Techniques de calcul des intégrales Essaidi Ali 4 avril 2014 Résumé Le but de ce travail et de proposer quelques techniques de calcul des intégrales.
1
Cas Cas des des poly polynô nôme mess en sin x et cos x : – Dans le cas des des fonctions fonctions de type sin n (x)P (cos(x)) avec n Exemples d’application : 1. Calcul de de la primitiv primitivee
∈ N impair et P ∈ ∈ C[X ], on pose u = cos x.
sin5 xdx :
On a 5 impair donc on va considérer le changement de variables, u = cos x donc
avec C ∈ − u )du = −u + 23 u − 15 u + C avec ∈ R. 2 1 xdx = − cos x + cos x − cos x + C avec avec C ∈ ∈ R. 3 5
( 1 + 2 u2
−
Donc
sin5
4
3
π
2. Calcul de de l’intégrale l’intégrale
sin5 xdx =
(1 u2 )2 du =
−
sin3 x cos2 xdx : π
On a 3 impair donc on va considérer le changement de variables, u = cos x donc 1
5
0
−
5
3
1
sin3 x cos2 xdx =
0
2
2
4
−
3
−
1
1. Calcul de de la primitiv primitivee
2
Donc
3
5
sin2 x cos3 xdx =
−
2
avec C ∈ − u )du = u3 − u5 + C avec ∈ R. 1 1 x cos xdx = sin x − sin x + C avec ∈ R. avec C ∈ 3 5
(u2
sin2
u (1
sin2 x cos3 xdx :
On a 3 impair donc on va considérer le changement de variables, u = sin x donc
u )du =
−
∈ ∈ C[X ], on pose u = sin x.
∈
Exemples d’application :
(1
−1
1 5 4 u )u du = u )du = u u (u = . 3 5 15 −1 −1 – Dans le cas des des fonctions fonctions de type cosn (x)P (sin(x)) avec n N impair et P 2
1
4
3
3
5
π
cos 2
2. Calcul de de l’intégrale l’intégrale
4
3
x sin x + 3 cos cos x
0
− 2sin x dx :
On remarque que cos x sin4 x +3cos3 x 2sin x se compose de 2 parties cos x sin4 x +3cos3 x = cos x(sin4 x + 3cos2 x) = cos x(sin4 x + 3 3sin2 x) et 2sin x. Pour le premier terme on a 1 impair donc on va utiliser le changement de variable u = sin x et on calculera l’intégral du second terme directement.
−
−
−
π
cos 2
0
π
4
3
x sin x + 3 cos cos x
− 2sin x
cos 2
d
=
x
4
3
x sin x + 3 cos cos x
0
1
=
4
1
0
1 5 =
1
1 5
(u4
2
− 3u
−2
2
0
+ 3)du
− 1 + 3 − 2
π
2
0
=
x
− u ) du + 2 [cos [cos x]
u + 3(1
d
−2
0
π
2
sin xdx
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Essaidi Ali
– Dans les autres cas on linéarise linéarise l’express l’expression. ion. Exemple d’application : π
1. Calcul de de l’intégrale l’intégrale
sin4 x cos2 xdx :
0
On a 4 et 2 pairs donc on va linéariser linéariser l’expressio l’expression n sin 4 x cos2 x. On a : 4
2
sin x cos x
=
1 4ix e 64
π
4
− e− 2i
1
64
4
− 4e
2ix
eix + e−ix
2
+6
e6ix + e−6ix
1 cos cos 6x 32
=
ix
=
=
Donc :
eix
2
2ix
− 4e− 4ix
+ e−4ix 4ix
2ix
+ 2 + e−2ix 2ix
− 2e − 2e− − e − e−
+4
1 1 − 161 cos cos 4x − cos cos 2x + 32 16
π
2
sin x cos xdx
1 1 1 1 cos6 − cos cos 4 − cos2 + dx 32 16 32 16 1 1 1 1
=
x
0
x
x
0
π
=
2
2ix
e
32 6
sin sin 6x
− 2 sin sin 4x − sin2x + 2 x 2
=
0
π
16
Cas Cas des des poly polynô nôme mess en shx et chx : – Dans le cas des des fonctions fonctions de type shn (x)P (ch(x)) avec n Exemples d’application : 1. Calcul de de la primitiv primitivee
∈ N impair et P ∈ ∈ C[X ], on pose u = chx.
sh3 xch2 xdx :
On a 3 impair donc on va considérer le changement de variables, u = chx donc avec C ∈ − u )du = 15 u − 13 u + C avec ∈ R. 2 1 Donc avec C ∈ ∈ R. sh xch xdx = ch x − ch x + C avec 5 3
1)u2 du =
(u4
3
2
5
2
1
(2u
1
1 6 ch (1) 3
1
3
−2u +u)du =
1 3
− 12 u
u6
4
+
1 2 u 2
1 4 1 1 . ch (1) + ch2 (1) 2 2 3 – Dans le cas des des fonctions fonctions de type chn (x)P (shx) avec n
−
1. Calcul de de la primitiv primitivee
2
+
3
Donc
5
x
x
x
5
ch(1)
x
x
0 ch(1)
u2
2
u
u5
u
1
6
4
3
1
2
2
2
∈ N impair et P ∈ ∈ C[X ], on pose u = shx.
ch3 xdx :
∈ ∈ R.
ch3 xdx = sh x + ln 2
3
ch xdx =
(1 + u 2 )du =
1 3 avec C sh x + C avec 3
∈ ∈ R.
ch3 xsh4 xdx :
0
ln 2
On a 3 impair donc on va considérer le changement de variable u = shx donc 4
x et 1 impair donc on va
C avec avec C
2. Calcul de de l’intégrale l’intégrale
2
5
x
On a 3 impair donc on va considérer le changement de variables, u = shx donc
u3
−
−
Exemples d’application :
u+
(u2
− 1) ch + ch d = ( − 1) + d = sh ch + sh ch 1 1 1 = ch (1) − 1 − ch (1) − 1 + ch (1) − 1 =
considérer considérer le changement changement de variables, variables, u = chx donc 5
sh xch xdx =
sh5 xchx + sh xch5 x dx :
0
ch(1)
2
3
On a sh 5 xchx + shxch5 x = shx sh4 xchx + ch5 x = shx (ch2 x
3
3
5
2. Calcul de de l’intégrale l’intégrale
u )u du =
0
3 4
(u4 + u6 )du =
1 5
5
u +
1 7 u 7
3
0
3 4
= 0
1 5
5
3 4
+
1 7
3 4
7
=
4
ch xsh xdx =
sh(ln sh(ln 2)
(1 +
0
38151 . 573440
– Dans les autres cas on linéarise linéarise l’express l’expression. ion. Exemple d’application :
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1
1. Calcul de de l’intégrale l’intégrale
Essaidi Ali
sh2 xch4 xdx :
0
2 et 4 sont pairs donc on va linéariser l’expression sh 2 xch4 x. On a : 2
4
sh xch x
=
1 2x e 64
= 1
2
x
=
=
ex
− e− 2
1
64
2
ex + e−x
2x
− 2 + e−
1 1 ch6x + ch4x 32 16
1
sh xch x
4x
e
+ 4e2x + 6 + 4e−2x + e−4x
e6x + e−6x + 2 e4x + 2e−4x
1 1 dx = ch6 + ch4 32 16 1 1
4
2
4
0
3
x
x
0
−
e−2ix
−4
− 321 ch2x − 161
1 ch2x 32
1 16
− 1 1 1 sh6 + sh4 − sh2 − 2 = (sh6 + 3sh4 − 3sh2 − 12). 32 6 2 2 192
Donc
−
−
e2x
1 1 1 dx = sh6x + sh4x 32 6 2
−
1 sh2x 2
− 2x
1
= 0
Cas d’une d’une fractio fraction n rationn rationnelle elle :
Dans ce cas, on décompose d’abord la fraction en éléments simples. Exemples d’application : 1. Calcul Calcul de la primiti primitive ve On a
1 X 2 +3X +2
=
dx : (x2 + 3x + 2)
1 (X +2)(X +1)
+ 1 = = = ln + +2 d x x
ln x + 2 + C
|
|
1 X +1
1 donc X +2
− C avec avec C ∈ ∈ R.
dx = (x2 + 3 x + 2)
1 x+1
−
1 x+2
dx = ln x + 1
|
|−
1
x : 2 0 (x + 1)(x + 1) = 21 X1+1 21 X 21+1 donc :
2. Calcul Calcul de l’intégral l’intégralee On a
1 (X +1)(X 2 +1)
−
1
0
dx (x + 1)(x2 + 1)
=
=
=
4
1
1 2
1 x+1
1 2
1
1 x+1
0
0
1 ln x + 1 2
|
=
1 2
=
π 1 ln2 + 4 8
ln 2
−
x 1 x2 + 1
− − −
|−
dx
1 2x 1 + 2 x +1 2 x2 + 1
dx
1 ln( x2 + 1) + arctan x 2
1 ln 2 + arc arcta tan n1 2
1
0
Cas Cas d’un d’unee fract fractio ion n en e en e x , chx et shx : – Dans le cas des des fonctions fonctions de type sh(x)R(ch( x)) avec R Exemples d’application : shx dx : 1. Calcul de de la primitiv primitivee 2 ch x 1
∈ C(X ) une fraction, on pose u = chx.
−
−
Exemples d’application :
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∈ ∈
−
∈
3/6
shx
− −
du
1 1 1 On consdè consdère re le changem changement ent de varia variable bless u = chx donc dx = = du = 2 2 u u 1 u+1 1 2 ch x 1 u 1 1 shx 1 chx 1 1 chx 1 avec C R d’où avec C R. ln + C avec dx = ln + C = = ln + C avec 2 u+1 2 2 chx + 1 2 chx + 1 ch x 1 – Dans le cas des foncti fonctions ons de type ch(x)R(sh(x)) avec R C(X ) une fraction, on pose u = shx.
−
−
− −
∈ ∈
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1
1. Calcul de de l’intégrale l’intégrale
chx dx : ch x + 1
2
0
1
On consdère le changement de variables u = shx donc
u 1 arctan 2 2
√
√
0
sh(1)
Essaidi Ali
chx dx = 2 ch x + 1
1
chx dx = 2 sh x + 2
0
sh(1)
0
du = u2 + 2
1 sh(1) . = arctan 2 2
√
0
√
– Dans les autres cas, cas, on utilise le changement changement de variable u = e x . Exemples d’application : 1
1. Calcul de de l’intégrale l’intégrale
e2x
0
ex dx : + 3 ex + 2 1
x
On consdè consdère re le changem changement ent de varia variable bless u = e donc e
1
1 u+1
−
1 u+2
2. Calcul de de la primitiv primitivee
d = ln d u
u+1 u+2
x : ch(x)
1
On consdè consdère re le changem changement ent de varia variable bless u = e donc
∈ ∈ R d’où
5
1
e + 1 3 = ln + ln . e+2 2
x
2 arctan arctan u + C avec avec C
e2x
0
e
e
ex dx = + 3 ex + 2
dx =2 ch(x)
du = 2 u + 3u + 2
dx =2 x e + e−x
dx = 2 arctan arctan ex + C avec avec C ch(x)
ex e2x
+1
e
1
du = (u + 1)(u + 2)
dx = 2
du = +1
u2
∈ ∈ R.
Cas Cas d’un d’unee fract fractio ion n en sin, cos et tan : On cherche à intégrer une fraction R (cos x, sin x, tan x) en sin , cos et tan . – Si R (cos( x), sin( x), tan( x))d( x) = R (cos(x), sin(x), tan(x))d(x) alors on pose u = cos x : Exemple d’application : dx 1. Calcul de de la primitiv primitivee : sin x dx du 1 1 d(−x) dx On a sin(−x) = sin donc on va poser u = cos x d’où = = x 2 u u 1 sin x 1 2 u 1 x 1 dx 1 cos x 1 avec C R donc avec C ln + C avec = ln + C = = ln tan + C avec u+1 2 sin x 2 cos x + 1 2
−
−
−
−
−
– Si R (cos(π x), sin(π x), tan(π Exemple d’application :
−
−
1. Calcul de de l’intégrale l’intégrale
π
2
0
On a
cos(π−x) d(π cos2 (π−x)+3
−
−
1 u+1
− − ∈ ∈ R.
du =
− x))d(π − x) = R (cos(x), sin(x), tan(x))d(x) alors on pose u = sin x :
cos x dx : cos2 x + 3
− x) =
1
1
∈ ∈
cos x dx donc cos2 x+3
1 d = ln 4
on va poser u = sin x d’où
+ 2 − 2
π
2
0
1
cos x dx = cos2 x + 3
1
0
d 4
2
−u
=
u 1 1 1 u = ln 3. u+2 u 2 u 4 0 4 0 – Si R (cos(π + x), sin(π + x), tan(π + x))d(π + x) = R (cos(x), sin(x), tan(x))d(x) alors on pose u = tan x :
− −
Exemple d’application : π
sin x dx : sin x + cos x 0 sin(π +x) x dx donc on va poser u = tan x d’où sin x = u cos x et On a sin(π+x)+cos(π+x) d(π + x) = sin xsin +cos x
1. Calcul de de l’intégrale l’intégrale
Donc :
2
π
2
0
sin x dx sin x + cos x
=
0
=
= – Dans les autre cas, cas, on pose pose u = tan Exemple d’application : 1. Calcul de de l’intégrale l’intégrale
0
π
2
x
2
+∞
1 2
= d x.
u du (u + 1)(u2 + 1)
+∞
0
1 + u2 + 1 u+1 u
√
du 1+u2
−
u2 + 1 1 ln + arctan u u+1 2
1 u2 + 1
+∞ 0
=
du
π
4
:
dx : 1 + cos x
Considérons le changement de variable u = tan x2 donc :
0
π
2
dx = 1 + cos x
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1
0
u 2du 2 = arctan 5 + u2 5 5
√
√
1
= 0
4/6
√ 25 arctan √ 15 .
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Cas Cas des des foncti onction onss eλx sin(µx) et e et eλx cos(µx) avec λ, avec λ, µ
6
Dans ce cas, on calcul e(λ+iµ)x et on passe à la partie réelle et imaginaire suivant les cas. Exemples d’application :
1. Calcul Calcul de la primiti primitive ve On a
∈ ∈ C donc
avec C
x
e sin xdx :
ex 1 (1+i)x e + C = = (1 1+i 2
e(1+i)x dx =
x
e sin xdx = π
2. Calcul Calcul de l’intégral l’intégralee On a
2x
m
e
x
e − i)(cos x + i sin x) + C = = (cos x − sin x + i(sin x − cos x) + C 2 e sin xdx = (sin x − cos x) + A avec A ∈ R. 2
x
x
cos3xdx :
e
0
π
e
0 2π
− 132 (e
(2+3i)x
∈R:
1 (2+3i)x e dx = 2 + 3i
π
=
0
−
1 (2 3i)(e2π +1) donc 13
−
π
2x
e
π
cos3xdx =
0
e
(2+3i)x
e
dx =
0
+ 1) .
7 Cas des fonc onctio tions eλxP (x), cos(λx)P (x), sin(λx)P (x), ch(λx)P (x) et sh(λx)P (x) avec λ avec λ R et P et P R[X ] :
∈
∈ ∈
Dans ce cas, on fait des inégration par parties. Exemples d’application : 1. Calcul Calcul de la primiti primitive ve
e
2x
(x2 + x + 1)dx :
1 1 1 e (x +x +1)dx = e2x (x2 +x +1) e2x (2x +1)dx = e2x (x2 + x +1) On a 2 2 2 2 1 2x 2 1 2x 1 2x 2x x + 1 e (x + x + 1) e (2x + 1) + e + C = = e + C avec avec C R. 2 4 4 4 2
x
−
−
2. Calcul Calcul de l’intégral l’intégralee On a
2
x sin xdx =
2
π
2π
2π
On a
0
π
0
π
−2
2
2π 0
1 8
2
2π
(3x
− 1)cos4x
+
0
Cas Cas d’un d’unee fract fractio ion n en x en x et et
Dans ce cas, on pose u =
Exemples d’application :
n
sin xdx = π 2 +2 [cos [cos x]0π = π 2 4.
−
0
2
(x sin x
0
−2π +[sin x] − − 114 π. 8
2
x cos xdx = π +2 [x sin x]0
− (3x − 2x)cos4x)dx : 1 (x sin x−(3x −2x)cos4x)dx = −x cos x − (3x − 2x)sin4x 4
3. Calcul Calcul de l’intégral l’intégralee
π
2
−
x cos x 0 +2
0
e2x dx =
x sin xdx :
0
π
∈ ∈
π
−
1 2x 1 e (2x +1)+ 4 2
2π
3 8
cos4xdx =
0
ax+b cx+d
n
−2π −
où n où n
π
2π
1 (cos x+ (3x 1)sin4x)dx = 2 0 0 1 3 3 π = ((6π 1)+1)+ [sin4x]20π = 2π 8 32 4 +
−
−
− −
∈ N∗ et a et a,, b, c, d ∈ R :
ax+b . cx+d
x+1
√ x + 1 dx : x + 1 u √ On pose u = 1 x + 1 donc x = u − 1 et dx = 2udu. On déduitx +que1 1 + √ √ x + 1 dx = 2√ 1 + u du = avec C ∈ ∈ R donc 1 + √ x + 1 dx = 2 x + 1 − 2ln( x + 1+1)+ C 2 1− du = 2u − 2 ln |u +1 | + C avec 1+u ∈ R. avec C ∈ √ x + 1 d+x √ x + 1 : Calcul Calcul de l’intégral l’intégralee √ Posons alors √ √ On a √ donc donc il s’agit s’agit d’une d’une fracti fraction on en x + 1. Posons alors u = x + 1 donc x = u −1 = √ √
1. Calcul Calcul de la primiti primitive ve
1+
2
2
2.
3
1 x+1+ 5
0
3
6
x+1
x
3
x+1 +
6
6
et dx = 6u du.
2
On dédui déduitt que que
0
1 4
u
4
−
dx =6 x + 1 + x + 1 √
√
1 3 1 2 u + u 3 2
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6
6
2
x+1
√ 3
6
− u + ln |u + 1|
2
2
u5 u3 + u2
1
= 1
√ 6
1 4
√ 3
4
− 13
du = 6
1
√
5/6
2+
1 2
√ 6
2
u4
1+ u
√ 6
2
du = 6
1
3
u
2
−u
+u
−
1 1+ 1+ u
du =
√ √ √ 7 2 − 2 + ln( 2 + 1) + − ln 2. 12 3
6
6
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√ Cas Cas d’un d’unee fract fractio ion n en x en x et et ax
c avec a a,, b, c + bx + c avec
2
9
Essaidi Ali
2
∈ R et a et a = 0 :
D’abord, on écrit ax2 + bx + c = a x + 2ba + c 4ba et on considère le changement de variable u = x + 2ba ce qui permet d’arriver à l’un des 3 cas suivants : – Cas d’une d’une fracti fraction on en u et u2 + 1 : Dans ce cas, on le choix entre les deux changements de variable u = tan t ou u = sht. Exemple d’application :
√
−
1
1. Calcul de de l’intégrale l’intégrale
x2 + 2 x + 2dx :
0
1
+2 + 1d = tan x2
On a
1
x + 2d x =
u2
donc en posant posant u = x +1 on obtien obtientt + 1d x donc
0
x2 + 2 x + 2dx =
0
u.
1
On pose u
t avec t
1
π
π
∈ − ,
. On a tan t = u
2 2 arctan arctan 2
x2 + 2x + 2d x =
que
+ 1)2
(x
0
2
1
π
0 4 d(−t) dt On cos3 (−t) = cos 3 t donc on pose y = 2 2 . = √ 5 1+tan2 (arctan (arctan 2) 2 √ 1 5 2 x + 2x + 2d x = Donc
tan
2
3
≥ 0 car u ∈ [1, 2] donc t ∈ 0, arctan arctan 2
t + 1 dt =
dt
cos3 t
π
4
.
π
2
d’où cos t
≥ 0. On déduit
sin t et on remarque que sin(arcta sin(arctan n 2) = tan(arc tan(arctan2) tan2) cos(arc cos(arctan2) tan2) =
√
√
2 2
0
1 4
–
dy
(1
1 = y2 )2 t 4
−
1 + ln y + 1 y + 1
1
2 √
2 √
( 1 2 5
√
2 2
1 1 + x + 1) 2 x+1
+ 1 − 1 + ln − 1 y
5
y y
| | − ln |y − 1| − y − 1 = 4 y √ 2 1 √ − ln(1 + 2). 2 2 √ Cas d’une d’une fraction fraction en u et u − 1 : Dans ce cas, on pose u = ±cht. −
2
√
2 2
1
1
− x − 1 + (x − 1) √ 1 √
2
2 √
5
√
=
5+
2 2
2
dy =
ln( 5 + 2)
−
2
Exemple d’application :
1
1. Calcul de de l’intégrale l’intégrale
+ 2 d x2
0
1
x2
On a
u2
1
(x + 1) 2
x x
0
2
x x :
1
+ 2 d = − 1d
0
− 1dx donc en posant u = x + 1 on obtient
1 2
x2 + 2 x + 2dx =
0
u.
1
On a u
1
≥ 1 donc on pose u = cht donc
argch(2)
1
argch(2)
1
x2
0
+ 2 xdx =
0
argch(2)
ch
2
argch(2)
t
− 1shtdt =
sh2 tdt =
0
1 1 = sh(2argch(2)) argch(2). 4 4 2 0 0 On remarque que sh(2argch(2)) = 2sh(argch(2))ch(argch(2)) = 2 ch2 (argch(2)) 1ch(argch(2)) = 4 3 1 1 x2 + 2 xdx = 3 et argch(2) = ln(2 + 22 1) = ln(2 + 3) donc ln(2 + 3). 2 0
–
(ch(2t)
− 1)dt =
√ − √ Cas d’une d’une fractio fraction n en u et 1 − u
sh(2t)
− 2t
−
√
√
−
−
√
√
2
: Dans ce cas, on le choix entre les deux changements de variable u = cos t ou
2
+ 2 xdx :
u = sin t. Exemple d’application :
1
1. Calcul de de l’intégrale l’intégrale
−x
0
1
− 1− d
x 2 + 2 x dx =
On a 1
0
1
1
0
1
2
− (x − 1) dx donc en posant u = 1 − x on obtient
0
2
+ 2 xdx =
2
t sin tdt =
−x
u2 u.
0
On pose u = cos t avec t
0
π
2
1 sin tdt = 2 2
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π
1
0
∈ [0, π] donc sin s in t ≥
π
2
(1
− cos2t)dt =
1 2
t
−
0 et on a
1 sin(2t) 4
6/6
π
0
−
0
2
=
x2
π
4
= 1 − cos 2
+ 2 x dx
0
.
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