -1 < x < 0, \\
C_2 & \text{si } 0 < x \leq 1.
\end{cases}$$

$$\int \frac{x – 1}{\sqrt{x^2 + 1}} \, dx = \int \frac{x}{\sqrt{x^2 + 1}} \, dx – \int \frac{1}{\sqrt{x^2 + 1}} \, dx$$
$$= \int \frac{2x}{2\sqrt{x^2 + 1}} \, dx – \text{argsh}(x)$$
$$= \int \frac{\frac{d}{dx}(x^2 + 1)}{2\sqrt{x^2 + 1}} \, dx – \text{argsh}(x)$$
$$= \sqrt{x^2 + 1} – \text{argsh}(x) + C$$
Avec $C$ qui est une constante réelle.

L’intégrale de l’énoncé est définie pour$x \in [-1; 1]$.
Cependant pour que les calculs intermédiaires soient valides on a besoin de choisir $x \in ]-1; 0[ \cup ]0; 1[.$

On commence par multiplier par le conjugué au numérateur et au dénominateur :
$$\int \frac{1}{\sqrt{1 – x^2} + \sqrt{1 + x^2}} \, dx = \int \frac{\sqrt{1 – x^2} – \sqrt{1 + x^2}}{(1 – x^2) – (1 + x^2)} \, dx$$

$$= \int \frac{\sqrt{1 – x^2} – \sqrt{1 + x^2}}{-2x^2} \, dx = -\frac{1}{2} \int \frac{1}{x^2} \left(\sqrt{1 – x^2} – \sqrt{1 + x^2}\right) \, dx$$
En effectue une intégration par partie, on dérive les fonctions comportant de la racine carrée :
$$= -\frac{1}{2} \left(-\frac{1}{x} \left(\sqrt{1 – x^2} – \sqrt{1 + x^2}\right)
– \int \left(-\frac{1}{x} \cdot\left( \frac{-2x}{2\sqrt{1 – x^2}} – \frac{2x}{2\sqrt{1 + x^2}}\right) \, dx\right)\right).$$
$$= \frac{1}{2} \left(\frac{1}{x} \left(\frac{(1 – x^2) – (1 + x^2)}{\sqrt{1 – x^2} + \sqrt{1 + x^2}}\right)
+ \int \frac{1}{\sqrt{1 – x^2}} \, dx + \int \frac{1}{\sqrt{1 + x^2}} \, dx\right)$$
$$= – \frac{x}{\sqrt{1 – x^2} + \sqrt{1 + x^2}}+ \frac{1}{2} \arcsin(x) + \frac{1}{2} \text{argsh}(x) + C(x)$$
Avec $C$ C’est une fonction constante sur chaque intervalle de $[-1; 0[ \cup ]0; 1].$ On sait qu’une primitive est continue ce qui permet d’en déduire que la fonction $C$ est constante sur $[-1; 1]$.

On vérifie facilement que si l’on dérive sur sur $[-1; 1]$ la fonction dont expression et mentionnée ci-dessus, on retrouve la fonction initiale sous le signe de l’intégrale.

Conclusion :
$$\int \frac{1}{\sqrt{1 – x^2} + \sqrt{1 + x^2}} \, dx = – \frac{x}{\sqrt{1 – x^2} + \sqrt{1 + x^2}}+ \frac{1}{2} \arcsin(x) + \frac{1}{2} \text{argsh}(x) + C$$
Avec $C$ une constante réelle.

• Premier cas : la fonction $f$ est telle que $\int_{a}^{b} f(t) dt \geq 0$.
En utilisant la condition de l’énoncé, on a :
$$\int_{a}^{b} \left(|f(t)| – f(t)\right) dt = \int_{a}^{b} |f(t)| dt- \int_{a}^{b} f(t) dt = 0.$$

La fonction $\Phi : t \mapsto |f(t)| – f(t)$ est continue, positive et d’intégrale nulle, donc $\Phi$ est la fonction nulle, donc $\forall t \in [a, b]$ $f(t) = |f(t)| \geq 0 $, donc $f$ est toujours positive.

• Second cas : la fonction $f$ est telle que $\int_{a}^{b} f(t) dt \leq 0$.
On pose la fonction $g = -f$.
$$
\int_{a}^{b} g(t) dt = -\int_{a}^{b} f(t) dt \geq 0
$$
En utilisant la parité de la fonction valeur absolue et l’énoncé on a :
$$\left| \int_{a}^{b} g(t) \, dt \right| = \left| – \int_{a}^{b} f(t) \, dt \right|$$
$$= \left| \int_{a}^{b} f(t) \, dt \right|$$
$$= \int_{a}^{b} \left| f(t) \right| \, dt$$
$$= \int_{a}^{b} \left| – f(t) \right| \, dt$$
$$= \int_{a}^{b} \left| g(t) \right| \, dt$$
Donc $g$ vérifie le premier cas, donc $g$ est toujours positive, donc $f$ est toujours négative.

Conclusion : le signe de $f$ est constant sur $[a, b]$.

On peut conjecturer que :
$$\int_0^1 \sqrt{1 + x^n} \, dx\xrightarrow[n \to +\infty]{} \int_0^1 \sqrt{1 + 0} \, dx = 1$$

Soit $n$ un entier naturel,
$$\left| \int_0^1 \sqrt{1 + x^n} \, dx – 1 \right| = \left| \int_0^1 \left(\sqrt{1 + x^n} – \sqrt{1}\right) \, dx \right|$$
$$= \left| \int_0^1 \frac{\left(\sqrt{1 + x^n} – \sqrt{1}\right) \left(\sqrt{1 + x^n} + \sqrt{1}\right)}{\sqrt{1 + x^n} + \sqrt{1}} \, dx \right|$$
$$= \left| \int_0^1 \frac{\left(\sqrt{1 + x^n}\right)^2 – (\sqrt{1})^2}{\sqrt{1 + x^n} + \sqrt{1}} \, dx \right|$$
$$= \left| \int_0^1 \frac{1 + x^n – 1}{\sqrt{1 + x^n} + \sqrt{1}} \, dx \right|$$
$$= \int_0^1 \frac{x^n}{\sqrt{1 + x^n} + \sqrt{1}} \, dx$$
$$\leq \int_0^1 \frac{x^n}{\sqrt{1 + 0} + \sqrt{1}} \, dx$$
$$= \frac{1}{2} \int_0^1 x^n \, dx = \frac{1}{2} \left[ \frac{x^{n+1}}{n+1} \right]_0^1
= \frac{1}{2} \left( \frac{1^{n+1}}{n+1} – \frac{0^{n+1}}{n+1} \right)$$
$$= \frac{2}{n+1} \xrightarrow[n \to +\infty]{} 0$$
Par théorème d’encadrement (alias théorème des gendarmes), on en déduit :
$$\left| \int_0^1 \sqrt{1 + x^n} \, dx – 1 \right| \xrightarrow[n \to +\infty]{} 0 \iff \int_0^1 \sqrt{1 + x^n} \, dx – 1 \xrightarrow[n \to +\infty]{} 0$$
$$\iff \int_0^1 \sqrt{1 + x^n} \, dx \xrightarrow[n \to +\infty]{} 1$$

On raisonne par l’absurde en supposant que la fonction $f$ férifie :
$$\forall x \in [a ; b], \, f(x) \geq 0$$
D’après l’énoncé, on a que l’intégrale de $f$ est nulle :
$$\int_a^b f = 0$$
D’autre part, $f$ est continue et positive sur $[a ; b]$.

D’après un théorème de cours, on obtient que $f$ est la fonction nulle ce qui peut se noter $f = 0$. Or, ceci est contradictoire avec la condition d’existence de $x_1 \in [a ; b]$ tel que $f(x_1) > 0$.

Conclusion : on a démontré par l’absurde qu’il existe $x_2 \in [a ; b]$ tel que $f(x_2) < 0$.

L’intégrale envisagée bien définie, car la fonction
$$x \mapsto \sqrt{\frac{1 + \cos x}{2}}$$
est continue sur $[0 ; 2\pi]$.

Avec des formules de trigonométrie, on peut démarrer le calcul de l’intégrale :
$$I = \int_0^{2\pi} \sqrt{\frac{1 + \cos x}{2}} \, dx =\int_0^{2\pi} \sqrt{\left(\cos\left(\frac{x}{2}\right)\right)^2} \, dx = \int_0^{2\pi} \left|\cos \frac{x}{2}\right| \, dx.$$
La fonction $x \mapsto \left|\cos \frac{x}{2}\right|$ est $2\pi$-périodique et paire, on on peut donc intégrer sur un intervalle de longueur $2\pi$ de notre choix puis réduire l’intervalle d’intégration :
$$\int_0^{2\pi} \left|\cos \frac{x}{2}\right| \, dx = \int_{-\pi}^\pi \left|\cos \frac{x}{2}\right| \, dx = 2 \int_0^\pi \left|\cos \frac{x}{2}\right| \, dx.$$
Sachant que $\cos \frac{x}{2} \geq 0$ sur $[0, \pi]$ On peut enlever le symbole de valeur absolue :
$$I = 2\int_0^\pi \cos \frac{x}{2} \, dx$$
En utilisant le théorème fondamental de l’analyse :
$$I = 2\left[2\sin \frac{x}{2}\right]_0^\pi = 4\left[\sin \frac{x}{2}\right]_0^\pi=4\cdot(1-0)=4$$
Conclusion :
$$\int_0^{2\pi} \sqrt{\frac{1 + \cos x}{2}} \, dx = 4$$

Soit $n \in \mathbb{N}^*$, en factorisant par $n^2$ dans la racine, on trouve :
$$ \quad u_n = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{1 + \frac{2k}{n}}}.$$
On reconnaît une somme de Riemann.
L’application $[0; 1] \to \mathbb{R}, \, x \mapsto \frac{1}{\sqrt{1 + 2x}}$ est continue sur $[0; 1]$, donc :
$$u_n \xrightarrow[n \to +\infty]{} \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1 + 2x}} \, dx = \left[ \sqrt{1 + 2x} \right]_0^1 = \sqrt{3} – 1$$

Soit $ n \in \mathbb{N}^*, \, u_n > 0$. Donc on peut appliquer la fonction logarithme afin de transformer le produit en somme :
$$\ln u_n = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \ln\left( 1 + \frac{k^2}{n^2} \right)$$
On reconnaît une somme de Riemann.
La fonction $[0 ; 1] \longrightarrow \mathbb{R}, \, x \longmapsto \ln(1 + x^2)$ est continue sur $[0 ; 1]$, donc on peut appliquer le théorème portant sur la somme de Riemann:
$$\ln u_n \xrightarrow[n \to +\infty]{} \int_0^1 \ln(1 + x^2) \, dx$$
Afin de calculer cette intégrale, on utilise une intégration par parties qui permet de faire disparaître la fonction logarithme et de faire une fonction fraction rationnelle :
$$\int_0^1 \ln(1 + x^2) \, dx = \left[ x \ln(1 + x^2) \right]_0^1 – \int_0^1 x \frac{2x}{1 + x^2} \, dx$$
$$= \ln 2 – 2 \int_0^1 \left( 1 – \frac{1}{1 + x^2} \right) \, dx$$
$$= \ln 2 – 2 + 2 \int_0^1 \frac{1}{1 + x^2} \, dx$$
$$= \ln 2 – 2 + 2 \left[ Arctan(x) \right]_0^1$$
$$= \ln 2 – 2 + \frac{\pi}{2}$$
La fonction exponentielle est continue sur $\mathbb{R}$, on peut donc conclure :
$$u_n \xrightarrow[n \to +\infty]{} \exp\left(\ln 2 – 2 + \frac{\pi}{2}\right) = 2e^{\frac{\pi}{2} – 2}$$

On prend l’initiative de calculer l’intégrale suivante $I=\int_0^1 \left( f(f – 1) \right)^2 \, dx$ :

$$I=\int_0^1 \left( f(f – 1) \right)^2 \, dx = \int_0^1 \left( f^2 – f \right)^2 \, dx$$
$$= \int_0^1 \left( f^4 – 2f^3 + f^2 \right) \, dx$$
$$= \int_0^1 f^4 \, dx – 2 \int_0^1 f^3 \, dx + \int_0^1 f^2 \, dx$$
$$= 0 – 0 + 0 = 0$$
Par produit et composition de fonctions continues, on a que $\left( f(f – 1) \right)^2 $ est une fonction continue. Aussi, le carré d’un nombre réel est positif donc $\left( f(f – 1) \right)^2 $ est une fonction positive. Enfin, l’intégrale de la fonction $\left( f(f – 1) \right)^2 $ sur l’intervalle $[0; 1]$ est nulle.

Donc par un théorème de cours, $\left( f(f – 1) \right)^2 $ est la fonction nulle sur l’intervalle $[0; 1]$, ceci peut se noter $\left( f(f – 1) \right)^2 = 0$. Le carré d’un nombre réel est nul si seulement si ce nombre est nul, ce qui donne : $f(f – 1) =0$.
Par la règle du produit nul, on en déduit :
$$\forall x \in [0; 1], \quad f(x) = 0 \ \text{ou} \ f(x) = 1$$
Pour démontrer que $f = 0$ ou $f = 1$, on raisonne par l’absurde en supposant que $f \neq 0$ et $f \neq 1$.
Il existe donc $x_1 \in [0; 1]$ tel que $f(x_1) \neq 0$ et il existe $x_2 \in [0; 1]$ tel que $f(x_2) \neq 1$. On a alors $f(x_1) = 1$ et $f(x_2) = 0$. $f$ étant continue sur l’intervalle $[0; 1]$, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, $f$ atteint la valeur $\frac{1}{2}$, contradiction.

Conclusion :
$$f = 0 \ \text{ou} \ f = 1$$

On pose l’intégrale $I$ définie par :
$$I = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(1 + \tan x) \, dx$$
Pour commencer, l’intégrale $I$ est bien définie. En effet, la fonction
$x \mapsto \ln(1 + \tan x)$ est définie et continue sur l’intervalle $\left[0; \frac{\pi}{4}\right]$.

On effectue le changement de variable $C^1$ bijectif $x = \frac{\pi}{4} – u$ :
$$I = \int_{\frac{\pi}{4}}^{0} \ln\left(1 + \tan\left(\frac{\pi}{4} – u\right)\right)(-du)=\int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln\left(1 + \frac{\tan\left(\frac{\pi}{4}\right) – \tan(u)}{1 + \tan\left(\frac{\pi}{4}\right)\tan(u)}\right) \, du$$
$$= \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln\left(1 + \frac{1 – \tan u}{1 + \tan u}\right)du = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln\left(\frac{2}{1 + \tan u}\right)du$$
$$= \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln 2 \, du – \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(1 + \tan u) \, du$$
$$I = \frac{\pi}{4} \ln 2 – I$$ $I$ est solution d’une équation du premier degré, on résout cette équation :
$$I = \frac{\pi}{4} \ln 2 – I\iff 2I = \frac{\pi}{4} \ln 2\iff I = \frac{\pi}{8} \ln 2$$
Conclusion :
$$\int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(1 + \tan x) \, dx = \frac{\pi}{8} \ln 2$$

Sachant que $\cos x \xrightarrow[x \to 0]{} 1$, on conjecture que la limite cherchée est la même que celle de $\int_u^{3u} \frac{1}{x} \, dx$.

Soit $u$ un nombre réel strictement positif, on calcule l’intégrale auxiliaire :
$$\int_u^{3u} \frac{1}{x} \, dx = [\ln x]_u^{3u} = \ln(3u) – \ln u = \ln 3$$
Puis on calcule la différence des deux intégrales en valeur absolue :
$$\left| \int_u^{3u} \frac{\cos x}{x} \ -\ln(3) \, dx \right|=\left| \int_u^{3u} \frac{\cos x}{x} \, dx – \int_u^{3u} \frac{1}{x} \, dx \right| = \int_u^{3u} \frac{1 – \cos x}{x} \, dx$$
En utilisant une formule de trigonométrie puis une inégalité classique sur la fonction sinus, on trouve :
$$\int_u^{3u} \frac{1 – \cos x}{x} \, dx = \int_u^{3u} \frac{2 \sin^2\frac{x}{2}}{x} \, dx \leq \int_u^{3u} \frac{2}{x} \left(\frac{x}{2}\right)^2 \, dx$$
$$=\int_u^{3u} \frac{x}{2} \, dx = \left[\frac{x^2}{4}\right]_u^{3u} = \frac{(3u)^2 – u^2}{4} = 2u^2 \xrightarrow[u \to 0^+]{} 0$$
En utilisant le théorème encadrement (alias théorème des gendarmes), on peut conclure que :
$$\int_u^{3u} \frac{\cos x}{x} \, dx \xrightarrow[u \to 0^+]{} \ln 3$$

On suppose qu’il existe une fonction $f$ qui vérifie les conditions de l’énoncé.

On pose la fonction $g$ définie par :
$$\forall x\in \mathbb{R_+},\quad g(x) = e^{-x} \int_{0}^{x} f(t) \, dt$$
Sachant que la fonction $f$ est continue sur $\mathbb{R_+}$, la fonction $g$ est de classe $C^1$ sur $\mathbb{R_+}$ et, pour tout $x \in \mathbb{R_+}$ :
$$g'(x) = -e^{-x} \int_{0}^{x} f(t) \, dt + e^{-x} f(x)$$
$$g'(x) = e^{-x} \left( f(x) – \int_{0}^{x} f(t) \, dt \right) \leq 0$$
Ainsi la fonction $g$ est une fonction décroissante sur $\mathbb{R_+}$.

On a, $g(0) = 0$, donc la fonction $g$ prend uniquement des valeurs négatives, ceci peut se noter : $g \leq 0$.
D’autre part, d’après l’énoncé, $f \geq 0$, donc $g \geq 0$.
On déduit que la fonction $g$ est la fonction nulle, ceci peut se noter : $g = 0$.

Ainsi : $\forall x \in \mathbb{R_+}$,
$$\int_{0}^{x} f(t) \, dt = 0$$
En dérivant, on obtient:
$$\forall x \in \mathbb{R_+},\quad f(x) = 0$$

Réciproquement, il est évident que la fonction nulle est solution de la condition donnée par l’énoncé.

Conclusion : l’unique fonction solution du problème et la fonction nulle.

Les fonctions $\sqrt{f}$, $\sqrt{g}$, $\sqrt{fg}$ sont continues sur $[0 ; 1]$, d’après les théorèmes généraux.

$fg \geq 1$, donc par croissance de la fonction racine carrée on a $\sqrt{fg} \geq 1$. Puis en appliquant l’inégalité de Cauchy-Schwarz à $\sqrt{f}$ et $\sqrt{g}$ on trouve :

$$1 = 1^2 = \left(\int_{0}^{1}1\right)^2 \leq \left( \int_{0}^{1} \sqrt{fg} \right)^2 = \left( \int_{0}^{1} \sqrt{f} \sqrt{g} \right)^2 \leq \left( \int_{0}^{1} f \right) \left( \int_{0}^{1} g \right)$$

Par transitivité, inégalité de l’énoncé est démontrée.

Soit $p$ est un entier, on a :
$$\int_p^{p+1}\lfloor x\rfloor d x=\int_p^{p+1} p d x=p .$$
En utilisant la relation de Chasles puis la somme des termes d’une suite arithmétique, on obtient :
$$
\begin{aligned}
\int_m^n\lfloor x\rfloor d x & =\sum_{p=m}^{n-1} \int_p^{p+1}\lfloor x\rfloor d x \\
& =\sum_{p=m}^{n-1} p \\
& =\frac{(n-m)(n+m-1)}{2}
\end{aligned}
$$

On utilise la relation de Chasles, pour faire apparaître des intégrales dont les intégrandes respectives ont une expression simple. En d’autres termes plus triviaux, on "fait sauter" la valeur absolue.
$$
\begin{aligned}
\int_{-1}^2 x|x| d x & =\int_{-1}^0 x|x| d x+\int_0^2 x|x| d x \\
& =\int_{-1}^0-x^2 d x+\int_0^2 x^2 d x \\
& =\left[-\frac{x^3}{3}\right]_{-1}^0+\left[\frac{x^3}{3}\right]_0^2 \\
& =\frac{7}{3}
\end{aligned}
$$

• Si $a \leq 0$, alors pour tout $x \in[0,1]$, on a $\min (x, a)=a$ et donc
$$
\int_0^1 \min (x, a) d x=a \text {. }
$$

• Si $a \geq 1$, alors pour tout $x \in[0,1]$, on a $\min (x, a)=x$ et donc
$$
\int_0^1 \min (x, a) d x=\int_0^1 x d x=\frac{1}{2} .
$$

• Si $a \in[0,1]$, on utilise la relation de Chasles :
$$
\begin{aligned}
\int_0^1 \min (x, a) d x & =\int_0^a x d x+\int_a^1 a d x \\
& =\frac{a^2}{2}+a(1-a) \\
& =a-\frac{a^2}{2}
\end{aligned}
$$