3 Procédés généraux pour la recherche des primitives

Chapitre 2: Calcul Intégral SMA&SMI:S2

Par: Elmostafa BENDIB

Département de Mathématiques et Informatique Faculté poly-disciplinaire de Safi

Université Cadi Ayyad

1 Notion de primitive

1.1 Définition et notation

Définition 1. Soitf une fonction définie sur un intervalleI deR. On dit quef admet une primitive F surI siF une fonction dérivable surI et

∀x∈I, F⁰(x) =f(x).

L’ensemble des primitives d’une fonctionf surI est de la formeF+C oùF est une primitive def etC une constante arbitraire.

On étant cette définition au cas où I est réunion finie d’intervalles disjointsI =I₁∪, . . . ,∪I_n. Soit f une fonction définie sur I, on dit que f admet une primitive F sur I si pour chaque i ∈ {i, . . . , n}, la restrictionfi def àIi admet une primitiveFi sur l’intervalleIi (Fi est la resriction de F surI_i).

Exemple. La fonction f :x 7−→ 1

x² est définie et continue sur R^∗. Sur chaque intervalle ]− ∞,0[ ou ]0,+∞[, f admet des primitives (lesquelles ?).

Notation

L’ensemble des primitives de f sur I se représente par le symbole Z

f(t) dt. Ce symbole s’appelle intégrale indéfinie et donc si F est une primitive de f sur I alors Z

f(t) dt=F(x) +C où C est une constante.

1.2 Existence de primitives pour une fonction continue

Proposition 1. Soitf continue sur[a, b], alors la fonctionF :x7→

Z x a

f(t)dt est une primitive de f sur [a, b]. Il s’agit de l’unique primitive de f sur [a, b] s’annulant en a. De plus si G est une une primitive def sur[a, b], alors on a la formule fondamentale :

Z _b

a

f(x)dx=G(b)−G(a) = [G(x)]^b_a (1)

Cette formule est capitale, elle ramène le calcul d’une intégrale simple à celui de fonctions primitives.

3 PROCÉDÉS GÉNÉRAUX

Remarque 1.1.

Z b a

f(x)dx=G(b)−G(a) = [G(x)]^b_areste valable sans quef soit continue sur[a, b].

Il suffit que f soit intégrable sur[a, b]et qu’elle admet des primitives sur[a, b]. Démonstration.

Théorème 1. Toute fonction f continue sur un intervalle I quelconque de Radmet une primitive surI.

Démonstration.

2 Primitives usuelles

Primitives classiques Z

dx=x+C Z

x^αdx= x^α+1

α+ 1+C, α∈Q, α6=−1 Z dx

x = ln|x|+C Z

e^xdx=e^x+C Z

a^xdx= a^x

lna+C, a >0 Z

cos(ωx+φ)dx= 1

ωsin(ωx+φ) +C Z

sin(ωx+φ)dx= −1

ω cos(ωx+φ) +C Z dx

cos²(x) = Z

(1 + tan²(x))dx= tan(x) +C Z dx

sin²(x) = Z

(1 + cotan²(x))dx=−cotan(x) +C Z dx

1 +x² = Arctan(x) +C Z dx

√1−x² = Arsin(x) +C Z dx

√

1 +x² = Argsh(x) +C = ln(x+p

1 +x²) +C Z dx

√

x²−1 = Argch(x) +C = ln x+p

x²−1 Z dx

1−x² = 1 2ln

1 +x 1−x

+C= Argth(x) +C

Tableau 2.1

3 Procédés généraux pour la recherche des primitives

3.1 Utilisation de la linéarité de l’intégrale 3.2 Changement de variable

Théorème 2. Soit ϕ une fonction de classe C¹ sur I = [a, b] et f une fonction continue sur le segment ϕ([a, b]).On a la formule dite « changement de variable » :

Z ϕ(b) ϕ(a)

f(t) dt= Z b

a

f(ϕ(u))ϕ⁰(u) du.

3.2 Changement de variable 3 PROCÉDÉS GÉNÉRAUX

Démonstration. Comme f est continue surI = [a, b], elle posséde une primitiveF sur[a, b]et on a : Z ϕ(b)

ϕ(a)

f(t)dt= [(F◦ϕ)(u)]^b_a =F(ϕ(b))−F(ϕ(a))

La fonction F◦ϕ définie sur[a, b]est une composée de deux fonctions de classe C¹; c’est donc une fonctions de classeC¹ et on a, d’après la formule de dérivation d’une composée, pour toutt∈[a, b]:

(F◦ϕ)⁰(t) =F⁰(ϕ(t))×ϕ⁰(t)

=f(ϕ(t))ϕ⁰(t)

La fonctiont7−→f(ϕ(t))ϕ⁰(t)est continue sur [a, b]donc intégrable sur[a, b]et on a : F(ϕ(b))−F(ϕ(a)) =[(F◦ϕ)(u)]^b_a

= Z b

a

(F ◦ϕ)⁰(t) du

= Z b

a

F⁰(ϕ(u))ϕ⁰(u) du

= Z b

a

f(ϕ(u))ϕ⁰(u)du D’où le résultat.

Remarque 3.1. Diverses utilisations du changement de variable

i) On interpréte une intégrale comme le second membre de la relation quand on reconnait sous une intégrale une forme(f◦ϕ)ϕ⁰, on « pose »t=ϕ(t) doncdx=ϕ⁰(t)dt.

Exemples

1. Pour calculer sur]0,+∞[

Z x 1

lnu

u du, on peut effectuer le changement de variablet= lnu: Z x

1

lnu u du=

Z lnx 0

t dt= 1

2(lnx)². 2. Pour calculerI =

Z ^π

2

0

sin²ucosu du, on peut faire le changement de variablet= sinu : I =

Z ^π

2

0

sin²ucosu du= Z 1

0

t² dt=h1 3t³i1

0 = 1 3. 3. Trouver le « bon »changement de variable pour montrer que

Z 1 0

cos³usin²u du= 2 15. ii) On peut interpréter une intégrale

Z β α

f(t) dt comme le premier membre de la relation, mais il faut alors interpréter les bornesα, β comme étant des nombresϕ(a), ϕ(b) pour une fonction ϕde classeC¹ :

Exemples

1. Pour calculerI = Z 1

0

dt

(1 +t²)², on peut poser t= tanu = ϕ(u), ϕ étant de classe C¹ sur l’intervalle

h 0,π

4 i

; dt=ϕ⁰(u)du. D’où : I =

Z 1 0

dt (1 +t²)² =

Z ^π

4

0

1 + tan²u

(1 + tan²u)² du= Z ^π

4

0

cos²u du.

On peut alors utiliser la formulecos(2u) = 2 cos²u−1 pour écrire : I =

Z ^π

4

0

cos²u du= Z ^π

4

0

1 + cos(2u)

2 du=

u

2 +sin(2u) 4

^π₄

0

= π+ 2 8 .

3.3 Intégration par parties 3 PROCÉDÉS GÉNÉRAUX

2. Un calcul extrêmement classique faisant intervenir un changement de variable, celui de I =

Z 1 0

p1−x² dx. On pose x = sin(t); on remplace alors les bornes 0 et 1 par par 0 et π

2. p

1−x² = q

1−sin²(t) = p

cos²(t) = cos(t) (car cos(t) > 0 sur h

0,π 2 i

) ; et dx= cos(t)dt. On obtientI =

Z ^π₂

0

cos²(t)dt= Z ^π₂

0

1 + cos(2t)

2 dt=

t

2 +sin(2t) 4

^π₂

0

= π 4 Donner une interprétation géométrique à ce résultat.

Remarque 3.2. Cas où l’intervalle d’intégration est symétrique par rapport à l’origine C’est à l’aide de la formule de changement de variable qu’on peut prouver de façon rigoureuse, par un raisonnement direct facile, les résultats suivants, qui sont géométriquement évidents : Soitf une fonction intégrable sur un segment [−a, a]. La fonction x 7−→ f(−x) est intégrable sur le même intervalle. Sif est une fonction impaire, on a :

Z a

−a

f(x)dx= 0; et sif est une fonction paire, on a :

Z a

−a

f(x) dx= 2 Z a

0

f(x) dx.

Ces formules simplifient souvent les calculs.

3.3 Intégration par parties

Théorème 3. si u etv sont deux fonctions de classe C¹ sur un segment [a, b]de Radmettant des dérivées continues sur[a, b]. On a « la formule d’intégration par parties » :

Z b a

u(t)v⁰(t) dt= [u(t)v(t)]^b_a− Z b

a

u⁰(t)v(t)dt.

soit, sous forme condensée :

Z b a

u dv = [uv]^b_a− Z b

a

v du.

Démonstration. C’est une conséquence immédiate de la formule de dérivation d’un produit : uv est une primitive deu⁰v+uv⁰, donc [u(t)v(t)]^b_a=

Z b a

u⁰(t)v(t) +u(t)v⁰(t)

dt, et la formule en découle par linéarité.

Remarque 3.3. Bien que très simples, cette formule constitue un moyen très puissant pour calculer des intégrales définies ou des primitives.

Exemples

1. On peut calculer une primitive de la fonction ln à l’aide d’une intégration par parties. Sur l’intervalle ]0,∞[, on a

Z

ln(t) dt = xln(x)− Z t

t dt+Cte. (On a posé simplement u(t) = ln(t) et v⁰(t) = 1, ce qui a donné u⁰(t) = 1

t et v⁰(t) =t). On prend plus classiquement x 7→xln(x)−x comme primitive de ln sur ]0,∞[ (qui ne diffère de la précédente que d’une constante).

3.4 Intégrales de la forme Z

R(x) dx 3 PROCÉDÉS GÉNÉRAUX

2. Sur tout R, on a : Z

Arctg(x) dx=xArctg(x)−

Z x 1 +x² dx

=xArctg(x)−1

2ln(1 +x²) +Cte.

(On a posé ici : u= Arctg(x), v=x)

3. Plus généralement, on calculerait de la même manière les intégrales indéfinies Z

P(x) Arctgx dx et Z

P(x) lnx dx

oùP désigne un polynôme : On poserait u= Arctgx (resp u= lnx) et on prendrait pour v la primitive de P s’annulant à l’origine, soit Q : on serait alors ramené au calcul de

Z Q(x)

1 +x² dx et

Z Q(x) x dx

4. On souhaite calculer I = Z 1

0

x²e^x dx. On fait une première intégration par parties en posant u(x) =x², donc u⁰(x) = 2x, et v⁰(x) =v(x) =e^x, ce qui donne I = [x²e^x]¹₀− Z 1

0

2xe^x dx=e−2 Z 1

0

xe^x dx. On peut effectuer une deuxième intégration par parties en posant cette fois-ci u(x) =x, donc u⁰(x) = 1, et toujours v⁰(x) =v(x) =e^x, ce qui donne I =e−2[xe^x]¹₀+ 2

Z 1 0

e^x dx=e−2e+ 2[e^x]¹₀=e.

5. On souhaite calculer In(t) = Z t

0

xⁿe^ax dx (n∈N, a∈R, a6= 0) (exercice).

Cas des intégrales faisant intervenir des fractions rationnelles

« On se demande de savoir calculer des intégrales de la forme : Z

R(x) dx, Z

R(cosx,sinx) dx, Z

R(chx,shx) dx, Z

R(e^x) dx d’une part, et d’autre part de la forme :

Z

R(x, ⁿ

rax+b

cx+d) dx et Z

R(x,p

ax²+bx+c) dx»

3.4 Intégrales de la forme Z

R(x) dx où R est une fraction rationnelle

Décomposer en éléments simples la fraction rationnelle (Ne pas oublier sa partie en- tière).

D’après le cours d’algèbre, toute fraction rationnelle f(x) = P(x)

Q(x) se décompose d’une manière unique comme somme :

• d’un polynôme (sa partie entière),

• des éléments simples de première espèce i.e ceux qui sont de la forme λ

(x−α)ⁿ avec λ, α∈Rn∈N^∗;

• des éléments simples de deuxième espèce i.e ceux qui sont de la forme λx+µ (ax²+bx+c)ⁿ oùλ, µ, a, b, c∈R, n∈N^∗ etb²−4ac <0 (le dénominateur n’a pas de racine dansR).

3.5 Intégration des éléments simples de première espèce 3 PROCÉDÉS GÉNÉRAUX

3.5 Intégration des éléments simples de première espèce

L’intégrale du type

Z λ

(x−α)ⁿ dx avec λ∈Rn∈N^∗ et α∈R ne pose aucun problème et se fait sans difficulté :

• Si n= 1; on a :

Z λ

x−α dx=λln|x−α|+C;

• Si n>2; on a :

Z λ

(x−α)ⁿ dx= −λ

(n−1)(x−α)ⁿ⁻¹ +C.

Exemples 1.

Z dx ax+b = 1

a

Z (ax+b)⁰

ax+b dx= 1

aln|ax+b|+C 2.

Z dx

(ax+b)ⁿ dx= 1 a

Z (ax+b)⁰

(ax+b)ⁿ dx= 1

a× −1

n−1 × 1

(ax+b)ⁿ⁻¹ +C 3.

Z x²

(x+ 1)² dx=

Z (x²+ 1−1)² (x+ 1)² dx=

Z (x+ 1)²−2(x+ 1) + 1 (x+ 1)² dx

= Z

dx−2

Z dx x+ 1+

Z dx

(x+ 1)² =x−2 ln|x+ 1| − 1

x+ 1+C.

4. Soit à calculer

Z x+ 3 x(x−1)³dx.

On décompose la fraction rationnelle X+ 3

X(X−1)³ en éléments simples. On sait qu’il existe des réels α, a, b, c, d tels que :

x+ 3 x(x−1)³ = α

x + a

x−1 + b

(x−1)² + c (x−1)³

et les méthodes habituelles permettent de trouver α = −3, a = 3, b = −3, c = 4.

D’où :

Z x+ 3

x(x−1)³dx=− Z 3

xdx+ Z 3

x−1dx−

Z 3

(x−1)²dx+

Z 4 (x−1)³dx

=−3 ln|x|+ 3 ln|x−1|dx+ 3

x−1dx− 4

2(x−1)²dx+C

= 3

x−1− 2

(x−1)² + 3 ln

x−1 x

+C

3.6 Intégration des éléments simples de deuxième espèce

Il s’agit de calculer I =

Z λx+µ

(ax²+bx+c)ⁿ dx où λ, µ, a, b, c, sont des nombres réels tels que b²−4ac <0, et où n∈N^∗.

• On met le trinôme ax²+bx+c sous sa forme canonique a

x+ b 2a

2

+ 4ac−b² 4a²

! .

• On effectue le changement de variable t = x + b

2a et on pose 4ac−b²

4a² = k² donc I =

Z λ(t−_2a^b ) +µ aⁿ(t²+k²)ⁿ dt=

Z λ⁰t+µ⁰

(t²+k²)ⁿ dt avec λ⁰ = λ

aⁿ et µ⁰ = µ

aⁿ(1− λb 2aµ).

3.6 Intégration des éléments simples de deuxième espèce 3 PROCÉDÉS GÉNÉRAUX

Lorsque λ6= 0 on fait apparaître au numérateur la dérivée du trinôme t²+k².On peut écrire I =

Z λ⁰t+µ⁰

(t²+k²)ⁿ dt= λ⁰ 2

Z 2t

(t²+k²)ⁿ dt+µ⁰

Z 1

(t²+k²)ⁿ dt; mais

Z 2t

(t²+k²)ⁿ dt=







ln(t²+k²) +C; si n= 1

−1

(n−1)(t²+k²)ⁿ⁻¹ +C si n>2.

• Reste à calculer

Z 1

(t²+k²)ⁿ dt n>1.

Avec le changement de variable t=ku, on se ramène à caculer : I_n=

Z 1

(1 +u²)ⁿ du.

Si n= 1, on a I₁ = arctan(u) +C

Si n>2, Ces intégrales se calculent par récurrence en intégrant par partie, I_n= u

(1 +u²)ⁿ+ 2n

Z u²

(1 +u²)ⁿ⁺¹ du

= u

(1 +u²)ⁿ+ 2n

Z (u²+ 1)−1 (1 +u²)ⁿ⁺¹ du

= u

(1 +u²)ⁿ+ 2n Z

1

(1 +u²)ⁿ − 1 (1 +u²)ⁿ⁺¹

du

= u

(1 +u²)ⁿ+ 2n

Z 1

(1 +u²)ⁿ du−

Z 1

(1 +u²)ⁿ⁺¹ du

= u

(1 +u²)ⁿ+ 2n(I_n−I_n+1) Nous obtenons

2nIn+1= u

(1 +u²)ⁿ + (2n−1)In.

Remarque 3.4. Une autre méthode, suivant la voie trigonométrique, consiste à effectuer le change- ment de variableu= tanθ.Doncdu= dθ

cos²θ et par conséquent

Z 1

(t²+k²)ⁿ dt= Z

cos²ⁿ⁻²θ dθ.

On linéarisecos²ⁿ⁻²θ, puis on primitive et enfin on revient à la variable u. Par exemple : I₂=

Z 1

(1 +u²)² du

= Z

cos²θ dθ

=

Z 1 + cos(2θ)

2 dθ

=1 2

θ+ 1

2sin(2θ)

+C

=1

2arctanu+ u

1 +u² +C (sin 2θ= 2 tanθ

1 + tan²θ = 2u 1 +u²) Exemples :

1. Soit à calculer I =

Z 2x+ 1

(x²+ 1)(x²+x+ 2)dx.

Une décomposition en élément simples fournit : 2x+ 1

(x²+ 1)(x²+x+ 2) = 1 2

x+ 3 x²+ 1−

1 2x+ 2 x²+x+ 2. d’où

I = 1 2

Z x+ 3 x²+ 1dx−

Z 1 2x+ 2 x²+x+ 2dx.

3.6 Intégration des éléments simples de deuxième espèce 3 PROCÉDÉS GÉNÉRAUX

L’idée est de faire apparaître au numérateur la dérivée du dénominateur. Pour cela on écrit :

Z x+ 3 x²+ 1= 1

2

Z 2x

x²+ 1dx+ 3

Z dx x²+ 1

= 1

2ln(x²+ 1) + 3Arctanx+C;

et

Z 1 2x+ 2

x²+x+ 2dx = 1 4

Z 2x+ 1

x²+x+ 2dx+7 4

Z dx x²+x+ 2

= 1

4ln(x²+x+ 2) + 7 4

Z dx x²+x+ 2. Pour calculer

Z dx

x²+x+ 2, on écrit x²+x+ 2 sous forme canonique : x²+x+ 2 = (x+1

2)²+7

4, donc

Z dx

x²+x+ 2 =

Z dx (x+¹₂)²+⁷₄

= 4 7

Z dx (^x+

1

√2 7 2

)²+ 1

= 4 7

Z dx (^2x+1√

7 )²+ 1. On pose alors u= 2x+ 1

√

7 donc du= 2

√

7dx d’où dx=

√ 7

2 du, par suite : Z dx

x²+x+ 2 = 2

√ 7

Z du 1 +u²

= 2

√

7Arctanu+C

= 2

√7Arctan2x+ 1

√7 +C.

Finalement I = 1

4ln(x²+ 1) +3

2Arctanx−1

4ln(x²+x+ 2)−

√7

2 Artan2x+ 1√ 7 +C

= 1

4ln x²+ 1 x²+x+ 2+1

2

3Arctanx−√

7Arctan2x+ 1

√7

+C.

2. Soit à calculer I =

Z x³+ 4x−1

(x²+ 1)³ dx(exercice).

(Décomposons en éléments simples la fraction rationnelle X³+ 4X−1

(X²+ 1)³ . On trouve : x³+ 4x−1

(x²+ 1)³ = x

(x²+ 1)² + 3x−1 (x²+ 1)³ . . .) 3. Soit à calculer I =

Z ₁

0

x+ 3 x²−x−2dx.

Les racines2et−1dex²−x−2sont en dehors de[0,1]. La décomposons en éléments simples de la fraction rationnelle x+ 3

x²−x−2 donne x+ 3

x²−x−2 = 5

3(x−2) − 2 3(x+ 1) et

I = 5 3 h

ln|x−2|i1 0−2

3 h

ln|x+ 1|i1 0

=−7 3ln 2.

4 CACUL INTÉGRAL

4. Calculer I = Z 1

−2

dx x²+ 4x+ 13.

On a pour toutx∈[−2,1], x²+4x+136= 0.La décomposition canonique dex²+4x+13 s’écritx²+ 4x+ 13 = (x+ 2)²+ 9, donc :

I = Z 1

−2

dx (x+ 2)²+ 9

= 1 9

Z 1

−2

dx 1 + (^x+2₃ )².

Le changement de variable t= x+ 2

3 donne alors I = 1

3 Z 1

0

dt 1 +t²

= 1 3 h

Arctanti1 0

= π 12.

4 Intégration des fonctions en sin x et cos x.

4.1 Cas du type I = Z

sin^mxcosⁿxdx, m, n∈N

4.1.1 m ou n est impair.

Si m= 2p+ 1 on a : Z

sin^mxcosⁿxdx = Z

sin^2pxcosⁿxsinxdx

= Z

(1−cos²x)^pcosⁿxsinxdx.

On pose alors t = cosx et donc on obtient Z

sin^mxcosⁿxdx = Z

(1−t²)^ptⁿ(−dt) que l’on sait calculer : c’est un polynôme en t. On revient ensuite à la variable initiale.

La même méthode s’applique si n est impair, n= 2q+ 1, et donc : Z

sin^mxcosⁿxdx = Z

sin^mxcos^2qxcosxdx

= Z

sin^mx(1−sin²x)^qcosxdx.

On pose alors t= sinx et on obtient I = Z

t^m(1−t²)^qdt Exemples :

1. Soit à calculer I = Z

sin³xcos²xdx.

4.1 Cas du type I = Z

sin^mxcosⁿxdx,m, n∈N 4 CACUL INTÉGRAL

En posant t= sinx, on a : I =

Z

sin²xcos²xsinxdx

= Z

(1−cos²x) cos²xsinxdx

=− Z

(1−t²)t²dt

=− Z

t²dt+ Z

t⁴dt

= −1 3 t³+1

5t⁵+C

= −1

3 cos³x+1

5cos⁵x+C.

2. Calculer Z

sin²xcos³xdx.

On pose t= sinx, dt= cosxdx, d’où : I =

Z

(t²−t⁴)dt

= 1 3t³−1

5t⁵+C

= 1

3sin³x−1

5sin⁵x+C.

3. Calculer I = Z

cos⁵xdx.

Poser t= sinx, on aura : I =

Z

cos⁴xcosxdx

= Z

(1−sin²x)²cosxdx

= Z

(1−t²)²dt

=t−2 3t³+1

5t⁵+C

= sinx−2

3sin³x+1

5sin⁵x+C.

4.1.2 Les deux exposants m et n sont impairs on a m= 2p+ 1et n= 2q+ 1 :

I = Z

sin^2pxcos^2qxsinxcosxdx

= 1 2

Z

sin^2pxcos^2qxsin 2xdx.

Rappelons que :

cos(2x) = 2 cos²x−1 = 1−2 sin 2^x et sin 2x= 2 sinxcosx.

On pose alors t= cos(2x) et donc on obtient I =−1 4

Z 1−t

2 p

1 +t 2

q

dt

4.1 Cas du type I = Z

sin^mxcosⁿxdx,m, n∈N 4 CACUL INTÉGRAL

4.1.3 m et n sont tous les deux pairs.

Dans ce cas, On peut penser à linéariser sin^2px et cos^2qx en utilisant les formules trigonométriques et ou les formules d’Euler :

sinx= e^ix−e^−ix

2i , cosx= e^ix+e^−ix 2

Ce qui conduit à exprimer sin^mxcosⁿx comme combinaison linéaire de fonctions de la forme coskx et sinkx k∈N. Voici un exemple illustratif.

Soit à calculer I = Z

cos⁶xdx.

Les formules d’Euler donne :

cos⁶x=

e^ix+e^−ix 2

6

On développe cette expression à l’aide de la formule du binôme (rappeler cette formule) ; on réduit ce développement en utilisant l’égalité :e^ikxe^ik0x =e^i(k+k0)x puis on regroupe les termes e^ikx et e^−ikx et les termes e^ikx et −e^−ikx deux à deux. Enfin on utilise à nouveau les formules d’Euler sous la forme :

e^ikx+e^−ikx=2 coskx e^ikx−e^−ikx=2isinkx Nous obtenons :

cos⁶x = 1 2⁶

h

(e^6ix+e^−6ix) + 6(e^4ix+e^−4ix) + 15(e^2ix+e^−2ix) + 20 i

= 1

2⁶(2 cos 6x+ 12 cos 4x+ 30 cos 2x+ 20)

= 1

2⁵(cos 6x+ 6 cos 4x+ 15 cos 2x+ 10).

On déduit que :

I = 1

2⁵(sin 6x

6 +6 sin 4x

4 +15 sin 2x

2 + 10x) +C

= 1 64(1

3sin 6x+ 3 sin 4x+ 15 sin 2x) +5x 16 +C.

Remarque 4.1. 1. Il n’est pas inutile de rappeler ici que : sin²x= 1−cos 2x

2 , cos²x= 1 + cos 2x

2 , sinxcosx= 1 2sin 2x, sinacosb= 1

2[sin(a+b) + sin(a−b)], sinasinb= 1

2[cos(a−b)−cos(a+b)], cosacosb= 1

2[cos(a+b) + cos(a−b)].

2. On peut aussi, et c’est souvent aventageux, obtenir des relations de récurrence entre I_2p,2q à l’aide d’une intégration par parties :

I_2p,2q= Z

sin^2pxcos^2qxdx

= Z

sin^2pxcos^2q−1xcosxdx

= 1

2p+ 1sin^2p+1xcos^2q−1x−2q−1

2p+ 1I2p+1,2(q−1)

ce qui ramène le calcul à celuiI2n,0=J2n= Z

sin²ⁿx dx

4.2 Fractions rationnelles en sinus et cosinus. 4 CACUL INTÉGRAL

4.2 Fractions rationnelles en sinus et cosinus.

Lorsque on a affaire à Z

R(sinx,cosx)dx, où R désigne une fraction rationnelle, on se ramène par changement de variable à la recherche des primitives d’une fraction ration- nelle que l’on sait déterminer. Le problème est donc de savoir choisir le bon changement de variable afin de se débarasser en même temps des deux fonctions trigonométriques, sans introduire de radicaux

Cas particuliers où la méthode est évidente :

1. Si on peut mettre la fonction R(sinx,cosx) sous la forme sinxR1(cosx), on pose t= cosx

2. Si on peut mettre la fonction R(sinx,cosx) sous la forme cosxR₁(sinx), on pose t= sinx

3. Si on peut mettre la fonction R(sinx,cosx) sous la forme sinxR₁(cosx), on pose t= cosx

Malheureusement, une telle factorisation de la fonction à primitiver n’est généralement pas perçue comme évidente. D’où l’interêt d’utiliser les test suivants :

4.2.1 Règles de Bioche Définition 2. Dans l’expression

Z

f(x)dx, le termef(x)dxest appeléélément différentielassocié à la fonctionf.

Proposition 2. SoitI = Z

R(sinx,cosx)dx dxune intégrale faisant intervenir des fonctions trigo- nométriques.

• si l’élément différentiel R(sinx,cosx)dx est invariant par le changement de variablex 7→ −x, alors on pose t= cos(x).

• si l’élément différentielR(sinx,cosx)dxest invariant par le changement de variablex7→π−x, alors on pose t= sin(x).

• si l’élément différentielR(sinx,cosx)dxest invariant par le changement de variablex7→π+x, alors on pose t= tan(x).

Si aucun des cas précédents ne se réalise, on utilise la « méthode générale » : Cette méthode consiste à faire le changement de variable t= tanx

2

avec x∈]−π, π[. On a en effet :

dx= 2

1 +t²dt, cosx= 1−t²

1 +t², sinx= 2t

1 +t², tan(x) = 2t

1−t²dt et x= Arctant.

d’où Z

R(sinx,cosx)dx= Z

R₁(t)dt , où R₁(t) =R 2t

1 +t²,1−t² 1 +t²

.

Cette méthode est générale mais les calculs sont longs, et donc à n’utiliser qu’en dernier recours.

Exemple 1. Soit à calculer I =

Z cosx sin⁴xdx.

L’élément différentiel cosx

sin⁴xdx est invariant lorsque on change x en π−x, on pose donc t= sinx, dt= cosxdx et ainsi

I = Z dt

t⁴

= −1 3 t³+C

= −1

3 sin³x+C.

4.2 Fractions rationnelles en sinus et cosinus. 4 CACUL INTÉGRAL

Exemple 2. Calculer

Z sinx 1 + cosxdx.

L’élément sinx

1 + cosxdx ne change pas lorsque on change x en −x; on pose donc y= cosx, dt=−sinxdx. Donc

I =− Z dt

1 +t

=−ln|1 +t|+C

=−ln|1 + cosx|+C.

Exemple 3. Calculer I =

Z dx 1 + tanx. On a

1 + tanx= 1 + sinx

cosx = cosx+ sinx cosx L’élément dx

1 + tanx = cosxdx

cosx+ sinx est invariant lorsque on changexenx+π, on pose alors t= tanx, dt= (1 + tan²x)dx ou dx= dt

1 +t². Donc I =

Z dt

(t+ 1)(t²+ 1). La décomposition en élément simple est de la forme :

1

(t+ 1)(t²+ 1) = A

t+ 1+C₁t+D₁ t²+ 1

On multiplie les deux membres par t+ 1 et on fait t=−1, on auraA= 1

2; On multiplie les deux membres par t et on fait tendre t vers +∞ on aura 0 = A+C1 = 1

2 +D1, d’où D1 = 1

2. Donc on a :

1

(t+ 1)(t²+ 1) = 1

2(t+ 1)+1 2

1−t t²+ 1; donc :

I = 1

2ln|t+ 1|+1

2Arctant−1 2

Z t t²+ 1dt

= 1

2ln|t+ 1|+1

2Arctant−1

4ln(t²+ 1) +C.

On revient à la variable initiale, I = 1

2ln|tanx+ 1|+ 1

2Arctan(tanx)−1

4ln(tan²x+ 1) +C

= 1 2x+1

2ln |1 + tanx|

√

1 + tan²x +C

= 1 2x+1

2ln|cos(1 + tanx)|+C

= 1 2x+1

2ln|cosx+ sinx|+C.

Exemple 4. Soit à calculer I =

Z dx 1 + sinx. Ici aucune invariance pour dx

1 + sinx, on applique donc la méthode générale. On pose

4.3 Primitives des fonctions rationnelles enshx etchx 4 CACUL INTÉGRAL

t= tanx

2, x= 2Arctant, dx= 2dt

1 +t². Donc : I =

Z ^2dt

1+t²

1 +_1+t^2t2

=

Z 2dt 1 +t²+ 2t

=

Z 2dt (1 +t)²

= −2 1 +t+C.

On revient ensuite à la variable x, on obtient : I =

Z dx

1 + sinx = −2

1 + tan^x₂ +C

Exemple 5 . Soit à calculer I = Z ^π

2

0

sinθ (1 + cosθ)dθ.

L’élément différentiel sinθ

(1 + cosθ)dθ est invariant lorsque on change θ en −θ; par consé- quent on pose t= cosθ, dt =−sinθdθ, aussi si θ= 0 on a t= 1 et si θ= π

2 on t= 0. Donc en posant u= 1 +t on a :

I =− Z 0

1

dt (1 +t)² =

Z 1 0

dt (1 +t)² =

Z 2 0

du

u² =h−1 u

i2 1 =−1

2 + 1 = 1 2. 4.3 Primitives des fonctions rationnelles en shx et chx

Lorsque on a affaire à Z

R(shx,chx)dxoùR désigne une fraction rationnelle on utilise les mêmes techniques que pour les fonctions trigonométriques en posant t= Argthx

2 et en tenant compte de

dx= 2

1−t²dt, chx= 1 +t²

1−t², shx= 2t 1−t².

Remarque 4.2. Il est possible de faire le changement de variable suivant en posant t=e^x pour se ramener à une fonction rationnelle ent.

Exemple 1. Soit à calculer I = Z

ch³xdx.

On a

I = Z

ch²xchxdx= Z

(1 + sh²)chxdx.

On pose t= shx, dt= chxdx et donc : I =

Z

(1 +t²)dt

=t+t³ 3 +C

= shx+1

3sh³x+C.

Exemple 2. Calculer I = Z dx

chx.

En utilisant la définition de ch(x) on a I =

Z 2dx

e^x+e^−x. En multipliant le numérateur et

6 CACUL INTÉGRAL

le dénominateur par e^x, il vient I = 2

Z e^x

e^2x+ 1dx. On pose t=e^x, dt=e^xdx, donc I = 2

Z dt t²+ 1

= 2Arctant+C

= 2Arctan(e^x) +C.

5 Intégrale du type Z

R x,

r ax + b cx + d

! dx

où R est une fonction rationnelle n∈N^∗ et ad−bc6= 0 Dans ce cas on posez= ⁿ

rax+b

cx+d,soitx= dzⁿ−b

−czⁿ+a dx= ad−bc

(czⁿ−a)²nzⁿ⁻¹dz.On se ramène à une intégrale de fraction rationnelle.

Exemples : 1. Soit à calculer

Z x² dx

√x+ 1. On poseu=√

x+ 1ou encore x=u²−1. Par conséquent dx= 2udu. Ce changement de variable donne :

Z x² dx

√x+ 1 =

Z (u²−1)²

u 2u du= 2 Z

(u²−1)² du. En développant le polynôme à intégrer et en revenant à la variable initiale, le calcul s’achève sans difficultés.

2. Calculons Z 1

0

r1−x 1 +x dx.

On pose t=

r1−x

1 +x d’où x= 1−t²

1 +t² et dx=− 4t (1 +t²)²dt.

On obtient Z 1

0

r1−x

1 +x dx=− Z 0

1

4t²

(1 +t²)² dt= Z 1

0

4t²

(1 +t²)² dt= 4 Z 1

0

1

1 +t² dt− Z 1

0

1 (1 +t²)² dt

.

Mais Z 1

0

1

1 +t² dt=h

arctanti1 0 = π

4. Calculons Z 1

0

1

(1 +t²)² dt : Par une intégration par parties : on pose

u(t) = 1

1 +t² v⁰(t) = 1 u⁰(t) = −2t

(1 +t²)² v(t) =t on obtient

Z 1 0

1

(1 +t²) dt= h t

1 +t² i1

0+2 Z 1

0

t²

(1 +t²)² dt= 1 2+2

Z 1 0

t²+ 1 (1 +t²)² dt−

Z 1 0

1 (1 +t²)² dt

Par conséquent :2 Z 1

0

1

(1 +t²)² dt= 1 2 +

Z 1 0

1

1 +t² dt= 1 2+π

4 Ainsi

Z 1 0

1

(1 +t²)² dt= 1 4 +π

8 Finalement

Z 1 0

r1−x

1 +x dx= 4 π

4 −(π 8 +π

4)

= π 2 −1

6 Intégrale du type Z

R(x, p

ax

+ bx + c)dx

où R est une fonction rationnelle

7 EXERCICES

1. Si a= 0, on pose z=√ bx+c 2. Si a6= 0, on écrit ax²+bx+c=a

x+ b

2a 2

+4ac−b² 4a²

!

. Selon le signe de a et de 4ac−b²

4a² ,

x+ b 2a

2

+ 4ac−b²

4a² peut s’écrire sous la forme d’une somme ou d’une différence de deux carrées. On se ramène à trois possibilités :

i) Z

R(u,p

u−m²) du on pose u=mch(t) ii)

Z

R(u,p

m²−u²) du on pose u=msin(t) ou u=mtan(t) iii)

Z

R(u,p

m²+u²) du on pose u=msh(t) ou u=mtan(t) Exemple : Soit à calculer

Z

p(x−1)(3−x) dx.

La forme canonique du trinôme(x−1)(3−x) =−x²+4x−3s’écrit−(x−2)²+1 = 1−(x−2)². On pose alors u=x−2, d’où dx=du et l’intégrale devient :

Z

p(x−1)(3−x) dx= Z p

1−u² du.

On pose u = sin(t) où t ∈ −π

2 ,π 2

. D’où p

1−u² = cost (puisque t ∈ −π

2 ,π 2

, cost est positif ou nul), du= costdt. D’où :

Z

p(x−1)(3−x) dx= Z p

1−u² du= Z

cos²(t) dt=

Z 1 + cos(2t)

2 dt

=t

2 +sin(2t)

4 +C

=t 2 +1

2sintcost+C

=1

2arcsin(x−2 +1

2(x−2)p

1−(x−2)²+C.

7 Exercices

7 EXERCICES

Travaux dirigés

Exercice 1. Calculer les intégrales suivantes : 1.

Z _{ln 2}

0

√

e^x−1dx (changement de variable u=√ e^x−1)

2.

Z ^π

2

0

xsinx dx (intégration par parties) 3.

Z ₁

0

e^x

√e^x+ 1dx (à l’aide d’un changement de variable simple) 4.

Z 1 0

1

(1 +x²)² dx (changement de variable x= tant) 5.

Z 1 0

3x+ 1

(x+ 1)²dx (décomposition en éléments simples) 6.

Z 2

1 2

1 + 1

x²

arctanx dx (changement de variableu= 1 x) Exercice 2. Calculer les intégrales suivantes :

Z 1

1 2

(3x+1) ln(2x)dx ; Z 1

0

(2x+1)e^3xdx ; Z 1

0

dx x²+ 2 ;

Z 3 2

2x+ 1

x²+x−3dx ; Z π

0

(x−1) cos(2x)dx·

Exercice 3. Formule de Taylor avec reste intégral

Soitf : [a, b]−→ Rune fonction numérique de classeCⁿ⁺¹ sur un segment [a, b]. Montrer que pour toutx∈[a, b],ona :

f(x) =f(a) +

n

X

k=1

f^k(a)

k! (x−a)^k+ Z x

a

(x−t)ⁿ

n! f⁽ⁿ⁺¹⁾(t) dt·

Exercice 4. calculer les primitives suivantes : Z x

(1 +x²)²dx ;

Z 1

x(1 +x²)²dx ;

Z x³+ 4x−1 (x²+ 1)³ dx·

Exercice 5. Calculer les primitives suivantes : Z

(cosxcos 2x+ sinxsin 3x)dx ; Z

cosxsin⁴xdx ; Z

sin³xcosxdx ; Z

sin⁴xdx ;

Z dx sh³x ;

Z

shxch³xdx ;

Z dx 5 shx−4 chx· Exercice 6. Calculer les intégrales suivantes :

Z π 0

dt

(2 + cos²t)² ; Z 1

0

√x−1 x dx ;

Z 2 1

1 t

rt−1 t+ 1dt ;

Z 1 0

1 x²+ 1dx·

Exercice 7. SoitI_n= Z 1

0

xⁿ 1 +xdx·

1. En majorant la fonction intégrée, montrer que(I_n)n∈N→0.

2. CalculerI_n+I_n+1. 3. Déterminer lim

n→+∞(

n

X

k=1

(−1)^k+1 k )·

7 EXERCICES

Exercice 8. Soit f une fonction continue dans [0, π]. Montrer, en utilisant un changement de va- riables, que l’on a

Z π 0

xf(sinx) dx= π 2

Z π 0

f(sinx) dx·

Exercice 9. 1. Montrer que pour toutn∈N^∗; Z 1

0

ntⁿ

1 +t²ⁿdt= π 4 −

Z 1 0

arctan(tⁿ)dt.

2. Montrer que pour toutt>0, arctan(t)6t.

3. Endéduire que la limite de Z 1

0

ntⁿ

1 +t²ⁿdt lorsque ntend vers +∞est égale à π 4·

Exercice 10. Soitf : [0,1]−→ Rune fonction numérique de classe C² telle quef(1) =f⁰(1) = 0.

PosonsI_n= Z 1

0

tⁿf(t)dt·

1. Montrer, en effectuant deux intégrations par parties successives, que Z 1

0

tⁿf(t)dt= 1 (n+ 1)(n+ 2)

Z 1 0

tⁿ⁺²f⁰⁰(t)dt.

2. Expliquer pourquoi il existe une constanteM >0 telle que pour toutn∈N^∗,

Z 1 0

tⁿf(t)dt 6 M

n³·

3. Endéduire la limite den²I_nlorsque ntend vers +∞·

Exercice 11. Intégrales de Wallis SoitI_n=

Z ^π

2

0

sinⁿtdt.

1. CalculerI₀ etI₁.

2. Établir la formule de récurrence entre :(n+ 2)I_n+2= (n+ 1)I_n. 3. En déduireI_2p etI_2p+1 en fonction de p.

4. Montrer que(I_n)n∈N est décroissante et strictement positive.

5. En déduire queI_n∼I_n+1.

6. Montrer que la suite((n+ 1)I_nI_n+1)_n∈

N^∗ est constante.

7. Donner alors un équivalent simple deIn· 8. Montrer que lim

n→+∞n

1.3....(2n−1) 2.4....(2n)

2

= 1

π. (Formule deWallis)