Intégrales+Exos

ESCPI
CNAM
Les intégrales
1
Introduction
Etant donnée une fonction positive f définie sur un intervalle borné [a, b], on veut évaluer l’aire
comprise entre l’axe des abscisses, la courbe représentant f et les verticales x = a et x = b .
Bernhard Riemann a, le premier, donné une définition précise de l’intégrale d’une fonction.
L’idée fondamentale est la suivante : on découpe le graphe de la fonction par des lignes verticales.
Dans chaque bande, on considère le rectangle de hauteur maximale sous le graphe et le rectangle
de hauteur minimale au-dessus du graphe. Si, à mesure que l’on resserre les lignes verticales, la
somme des aires des petits rectangles tend vers la somme des aires des grands rectangles, on dit
que la fonction est intégrable au sens de Riemann et la limite obtenue est la valeur de l’intégrale
que l’on note :
Z b
f (x) dx
a
On montre que cette limite existe si la fonction f est continue sur [a, b].
Rb
Pour a et b connus, a f (x) dx est appelée intégrale définie, c’est un nombre.
Rb
Rb
La variable x ne sert qu’à décrire la fonction f , on a a f (x) dx = a f (t) dt .
La variable peut être notée x, t , u , y , etc, sans que cela change la valeur de ce nombre; on dit
que la variable est muette.
Ce nombre est positif si a < b et si f est positive sur [a, b], mais ce peut être un nombre négatif,
en particulier si f est négative sur [a, b].
2
Primitive
Si f est une fonction continue sur [a, b] , alors pour x ∈ [a, b] , l’intégrale
supérieure varie, désigne une fonction de la variable ici notée x
Z x
F (x) =
f (t) dt
Rx
a
f (t) dt où la borne
a
La fonction dérivée de F , si elle existe, doit être la limite quand h tend vers 0 de
µZ x+h
¶
Z x
F (x + h) − F (x)
1
=
f (t) dt −
f (t) dt
h
h
a
a
Z x+h
1
=
f (t) dt
h x
R x+h
Or si h est petit, l’intégrale x
f (t) dt vaut h × f (c) avec c entre x et x + h . Comme f est
supposée continue sur [a, b], quand h tend vers 0, on a f (c) → f (x) et donc:
Théorème 1 Si f est continue sur [a, b], alors F est dérivable pour x à l’intérieur de [a, b] et
F 0 (x) = f (x)
Une fonction, dont la dérivée est f, est appelée une primitive de f . Une fonction a une infinité
de primitives
R x obtenues en ajoutant une constante arbitraire à une primitive particulière.
La fonction a f (t) dt désigne la primitive de f qui s’annule pour x = a .
Nelly POINT
1
Version 1
ESCPI
CNAM
Connaissant une primitive quelconque, encore notée F , on peut calculer l’intégrale définie sur
[a, b] par
Z b
f (t) dt = F (b) − F (a)
a
qui représente l’”aire algébrique”.
Remarque 1 Si f est continue sur IR et si les fonctions u et v sont dérivables sur IR , la
R v(x)
fonction H(x) = u(x) f (t)dt = F (v(x)) − F (u(x)) est aussi dérivable sur IR , et on a
H 0 (x) = v 0 (x) F 0 (v(x)) − u0 (x) F 0 (u(x))
donc :
d
dx
Z
v(x)
f (t)dt = v 0 (x) f (v(x)) − u0 (x) f (u(x))
u(x)
Remarque 2 Pour pouvoir calculer une intégrale, la continuité de f sur [a, b] n’est pas
nécessaire, il suffit que f soit continue et bornée par morceaux. On peut alors utiliser les
propriétés précédentes sur chacun des intervalles où elle est continue.
Remarque 3 La recherche de primitives est donc un outil très commode pour calculer des
intégrales. Malheureusement, un très grand nombre de fonctions ont des primitives que l’on ne
peut pas expliciter à l’aide des fonctions usuelles.
2
Par exemple la fonction e−x , appelée Gaussienne, est continue sur IR et admet donc des
primitives mais on ne peut pas les exprimer à l’aide des fonctions usuelles. Leur usage, courant
en probabilité, amène à créer la fonction ”erf” qui est définie par
Z x
2
2
e−t dt
erf(x) = √
π 0
Elle est tabulée en calculant numériquement ses valeurs pour différents x .
Le coefficient √2π est choisi tel que erf(∞) = 1.
Une autre intégrale de ce type, très utilisée dans le traitement du signal, est le sinus intégral,
qui est une primitive du sinus cardinal :
Z x
sin t
Si(x) =
dt
t
0
3
Méthodes d’intégration
3.1
Utilisation de la linéarité
• transformation de produits en sommes ( à l’aide de formules de trigonométrie)
• décomposition des fractions rationnelles en sommes de fonctions simples
3.2
Changement de variables
C’est un outil très utile. Si on pose x = ϕ(t) où ϕ est une fonction définie sur [α, β], dérivable
et bijective de [α, β] sur [a, b] et telle que ϕ(α) = a et ϕ(β) = b alors on a
Z
Z
b
β
f (x) dx =
a
Nelly POINT
f (ϕ(t)) ϕ0 (t) dt
avec α = ϕ−1 (a) et β = ϕ−1 (b)
α
2
Version 1
ESCPI
3.3
CNAM
Intégration par parties
Formule qui découle de la formule bien connue de dérivation d’un produit :
(uv)0 = u0 v + u v 0
Elle peut s’écrire :
Z
Z
b
0
u(x) v (x) dx = [u(x) v(x)
a
La notation différentielle du =
pour les primitives :
u0 (x)dx
et dv =
]ba
u0 (x) v(x) dx
a
v 0 (x)dx
Z
b
−
permet une écriture plus synthétique
Z
udv = uv −
vdu
A utiliser dans des cas bien spécifiques :
• Pour intégrer le produit d’un polynôme par une exponentielle, par un cosinus, ou par un
sinus.
(on pose alors u(x) = P (x) pour avoir de proche en proche des polynômes de degré de
plus en plus petit dans l’intégrale à calculer, jusqu’à obtenir un polynôme de degré zéro
donc constant)
• Pour se débarrasser des fonctions transcendantes qui ont des dérivées de type fractions
rationnelles comme ln(x), tan(x), et plus généralement ln(R(x)) où R est une fraction
rationnelle etc ..
(on pose alors u(x) = f (x) où f est la fonction transcendante )
3.4
Intégration de fractions rationnelles
Une fraction rationnelle R est le quotient de deux polynômes P et Q . La méthode d’intégration
consiste, en général, à décomposer cette fraction en éléments simples sur IR (c.f. autours des
polynômes). Ainsi on se ramène au calcul d’intégrales de la forme :
Z
Z
dx
Ax + B
ou
dx
α
2
(x − a)
(x + px + q)β
Or
Z
dx
=
(x − a)α
(
1
(1−α)(x−a)α−1
+C
ln |x − a| + C
si α 6= 1
si α = 1
Pour les intégrales du deuxième type, il faut mettre le dénominateur sous forme canonique:
p
x2 + px + q = (x + )2 + r2
2
puis faire le changement de variables :
x+
On obtient alors
Z
C
Ct + D
dt =
2
β
(t + 1)
2
La première intégrale est de la forme
¡
¢
dt
dt = 1 + (tan θ)2 dθ d’où dθ = 1+t
2 et
Nelly POINT
Z
p
= rt
2
2t
dt + D
2
(t + 1)β
R
du
, la seconde
uβ
1
= cos2 θ
1+(tan θ)2
3
Z
(t2
1
dt
+ 1)β
s’intègre en posant t = tan θ
car
Version 1
ESCPI
3.4.1
CNAM
Fractions rationnelles de fonctions trigonométriques
R(cos x, sin x, tan x)
On peut toujours faire le changement de variable t = tan x2
2
(car dt = d(tan x2 ) = 12 (1 + (tan x2 )2 )dx d’où dx = 1+t
2 dt)
et utiliser les formules de trigonométrie
sin x =
2t
1 + t2
,
cos x =
1 − t2
1 + t2
,
tan x =
2t
1 − t2
On se ramène alors à une fraction rationnelle en t :
µ
¶
Z
Z
1 − t2
2t
2t
2
R(cos x, sin x, tan x) dx = R
,
,
dt
2
2
2
1+t 1+t 1−t
1 + t2
Mais il peut être plus judicieux d’essayer les changements de variable suivants t = cos x, ou
t = sin x, ou t = tan x, pour ne pas avoir des polynômes de degré trop élevé.
3.4.2
Fractions rationnelles de fonctions hyperboliques
R(chx, shx, thx)
Le changement de variable ex = t implique dx =
dt
t
et ramène à une fraction rationnelle en t.
3.4.3
Fractions rationnelles particulières (intégrales abéliennes)
q
• R(x, n ax+b
cx+d ) où R est une fraction rationnelle, on fait le changement de variable :
r
n
ax + b
=t
cx + d
√
• R(x, ax2 + bx + c) où R est une fraction rationnelle, on met ax2 + bx + c sous la forme
canonique puis on fait un changement de variable adapté.
Par exemple
√
pour √1 − t2 poser t = sin θ,
pour 1 + t2 poser
t = sh θ,
√
pour t ≥ 0 et t2 − 1 poser t = ch θ.
4
Exemples
1. Utilisation de la linéarité
a)
¢
R Transformation de produit
R ¡ 1 en somme
1
cos(3x) sin(2x) dx =
2 sin 5x − 2 sin x dx =
1
2
cos x −
1
10
cos 5x + C
b)
deR formules
connues
¡ 2
¢
R Utilisation
R
tan2 (x) dx =
tan (x) + 1 dx − dx = tan x − x + C
2. Dérivation d’une intégrale dépendant de ses bornes
R 3x2
2)
a) Soit H(x) = 1 sint t dt , sa dérivée est H 0 (x) = 6x sin(3x
et elle est définie pour x > 0
3x2
.(Bien qu’on ne puisse pas calculer analytiquement H, on peut étudier ses variations grâce
à sa dérivée).
R x2
b) Soit H(x) = 3x exp(−t2 ) dt , sa dérivée est
H 0 (x) = 2x exp(−x4 ) − 3 exp(−9x2 )
Nelly POINT
4
Version 1
ESCPI
CNAM
3. Changement de variable (primitive ou intégrale définie)
a) Calculons les primitives de la fonction f (x) = cos5 (x) sin(x) en faisant le changement
de
t = cos x .RAlors dt = − sin x dx et on6 a
R variable
6
cos5 (x) sin(x) dx = −t5 dt = − t6 + C = − cos6(x) + C .
b) Pour calculer non pas une primitive mais une intégrale définie, on évite souvent de
revenir en x mais alors, il faut impérativement penser à changer les bornes d’intégration.
Par exemple :
h i1
R π/2
R
R
5 (x) sin(x) dx = 0 −t5 dt = 1 t5 dt = t6
= 16
cos
6
0
1
0
0
Il est utile de vérifier, quand c’est possible, la validité du signe trouvé. Ici, comme f (x) > 0
sur ]0, π/2[, il est clair que le résultat doit être strictement positif.
c) Pour calculer une intégrale définie, connaissant déjà une primitive on écrit
directement
iπ/2
h
R π/2
6
5 (x) sin(x) dx = − cos (x)
.
cos
6
0
0
4. Changement de variable
R π (validité)
dx
Soit l’intégrale définie 0 1+sin
2 x , c’est une fraction rationnelle en sin x, on peut donc
toujours faire le changement de variable tan x2 = t, mais ici on peut plus simplement poser
1
dt
tan x = t (car sin2 x = 1 − cos2 x = 1 − 1+t
2 ) et donc dx = 1+t2 . Or tan x s’annule en 0 et
R 0 1+t2 dt
R π dx
1
π. Si on écrit 0 1+sin2 x = 0 1+2t2 1+t2 on obtient la valeur 0, comme la fonction 1+sin
2x
est strictement positive sur ]0, π[ , l’intégrale doit être positive.
Chercher l’erreur !
5. Intégration
par parties
R
a) ln(x) dx
La fonction ln(x) a pour dérivée la fraction rationnelle x1 . Donc en posant
u = ln(x) etR dv = dx , on a du = Rdx
x et v = x
Il vient
ln(x) dx = x ln(x) − dx = x ln(x) − x + C
R1
b) −1 (x2 − 1) cos(πx) dx
Il suffit de poser u égal au polynôme, donc ici u = x2 − 1 et dv = cos(πx) dx.
On a alors du = 2xdx et v = sin(πx)
d’où
π
h
i1
R1 2
R1
sin(πx)
sin(πx)
2 − 1)
(x
−
1)
cos(πx)
dx
=
(x
−
dx
π
π
−1
−1 2x
−1
R1
sin(πx)
= 0 − −1 2x π dx.
On refait une intégration par parties en suivant le même principe.
dx , d’où du = 2dx et v = − cos(πx)
Soit u = 2x et dv = sin(πx)
, alors
π
π2
h
i1
R1
R1
cos(πx)
sin(πx)
cos(πx)
− −1 2x π dx = − −2x π2
+ −1 −2 π2 dx
=
2
(−1
π2
− (−1)2 ) + 0 = − π42
−1
(Rq (x2 − 1) cos(πx) ≤ 0 sur [−1, 1] ).
R
c) P (x)eαx dx avec P polynôme et d◦ P = n.
Après n + 1 intégrations par parties où l’on pose dv = eαx dx, on trouve
Ã
Z
P (x) P 0 (x) P ”(x) P (3) (x)
P (x)eαx dx = eαx
−
+
−
+ ...
α
α2
α3
α4
!
(n) (x)
P
+C
... + (−1)n n+1
α
Nelly POINT
5
Version 1
ESCPI
CNAM
R
R
d) I(x) = e−x cos x dx
et
J(x) = e−x sin x dx
On a
R −x
R −x
−x cos x −
I(x)
=
e
cos
x
dx
=
−e
e sin x dx = −e−x cos x + e−x sin x −
R −x
e cos xR dx = −e−x cos x + e−x sin x − I(x)
R
=
e−x sin x dx = −e−x sin x − −e−x cos x dx = −e−x sin x − e−x cos x +
RJ(x)
e−x sin x dx = −e−x sin x − e−x cos x + J(x)
d’où
−x
I(x) = e 2 (− cos x + sin x) + C
−x
J(x) = e 2 (− cos x − sin x) + C
On aurait pu aussi noter que
Z
Z
e−x(1+i)
−x
I(x) + iJ(x) = e (cos x + i sin x) dx = e−x e−ix dx =
+C
−(1 + i)
(1 − i) −x
=−
e (cos x + i sin x) + C
2
On retrouve le même résultat en regroupant les parties réelles et les parties imaginaires
6. Intégration
d’éléments simples
R dx
a) (1+x2 )β où β est entier,
dx
1
1
2
en posant x = tan θ alors dθ = 1+x
2 et 1+x2 = 1+(tan θ)2 = cos θ, on obtient :
pour β = 1
Z
Z
dx
=
dθ = θ + C = arctan x + C
(1 + x2 )
pour β = 2
Z
dx
=
(1 + x2 )2
Z
cos2 θ dθ
Il
alors deR linéariser
¡
¢
R suffit
2
cos θdθ = 12 (cos(2θ) + 1) dθ = 21 12 sin(2θ) + θ + C
Donc
µ
¶
Z
x
dx
1
=
+
arctan
x
+C
(1 + x2 )2
2 1 + x2
D’une manière générale
Z
dx
=
(1 + x2 )β
Z
cos2(β−1) θ dθ
Il ”suffit” toujours de linéariser mais cela devient de plus en plus fastidieux.
On
vérifier par exemple que
R peut
dx
x
= 38 arctan x + 38 x2x+1 + 14 (x2 +1)
2 + C
(1+x2 )3
R
x−7
b) (x2 +4x+13)
dx , ici les pôles sont simples et complexes conjugués.
On écrit le dénominateur sous la forme canonique
(x − a)2 + b2 = x2 + 4x + 13 = (x + 2)2 − 4 + 13 = (x + 2)2 + 9
x+2
fait le changement
t = x−a
b = 3¡ .
¢
Ret on x−7
R x−7de variable
R t−3
1
2 + 1 − 3 arctan t + C
dx
=
dx
=
dt
=
ln
t
2
2
2
2
(x +4x+13)
(x+2)
+9
t +1
¡
¢
= 21 ln x2 + 4x + 13 − 3 arctan x+2
3 + C ; domaine ] − ∞, ∞[ .
R
x−7
d) (x2 +4x+13)
2 dx, ici les pôles sont complexes conjugués mais multiples.
On a alors
Nelly POINT
6
Version 1
ESCPI
R
CNAM
R
R
R
2t
1
= 9(tt−3
dt − 39 (t2 +1)
2 +1)2 dt =
2 dt
18(t2 +1)2
Dans
la première intégrale
on fait le changement de variable u = t2 + 1 d’où
R
R
du
2t
1
1
dt = 18
= − 18u
+C .
18(t2 +1)2
u2
La seconde a été³ calculée plus haut
´
R
1
1
t
dt
=
+
arctan
t
+C
2 +1
(t2 +1)2
R 2 t x−7
Finalement
dx = − 18(t12 +1) − 13 2t2t+2 − 61 arctan t + C
(x2 +4x+13)2
x−7
dx
(x2 +4x+13)2
1
x+2
= − 18(x2 +4x+13)
− 2(x2 +4x+13)
− 61 arctan x+2
3 +C
(Rq. si on calcule une intégrale définie, on change les bornes au fur et à mesure et on n’a
pas à revenir en x )
7. Changement de variable R √
a) Calculons la primitive de x 1 − x2 dx pour x ∈ [−1, 1] .
Il suffit de poser u = 1 − x2 d’où du = −2xdx et
³√
´3
R √
R
3/2
x 1 − x2 dx = − 12 u1/2 du = − 12 u3/2 + C = − 31
1 − x2 + C
R√
b) Calculons la primitive de
1 − x2 dx pour x ∈ [−1, 1] .
Le changement de variable précédent n’est pas judicieux.
Posons, comme conseillé en 3.4.3, x = sin θ d’où dx = cos θ dθ.
Comme 1 − x2 = 1 − sin2 θ = cos2 θ, si on choisit θ ∈ [− π2 , π2 ] , alors cos θ ≥ 0 et donc
√
2
¡
¢
R 1√− x = cos θ,R . Finalement
1 − x2 dx = cos2 θ dθ = 12 12 sin(2θ) + θ + C = 12 (sin θ cos θ + θ) + C
√
= x2 1 − x2 + arcsin(x) + C.
8. Décomposition de fractions rationnelles en éléments simples
5
a) Soit la fraction rationnelle R(x) = (x2 −1)(xx2 −4x+5) , elle est à coefficients réels, et a 2
pôles réels et 2 pôles complexes conjugués car x2 − 4x + 5 = (x − 2)2 + 1 s’annule pour
x = 2 ± i.
Comme le degré du numérateur moins celui du dénominateur vaut 1, il y a une partie entière de degré 1 , qu’on calcule en faisant la division euclidienne. On trouve la
décomposition en éléments simples suivante
1
1
117x − 190
x5
=x+4+
+
+
4
3
2
x − 4x + 4x + 4x − 5
4 (x − 1) 20 (x + 1) 10(x2 − 4x + 5)
Pour calculer la primitive du dernier terme, il faut mettre le dénominateur sous la forme
(x − a)2 + b2 et faire le changement
de variable t = x−a
b .
¡
¢
Rcanonique
117x−190
22
117
2
dx = 5 arctan t + 20 ln t + 1 + C
10(x2 −4x+5)
¡ 2
¢
117
= 22
5 arctan(x − 2) + 20 ln x − 4x + 5 + C
On
R a donc
x5
dx =
(x2 −1)(x2 −4x+5)
¡ 2
¢
1 2
1
1
117
= 4x + 2 x + 4 ln |x − 1| + 20
ln |x + 1| + 22
5 arctan(x − 2) + 20 ln x − 4x + 5 + C
Le domaine de définition de cette primitive est ] − ∞, −1[∪] − 1, 1[∪]1, +∞[.
4
5x −40
b) Soit la fraction rationnelle R(x) = (x
2 −4)2 . Elle a deux pôles doubles 2 et -2 car
2
2
2
2
(x − 4) = (x − 2) (x + 2) . Comme le numérateur et le dénominateur ont même degré,
sa partie entière est de degré 0 donc c’est une constante qui vaut 5. La décomposition en
éléments simples est donc de la forme
R(x) =
Nelly POINT
A
B
C
D
5x4 + 1
=5+
+
+
+
2
2
2
(x − 4)
(x − 2) (x + 2) (x − 2)
(x + 2)2
7
Version 1
ESCPI
CNAM
4
5x −40
35
35
5
5
On a vu que (x
+ 2(x+2)
2 −4)2 = 5 + 4(x−2) − 4(x+2) +
2 ,
2(x−2)2
d’où le calcul de³la primitive :
´
R 5x4 −40
R
35
35
5
5
dx
=
5
+
−
+
+
dx
4(x−2)
4(x+2)
(x2 −4)2
2(x−2)2
2(x+2)2
35
x
= 5x + 35
4 ln |x − 2| − 4 ln |x + 2| − 5 x2 −4 + C
dont le domaine de définition est ] − ∞, −2[∪] − 2, 2[∪]2, +∞[ .
9. Exercices d’entraı̂nement
Calculer les intégrales indéfinies suivantes et préciser chaque fois le domaine de validité
a) Intégrer à l’aide d’un changement de variable
Z
Z
Z
xdx
arctan x dx
xdx
4
2
1+x
1+x
(1 + x2 )2
Z
b) Utiliser la linéarité
Z
x2 dx
1 + x2
Z
Z
2
sin x dx
p
3x 1 + x2 dx
xdx
3+x
c) Intégrer par parties
Z
Z
arctan x dx
x2
arctan x dx
1 + x2
d) Faire un changement de variable t = (1 + x) puis faire une division selon les puissances
croissantes puis intégrer
Z
(3x + 2)dx
x(1 + x)3
e) Changer de variable
Z p
a2 − x2 dx
Z
Z r
Z
3
tan x dx
f ) Décomposer en éléments simples
Z 5
x + x4 − 8
dx
x3 − 4x
Z
Z
x3 dx
(1 + x2 )2
sin3 x dx
1−x
dx
1+x
dx
(1 + x2 )x
Z
x2
dx
+ 2x + 5
10. Calculer l’intégrale définie suivante (commencer par une intégration par parties puis faire
un changement de variable x = sin(t), et enfin terminer)
Z 1
³p
´
I=
arctan
1 − x2 dx
0
11. Calculer en commençant par une intégration par parties
¶
Z 1 µ
1 + x2
I=
ln
dx
x
0
Nelly POINT
8
Version 1