
\begin{enumerate}
\item \label{intcorq6} Posons pour $x\in\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]$:
\[
u(x)=x^2
\quad
\text{et}
\quad
v(x)=\dfrac{1}{2}\sin(2x).
\]
Alors :
\[
u'(x)=2x
\quad
\text{et}
\quad
v'(x)=\cos(2x).
\]
Les fonctions $u$ et $v$ sont dérivables sur l'intervalle $\left[0, \dfrac{\pi}{2}\right]$ et les fonctions $u'$ et $v'$ sont continues sur ce même intervalle. Donc, par intégration par parties, on a:
\[
K=\int_0^\frac{\pi}{2} x^2\cos(2x)\dx=\underbrace{\left[x^2\dfrac{1}{2}\sin(2x) \right]_0^\frac{\pi}{2}}_{=\;0} -\int_0^\frac{\pi}{2} x\sin(2x)\dx.
\]
Pour calculer l'intégrale $\dint_0^\frac{\pi}{2} x\sin(2x)\dx$, il est nécessaire de procéder à une seconde intégration par parties.
Posons:
\[
s(x)=x
\quad
\text{et}
\quad
t(x)=\dfrac{1}{2}\cos(2x).
\]
Alors :
\[
s'(x)=1
\quad
\text{et}
\quad
t'(x)=-\sin(2x).
\]
Les fonctions $s$ et $t$ étant dérivables, à dérivée continue sur l'intervalle $\left[0, \dfrac{\pi}{2}\right]$, on a, par le théorème d'intégration par parties :
\[
\begin{aligned}
K&=-\int_0^\frac{\pi}{2} x\sin(2x)\dx \\
&=\left[
x\dfrac{1}{2}\cos(2x)
\right] _0^\frac{\pi}{2}-\int_0^\frac{\pi}{2} \dfrac{1}{2}\cos(2x) \dx
\\
&=-\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{1}{4}\Bigl[ \sin(2x) \Bigr]_0^\frac{\pi}{2} \\
&=-\dfrac{\pi}{4}.
\end{aligned}
\]

\item
\begin{enumerate}
\item Par linéarité de l'intégrale, on a :
\[
I+J=\int_0^\frac{\pi}{2}
x^2\left(\cos^2 (x)+\sin^2 (x)\right) \dx  =\int_0^\frac{\pi}{2} x^2 \dx=\left[\dfrac{1}{3}x^3\right]_0^\frac{\pi}{2} =\dfrac{\pi^3}{24}.
\]
On sait que pour tout $x$,
\[
\cos(2x)=\cos^2(x)-\sin^2(x).
\]
Donc, d'après \ref{intcorq6}, par linéarité de l'intégrale, on a :
\[
I-J=\int_0^\frac{\pi}{2} x^2\left(\cos^2(x)-\sin^2(x)\right) \dx
=
\int_0^\frac{\pi}{2} x^2\cos(2x)\dx
=-\dfrac{\pi}{4}.
\]

\item On en déduit que:
\[
\boxed{I=\dfrac{\pi^3}{48}-\dfrac{\pi}{8}}
\quad
\text{et}
\quad
\boxed{J=\dfrac{\pi^3}{48}+\dfrac{\pi}{8}}.
\]
\end{enumerate}
\end{enumerate}
