INTÉGRATION Table des mati`eres 1. Primitives et intégrales

INTÉGRATION
Table des matières
1. Primitives et intégrales indéfinis
2. Régles d’intégration
3. Intégration de fonctions rationnelles
3.1. Première étape : contrôle du degré
3.2. Deuxième étape : factorisation de Q
3.3. Troisième étape : réduction en éléments simples
3.4. Quatrième étape : intégration
4. Intégrales définis
5. Exercices
5.1. Fonctions rationnelles
5.2. Intégration par parties
5.3. Changement de variable
1
3
5
6
6
7
8
10
15
15
19
23
1. Primitives et intégrales indéfinis
Définition 1.1. Soit f : (a, b) → R une fonction, on appelle primitive de f sur (a, b) toute
fonction F : (a, b) → R telle que
F 0 (x) = f (x),
pour tout x ∈ (a, b).
Exemple 1.2. Par exemple, la fonction F (x) = 3 + arctan x est une primitive de
f (x) =
1
.
1 + x2
Lemme 1.3. Soit f : (a, b) → R une fonction dérivable. Si f 0 (x) = 0 pour tout x ∈ (a, b),
alors il existe une constante c ∈ R telle que
f (x) = c,
pour tout x ∈ (a, b).
Démonstration. Soient x, y ∈ (a, b) avec x < y, par le Théorème des accroissements finis
(voir “Calcul différentiel ”), il existe ξ ∈ (x, y) tel que
f (y) − f (x) = f 0 (ξ) (y − x) = 0,
donc f (x) = f (y), pour tout x 6= y, c’est-à-dire la fonction est constante.
Date: 23/10/2013.
1
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Corollaire 1.4. Soit f : (a, b) → R et F, G : (a, b) → R deux primitives de f . Alors il
existe une constante c ∈ R telle que
G(x) = F (x) + c,
pour tout x ∈ (a, b).
Démonstration. Par hypothèse, on a
F 0 (x) = G0 (x) = f (x),
pour tout x ∈ (a, b).
En particulier, on obtient que la fonction H(x) = F (x) − G(x) a dérivée nulle partout dans
(a, b), donc d’après le Lemme précédent H est constante. Ça implique que
G(x) = F (x) + c,
pour une constante c ∈ R.
Remarque 1.5. On observe donc que la primitive d’une fonction n’est jamais unique.
Définition 1.6. Soit f : (a, b) → R une Rfonction. Supposons qu’il existe une primitive
F : (a, b) → R de f . Alors on notera avec f (x) dx l’ensemble de toutes les primitives de
f , c’est-à-dire
Z
f (x) dx = {G : (a, b) → R dérivable : G0 (x) = f (x), pour tout x ∈ (a, b)},
en on appellera
R
f (x) dx l’intégral indéfini de la fonction f .
En utilisant le Corollaire précédente, on a que
Z
f (x) dx = F (x) + c,
c ∈ R,
où F est une primitive quelconque de f .
Exemple 1.7. On a par exemple
Z
xn+1
+ c,
xn dx =
n+1
c ∈ R,
car on se souvient que
d xn+1
x(n+1)−1
= (n + 1)
= xn .
dx n + 1
n+1
On a aussi par exemple
Z
1
dx = arctan x + c,
1 + x2
c ∈ R.
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3
2. Régles d’intégration
On verra dans cette section que chaque règle de dérivation donne lieu à une règle correspondante d’intégration.
Lemme 2.1 (Intégration d’une somme). Soient f, g : (a, b) → R deux fonctions continues
et c1 , c2 ∈ R. Alors on a
Z
Z
Z
g(x) dx
f (x) dx + c2
(2.1)
(c1 f (x) + c2 g(x)) dx = c1
Démonstration. Soient F une primitive de f et G une primitive de g. D’après la règle de
dérivation d’une somme (voir “Calcul differentiel ”) on a
(c1 F + c2 G)0 (x) = c1 F 0 (x) + c2 G0 (x) = c1 f (x) + c2 g(x),
et donc c1 F +c2 G est une primitive de c1 f +c2 g. Ceci montre bien la validité de (2.1). Exemple 2.2 (Primitive d’un polynôme). Comme application de la règle précédente, on
peut calculer
Z 7 x5 + 3 x3 − 2 x dx.
On aura donc
Z 5
3
Z
7 x + 3 x − 2 x dx = 7
Z
5
x dx + 3
3
Z
x dx − 2
x dx
7 6 3 4
x + x − x2 + c.
6
4
Plus en général, les primitives d’un polynôme sont assez facile à trouver : si
n
X
P (x) =
ak xk ,
x ∈ R,
=
k=0
alors on a
Z
P (x) dx =
n
X
k=0
Z
ak
xk dx =
n
X
k=0
ak
xk+1
+ c.
k+1
Lemme 2.3 (Intégration par parties). Soient f, g : (a, b) ∈ R deux fonctions dérivables.
Alors on a la formule d’intégration par parties suivante
Z
Z
0
(2.2)
f (x) g(x) dx = f (x) g(x) − f (x) g 0 (x) dx
Démonstration. En utilisant la règle de dérivation d’un produit (voir “Calcul differentiel ”),
on a
(f g)0 (x) = f 0 (x) g(x) + f (x) g 0 (x),
et donc
Z
Z h
Z
Z
i
0
0
0
0
(f g) (x) dx =
f (x) g(x) + f (x) g (x) dx = f (x) g(x) dx + f (x) g 0 (x) dx.
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INTÉGRATION
D’autre part, par définition de primitive, le premier intégral est bien égal à
Z
(f g)0 (x) dx = f (x) g(x) + c,
et ça termine la preuve.
Exemple 2.4 (Primitive du logarithme). Supposons qu’on veut calculer
Z
ln x dx.
On commence pas observer que si on définit
f (x) = x
l’intégral est de la forme
Z
et
Z
ln x dx =
g(x) = ln x,
f 0 (x) g(x) dx.
Donc on pourra utiliser la formule d’intégration par partie (2.2), car la fonction f 0 est assez
simple à intégrer et la fonction g est simple à dériver. On obtient
Z
Z
Z
0
ln x dx = f (x) g(x) dx = f (x) g(x) − f (x) g 0 (x) dx
Z
= x ln x − dx = x (ln x − 1) + c,
c ∈ R.
Évidemment,
tout ça a bien du sens dans le domain de définition du logarithme, c’est-à-dire
R
que ln dx est bien définie pour x > 0.
Exemple 2.5 (Primitive de l’arctangente). Prenons l’intégrale suivant
Z
arctan x dx.
Si on introduit la notation f (x) = x et g(x) = arctan x, on voit bien que l’intégrale
précédent s’écrit dans la forme
Z
Z
arctan x dx = f 0 (x) g(x) dx.
Donc en utilisant l’intégration par parties, on obtient
Z
Z
Z
0
arctan x dx = f (x) g(x) dx = f (x) g(x) − f (x) g 0 (x) dx
Z
x
1
= x arctan x −
dx = x arctan x − ln(1 + x2 ) + c,
2
1+x
2
c ∈ R.
Lemme 2.6 (Changement de variable). Soit f : (a, b) → R une fonction continue et
ϕ : (c, d) → (a, b) une fonction surjective et dérivable. Alors si on pose t = ϕ(x)
Z
Z
(2.3)
f (t) dt = f (ϕ(x)) ϕ0 (x) dx.
La fonction ϕ s’appelle changement de variable.
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5
En outre, si ϕ est bijective et ψ : (a, b) → (c, d) est son application réciproque, on aura
aussi
Z
Z
f (x) dx = f (ψ(t)) ψ 0 (t) dt.
Démonstration. À nouveau, cette regle d’intégration est une consequence directe de la
regle de dérivation correspondante, i.e. la règle de dérivation des fonctions composées (voir
“Calcul differentiel ”). Si F est un primitive de f , c’est-à-dire
Z
f (x) dx = F (x) + c,
d’après la règle de dérivation des fonctions composées on aura donc que F ◦ ϕ sera une
primitive de f (ϕ(t)) ϕ0 (t), car
d
F ◦ ϕ(t) = F 0 (ϕ(t)) ϕ0 (t).
dt
En particulier, on aura aussi
Z
f (ϕ(t)) ϕ0 (t) dt = F (ϕ(t)) + c.
Si on introduit donc le changement de variable x = ϕ(t), on obtient
Z
Z
f (x) dx = F (x) + c = F (ϕ(t)) + c = f (ϕ(t)) ϕ0 (t) dt,
qui termine la preuve.
Exemple 2.7. En utilisant le changement de variable t = ϕ(x) = x2 , on a
Z
Z
2
et
ex
1
x2
et dt =
+c=
+ c.
x e dx =
2
2
2
3. Intégration de fonctions rationnelles
Soient P, Q deux polynomês d’une variable réele, c’est-à-dire
n
m
X
X
P (x) =
ak xk
et
Q(x) =
bk xk ,
où ak , bk ∈ R,
k=0
k=0
avec an 6= 0 et bm 6= 0. Avec le terme degré d’un polynôme on indique la puissance la plus
grande qui apparaı̂t dans ce polynôme, par exemple
deg(P ) = n
et
deg(Q) = m,
car on a supposé an 6= 0 et bm 6= 0. Les intégrales du type
Z
P (x)
dx,
Q(x)
meritent une section speciale, car pour ce type d’intégrale on a un algorithme pour les
calculer.
6
INTÉGRATION
3.1. Première étape : contrôle du degré. Tou d’abord, on vérifie si
(3.1)
deg(P ) < deg(Q).
Si les deux polynômes satisfont (3.1) on passe à la prochaine étape.
Par contre, si P et Q ne satisfont pas (3.1), on peut quand même se ramener à cette
situation. Pour cela, on fait une division entre polynômes et on arrive à écrire
P (x) = H(x) Q(x) + R(x),
où H est un polynôme tel que deg(H) + deg(Q) = deg(P ) et R est le reste, qui est tel que
deg(R) < deg(Q). Donc on obtient
Z
Z
Z
Z
H(x) Q(x) + R(x)
R(x)
P (x)
dx =
dx = H(x) dx +
dx
Q(x)
Q(x)
Q(x)
en on observe que l’intégrale de H est simple à calculer (voir Exemple 2.2), tandis que
le deuxième intégrale est toujours du type “rapport entre polynômes”, avec R et Q qui
satisfont (3.1).
3.2. Deuxième étape : factorisation de Q. Soient donc P et Q deux polynômes qui
satisfont (3.1). Maintenant il faut factoriser Q en polynômes irréductibles 1 sur R. Pour
cela, il faudra trouver toutes les racines (réelles et complexes) de Q. D’après le Théorème
fondamentale de l’Algèbre, on sait que
nombre de racines de Q = deg(Q),
où le nombre de racines est à calculer en tenant compte de la multiplicité. De
plus, comme le polynôme Q a coefficients réels, on sait que si jamais Q a une racine complexe
a+i b, alors forcement a−i b est racine de Q aussi (voir “Équations différentielles ”, Section
1). Donc si on appelle
x1 , . . . , xr , racines réelles de Q,
et
a1 ± i b1 , . . . , aj ± i bj ,
racines complexes de Q
et on note par sk la multiplicité de la racine xk et par γk la multiplicité de la racine ak ± bk ,
on obtient la factorisation en polynôme (réels) irréductibles suivante
γ
γ
Q(x) = C (x − x1 )s1 (x − x2 )s2 . . . (x − xr )sr (x − a1 )2 + b21 1 . . . (x − aj )2 + b2j j ,
où C est une constante à déterminer. Pour la suite on supposera que C = 1 par simplicité.
1. Faites attention, cette factorisation peut changer si on la fait sur R ou sur C. Par exemple, sur R le
polynôme P (x) = x2 + 1 est irréductibles, tandis que sur C il se factorise comme
x2 + 1 = (x − i) (x + i),
et les deux polynômes P1 (x) = x + i et P2 (x) = x − i sont irréductibles sur C.
INTÉGRATION
7
3.3. Troisième étape : réduction en éléments simples. Il faut maintenant réduire la
fonction rationnelle
P (x)
,
Q(x)
en éléments simples. En utilisant la factorisation de Q de l’étape précédente, on cherche à
écrire P/Q à la manière suivante
A1,2
A1,1
A1,s1
P (x)
+
=
+ ··· +
2
Q(x)
x − x1 (x − x1 )
(x − x1 )s1
A2,1
A2,s2
A2,2
+
+ ··· +
+
x − x2 (x − x2 )2
(x − x2 )s2
+ ...
Ar,1
Ar,sr
Ar,2
+
+ ··· +
+
2
x − xr
(x − xr )
(x − xr )sr
C1,1 x + D1,1
C1,2 x + D1,2
C1,γ1 x + D1,γ1
γ
+
+
+ ··· +
2
2
2
(x − a1 ) + b1
(x − a1 )2 + b21 1
(x − a1 )2 + b21
+ ...
+
Cj,γj x + Dj,γj
Cj,1 x + Dj,1
Cj,2 x + Dj,2
γj
+
2 + · · · + 2
2
(x − aj ) + bj
(x − aj )2 + b2j
(x − aj )2 + b2j
où les coefficients réels
A1,1 , . . . , Ar,sr , C1,1 , . . . , Cj γj , D1,1 , . . . , Dj,γj ,
sont à déterminer. Il s’agit donc de
s1 + s2 + · · · + sr + 2 γ1 + 2 γ2 + · · · + 2 γj = deg(Q),
coefficients à déterminer.
8
INTÉGRATION
3.4. Quatrième étape : intégration. D’après l’étape précédente, on a obtenu pour l’instant
Z
Z
Z
A1,2
A1,s1
A1,1
dx +
dx + · · · +
dx
2
x − x1
(x − x1 )
(x − x1 )s1
Z
Z
Z
A2,2
A2,s2
A2,1
dx +
dx + · · · +
dx
+
2
x − x2
(x − x2 )
(x − x2 )s2
+ ...
Z
Z
Z
Ar,1
Ar,2
Ar,sr
+
dx +
dx + · · · +
dx
x − xr
(x − xr )2
(x − xr )sr
Z
Z
Z
C1,2 x + D1,2
C1,1 x + D1,1
dx +
+
2 dx + · · · +
(x − a1 )2 + b21
(x − a1 )2 + b2
P (x)
dx =
Q(x)
Z
1
C1,γ1 x + D1,γ1
γ dx
(x − a1 )2 + b21 1
+ ...
Z
Z
Z
Cj,γj x + Dj,γj
Cj,1 x + Dj,1
Cj,2 x + Dj,2
γj dx.
+
dx
+
dx
+
·
·
·
+
2
2
2
(x − aj ) + bj
2 + b2
2
2
(x
−
a
)
j
(x − aj ) + bj
j
Quel est l’avantage d’avoir fait tout ça ? ! ? C’est très simple à comprendre : chaque fonction
rationnelles à intégrer maintenant admet une primitive immédiate !
3.4.1. Racines réelles. Par exemple, en ce qui concerne les fractions qui comportent les
racines réelles, on a
Z
A1,1
dx = A1,1 ln |x − x1 | + c,
x − x1
ainsi que
Z
A1,2
A1,2
dx = −
+ c,
2
(x − x1 )
(x − x1 )
et ainsi de suite, jusqu’à
Z
A1,s1
A1,s1
dx = −
+ c.
s
(x − x1 )1
(s1 − 1) (x − x1 )s1 −1
Pour les fractions qui comportent x2 , . . . , xr on procède de manière similaire.
3.4.2. Racines complexes simples. Par contre, pour les racines complexes il faut faire un
peu plus d’attention (surtout si on a multiplicité), mais à priori ici aussi on a des primitives
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9
immédiates. Par exemple
Z
Z
C1,1 x
D1,1
dx +
dx
2
2
(x − a1 ) + b1
(x − a1 )2 + b21
Z
Z
D1,1 + a1 C1,1
C1,1 (x − a1 )
dx
+
dx
=
(x − a1 )2 + b21
(x − a1 )2 + b21
C1,1
=
ln (x − a1 )2 + b21
2
Z
1
dx
+ (D1,1 + a1 C1,1 )
(x − a1 )2 + b21
D1,1 + a1 C1,1
C1,1
x − a1
2
2
=
arctan
+c
ln (x − a1 ) + b1 +
2
b1
b1
C1,1 x + D1,1
dx =
(x − a1 )2 + b21
Z
où on a utilisé l’Exercice 5.3 pour trouver la deuxième primitive.
3.4.3. Racines complexes multiples. Si la racine complexe a multiplicité strictement plus
grande que 1, il faudra faire des intégrations par parties : à titre d’exemple, on calcul
Z
C1,2 x + D1,2
(x − a1
)2
+
x − a1
Z
2
b21
dx = C1,2
(x − a1
)2
+
Z
2
b21
dx +
D1,2 + a1 C1,2
2 dx,
(x − a1 )2 + b21
et le premier intégrale est simple à calculer, car
x − a1
Z
(x − a1
)2
+
2
b21
dx = −
1
1
+ c.
2 (x − a1 )2 + b21
Pour le deuxième, avec une petite astuce et en intégrant par parties on obtient
Z
1
(−2(x − a1 ))
1
dx
(−2(x − a1 )) (x − a1 )2 + b2 2
1
1
1
=−
2 (x − a1 ) (x − a1 )2 + b21
Z
1
1
1
−
dx,
2
(x − a1 )2 (x − a1 )2 + b21
Z
2 dx =
(x − a1 )2 + b21
et maintenant on observe que
1
1
1
1
1
= 2
−
,
(x − a1 )2 (x − a1 )2 + b1
b1 (x − a1 )2 (x − a1 )2 + b21
10
INTÉGRATION
donc finalement on obtient
Z
1
1
1
dx = −
2
2 (x − a1 ) (x − a1 )2 + b21
(x − a1 )2 + b21
Z
1
1
1
dx
−
2
(x − a1 )2 (x − a1 )2 + b21
1
1
=−
2 (x − a1 ) (x − a1 )2 + b21
Z
Z
1
1
1
dx
−
dx
− 2
2b
(x − a1 )2
(x − a1 )2 + b2
1
1
=−
2 (x − a1 ) (x − a1 )2 + b21
1
1
x − a1
+ 2
+ 3 arctan
+c
b1
2 b1 (x − a1 ) 2 b1
où on a utilisé à nouveau l’Exercice 5.3.
4. Intégrales définis
Définition 4.1. Soit f : [a, b] → R une fonction positive, on introduit la notation suivante
Z b
f (x) dx,
a
pour denoter l’aire de l’ensemble
Γ(f ; a, b) = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ f (x), a ≤ x ≤ b},
c’est-à-dire, l’ensemble défini par (voir Figure 1)
— l’axe des abscisses ;
— les droites d’équation x = a et x = b ;
— la graphe de la fonction f .
Rb
On appelle a f (x) dx intégral défini de f entre a et b. On dira aussi que f est intégrable
sur [a, b] si cette quantité est finie.
Remarque 4.2. On verra dans un instant qu’il y a un lien très strict entre l’intégral défini
et celui indéfini. Pour le moment, on remarquera qu’une ecriture du type
Z x
f (x) dx
a
n’a pas du sense et c’est une erreur qu’il faudra éviter attentivement.
Lemme 4.3. Soit f : [a, b] → R une fonction positive intégrable. Soient d ≤ b et c ≥ a,
alors f est intégrable sur [c, d] aussi et
Z d
Z b
f (x) dx ≤
f (x) dx.
c
a
INTÉGRATION
11
12,5
f
10
Γ(f ; a, b)
7,5
5
2,5
0
8
16
24
32
40
48
56
64
72
-2,5
Figure 1. L’ensemble Γ(f ; a, b) dans le définition de
Rb
a
f (x) dx.
Si x0 ∈ (a, b), alors on a
Z
x0
(4.1)
Z
b
f (x) dx +
a
Z
f (x) dx =
x0
b
f (x) dx.
a
On va maintenant définir l’intégral défini pour n’importe quel fonction f , pas forcement
positive.
Définition 4.4. Soit f : [a, b] → R une fonction. Soient f + , f − : [a, b] → R la partie
positive de f et celle negative f , définies par
f + (x) = max{f (x), 0}
et
f − (x) = min{f (x), 0}.
On observe en particulier que f (x) = f + (x) + f − (x). On définit donc
Z b
Z b
Z b
f (x) dx =
f + (x) dx −
(−f − (x)) dx,
a
qui sont bien définis, car
a
f+
et
−f −
a
sont fonctions positives.
Le résultat suivant est très important, car donne le lien entre l’intégration définie et
l’intégration indéfinie. Ceci s’appelle Théorème fondamentale du calcul intégrale.
12
INTÉGRATION
Théorème 4.5. Soit f : [a, b] → R une fonction continue. Alors la fonction intégrale de
f définie par
Z x
F (x) =
f (t) dt,
a
est dérivable sur (a, b) et
F 0 (x) = f (x),
pour tout x ∈ (a, b),
c’est-à-dire F est une primitive de f .
Démonstration. Pour la démonstration, nous devons admettre le résultat suivant :
“toute fonction continue f : [a, b] → R admet 2 un minimum m et un maximum M . En
outre, pour tout m ≤ y ≤ M , il existe un point x ∈ [a, b] tel que f (x) = y”.
Supposons pour le moment que f soit positive et on considère la fonction suivante
h(t) = f (t) (b − a),
alors si on denote avec m et M le maximum et minimum de f sur [a, b], on aura
Z b
m (b − a) ≤
f (t) dt ≤ M (b − a),
a
car l’aire de S(f ; a, b) sera plus petite de celle du rectangle ayant longueur b − a et hauteur
M , et aussi plus grande de l’aire du rectangle ayant la même longueur et hauteur m. Vu
que m (b − a) et M (b − a) sont le minimum et le maximum de la fonction continue h,
d’après le résultat qu’on rappellé ci-dessus, il existe ξ ∈ [a, b] tel que
Z b
(4.2)
f (ξ) (b − a) =
f (t) dt.
a
Rx
Maintenant, on va montrer que F (x) = a f (t) dt est dérivable. Soit x ∈ (a, b) et h ∈ R
très petit et (par simplicité) positif, alors par définition d’intégrale et par (4.1), on a
Z x+h
Z x
Z
f (t) dt −
f (t) dt
1 x+h
F (x + h) − F (x)
a
= a
=
f (t) dt.
h
h
h x
Il faut calculer cette limite : pour ça, on pourra utiliser (4.2), avec le choix a = x et
b = x + h. Ça implique qu’il existe ξh ∈ [x, x + h] tel que
Z
1 x+h
F (x + h) − F (x)
=
f (t) dt = f (ξh ).
h
h x
Vu que f est continue et que si h → 0, on a que ξh → x, on obtient alors
Z
F (x + h) − F (x)
1 x+h
0
F (x) = lim
= lim
f (t) dt = f (x).
h
h→0+
h→0+ h x
2. Attention ! Ici c’est important que l’interval [a, b] soit fermé, sinon le résultat n’est pas vrai.
INTÉGRATION
13
Pour démontrer que la limite à gauche existe et elle est la même, il nous suffira de répéter
cet argument, en observant que cette fois x + h < x et donc
Z
1 x
F (x + h) − F (x)
f (t) dt
=−
h
h x+h
et par (4.2)
Z
x
f (t) dt = f (ξh ) (−h),
x+h
car h < 0.
Finalement, si f est de signe quelconque, on observe que f + et f − sont encore deux
fonctions continues et d’après la première partie, les deux fonctions
Z x
Z x
F + (x) =
f + (t) dt
et
F − (x) =
(−f − (t)) dt,
a
a
sont dérivables et
(F + )0 (x) = f + (x)
Par définition, on a
Z x
Z
F (x) =
f (t) dt =
a
(F − )0 (x) = −f − (x).
et
x
Z
+
f (t) dt −
a
x
(−f − (t)) dt = F + (x) − F − (x),
a
donc F est dérivable (car somme de fonctions dérivables) et on a aussi
F 0 (x) = (F + )0 (x) − (F − )0 (x) = f + (x) − (−f − (x)) = f (x).
Ça termine la preuve.
Finalement, le résultat précédente nous donne la méthode de calcul pour les integrales
définis. Ceci est contenu dans le résultat suivant.
Corollaire 4.6. Soit f : [a, b] → R une fonction continue et G une primitive de f . Alors
Z b
f (x) dx = G(b) − G(a).
a
Démonstration. On a déjà vu que si on pose
Z
F (x) =
x
f (t) dt,
a
cette fonction est dérivable et elle est une primitive de f . Donc il existera une constant
c ∈ R telle que
G(x) = F (x) + c.
Ceci implique que
Z b
G(b) − G(a) = F (b) + c − [F (a) + c] = F (b) − F (a) =
f (t) dt,
a
qui termine la preuve.
14
INTÉGRATION
En particulier, pour l’intégration défini on retrouvera les formules d’intégration par parties et de changement de variable.
Lemme 4.7 (Linéairité de l’intégrale). Soient f, g : [a, b] → R deux fonctions continues et
c1 , c2 ∈ R, alors
Z b
Z b
Z b
g(x) dx.
f (x) dx + c2
[c1 f (x) + c2 g(x)] dx = c1
a
a
a
Démonstration. Soient F et G deux primitives de f et g. Alors on aura que
(c1 F + c2 G)0 (x) = c1 f (x) + c2 g(x),
c’est-à-dire, la fonction c1 F + c2 G est une primitive de c1 f + c2 g. D’après le Corollaire
4.6, on obtient
Z b
[c1 f (x) + c2 g(x)] dx = (c1 F + c2 G)(b) − (c1 F + c2 G)(a)
a
= c1 F (b) + c2 G(b) − c1 F (a) − c2 G(b)
h
i
h
i
= c1 F (b) − F (a) + c2 G(b) − G(a)
Z b
Z b
= c1
f (x) dx + c2
g(x) dx,
a
a
qui termine la preuve.
Lemme 4.8 (Intégration par parties). Soient f, g : [a, b] → R deux fonctions dérivables.
Alors on a
Z b
h
i Z b
f 0 (x) g(x) dx = f (b) g(b) − f (a) g(a) −
f (x) g 0 (x) dx.
a
a
Démonstration. On observe que la fonction f g est une primitive de (f g)0 = f 0 g + f g 0 ,
donc
Z b
[f 0 (x) g(x) + f (x) g 0 (x)] dx = f (b) g(b) − f (a) g(a).
a
Ça implique en particulier que
Z b
h
i Z b
0
f (x) g(x) dx = f (b) g(b) − f (a) g(a) −
f (x) g 0 (x) dx,
a
a
et donc la thèse.
Lemme 4.9 (Changement de variable). Soit f : [a, b] → R une fonction continue et
ϕ : [c, d] → [a, b] une fonction bijective dérivable. Alors
Z b
Z ϕ−1 (b)
f (x) dx =
f (ϕ(t)) ϕ0 (t) dt.
a
ϕ−1 (a)
INTÉGRATION
15
Démonstration. Soit G une primitive de f , alors
Z b
f (x) dx = G(b) − G(a).
a
e = G ◦ ϕ est
D’autre part, par la regle de dérivation de la fonction composée, on a que G
0
une primitive de f (ϕ(t)) ϕ (t), car
(G ◦ ϕ)0 (t) = G0 (ϕ(t)) ϕ0 (t) = f (ϕ(t)) ϕ0 (t).
Donc d’après le Corollaire précédente on obtient
Z ϕ−1 (b)
e −1 (b)) − G(ϕ
e −1 (a)) = G(b) − G(a),
f (ϕ(t)) ϕ0 (t) dt = G(ϕ
ϕ−1 (a)
par définition de fonction reciproque. Donc on obtient la thèse.
Exemple 4.10. Calculer l’intégrale défini suivant
Z 2π
cos2 x dx.
0
D’après le Théorème 4.5, il nous suffira de trouver une primitive quelconque F de la fonction
f (x) = cos2 x,
et après on calculera la différence F (2π) − F (0) et celle ci sera la valeur de l’intégrale. On
utiliser la notation
Z 2π
h
i2π
f (x) dx = F (x) ,
0
0
pour cette operation. On observe que
cos2 x =
1 + cos(2 x)
,
2
donc
Z
2π
Z
2
2π
cos x dx =
0
0
1 + cos(2 x)
x sin(2x) 2π
= π.
dx =
+
2
2
4
0
5. Exercices
5.1. Fonctions rationnelles.
Exercice 5.1. Calculez l’intégrale
Z
3x + 2
dx
x (x2 − 1)
Démonstration. On observe tout d’abord que le dénominateur se decompose comme
x (x2 − 1) = x (x + 1) (x − 1),
16
INTÉGRATION
donc on a 3 racines réelles de multiplicité 1. On cherche alors trois coefficients A, B, C tels
que
3x + 2
A
B
C
= +
+
.
2
x (x − 1)
x
x+1 x−1
Cela revient à chercher A, B et C tels que
3x + 2
A (x2 − 1) + B (x2 − x) + C (x2 + x)
=
,
x (x2 − 1)
x (x2 − 1)
et donc tels que
3x + 2 = (A + B + C) x2 + (C − B) x − A.
On a donc un système à résoudre

 A+B+C = 0
C −B
= 3

A
= −2
dont la seule solution est
1
B=− ,
2
A = −2,
5
C= .
2
On peut donc dire que
Z
Z
Z
Z
1
1
1
5
1
3x + 2
dx
=
−2
dx
−
dx
+
dx
2
x (x − 1)
x
2
x+1
2
x−1
1
5
= −2 ln |x| − ln |x + 1| + ln |1 − x| + c.
2
2
Exercice 5.2. Calculez l’intégrale
Z
x4
x+2
dx.
− 2 x3 + x2
Démonstration. On observe tout d’abord que le dénominateur à deux racines x = 0 et
x = 1 de multiplicité 2, c’est-à-dire
x4 − 2 x3 + x2 = x2 (x − 1)2 .
On cherche donc 4 coefficients A, B, C, D tels que
x+2
A
B
C
D
= + 2+
+
.
(5.1)
x4 − 2 x3 + x2
x
x
x − 1 (x − 1)2
Si on multplie l’identité précédente par x2 on obtient
x+2
x2
x2
=
A
x
+
B
+
C
+
D
,
x2 − 2 x + 1
x−1
(x − 1)2
et si on pose x = 0, on obtient
B = 2.
INTÉGRATION
17
On revient maintenant à l’équation (5.1) : on remplace la valeur de B qu’on vient de
trouver, i.e. B = 2 et on multplie par (x − 1)2 . Cela donne
(x − 1)2
x+2
(x − 1)2
=
A
+ C (x − 1) + D
+
2
x2
x
x2
et si on fait le choix x = 1, on arrive à determiner D
D = 3.
Il nous manque donc à trouver A, C tels que
x4
x+2
A
2
C
3
= + 2+
+
,
3
2
− 2x + x
x
x
x − 1 (x − 1)2
c’est-à-dire tels que
x + 2 = A x (x − 1)2 + 2 (x − 1)2 + C x2 (x − 1) + 3 x2 ,
ou bien encore
x + 2 = A x3 − 2 A x2 + A x + 2 x2 − 4 x + 2 + C x3 − C x2 + 3 x2 .
Cela nous amène à
A=5
C = −5.
Donc on obtient
Z
Z
Z
Z
Z
1
1
1
1
x+2
dx
=
5
dx
+
2
dx
−
5
dx
+
3
dx
4
3
2
2
x − 2x + x
x
x
x−1
(x − 1)2
2
3
= 5 ln |x| − − 5 ln |1 − x| −
+ c.
x
x−1
Exercice 5.3 (Important !). Soient a, b ∈ R deux paramètres fixés. Calculez les primitives
suivantes
Z
1
dx.
b + (x − a)2
Démonstration. Il faut distinguer trois cas différents : b = 0, b > 0 et b < 0.
Cas b = 0. Cela est le plus simple. Dans ce cas, on a directement
Z
Z
1
dx = (x − a)−2 dx = −(x − a)−1 + c,
(x − a)2
c ∈ R.
Cas b > 0 On observe tout d’abord que si b = 1 et a = 0, la primitive est immédiate, car
Z
1
dx = arctan(x) + c.
1 + x2
18
INTÉGRATION
Si b 6= 1 et b > 0 et a 6= 0, on va essayer de se
√ ramener à cette situation modèle. On a donc
en utilisant le changement de variable x = b t + a
Z
Z
Z √
1
1
1
b
1
dx =
dt
2 dx =
2
b + (x − a)
b
b
1 + t2
x−a
√
1+
b
1
1
x−a
√
√
√
=
arctan(t) + c =
arctan
+ c,
b
b
b
qui termine l’exercice, dans le cas b > 0.
Cas b < 0. Dans ce cas, la fonction à intégrer est définie sur la reunion de trois intervalles
disjoints, i.e. sur
√
√
√
√
√
√
R \ {a − −b, a + −b} = (−∞, a − −b) ∪ (a − −b, a + −b) ∪ (a + −b, +∞).
Pour soucis de semplicité, on va se contenter de chercher des primitives pour
√
√
(5.2)
x ∈ (a − −b, a + −b).
À nouveau, on observe que si b = −1 et a = 0, les primitives somt immédiates, car
Z
1
dx = − arg tanh(x) + c,
−1 < x < 1.
x2 − 1
Pour le cas général, on va se ramener à cette situation modèle, en utilisant un changement
de variable. On a
Z
Z
Z √
1
1
1
−b
1
dx =
dt
2 dx = −
2
2
b + (x − a)
−b
b
t −1
x−a
−1 + √
−b
1
1
x−a
= −√
arg tanh(t) + c = √
arg tanh √
+ c,
−b
−b
−b
√
où on a utilisé le changement de variable x = −b t+a. On observe que la dernière fonction
est bien définie sur l’intervalle (5.2).
Exercice 5.4. Calculer les primitives suivantes
Z
1
dt.
(3 + t2 )2
Démonstration. On va utiliser une intégration par parties de la façon suivante
Z
Z
Z
1
1 (−2 t)
1
1
1
dt = −
dt = −
−
dt.
2
2
2
2
2
2
(3 + t )
2 t (3 + t )
2 t (3 + t ) 2
t (3 + t2 )
Après on observe que
1
1
=
2
2
t (3 + t )
3
1
1
−
2
t
3 + t2
,
INTÉGRATION
19
et donc
11
1
t
1
dt = −
− √ arctan √
+ c,
t2 (3 + t2 )
3 t
3 3
3
où on a utilisé l’Exercice 5.3 aussi. En résumant on a
Z
1
1
t
11
1
dt = −
+c
+
+ √ arctan √
(3 + t2 )2
2 t (3 + t2 ) 6 t
6 3
3
t
1
t
=
+ √ arctan √
+ c.
2
6 (3 + t ) 6 3
3
Z
Exercice 5.5. Calculez l’intégrale indéfini suivant
Z
x+1
dx.
x2 + x + 1
Démonstration. Il s’agit d’un intégrale du type
Z
P (x)
dx,
Q(x)
avec P et Q polynômes et deg(P ) < deg(Q). Les racines de Q sont complexe conjuguées,
données par
√
3
1
,
a1 ± i b1 = − ± i
2
2
et chacune racine est simple. On écrit donc Q comme
1 2 3
Q(x) = x +
+ .
2
4
On observe que la fonction P/Q est déjà decomposée en éléments simples, donc on peut
procéder directement avec la quatrième étape de l’algorithme. On aura
Z
Z
Z
1
x + 12
x+1
2
dx
=
dx
+
dx
3
1 2
1 2
x2 + x + 1
x+ 2 + 4
x + 2 + 34
!
1
1 2 3
1
2x + 1
√
√
= ln
x+
+
+
arctan
+ c,
2
2
4
3
3
où on a utilisé l’Exercice 5.3 pour calculer le deuxième intégrale.
5.2. Intégration par parties.
Exercice 5.6. Calculez l’intégrale indéfini suivant
Z
x2 ln x dx,
en prećisant dans quel domain les primitives trouvées sont valides.
20
INTÉGRATION
Démonstration. Si on pose f (x) = x3 /3 et g(x) = ln x, on a
Z
Z
2
x ln x dx = f 0 (x) g(x) dx,
et donc
Z 2
1
x3
x
x3
ln x −
+ c.
ln x −
dx =
3
3
3
3
Ces primitives ne sont définies que pour x > 0.
Z
x2 ln x dx =
Exercice 5.7. Trouver toute primitive de x 7→ cos2 x.
Démonstration. En utilisant la formule de l’angle moitié, on obtient
Z
Z
1 + cos(2 x)
x sin(2 x)
cos2 x dx =
dx = +
+ c,
2
2
4
avec c ∈ R.
Exercice 5.8. Trouver toute primitive de x 7→ cos3 x.
Démonstration. En utilisant la formule d’intégration par parties avec
f 0 (x) = cos x
g(x) = cos2 x,
on obtient
Z
Z
3
cos x cos2 x dx
Z
= sin x cos2 x + 2
sin2 cos x dx
Z
= sin x cos2 x + 2 (1 − cos2 x) cos x dx
Z
Z
2
= sin x cos x + 2
cos x dx − 2 cos3 x dx.
cos x dx =
L’identité précédente implique que
Z
Z
3 cos3 x dx = sin x cos2 x + 2
cos x dx,
et donc finalement
Z
cos3 x dx =
1
2
sin x cos2 x + sin x + c,
3
3
avec c ∈ R.
Exercice 5.9. Trouver toute primitive de x 7→ cos4 x.
Démonstration. On a
4
2
cos x = cos x
2
=
1 + cos(2 x)
2
2
=
1
cos2 (2 x)
+ cos(2 x) +
,
4
4
INTÉGRATION
21
donc, en utilisant aussi le changement de variable 2 x = t
Z
Z 1
cos2 (2 x)
4
dx
+ cos(2 x) +
cos dx =
4
4
Z
x sin(2 x) 1
= +
+
cos2 (2 x) dx
4
2
4
Z
x sin(2 x) 1
= +
+
cos2 (t) dt
4
2
8
sin(2 t)
x sin(2 x) 1 t
+ c.
+
+
= +
4
2
8 2
4
Finalement, si on se souvient que t = 2 x, on obtient
Z
sin(2 x) sin(4 x)
3
+
+ c.
cos4 x dx = x +
8
2
32
Exercice 5.10. Trouver toute primitive de x 7→ cos5 x.
Démonstration. On utilise la formule d’intégration par parties, on obtient
Z
Z
Z
cos5 x dx = cos x cos4 dx = sin x cos4 x + 4
sin2 x cos3 x dx
Z
Z
4
3
= sin x cos x + 4
cos x dx − 4 cos5 dx.
L’identité précédente implique
Z
Z
5
cos5 x dx = sin x cos4 x + 4
cos3 x dx,
et donc
Z
Z
1
4
3
cos x dx =
sin x cos x + 4
cos x dx
5
1
4
8
4
2
=
sin x cos x + sin x cos x + sin x + c,
5
3
3
5
ce qui termine l’exercice.
Exercice 5.11. Soient α 6= 0 et ω > 0, trouver une primitive de la fonction
f (x) = eα x cos(ω x),
x ∈ R.
Démonstration. En utilisant la formule d’intégration par parties, on obtient
Z
Z
eα x
ω
αx
e cos(ω x) =
cos(ω x) +
eα x sin(ω x) dx,
α
α
22
INTÉGRATION
qui pour le moment ne semble pas trop utile. Si on utilise à nouveau l’intégration par
parties dans le dernier intégral, on obtient alors,
Z
ω
eα x
cos(ω x) + 2 eα x sin(ω x)
eα x cos(ω x) dx =
α
α
Z
ω2
− 2
eα x cos(ω x) dx.
α
L’indentité
précédente peut être vue comme une équation algébrique dans l’inconnue
R αx
e cos(ω x) dx et avec des manipulations très simples, on se ramène à
Z
ω2
eα x
ω
eα x cos(ω x) =
cos(ω x) + 2 eα x sin(ω x)
1+ 2
α
α
α
et donc la fonction
α2
1
ω
F (x) = 2
x ∈ R,
cos(ω x) + 2 sin(ω x) eα x ,
α + ω2 α
α
est une primitive de la fonction initiale.
Exercice 5.12 (DM 15/11/2012). Calculez l’intégral indéfini suivant
Z p
1 − x2 dx,
en précisant dans quel domain les primitives trouvées sont valides.
Démonstration. Il y a plusieurs méthodes pour résoudre cet intégral. Par exemple, essayons
à nouveau avec l’intégration par partie
Z
Z p
p
x2
1 − x2 dx = x 1 − x2 + √
dx,
1 − x2
où on a utilisé la formule (2.2) avec le choix
p
f (x) = x
et
g(x) = 1 − x2 .
Maintenant on observe que
Z
Z
Z
x2
x2 − 1
1
√
√
dx =
dx + √
dx
2
2
1−x
1−x
1 − x2
Z p
Z
1
1 − x2 dx + √
dx
=−
1 − x2
Z p
=−
1 − x2 dx + arcsin x,
et donc, en revenant au début, on a obtenu
Z p
Z
p
x2
2
2
dx
1 − x dx = x 1 − x + √
1 − x2
Z p
p
2
=x 1−x −
1 − x2 dx + arcsin x,
INTÉGRATION
c’est-à-dire
23
Z p
p
1 − x2 dx = x 1 − x2 + arcsin x + c.
2
Finalement, on obtient
Z p
1 p
1 − x2 dx =
x 1 − x2 + arcsin x + c ,
2
définie pour −1 ≤ x ≤ 1.
Exercice 5.13. Calculez les primitives suivantes
Z
arcsin2 x dx.
Démonstration. En utilisant l’intégration par parties, on obtient
Z
Z
x
2
2
arcsin x dx = x arcsin x − 2 √
arcsin x dx.
1 − x2
Maintenant on voit que si on pose
p
f (x) = 1 − x2
et
g(x) = 2 arcsin x,
l’intégrale qui reste à calculer est de la forme
Z
Z
x
−2 √
arcsin x dx = f 0 (x) g(x) dx.
1 − x2
On peut donc utiliser à nouveau une intégration par parties et obtenir
Z
Z
p
2
2
2
arcsin x dx = x arcsin x + 2 1 − x arcsin x − 2
dx
p
= x arcsin2 x + 2 1 − x2 arcsin x − 2 x + c,
c ∈ R.
5.3. Changement de variable.
Exercice 5.14. Calculer les primitives suivantes
Z
cos4 (x) sin(x) dx.
Démonstration. On observe tout d’abord que si on pose ϕ(x) = cos x et f (x) = x4 , alors
l’intégrale est de la forme
Z
f (ϕ(x)) ϕ0 (x) dx.
Donc d’après la formule de changement de variable, si on pose t = ϕ(x) = cos x, on obtient
Z
Z
Z
Z
cos4 (x) sin(x) dx = − f (ϕ(x)) ϕ0 (x) dx = − f (t) dt = t4 dt
=−
t5
cos5 x
+c=−
+ c.
5
5
24
INTÉGRATION
On observe que le cosinus est une bijection entre [0, π] et [−1, 1], donc dans le calcul
précédent on a du imposer x ∈ [0, π]. D’autre part on vérifie que
d cos5 x
= − cos4 x sin x,
x ∈ R,
dx 5
et donc les primitives qu’on a trouvées sont valables sur tout R.
Exercice 5.15. Calculez l’intégrale indéfini suivant
Z p
1 + x2 dx.
Démonstration. Ici l’idée est d’utiliser un changement de variable x = ϕ(t) qui peux faire
“disparaı̂tre” la racine carrée. Par exemple, tout d’abord on aurait envie de poser
p
1 + x2 = t2 , où t ≥ 1
c’est-à-dire
x = t2 − 1,
mais ceci n’est pas du tout une bonne idée, car l’intégrale va dévenir
Z p
Z
t
dt,
1 + x2 dx = t √
2
t −1
et donc on ne voit pas trop d’avantages. Donc il faudra faire un changement plus intelligent,
on va voir deux méthodes.
Première méthode. On pose x = sinh t, donc on a
Z p
Z p
2
1 + x dx =
1 + sinh2 t cosh t dt,
et en utilisant la rélation fondamentale
cosh2 t − sinh2 t = 1,
on obtient
Z
Z
Z 2t
Z p
(et + e−t )2
e + 2 + e−2t
1 + x2 dx = cosh2 t dt =
dt =
dt
4
4
e2t − e−2t
t
=
+ +c
8
2
sinh(2t)
t
+ +c
=
4
2
sinh t cosh t
t
=
+ + c,
2
2
où on a utilisé la formule de duplication
sinh(2t) = 2 sinh t cosh t,
pour le sinus hyperbolique. Maintenant, il faut revenir sur la variable initiale x : on a
p
t = argsinh x = ln(x + x2 + 1),
INTÉGRATION
25
donc
√
Z p
ln(x + x2 + 1) 1 p
2
1 + x dx =
+ x 1 + x2 .
2
2
Deuxième méthode. Cette deuxième methode est un peu plus lourde, mais il est intéressant
quand on a un intégrale défini à calculer.
On cherche un changement de variable x = ϕ(t) tel que les deux variables satisfont
1 + x2 = (t + x)2 ,
c’est-à-dire tel que ce qu’il y a dans la racine carrée est bien un carrée. En developpant le
calculs, on a
1 + x2 = (t + x)2 ⇐⇒ 1 + x2 = t2 + 2 t x + x2 ,
c’est-à-dire, il faudra avoir
1 − t2 = 2 t x
et donc
x = ϕ(t) =
1 − t2
.
2t
Avec ce choix, on a donc
Z p
Z r
(1 − t2 )2 1 + t2
2
1 + x dx = −
1+
dt
4t2
2 t2
Z
(1 + t2 )2
=−
dt
4 t3
Z
Z
Z
t
1
1
=−
dt −
dt −
dt
4
2t
4 t3
t2 1
1
= − − ln |t| + 2 .
8
2
8t
Maintenant, il faut invertir ϕ et revenir à la variable t : pour ça, on observe que ϕ n’ést pas
injective en générale, mais il devient bijective (et donc inversible) si on la considère pour
t > 0. Dans ce cas, on a
x=
p
1 − t2
=⇒ t2 + 2 t x − 1 = 0 =⇒ t = −x + x2 + 1
2t
Finalement, on a
Z p
p
p
1
1
1
2
2
2
√
1 + x dx =
+ (−x + x + 1) − ln(−x + x2 + 1).
8 (−x + x2 + 1)2
2
Exercice 5.16. Calculez les primitives suivantes
Z √ 3
x +1
dx.
x
26
INTÉGRATION
Démonstration. On va utiliser le changement de variable
p
3
t ≥ 0,
x = ϕ(t) = t2 − 1,
qui est une bijection dérivable entre [0, 1) ∪ (1, +∞) et [−1, 0) ∪ (0, +∞). On observe aussi
que la fonction à intégrer est bien définie seulement pour x ∈ [−1, 0) ∪ (0, +∞). On a 3
Z √ 3
Z
Z
x +1
t
2t
t2
2
dx =
dt.
1
2 dt =
x
3
t2 − 1
(t2 − 1) 3 3 (t2 − 1) 3
Maintenant on utilise que
t2
t2 − 1 + 1
1
1
=
=1+ 2
=1+
t2 − 1
t2 − 1
t −1
2
1
1
,
−
t−1 t+1
donc
2
3
Z
t2
2
dt =
2
t −1
3
Z
Z
1
1
1
1
dt +
dt −
dt
3
t−1
3
t+1
s
2
3 t − 1
= t + ln + c.
3
t + 1
Z
√
x3 + 1, cela donne
v
u √
Z √ 3
p
u x3 + 1 − 1 x +1
2
3
dx =
x3 + 1 + ln t
+ c.
√ 3
x + 1 + 1
x
3
Finalement, en utilisant que t =
Exercice 5.17. Calculez les primitives suivantes
Z
ex + 1
dx.
2
x
e + ex + 1
Démonstration. On effectue le changement de variable
x = ψ(t) = ln t,
en observant que ψ : (0 + ∞) → R est une bijection dérivable. On obtient donc
Z
Z
ex + 1
t+1 1
dx
=
dt,
e2 x + ex + 1
t2 + t + 1 t
et on s’est ramenè à chercher les primitives d’une fonction rationnelle. On a tout d’abord
Z
Z
Z
t+1 1
1
1
dt =
dt +
dt.
2
2
2
t +t+1 t
t +t+1
t (t + t + 1)
3. Faites attention ! Comme on a pris t ≥ 0, on a le droit de dire que
√
√
x3 + 1 = t2 = t.
INTÉGRATION
27
Le premier intégrale est du type traité dans l’Exercice 5.3, car
Z
Z
1
1
2
2t + 1
√
dt =
dt = √ arctan
+ c.
t2 + t + 1
3
3
1 2 3
t+
+
2
4
Pour le deuxième, on cherche trois costantes A, B et C telles que
1
At + B
C
= 2
+ .
2
t (t + t + 1)
t +t+1
t
On peut vérifier que A = B = −1 et C = 1 sont les trois constante cherchées, donc
Z
Z
Z
1
1
t+1
dt =
dt −
dt
2
2
t (t + t + 1)
t
t +t+1
!
1
1
1 2 3
2t + 1
√
= ln t − ln
+
− √ arctan
t+
+ c,
2
2
4
3
3
où on a utilisé le résultat de l’Exercice 5.5 pour calculer le dernier intégral. En résumant,
on obtient
Z
Z
Z
1
1
ex + 1
dx =
dt +
dt
2
x
x
2
2
e +e +1
t +t+1
t (t + t + 1)
!
2
2t + 1
1
1 2 3
√
= √ arctan
+ ln t − ln
t+
+
2
2
4
3
3
2t + 1
1
√
+c
− √ arctan
3
3
!
x
1 2 3
1
2e + 1
1
x
√
e +
+
= √ arctan
+ x − ln
+ c.
2
2
4
3
3
Exercice 5.18. Calculez les primitives suivantes
Z
1
dx.
3
x (x + 1)2
Démonstration. Cette fois on va utiliser le changement de variable
√
x = ϕ(t) = 3 t − 1,
qui est une bijection dérivable entre R \ {1} et R \ {0} et la fonction à intégrer est définie
sur R \ {0, 1}. On obtient
Z
Z
Z
1
1
1
1
1
dx
=
dt
=
dt.
1
2
3
2
2
x (x + 1)
3
t (t − 1)
(t − 1) 3 t2 3 (t − 1) 3
On s’est ramené à l’intégration de la fonction rationnelle
1
,
2
t (t − 1)
28
INTÉGRATION
dont le dénominateur est déjà factorisé en polynômes irréductibles. On cherche alors A, B, C
tels que
1
C
A B
= + 2+
.
2
t (t − 1)
t
t
(t − 1)
Après quelques calculs, on trouve
A = B = −1
C = 1.
Donc on a
1
3
Z
Z
1
1
1
1
1
dt −
−
dt
2
t−1 3
t
3
t
s
1
3 t − 1
+
= ln + c,
t 3t
Z
1
1
dt =
2
t (t − 1)
3
Z
1
dx = ln
3
x (x + 1)2
Z
et finalement
s
x3 1
3 x3 + 1 + 3 (x3 + 1) + c,
où on a utilisé que t = x3 + 1.
Exercice 5.19. Calculez l’intégral suivant
Z
1 − cos(2x)
dx.
sin(3x)
Démonstration. Tout d’abord on se souvient que
1 − cos(2x) = 2 sin2 x
et
sin(3x) = 3 sin x − 4 sin3 x,
voir “Fonctions circulaires te hyperboliques ”. Donc on a
Z
Z
Z
1 − cos(2x)
2 sin x
2 sin2 x
dx =
dx
dx =
3
sin(3x)
3 sin x − 4 sin x
3 − 4 sin2 x
Z
2 sin x
=
dx.
4 cos2 x − 1
Si on pose t = 2 cos x, alors on a
Z
Z
Z
1 − cos(2x)
2 sin x
1
dx =
dx
=
−
dt
2
2
sin(3x)
4 cos x − 1
t −1
Z
Z
1
1
1
1
dt +
dt
=−
2
t−1
2
t+1
1 t + 1 +c
= ln 2
t − 1
s
2 cos x + 1 + c.
= ln 2 cos x − 1 INTÉGRATION
29
On observe que la fonction qu’on a intégré était définie pour
2π
π
2
+ 2kπ :∈ Z ,
4 cos x − 1 6= 0
c’est-à-dire pour
x 6∈ ± + 2 k π, ±
3
3
comme ses primitives, qui sont définies pour
2 cos x − 1 6= 0
c’est-à-dire pour
2 cos x + 1 6= 0
x 6∈
π
2π
± + 2 k π, ±
+ 2kπ :∈ Z .
3
3
Exercice 5.20. Calculez l’intégrale indéfini suivant
Z
1
dx.
1 + sin x
Démonstration. Souvent, quand il y a des fonctions à intégrer du type
P (cos x, sin x)
,
Q(cos x, sin x)
avec P, Q polynôme de deux variables, peut être utile d’utiliser le changement de variable
x = 2 arctan t.
En effet, on obtient (voir “Fonctions circulaires et hyperboliques”)
cos x = cos(2 arctan t) =
1 − t2
1 + t2
et
sin x = sin(2 arctan t) =
2t
,
1 + t2
et aussi
2
dt.
1 + t2
Donc grace à ce changement de variable, on peut se ramener à l’intégration d’une fonction
rationnelle. En particulier, on aura
Z
Z
Z
1
1
2
2
2
dx =
dt = −
+ c,
2 t 1 + t2 dt =
2
1 + sin x
(1
+
t)
1
+
t
1 + 1+t2
dx =
c’est-à-dire
Z
1
2
dx = −
1 + sin x
1 + tan
x
2
+ c.
Exercice 5.21. Calculez l’intégrale indéfini suivant
Z
1
dx.
(2 + cos x)2
30
INTÉGRATION
Démonstration. Comme dans l’Exercice 5.20, on doit intégrer une fonction rationnelle,
ayant des fonctions trigonométriques comme argument. On va donc utiliser la même astuce,
c’est-à-dire on utilise le changement de variable
x
t = tan ,
2
donc on obtient
Z
Z
1
1
1
dx = 2
dt
2
2
2
(2 + cos x)
1 + t2
1−t
2+
1 + t2
Z
Z
Z
1 + t2
1
1
=2
dt = 2
dt − 4
dt
2
2
2
(3 + t )
3+t
(3 + t2 )2
2
t
2
t
1
t
= √ arctan √
−
+ √ arctan √
+c
3 (3 + t2 )
3
3
3
3

x
x
tan
tan
2
4
2 + c,
= √ arctan  √ 2  − c ∈ R,
3 3 + tan2 x
3 3
3
2
où on a utilisé les Exercices 5.3 et 5.4.
Exercice 5.22. Calculez l’intégrale indéfini suivant
Z
1
5 dx.
(x2 + 4) 2
Démonstration. À nouveau, on utilise la formule de changement de variable, avec le choix
x = 2 tan t. Donc on a
Z
Z
Z
2 (1 + tan2 t)
1
1
1
5 dx =
5 dt =
3 dt.
16
(x2 + 4) 2
25 (1 + tan2 t) 2
(1 + tan2 t) 2
Maintenant on se souvient que
1
,
cos2 t
et on observe que pour que le changement de variable soit bien défini, il faut considerer la
tangente sur un intérval où elle est inversible. Donc −π/2 < t < π/2 et alors
√
cos t > 0, si − π/2 < t < π/2
c’est-à-dire
cos t = cos2 t, si − π/2 < t < π/2.
1 + tan2 t =
Finalement, on a
Z
1
1
5 dx =
2
16
(x + 4) 2
Z
cos3 t dt,
INTÉGRATION
31
et en utilisant l’intégration pas parties
Z
Z
Z
cos3 t dt = cos2 t cos t dt = sin t cos2 t + 2
sin2 t cos t dt
Z
Z
= sin t cos2 t + 2
cos t dt − 2 cos3 t dt
Z
2
= sin t cos t + 2 sin t + c − 2 cos3 t dt,
d’où on obtient
Z
Alors, on a obtenu
Z
1
cos3 t dt =
sin t cos2 t + 2 sin t
+ c.
3
sin t cos2 t + 2 sin t
+c
48
(x2 + 4)
x
1 h x
x i
=
sin arctan
cos2 arctan
+ 2 sin arctan
+c
48
2
2
2
2
x
√
=
+ 1 + c,
2
4
+
x2
24 4 + x
où on a utilisé les rélations
t
1
sin(arctan(t)) = √
et
cos(arctan(t)) = √
,
2
1+t
1 + t2
(voir dans les exercises de “Fonctions trigonométriques et hyperboliques”).
5
2
dx =
Exercice 5.23. Calculer les primitives suivantes
Z
1
5
(4 − x2 ) 2
dx.
Démonstration. On observe tout d’abord que
Z
Z
1
1
1
dx
=
5
5 dx,
5
2
2
(4 − x ) 2
x 2 2
1−
2
après on va faire le changement de variable 4 x = ϕ(t) = 2 cos t, où t ∈ (0, π) qui donnera
x 2 52
5
1−
= 1 − cos2 t 2 = | sin t|5 = sin5 t,
2
où on a utilisé que sin t ≥ 0 pour t ∈ (0, π). On obtient donc
Z
Z
Z
1
1
2 (− sin t)
1
1
dt
=
−
dx
=
5
5
4 dt.
5
2
2
16
sin
t
sin
t
(4 − x ) 2
4. On observe que la fonction à intégrer est définie et continue pour x ∈ (−2, 2) et que le changement
de variable ϕ(t) = 2 cos t est une bijection dérivable ϕ : (0, π) → (−2, 2).
32
INTÉGRATION
Maintenant on observe que (vpir “Fonctions circulaires et hyperboliques”)
1 − cos(2t) 2 (1 − cos(2t))2
4
2 2
sin t = sin t =
=
,
2
4
donc
−
1
16
Z
1
1
4 dt = − 4
sin t
Z
1
dt,
(1 − cos(2t))2
et maintenant on va faire encore un changement de variable, en posant 5
t = ψ(s) = π + arctan s,
s ∈ R.
On a donc
1
−
4
Z
Z
1
1
1
1
dt = −
ds
(1 − cos(2t))2
4
(1 − cos(2π + 2 arctan s))2 1 + s2
Z
1
1
1
ds
=−
2
4
(1 − cos(2 arctan s)) 1 + s2
Z
1
1
1
=−
ds,
2
2
4
1 + s2
1 − 1−s
1+s2
où on a utilisé que
cos(2π + 2 arctan s) = cos(2 arctan s) =
1 − s2
.
1 + s2
En resumant, pour l’instant on a trouvé
Z
Z
Z
1
1
1
1
1 + s2
1
ds
=
−
ds
2
5 dx = −
4
1 + s2
16
s4
1−s2
(4 − x2 ) 2
1 − 1+s
2
Z
Z
1
1
1
1
=−
ds
−
ds
16
s4
16
s2
1 1
1 1
=
−
+ c.
48 s3 16 s
Et finalement, on observe que
√
x sin arccos x2
1 − x2
s = tan(t − π) = tan(t) = tan arccos
=
=
2
,
x
2
x
2
donc en remplaçant dans la primitive précédente on obtient
!
Z
1
1
x3
1
x
√
−
+ c.
5 dx =
3
48 8 (1 − x2 ) 2
32 1 − x2
(4 − x2 ) 2
5. La fonction ψ est une bijection dérivable entre R et (0, π).
INTÉGRATION
Exercice 5.24. Calculez les primitives suivantes
Z
1
5
(x2 − 4) 2
33
dx.
Démonstration. La fonction à intégrer est définie et continue pour |x| > 2. On va utiliser
le changement de variable
x = ϕ(t) = 2 cosh t,
t > 0,
et ϕ : (0, ∞) → (2, +∞) est une bijection dérivable. On observe que pour l’instant, comme
ϕ(t) > 2, cela nous permettra de trouver une primitive seulement pour x > 2 et pas pour
x < −2. Mais ça on va le régler à la fin. On trouve donc
Z
Z
Z
1
2 sinh t
1
sinh t
dt
5 dx =
5 dt =
2
16
sinh5 t
(x2 − 4) 2
(4 cosh t − 4) 2
Z
1
1
dt,
=
16
sinh4 t
où on a utilisé que t > 0 et donc sinh t > 0 dans ce cas. Maintenant, on revient à la
definition de sinus hyperbolique : avec un peu de bricolage, on obtient
Z
Z
Z
1
1
1
1
1
dt =
dt
dt =
t
4
4
t
16
16
(e − e−t )4
sinh t
e − e−t
2
Z
=
e4 t
(et − 1)4
dt.
Avec un outre changement de variable t = ln s pour s > 1 (pourquoi s > 1 ? car on a
t > 0), on se ramène à l’intégration d’une fonction rationnelle, notamment
Z
Z
Z
e4 t
s4
s3
dt
=
ds
=
ds.
(et − 1)4
s (s − 1)4
(s − 1)4
On observe maintenant que la fraction précédente adment la décomposition en éléments
simples
1
3
3
1
s3
=
+
+
+
,
4
2
3
(s − 1)
s − 1 (s − 1)
(s − 1)
(s − 1)4
ce qui nous permet d’en conclure que
Z
s3
3
3
1
1
1
(5.3)
ds = ln |s − 1| −
−
−
+ c.
(s − 1)4
s − 1 2 (s − 1)2 3 (s − 1)3
Il faut trouver la rélation entre la variable s et la variable x : on a 6
r
√
x x
x2
x
x2 − 4
t
s = e = exp arg cosh
= +
−1= +
.
2
2
4
2
2
6. Il faut se souvenir que arg cosh x = ln x +
√
x2 − 1
34
INTÉGRATION
En utilisant cela dans le terme de droite en (5.3), on arrive à la solution (enfin !). Aussi, on
observera que la primitive sur (2, +∞) obtenu de cette manière, elle est bien encore une
primitive même pour x < −2.