INTÉGRATION. Table des matières

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1 INTÉGRATION Tble des mtières. Primitives et intégrles indéfinis. Régles d intégrtion 3 3. Intégrtion de fonctions rtionnelles Première étpe : contrôle du degré Deuxième étpe : fctoristion de Q Troisième étpe : réduction en éléments simples Qutrième étpe : intégrtion 8 4. Intégrles définis 0 5. Exercices Fonctions rtionnelles Intégrtion pr prties Chngement de vrible 3. Primitives et intégrles indéfinis Définition.. Soit f : (, b) R une fonction, on ppelle primitive de f sur (, b) toute fonction F : (, b) R telle que F (x) = f(x), pour tout x (, b). Exemple.. Pr exemple, l fonction F (x) = 3 + rctn x est une primitive de f(x) = + x. Lemme.3. Soit f : (, b) R une fonction dérivble. Si f (x) = 0 pour tout x (, b), lors il existe une constnte c R telle que f(x) = c, pour tout x (, b). Démonstrtion. Soient x, y (, b) vec x < y, pr le Théorème des ccroissements finis (voir Clcul différentiel ), il existe ξ (x, y) tel que f(y) f(x) = f (ξ) (y x) = 0, donc f(x) = f(y), pour tout x y, c est-à-dire l fonction est constnte. Dte: 3/0/03.

2 INTÉGRATION Corollire.4. Soit f : (, b) R et F, G : (, b) R deux primitives de f. Alors il existe une constnte c R telle que G(x) = F (x) + c, pour tout x (, b). Démonstrtion. Pr hypothèse, on F (x) = G (x) = f(x), pour tout x (, b). En prticulier, on obtient que l fonction H(x) = F (x) G(x) dérivée nulle prtout dns (, b), donc d près le Lemme précédent H est constnte. Ç implique que G(x) = F (x) + c, pour une constnte c R. Remrque.5. On observe donc que l primitive d une fonction n est jmis unique. Définition.6. Soit f : (, b) R une fonction. Supposons qu il existe une primitive F : (, b) R de f. Alors on noter vec f(x) dx l ensemble de toutes les primitives de f, c est-à-dire f(x) dx = {G : (, b) R dérivble : G (x) = f(x), pour tout x (, b)}, en on ppeller f(x) dx l intégrl indéfini de l fonction f. En utilisnt le Corollire précédente, on que f(x) dx = F (x) + c, c R, où F est une primitive quelconque de f. Exemple.7. On pr exemple x n dx = xn+ + c, c R, n + cr on se souvient que On ussi pr exemple d dx n + x n+ = (n + ) x(n+) n + = x n. dx = rctn x + c, c R. + x

3 INTÉGRATION 3. Régles d intégrtion On verr dns cette section que chque règle de dérivtion donne lieu à une règle correspondnte d intégrtion. Lemme. (Intégrtion d une somme). Soient f, g : (, b) R deux fonctions continues et c, c R. Alors on (.) (c f(x) + c g(x)) dx = c f(x) dx + c g(x) dx Démonstrtion. Soient F une primitive de f et G une primitive de g. D près l règle de dérivtion d une somme (voir Clcul differentiel ) on (c F + c G) (x) = c F (x) + c G (x) = c f(x) + c g(x), et donc c F +c G est une primitive de c f +c g. Ceci montre bien l vlidité de (.). Exemple. (Primitive d un polynôme). Comme ppliction de l règle précédente, on peut clculer ( ) 7 x x 3 x dx. On ur donc ( ) 7 x x 3 x dx = 7 x 5 dx + 3 x 3 dx x dx = 7 6 x x4 x + c. Plus en générl, les primitives d un polynôme sont ssez fcile à trouver : si n P (x) = k x k, x R, lors on P (x) dx = k=0 n k k=0 x k dx = n k=0 k x k+ k + + c. Lemme.3 (Intégrtion pr prties). Soient f, g : (, b) R deux fonctions dérivbles. Alors on l formule d intégrtion pr prties suivnte (.) f (x) g(x) dx = f(x) g(x) f(x) g (x) dx Démonstrtion. En utilisnt l règle de dérivtion d un produit (voir Clcul differentiel ), on (f g) (x) = f (x) g(x) + f(x) g (x), et donc [ ] (f g) (x) dx = f (x) g(x) + f(x) g (x) dx = f (x) g(x) dx + f(x) g (x) dx.

4 4 INTÉGRATION D utre prt, pr définition de primitive, le premier intégrl est bien égl à (f g) (x) dx = f(x) g(x) + c, et ç termine l preuve. Exemple.4 (Primitive du logrithme). Supposons qu on veut clculer ln x dx. On commence ps observer que si on définit l intégrl est de l forme f(x) = x et g(x) = ln x, ln x dx = f (x) g(x) dx. Donc on pourr utiliser l formule d intégrtion pr prtie (.), cr l fonction f est ssez simple à intégrer et l fonction g est simple à dériver. On obtient ln x dx = f (x) g(x) dx = f(x) g(x) f(x) g (x) dx = x ln x dx = x (ln x ) + c, c R. Évidemment, tout ç bien du sens dns le domin de définition du logrithme, c est-à-dire que ln dx est bien définie pour x > 0. Exemple.5 (Primitive de l rctngente). Prenons l intégrle suivnt rctn x dx. Si on introduit l nottion f(x) = x et g(x) = rctn x, on voit bien que l intégrle précédent s écrit dns l forme rctn x dx = f (x) g(x) dx. Donc en utilisnt l intégrtion pr prties, on obtient rctn x dx = f (x) g(x) dx = f(x) g(x) f(x) g (x) dx x = x rctn x + x dx = x rctn x ln( + x ) + c, c R. Lemme.6 (Chngement de vrible). Soit f : (, b) R une fonction continue et ϕ : (c, d) (, b) une fonction surjective et dérivble. Alors si on pose t = ϕ(x) (.3) f(t) dt = f(ϕ(x)) ϕ (x) dx. L fonction ϕ s ppelle chngement de vrible.

5 INTÉGRATION 5 En outre, si ϕ est bijective et ψ : (, b) (c, d) est son ppliction réciproque, on ur ussi f(x) dx = f(ψ(t)) ψ (t) dt. Démonstrtion. À nouveu, cette regle d intégrtion est une consequence directe de l regle de dérivtion correspondnte, i.e. l règle de dérivtion des fonctions composées (voir Clcul differentiel ). Si F est un primitive de f, c est-à-dire f(x) dx = F (x) + c, d près l règle de dérivtion des fonctions composées on ur donc que F ϕ ser une primitive de f(ϕ(t)) ϕ (t), cr En prticulier, on ur ussi d dt F ϕ(t) = F (ϕ(t)) ϕ (t). f(ϕ(t)) ϕ (t) dt = F (ϕ(t)) + c. Si on introduit donc le chngement de vrible x = ϕ(t), on obtient f(x) dx = F (x) + c = F (ϕ(t)) + c = f(ϕ(t)) ϕ (t) dt, qui termine l preuve. Exemple.7. En utilisnt le chngement de vrible t = ϕ(x) = x, on x e x dx = e t dt = et + c = ex + c. 3. Intégrtion de fonctions rtionnelles Soient P, Q deux polynomês d une vrible réele, c est-à-dire n m P (x) = k x k et Q(x) = b k x k, où k, b k R, k=0 vec n 0 et b m 0. Avec le terme degré d un polynôme on indique l puissnce l plus grnde qui pprît dns ce polynôme, pr exemple k=0 deg(p ) = n et deg(q) = m, cr on supposé n 0 et b m 0. Les intégrles du type P (x) Q(x) dx, meritent une section specile, cr pour ce type d intégrle on un lgorithme pour les clculer.

6 6 INTÉGRATION 3.. Première étpe : contrôle du degré. Tou d bord, on vérifie si (3.) deg(p ) < deg(q). Si les deux polynômes stisfont (3.) on psse à l prochine étpe. Pr contre, si P et Q ne stisfont ps (3.), on peut qund même se rmener à cette sitution. Pour cel, on fit une division entre polynômes et on rrive 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 P (x) H(x) Q(x) + R(x) R(x) Q(x) dx = dx = H(x) dx + Q(x) Q(x) dx en on observe que l intégrle de H est simple à clculer (voir Exemple.), tndis que le deuxième intégrle est toujours du type rpport entre polynômes, vec R et Q qui stisfont (3.). 3.. Deuxième étpe : fctoristion de Q. Soient donc P et Q deux polynômes qui stisfont (3.). Mintennt il fut fctoriser Q en polynômes irréductibles sur R. Pour cel, il fudr trouver toutes les rcines (réelles et complexes) de Q. D près le Théorème fondmentle de l Algèbre, on sit que nombre de rcines de Q = deg(q), où le nombre de rcines est à clculer en tennt compte de l multiplicité. De plus, comme le polynôme Q coefficients réels, on sit que si jmis Q une rcine complexe +i b, lors forcement i b est rcine de Q ussi (voir Équtions différentielles, Section ). Donc si on ppelle et x,..., x r, rcines réelles de Q, ± i b,..., j ± i b j, rcines complexes de Q et on note pr s k l multiplicité de l rcine x k et pr γ k l multiplicité de l rcine k ±b k, on obtient l fctoristion en polynôme (réels) irréductibles suivnte Q(x) = C (x x ) s (x x ) s... (x x r ) sr ( (x ) + b ) γ... ( (x j ) + b j) γj, où C est une constnte à déterminer. Pour l suite on supposer que C = pr simplicité.. Fites ttention, cette fctoristion peut chnger si on l fit sur R ou sur C. Pr exemple, sur R le polynôme P (x) = x + est irréductibles, tndis que sur C il se fctorise comme x + = (x i) (x + i), et les deux polynômes P (x) = x + i et P (x) = x i sont irréductibles sur C.

7 INTÉGRATION Troisième étpe : réduction en éléments simples. Il fut mintennt réduire l fonction rtionnelle P (x) Q(x), en éléments simples. En utilisnt l fctoristion de Q de l étpe précédente, on cherche à écrire P/Q à l mnière suivnte P (x) Q(x) = A, x x + A, (x x ) + + A,s (x x ) s + A, + A, x x (x x ) + + A,s (x x ) s A r, x x r + A r, (x x r ) + + A r,s r (x x r ) sr + C, x + D, (x ) + b C j, x + D j, (x j ) + b j + C, x + D, ( ) (x ) + b + + C,γ x + D ((x,γ ) + b) γ + C j, x + D j, ( ) + + C j,γ j x + D j,γj ( (x j ) + b (x j j ) + bj) γj où les coefficients réels A,,..., A r,sr, C,,..., C j γj, D,,..., D j,γj, sont à déterminer. Il s git donc de s + s + + s r + γ + γ + + γ j = deg(q), coefficients à déterminer.

8 8 INTÉGRATION 3.4. Qutrième étpe : intégrtion. D près l étpe précédente, on obtenu pour l instnt P (x) Q(x) dx = A, A, dx + x x (x x ) dx + + A, A, + dx + x x (x x ) dx A r, A r, + dx + x x r (x x r ) dx + + C, x + D, + (x ) + b dx Cj, x + D j, + (x j ) + b j dx + A,s (x x ) s dx A,s (x x ) s dx A r,sr (x x r ) sr dx C, x + D, ( (x ) + b ) dx + + C j, x + D j, ( ) dx + + (x j ) + b j C,γ x + D,γ ((x ) + b ) γ dx C j,γj x + D j,γj ( (x j ) + b j) γj dx. Quel est l vntge d voir fit tout ç?!? C est très simple à comprendre : chque fonction rtionnelles à intégrer mintennt dmet une primitive immédite! Rcines réelles. Pr exemple, en ce qui concerne les frctions qui comportent les rcines réelles, on A, x x dx = A, ln x x + c, insi que A, (x x ) dx = A, (x x ) + c, et insi de suite, jusqu à A,s A,s (x x ) s dx = (s ) (x x ) s + c. Pour les frctions qui comportent x,..., x r on procède de mnière similire Rcines complexes simples. Pr contre, pour les rcines complexes il fut fire un peu plus d ttention (surtout si on multiplicité), mis à priori ici ussi on des primitives

9 immédites. Pr exemple INTÉGRATION 9 C, x + D, C, x D, (x ) + b dx = (x ) + b dx + (x ) + b dx C, (x ) D, + C, = (x ) + b dx + (x ) + b dx = C, ln ( (x ) + b ) + (D, + C, ) (x ) + b dx = C, ln ( (x ) + b ) D, + C, + rctn b où on utilisé l Exercice 5.3 pour trouver l deuxième primitive. ( x b ) + c Rcines complexes multiples. Si l rcine complexe multiplicité strictement plus grnde que, il fudr fire des intégrtions pr prties : à titre d exemple, on clcul C, x + D, ( ) (x ) + b dx = C, x ( (x ) + b) dx + D, + C, ( (x ) + b ) dx, et le premier intégrle est simple à clculer, cr x ( ) (x ) + b dx = (x ) + b + c. Pour le deuxième, vec une petite stuce et en intégrnt pr prties on obtient ( (x ) + b) dx = et mintennt on observe que (x ) (x ) = [ + b b ( (x )) ( (x )) ( (x ) + b ) dx = (x ) (x ) + b (x ) (x ) + b dx, (x ) (x ) + b ],

10 0 INTÉGRATION donc finlement on obtient ( (x ) + b) dx = (x ) (x ) + b (x ) (x ) + b dx = (x ) (x ) + b [ ] b (x ) dx (x ) + b dx = (x ) (x ) + b + b (x ) + ( ) x b 3 rctn + c b où on utilisé à nouveu l Exercice Intégrles définis Définition 4.. Soit f : [, b] R une fonction positive, on introduit l nottion suivnte pour denoter l ire de l ensemble b f(x) dx, Γ(f;, b) = {(x, y) R : 0 y f(x), x b}, c est-à-dire, l ensemble défini pr (voir Figure ) l xe des bscisses ; les droites d éqution x = et x = b ; l grphe de l fonction f. On ppelle b f(x) dx intégrl défini de f entre et b. On dir ussi que f est intégrble sur [, b] si cette quntité est finie. Remrque 4.. On verr dns un instnt qu il y un lien très strict entre l intégrl défini et celui indéfini. Pour le moment, on remrquer qu une ecriture du type x f(x) dx n ps du sense et c est une erreur qu il fudr éviter ttentivement. Lemme 4.3. Soit f : [, b] R une fonction positive intégrble. Soient d b et c, lors f est intégrble sur [c, d] ussi et d c f(x) dx b f(x) dx.

11 INTÉGRATION,5 0 7,5 Γ(f;, b) f 5, ,5 Si x 0 (, b), lors on (4.) Figure. L ensemble Γ(f;, b) dns le définition de b f(x) dx. x0 b f(x) dx + f(x) dx = x 0 b f(x) dx. On v mintennt définir l intégrl défini pour n importe quel fonction f, ps forcement positive. Définition 4.4. Soit f : [, b] R une fonction. Soient f +, f : [, b] R l prtie positive de f et celle negtive f, définies pr f + (x) = mx{f(x), 0} et f (x) = min{f(x), 0}. On observe en prticulier que f(x) = f + (x) + f (x). On définit donc b f(x) dx = b f + (x) dx b qui sont bien définis, cr f + et f sont fonctions positives. ( f (x)) dx, Le résultt suivnt est très importnt, cr donne le lien entre l intégrtion définie et l intégrtion indéfinie. Ceci s ppelle Théorème fondmentle du clcul intégrle.

12 INTÉGRATION Théorème 4.5. Soit f : [, b] R une fonction continue. Alors l fonction intégrle de f définie pr est dérivble sur (, b) et F (x) = f(x), c est-à-dire F est une primitive de f. F (x) = x f(t) dt, pour tout x (, b), Démonstrtion. Pour l démonstrtion, nous devons dmettre le résultt suivnt : toute fonction continue f : [, b] R dmet un minimum m et un mximum M. En outre, pour tout m y M, il existe un point x [, b] tel que f(x) = y. Supposons pour le moment que f soit positive et on considère l fonction suivnte h(t) = f(t) (b ), lors si on denote vec m et M le mximum et minimum de f sur [, b], on ur m (b ) b f(t) dt M (b ), cr l ire de S(f;, b) ser plus petite de celle du rectngle ynt longueur b et huteur M, et ussi plus grnde de l ire du rectngle ynt l même longueur et huteur m. Vu que m (b ) et M (b ) sont le minimum et le mximum de l fonction continue h, d près le résultt qu on rppellé ci-dessus, il existe ξ [, b] tel que (4.) f(ξ) (b ) = b f(t) dt. Mintennt, on v montrer que F (x) = x f(t) dt est dérivble. Soit x (, b) et h R très petit et (pr simplicité) positif, lors pr définition d intégrle et pr (4.), on F (x + h) F (x) h = x+h f(t) dt h x f(t) dt = h x+h x f(t) dt. Il fut clculer cette limite : pour ç, on pourr utiliser (4.), vec le choix = x et b = x + h. Ç implique qu il existe ξ h [x, x + h] tel que F (x + h) F (x) h = h x+h x f(t) dt = f(ξ h ). Vu que f est continue et que si h 0, on que ξ h x, on obtient lors F F (x + h) F (x) (x) = lim = lim h 0 + h h 0 + h x+h x f(t) dt = f(x).. Attention! Ici c est importnt que l intervl [, b] soit fermé, sinon le résultt n est ps vri.

13 INTÉGRATION 3 Pour démontrer que l limite à guche existe et elle est l même, il nous suffir de répéter cet rgument, en observnt que cette fois x + h < x et donc et pr (4.) cr h < 0. F (x + h) F (x) h x x+h = h x x+h f(t) dt = f(ξ h ) ( h), f(t) dt Finlement, si f est de signe quelconque, on observe que f + et f sont encore deux fonctions continues et d près l première prtie, les deux fonctions sont dérivbles et Pr définition, on F (x) = F + (x) = x x f + (t) dt et F (x) = x ( f (t)) dt, (F + ) (x) = f + (x) et (F ) (x) = f (x). f(t) dt = x f + (t) dt x ( f (t)) dt = F + (x) F (x), donc F est dérivble (cr somme de fonctions dérivbles) et on ussi Ç termine l preuve. F (x) = (F + ) (x) (F ) (x) = f + (x) ( f (x)) = f(x). Finlement, le résultt précédente nous donne l méthode de clcul pour les integrles définis. Ceci est contenu dns le résultt suivnt. Corollire 4.6. Soit f : [, b] R une fonction continue et G une primitive de f. Alors b Démonstrtion. On déjà vu que si on pose f(x) dx = G(b) G(). F (x) = x f(t) dt, cette fonction est dérivble et elle est une primitive de f. Donc il exister une constnt c R telle que G(x) = F (x) + c. Ceci implique que qui termine l preuve. G(b) G() = F (b) + c [F () + c] = F (b) F () = b f(t) dt,

14 4 INTÉGRATION En prticulier, pour l intégrtion défini on retrouver les formules d intégrtion pr prties et de chngement de vrible. Lemme 4.7 (Linéirité de l intégrle). Soient f, g : [, b] R deux fonctions continues et c, c R, lors b b b [c f(x) + c g(x)] dx = c f(x) dx + c g(x) dx. Démonstrtion. Soient F et G deux primitives de f et g. Alors on ur que (c F + c G) (x) = c f(x) + c g(x), c est-à-dire, l fonction c F + c G est une primitive de c f + c g. D près le Corollire 4.6, on obtient b qui termine l preuve. [c f(x) + c g(x)] dx = (c F + c G)(b) (c F + c G)() = c F (b) + c G(b) c F () c G(b) ] [ ] = c [F (b) F () + c G(b) G() b b = c f(x) dx + c g(x) dx, Lemme 4.8 (Intégrtion pr prties). Soient f, g : [, b] R deux fonctions dérivbles. Alors on b [ ] b f (x) g(x) dx = f(b) g(b) f() g() f(x) g (x) dx. Démonstrtion. On observe que l fonction f g est une primitive de (f g) = f g + f g, donc b Ç implique en prticulier que b et donc l thèse. [f (x) g(x) + f(x) g (x)] dx = f(b) g(b) f() g(). f (x) g(x) dx = [ ] f(b) g(b) f() g() b f(x) g (x) dx, Lemme 4.9 (Chngement de vrible). Soit f : [, b] R une fonction continue et ϕ : [c, d] [, b] une fonction bijective dérivble. Alors b f(x) dx = ϕ (b) ϕ () f(ϕ(t)) ϕ (t) dt.

15 Démonstrtion. Soit G une primitive de f, lors b INTÉGRATION 5 f(x) dx = G(b) G(). D utre prt, pr l regle de dérivtion de l fonction composée, on que G = G ϕ est une primitive de f(ϕ(t)) ϕ (t), cr (G ϕ) (t) = G (ϕ(t)) ϕ (t) = f(ϕ(t)) ϕ (t). Donc d près le Corollire précédente on obtient ϕ (b) ϕ () f(ϕ(t)) ϕ (t) dt = G(ϕ (b)) G(ϕ ()) = G(b) G(), pr définition de fonction reciproque. Donc on obtient l thèse. Exemple 4.0. Clculer l intégrle défini suivnt π 0 cos x dx. D près le Théorème 4.5, il nous suffir de trouver une primitive quelconque F de l fonction f(x) = cos x, et près on clculer l différence F (π) F (0) et celle ci ser l vleur de l intégrle. On utiliser l nottion π [ ] π f(x) dx = F (x), 0 pour cette opertion. On observe que donc π 0 cos x dx = 5.. Fonctions rtionnelles. 0 π Exercice 5.. Clculez l intégrle 0 cos x = + cos( x) + cos( x), dx = 5. Exercices 3x + x (x ) dx [ x + sin(x) ] π = π. 4 0 Démonstrtion. On observe tout d bord que le dénominteur se decompose comme x (x ) = x (x + ) (x ),

16 6 INTÉGRATION donc on 3 rcines réelles de multiplicité. On cherche lors trois coefficients A, B, C tels que 3x + x (x ) = A x + B x + + C x. Cel revient à chercher A, B et C tels que et donc tels que 3x + x (x ) = A (x ) + B (x x) + C (x + x) x (x, ) 3x + = (A + B + C) x + (C B) x A. On donc un système à résoudre dont l seule solution est A + B + C = 0 C B = 3 A = A =, B =, C = 5. On peut donc dire que 3x + x (x dx = ) x dx x + dx + 5 x dx = ln x ln x ln x + c. Exercice 5.. Clculez l intégrle x + x 4 x 3 + x dx. Démonstrtion. On observe tout d bord que le dénominteur à deux rcines x = 0 et x = de multiplicité, c est-à-dire x 4 x 3 + x = x (x ). On cherche donc 4 coefficients A, B, C, D tels que (5.) x + x 4 x 3 + x = A x + B x + Si on multplie l identité précédente pr x on obtient et si on pose x = 0, on obtient x + x x + = A x + B + C B =. C x + x x + D D (x ). x (x ),

17 INTÉGRATION 7 On revient mintennt à l éqution (5.) : on remplce l vleur de B qu on vient de trouver, i.e. B = et on multplie pr (x ). Cel donne x + (x ) (x ) x = A + x x + C (x ) + D et si on fit le choix x =, on rrive à determiner D Il nous mnque donc à trouver A, C tels que c est-à-dire tels que ou bien encore Cel nous mène à D = 3. x + x 4 x 3 + x = A x + x + C x + 3 (x ), x + = A x (x ) + (x ) + C x (x ) + 3 x, x + = A x 3 A x + A x + x 4 x + + C x 3 C x + 3 x. A = 5 C = 5. Donc on obtient x + x 4 x 3 + x dx = 5 x dx + x dx 5 = 5 ln x x x dx ln x 3 x + c. (x ) dx Exercice 5.3 (Importnt!). Soient, b R deux prmètres fixés. Clculez les primitives suivntes b + (x ) dx. Démonstrtion. Il fut distinguer trois cs différents : b = 0, b > 0 et b < 0. Cs b = 0. Cel est le plus simple. Dns ce cs, on directement (x ) dx = (x ) dx = (x ) + c, c R. Cs b > 0 On observe tout d bord que si b = et = 0, l primitive est immédite, cr dx = rctn(x) + c. + x

18 8 INTÉGRATION Si b et b > 0 et 0, on v essyer de se rmener à cette sitution modèle. On donc en utilisnt le chngement de vrible x = b t + b + (x ) dx = b ( ) b x dx = b + t dt + b = rctn(t) + c = ( ) x rctn + c, b b b qui termine l exercice, dns le cs b > 0. Cs b < 0. Dns ce cs, l fonction à intégrer est définie sur l reunion de trois intervlles disjoints, i.e. sur R \ { b, + b} = (, b) ( b, + b) ( + b, + ). Pour soucis de semplicité, on v se contenter de chercher des primitives pour (5.) x ( b, + b). À nouveu, on observe que si b = et = 0, les primitives somt immédites, cr x dx = rg tnh(x) + c, < x <. Pour le cs générl, on v se rmener à cette sitution modèle, en utilisnt un chngement de vrible. On b + (x ) dx = b ( ) b x dx = b t dt + b = rg tnh(t) + c = ( ) x rg tnh + c, b b b où on utilisé le chngement de vrible x = b t+. On observe que l dernière fonction est bien définie sur l intervlle (5.). Exercice 5.4. Clculer les primitives suivntes (3 + t ) dt. Démonstrtion. On v utiliser une intégrtion pr prties de l fçon suivnte (3 + t ) dt = ( t) t (3 + t ) dt = t (3 + t ) t (3 + t ) dt. Après on observe que t (3 + t ) = 3 ( t ) 3 + t,

19 INTÉGRATION 9 et donc t (3 + t ) dt = 3 t ( ) t 3 3 rctn + c, 3 où on utilisé l Exercice 5.3 ussi. En résumnt on (3 + t ) dt = t (3 + t ) + 6 t + ( ) t 6 3 rctn + c 3 t = 6 (3 + t ) + ( ) t 6 3 rctn + c. 3 Exercice 5.5. Clculez l intégrle indéfini suivnt x + x + x + dx. Démonstrtion. Il s git d un intégrle du type P (x) Q(x) dx, vec P et Q polynômes et deg(p ) < deg(q). Les rcines de Q sont complexe conjuguées, données pr ± i b = 3 ± i, et chcune rcine est simple. On écrit donc Q comme Q(x) = ( x + ) On observe que l fonction P/Q est déjà decomposée en éléments simples, donc on peut procéder directement vec l qutrième étpe de l lgorithme. On ur x + x + x + dx = x + ( ) x + dx + ( ) x + dx ( ( = ln x + ) ) ( ) x + rctn + c, où on utilisé l Exercice 5.3 pour clculer le deuxième intégrle. 5.. Intégrtion pr prties. Exercice 5.6. Clculez l intégrle indéfini suivnt x ln x dx, en prećisnt dns quel domin les primitives trouvées sont vlides.

20 0 INTÉGRATION Démonstrtion. Si on pose f(x) = x 3 /3 et g(x) = ln x, on x ln x dx = f (x) g(x) dx, et donc x ln x dx = x3 x 3 ln x 3 Ces primitives ne sont définies que pour x > 0. dx = x3 3 Exercice 5.7. Trouver toute primitive de x cos x. ( ln x ) + c. 3 Démonstrtion. En utilisnt l formule de l ngle moitié, on obtient + cos( x) cos x dx = dx = x sin( x) + + c, 4 vec c R. Exercice 5.8. Trouver toute primitive de x cos 3 x. Démonstrtion. En utilisnt l formule d intégrtion pr prties vec on obtient f (x) = cos x g(x) = cos x, cos 3 x dx = cos x cos x dx = sin x cos x + sin cos x dx = sin x cos x + ( cos x) cos x dx = sin x cos x + cos x dx cos 3 x dx. L identité précédente implique que 3 cos 3 x dx = sin x cos x + cos x dx, et donc finlement cos 3 x dx = 3 sin x cos x + 3 sin x + c, vec c R. Exercice 5.9. Trouver toute primitive de x cos 4 x. Démonstrtion. On cos 4 x = ( cos x ) = ( + cos( x) ) = 4 + cos( x) + cos ( x), 4

21 INTÉGRATION donc, en utilisnt ussi le chngement de vrible x = t [ ] cos 4 dx = 4 + cos( x) + cos ( x) dx 4 = x sin( x) + + cos ( x) dx 4 4 = x sin( x) + + cos (t) dt 4 8 = x sin( x) + + [ ] t sin( t) + + c Finlement, si on se souvient que t = x, on obtient cos 4 x dx = 3 sin( x) x sin(4 x) 3 + c. Exercice 5.0. Trouver toute primitive de x cos 5 x. Démonstrtion. On utilise l formule d intégrtion pr prties, on obtient cos 5 x dx = cos x cos 4 dx = sin x cos 4 x + 4 sin x cos 3 x dx = sin x cos 4 x + 4 cos 3 x dx 4 cos 5 dx. L identité précédente implique 5 cos 5 x dx = sin x cos 4 x + 4 cos 3 x dx, et donc cos 5 x dx = 5 = 5 [ ] sin x cos 4 x + 4 cos 3 x dx [sin x cos 4 x + 43 sin x cos x + 83 ] sin x + c, ce qui termine l exercice. Exercice 5.. Soient α 0 et ω > 0, trouver une primitive de l fonction f(x) = e α x cos(ω x), x R. Démonstrtion. En utilisnt l formule d intégrtion pr prties, on obtient e α x cos(ω x) = eα x α cos(ω x) + ω e α x sin(ω x) dx, α

22 INTÉGRATION qui pour le moment ne semble ps trop utile. Si on utilise à nouveu l intégrtion pr prties dns le dernier intégrl, on obtient lors, e α x cos(ω x) dx = eα x α cos(ω x) + ω α eα x sin(ω x) ω e α x cos(ω x) dx. α L indentité précédente peut être vue comme une éqution lgébrique dns l inconnue e α x cos(ω x) dx et vec des mnipultions très simples, on se rmène à et donc l fonction ) ( + ω α F (x) = α α + ω e α x cos(ω x) = eα x est une primitive de l fonction initile. α cos(ω x) + ω α eα x sin(ω x) [ α cos(ω x) + ω ] sin(ω x) e α x, x R, α Exercice 5. (DM 5//0). Clculez l intégrl indéfini suivnt x dx, en précisnt dns quel domin les primitives trouvées sont vlides. Démonstrtion. Il y plusieurs méthodes pour résoudre cet intégrl. Pr exemple, essyons à nouveu vec l intégrtion pr prtie x dx = x x x + dx, x où on utilisé l formule (.) vec le choix f(x) = x et g(x) = x. Mintennt on observe que x dx = x dx + dx x x x = x dx + dx x et donc, en revennt u début, on obtenu x dx = x x + = x dx + rcsin x, x x dx = x x x dx + rcsin x,

23 INTÉGRATION 3 c est-à-dire Finlement, on obtient x dx = définie pour x. x dx = x x + rcsin x + c. Exercice 5.3. Clculez les primitives suivntes rcsin x dx. ( x ) x + rcsin x + c, Démonstrtion. En utilisnt l intégrtion pr prties, on obtient rcsin x dx = x rcsin x x rcsin x dx. x Mintennt on voit que si on pose f(x) = x et g(x) = rcsin x, l intégrle qui reste à clculer est de l forme x rcsin x dx = f (x) g(x) dx. x On peut donc utiliser à nouveu une intégrtion pr prties et obtenir rcsin x dx = x rcsin x + x rcsin x dx 5.3. Chngement de vrible. = x rcsin x + x rcsin x x + c, c R. Exercice 5.4. Clculer les primitives suivntes cos 4 (x) sin(x) dx. Démonstrtion. On observe tout d bord que si on pose ϕ(x) = cos x et f(x) = x 4, lors l intégrle est de l forme f(ϕ(x)) ϕ (x) dx. Donc d près l formule de chngement de vrible, si on pose t = ϕ(x) = cos x, on obtient cos 4 (x) sin(x) dx = f(ϕ(x)) ϕ (x) dx = f(t) dt = t 4 dt = t5 5 + c = cos5 x 5 + c.

24 4 INTÉGRATION On observe que le cosinus est une bijection entre [0, π] et [, ], donc dns le clcul précédent on du imposer x [0, π]. D utre prt on vérifie que d cos 5 x = cos 4 x sin x, x R, dx 5 et donc les primitives qu on trouvées sont vlbles sur tout R. Exercice 5.5. Clculez l intégrle indéfini suivnt + x dx. Démonstrtion. Ici l idée est d utiliser un chngement de vrible x = ϕ(t) qui peux fire disprître l rcine crrée. Pr exemple, tout d bord on urit envie de poser + x = t, où t c est-à-dire x = t, mis ceci n est ps du tout une bonne idée, cr l intégrle v dévenir + x t dx = t t dt, et donc on ne voit ps trop d vntges. Donc il fudr fire un chngement plus intelligent, on v voir deux méthodes. Première méthode. On pose x = sinh t, donc on + x dx = + sinh t cosh t dt, et en utilisnt l réltion fondmentle cosh t sinh t =, on obtient (e + x dx = cosh t + e t ) e t + + e t t dt = dt = dt 4 4 = et e t + t 8 + c = sinh(t) + t 4 + c sinh t cosh t = + t + c, où on utilisé l formule de dupliction sinh(t) = sinh t cosh t, pour le sinus hyperbolique. Mintennt, il fut revenir sur l vrible initile x : on t = rgsinh x = ln(x + x + ),

25 donc INTÉGRATION 5 + x dx = ln(x + x + ) + x + x. Deuxième méthode. Cette deuxième methode est un peu plus lourde, mis il est intéressnt qund on un intégrle défini à clculer. On cherche un chngement de vrible x = ϕ(t) tel que les deux vribles stisfont + x = (t + x), c est-à-dire tel que ce qu il y dns l rcine crrée est bien un crrée. En developpnt le clculs, on c est-à-dire, il fudr voir + x = (t + x) + x = t + t x + x, t = t x et donc x = ϕ(t) = t. t Avec ce choix, on donc + x dx = + ( t ) + t 4t t dt ( + t ) = 4 t 3 dt = t 4 dt = t 8 t dt ln t + 8 t. 4 t 3 dt Mintennt, il fut invertir ϕ et revenir à l vrible t : pour ç, on observe que ϕ n ést ps injective en générle, mis il devient bijective (et donc inversible) si on l considère pour t > 0. Dns ce cs, on x = t t Finlement, on + x dx = [ 8 = t + t x = 0 = t = x + x + ( x + x + ) + ( x + x + ) ] ln( x + x + ). Exercice 5.6. Clculez les primitives suivntes x 3 + dx. x

26 6 INTÉGRATION Démonstrtion. On v utiliser le chngement de vrible x = ϕ(t) = 3 t, t 0, qui est une bijection dérivble entre [0, ) (, + ) et [, 0) (0, + ). On observe ussi que l fonction à intégrer est bien définie seulement pour x [, 0) (0, + ). On 3 x 3 + t t dx = dt = t x (t ) 3 3 (t ) 3 3 t dt. Mintennt on utilise que donc t t = t + t = + t = + 3 t t dt = dt t dt 3 = 3 t + ln t 3 t + + c. [ t ], t + t + dt Finlement, en utilisnt que t = x 3 +, cel donne x 3 + dx = x x x ln x c. Exercice 5.7. Clculez les primitives suivntes e x + e x + e x + dx. Démonstrtion. On effectue le chngement de vrible x = ψ(t) = ln t, en observnt que ψ : (0 + ) R est une bijection dérivble. On obtient donc e x + e x + e x + dx = t + t + t + t dt, et on s est rmenè à chercher les primitives d une fonction rtionnelle. On tout d bord t + t + t + t dt = t + t + dt + t (t + t + ) dt. 3. Fites ttention! Comme on pris t 0, on le droit de dire que x 3 + = t = t.

27 Le premier intégrle est du type trité dns l Exercice 5.3, cr t + t + dt = ( t + INTÉGRATION 7 ) dt = 3 rctn Pour le deuxième, on cherche trois costntes A, B et C telles que t (t + t + ) = A t + B t + t + + C t. ( t + 3 ) + c. On peut vérifier que A = B = et C = sont les trois constnte cherchées, donc t (t + t + ) dt = t dt t + t + t + dt ( ( = ln t ln t + ) ) + 3 ( ) t + rctn + c, où on utilisé le résultt de l Exercice 5.5 pour clculer le dernier intégrl. En résumnt, on obtient e x + e x + e x + dx = t + t + dt + = 3 rctn t (t + t + ) dt ( ) ( ( t + + ln t 3 ln t + ) ) ( ) t + rctn + c 3 3 = ( e x ) ( ( + rctn + x 3 3 ln e x + ) ) c. 4 Exercice 5.8. Clculez les primitives suivntes x (x 3 + ) dx. Démonstrtion. Cette fois on v utiliser le chngement de vrible x = ϕ(t) = 3 t, qui est une bijection dérivble entre R \ {} et R \ {0} et l fonction à intégrer est définie sur R \ {0, }. On obtient x (x 3 + ) dx = dt = (t ) 3 t 3 (t ) 3 3 t (t ) dt. On s est rmené à l intégrtion de l fonction rtionnelle t (t ),

28 8 INTÉGRATION dont le dénominteur est déjà fctorisé en polynômes irréductibles. On cherche lors A, B, C tels que t (t ) = A t + B t + C (t ). Après quelques clculs, on trouve Donc on et finlement 3 où on utilisé que t = x 3 +. t (t ) dt = 3 A = B = C =. = ln 3 t t t dt 3 t t + c, t dt 3 x x (x 3 dx = ln 3 + ) x (x 3 + ) + c, Exercice 5.9. Clculez l intégrl suivnt cos(x) dx. sin(3x) Démonstrtion. Tout d bord on se souvient que cos(x) = sin x et sin(3x) = 3 sin x 4 sin 3 x, voir Fonctions circulires te hyperboliques. Donc on cos(x) sin x dx = sin(3x) 3 sin x 4 sin 3 x dx = = sin x 3 4 sin x dx sin x 4 cos x dx. Si on pose t = cos x, lors on cos(x) sin x dx = sin(3x) 4 cos x dx = t dt = t dt + t + dt = ln t + t + c cos x + = ln cos x + c.

29 INTÉGRATION 9 On observe que l fonction qu on intégré étit définie pour { 4 cos x 0 c est-à-dire pour x ± π } π + k π, ± k π : Z, comme ses primitives, qui sont définies pour { cos x 0 c est-à-dire pour cos x + 0 x Exercice 5.0. Clculez l intégrle indéfini suivnt + sin x dx. { ± π } π + k π, ± k π : Z. Démonstrtion. Souvent, qund il y des fonctions à intégrer du type P (cos x, sin x) Q(cos x, sin x), vec P, Q polynôme de deux vribles, peut être utile d utiliser le chngement de vrible x = rctn t. En effet, on obtient (voir Fonctions circulires et hyperboliques ) et ussi cos x = cos( rctn t) = t + t et sin x = sin( rctn t) = t + t, dx = + t dt. Donc grce à ce chngement de vrible, on peut se rmener à l intégrtion d une fonction rtionnelle. En prticulier, on ur c est-à-dire + sin x dx = + t +t + t dt = + sin x dx = + tn ( ) x + c. Exercice 5.. Clculez l intégrle indéfini suivnt ( + cos x) dx. ( + t) dt = + t + c,

30 30 INTÉGRATION Démonstrtion. Comme dns l Exercice 5.0, on doit intégrer une fonction rtionnelle, ynt des fonctions trigonométriques comme rgument. On v donc utiliser l même stuce, c est-à-dire on utilise le chngement de vrible donc on obtient ( + cos x) dx = t = tn x, ( + ) t + t dt + t + t = (3 + t ) dt = 3 + t dt 4 (3 + t ) dt = ( ) t rctn [ t (3 + t ) + ( )] t rctn + c 3 3 = rctn tn x tn x ( tn x ) + c, c R, où on utilisé les Exercices 5.3 et 5.4. Exercice 5.. Clculez l intégrle indéfini suivnt dx. (x + 4) 5 Démonstrtion. À nouveu, on utilise l formule de chngement de vrible, vec le choix x = tn t. Donc on ( + tn t) dx = dt = dt. (x + 4) 5 5 ( + tn t) 5 6 ( + tn t) 3 Mintennt on se souvient que + tn t = cos t, et on observe que pour que le chngement de vrible soit bien défini, il fut considerer l tngente sur un intérvl où elle est inversible. Donc π/ < t < π/ et lors cos t > 0, si π/ < t < π/ c est-à-dire cos t = cos t, si π/ < t < π/. Finlement, on (x + 4) 5 dx = 6 cos 3 t dt,

31 INTÉGRATION 3 et en utilisnt l intégrtion ps prties cos 3 t dt = cos t cos t dt = sin t cos t + sin t cos t dt = sin t cos t + cos t dt cos 3 t dt = sin t cos t + sin t + c cos 3 t dt, d où on obtient Alors, on obtenu cos 3 t dt = sin t cos t + sin t 3 dx = sin t cos t + sin t + c (x + 4) 5 48 = [ ( sin rctn x ) ( cos rctn x 48 [ ] x = x 4 + x + + c, où on utilisé les réltions t sin(rctn(t)) = + t + c. et cos(rctn(t)) = ) ( + sin rctn x )] + c + t, (voir dns les exercises de Fonctions trigonométriques et hyperboliques ). Exercice 5.3. Clculer les primitives suivntes (4 x ) 5 Démonstrtion. On observe tout d bord que dx = (4 x ) 5 5 dx. ( ( x ) ) 5 dx, près on v fire le chngement de vrible 4 x = ϕ(t) = cos t, où t (0, π) qui donner ( ( x ) ) 5 ( = cos t ) 5 = sin t 5 = sin 5 t, où on utilisé que sin t 0 pour t (0, π). On obtient donc dx = ( sin t) (4 x ) 5 5 sin 5 dt = t 6 sin 4 t dt. 4. On observe que l fonction à intégrer est définie et continue pour x (, ) et que le chngement de vrible ϕ(t) = cos t est une bijection dérivble ϕ : (0, π) (, ).

32 3 INTÉGRATION Mintennt on observe que (vpir Fonctions circulires et hyperboliques ) sin 4 t = ( sin t ) ( ) cos(t) ( cos(t)) = =, 4 donc 6 sin 4 t dt = 4 ( cos(t)) dt, et mintennt on v fire encore un chngement de vrible, en posnt 5 On donc 4 où on utilisé que t = ψ(s) = π + rctn s, s R. ( cos(t)) dt = 4 = 4 = 4 ( cos(π + rctn s)) + s ds ( cos( rctn s)) + s ds ( ) + s ds, s +s cos(π + rctn s) = cos( rctn s) = s + s. En resumnt, pour l instnt on trouvé (4 x ) 5 dx = 4 Et finlement, on observe que s = tn(t π) = tn(t) = tn ( ) + s ds = 6 s +s ( rccos x ) = 6 = 48 + s ds s 4 s 4 ds 6 s 3 6 x s + c. s ds = sin ( rccos x ) x =, x donc en remplçnt dns l primitive précédente on obtient ( ) dx = x 3 x (4 x ) ( x ) c. x 5. L fonction ψ est une bijection dérivble entre R et (0, π).

33 Exercice 5.4. Clculez les primitives suivntes INTÉGRATION 33 (x 4) 5 Démonstrtion. L fonction à intégrer est définie et continue pour x >. On v utiliser le chngement de vrible dx. x = ϕ(t) = cosh t, t > 0, et ϕ : (0, ) (, + ) est une bijection dérivble. On observe que pour l instnt, comme ϕ(t) >, cel nous permettr de trouver une primitive seulement pour x > et ps pour x <. Mis ç on v le régler à l fin. On trouve donc (x 4) 5 dx = sinh t (4 cosh t 4) 5 dt = 6 sinh t sinh 5 t dt = 6 sinh 4 t dt, où on utilisé que t > 0 et donc sinh t > 0 dns ce cs. Mintennt, on revient à l definition de sinus hyperbolique : vec un peu de bricolge, on obtient 6 sinh 4 t dt = 6 = ( e t e t ) 4 dt = e 4 t (e t ) 4 dt. (e t e t ) 4 dt Avec un outre chngement de vrible t = ln s pour s > (pourquoi s >? cr on t > 0), on se rmène à l intégrtion d une fonction rtionnelle, notmment e 4 t (e t ) 4 dt = s 4 s (s ) 4 ds = s 3 (s ) 4 ds. On observe mintennt que l frction précédente dment l décomposition en éléments simples s 3 (s ) 4 = s + 3 (s ) + 3 (s ) 3 + (s ) 4, ce qui nous permet d en conclure que (5.3) s 3 3 ds = ln s (s ) 4 s 3 (s ) 3 (s ) 3 + c. Il fut trouver l réltion entre l vrible s et l vrible x : on 6 ( s = e t = exp rg cosh x ) = x x + 4 = x x Il fut se souvenir que rg cosh x = ln ( x + x )

34 34 INTÉGRATION En utilisnt cel dns le terme de droite en (5.3), on rrive à l solution (enfin!). Aussi, on observer que l primitive sur (, + ) obtenu de cette mnière, elle est bien encore une primitive même pour x <.