m 2204 : calcul différentiel et intégral · m 2204 : calcul differentiel et int´ egral´ e....

M 2204 : Calcul differentiel et integral

E. Godelle

Univ. Caen, IUT Caen, Dept. R&T

2014 - 2015

E. Godelle (Univ. Caen, IUT Caen, Dept. R&T) M 2204 : Calcul differentiel et integral 2014 - 2015 1 / 39

Chapitres du module :

1 Integration et primitives

2 Integration par parties

3 Changement de variable

4 Decomposition en elements simples et integration des fractions rationnelles

5 Integration des produits de fonctions harmoniques

6 Equation differentielle d’ordre 1 a coefficients constants

7 Equation differentielle d’ordre 2 a coefficients constantsEvaluation du module :• controles en TD/CM (1 note globale sur 20 : C)• 1 examen d’une heure en fin de module (1 note sur 20 : T).• note finale : max((C + 2T )/3,T )

Integration et primitivesDefinition de l’integrale, somme de Darboux

Notation : Soit [a,b] un intervalle. Soit f : [a,b]→ R,x 7→ f (x), une applicationbornee (il existe m,M dans R tel que pour tout x dans [a,b] on am < f (x) < M) .

1 On appelle subdivision de [a,b] toute suite finie ∆ = (a0,a1, . . . ,ak ) telleque a0 = a et ak = b avec a0 < a1 < .. . < ak .

2 Si ∆ = (a0,a1, . . . ,ak ) est une subdivision de [a,b]. On appelle pas de δ

le nombre max{| ai+1−ai | ; i ∈ 0≤ i ≤ k−1}.3 Si ∆ = (a0,a1, . . . ,ak ) est une subdivision de [a,b]. Posons

Mi = sup{f (x) | x ∈ [ai ,ai+1]}. On appelle somme de Darbouxsuperieure associee a f le nombre D∆(f ) = ∑

k−1i=0 Mi(ai+1−ai)

4 Si ∆ = (a0,a1, . . . ,ak ) est une subdivision de [a,b]. Posonsmi = inf{f (x) | x ∈ [ai ,ai+1]}. On appelle somme de Darboux inferieureassociee a f le nombre d∆(f ) = ∑

k−1i=0 mi(ai+1−ai)

5 Si ∆ = (a0,a1, . . . ,ak ) est une subdivision de [a,b], alors d∆(f )≤ D∆(f )

Integration et primitivesDefinition de l’integrale

Definition Soit [a,b] un intervalle. Soit f : [a,b]→ R,x 7→ f (x), une applicationbornee. On dit que f est integrable si

inf{d∆(f ) |∆ subdivision de [a,b]}= sup{D∆(f ) |∆ subdivision de [a,b]}

Dans ce cas, ce nombre s’appelle l’integrale de f entre a et b et se note∫ b

af (t)dt

ExempleToute fonction continue sur un intervalle [a,b] est integrable sur cet intervalle.

Exemple

Soit f : [a,b]→ R definie par f (t) = 0 si t est dans Q et f (t) = 1 sinon. Alorspour toute subdivision ∆, on a d∆(f ) = 0 et D∆(f ) = 1. Donc f n’est pasintegrable.

af (t)dt

Exemple

af (t)dt

Exemple

Integration et primitivesLien avec les primitives

Notation : Soit [a,b] un intervalle. Soit F : [a,b]→ R,x 7→ F(x), uneapplication. On pose

[F(x)]ba = F(b)−F(a).

Exemple

[sin(t)]π

20 = sin( π

2 )− sin(0) = 1−0 = 1

Proposition

Soit [a,b] un intervalle. Soit f : [a,b]→ R une fonction integrable.1 Soit F : [a,b]→ R une fonction derivable sur [a,b] telle que F ′(x) = f (x)

pour tout x dans [a,b]. Alors∫ b

a f (t)dt = [F(t)]ba

2 Soit c dans [a,b]. L’application Fc : [a,b]→ R definie parFc(x) =

∫ xc f (t)dt est derivable sur [a,b] et pour tout x on a F ′c(x) = f (x).

[F(x)]ba = F(b)−F(a).

Exemple

[sin(t)]π

20 = sin( π

2 )− sin(0) = 1−0 = 1

Proposition

[F(x)]ba = F(b)−F(a).

Exemple

[sin(t)]π

20 = sin( π

2 )− sin(0) = 1−0 = 1

Proposition

Integration et primitivesLien avec les primitives : exemples

Exemple ∫ 2

dt = [ln(t)]21 = ln(2)− ln(1) = ln(2)

Exemple∫ 20

t√t2+1

On a(√

t2 + 1)′

= 12√

t2+1× (2t) = t√

t2+1. Donc

t√t2 + 1

dt = [√

t2 + 1]20 =√

Exemple ∫ 2

dt = [ln(t)]21 = ln(2)− ln(1) = ln(2)

Exemple∫ 20

t√t2+1

On a(√

t2 + 1)′

= 12√

t2+1× (2t) = t√

t2+1. Donc

t√t2 + 1

dt = [√

t2 + 1]20 =√

Exemple ∫ 2

dt = [ln(t)]21 = ln(2)− ln(1) = ln(2)

Exemple∫ 20

t√t2+1

On a(√

t2 + 1)′

= 12√

t2+1× (2t) = t√

t2+1. Donc

t√t2 + 1

dt = [√

t2 + 1]20 =√

Integration et primitivesLinearite

Proposition

Soit [a,b] un intervalle. Soit f : [a,b]→ R et g : [a,b]→ R deux fonctionsintegrables sur [a,b]. Soit α,β deux nombres reels, alors la fonctionx 7→ αf (x) + βg(x) est integrable sur [a,b] et on a∫ b

aαf (x) + βg(x)dx = α

af (x)dx + β

ag(x)dx

Exemple

06t + 2sin(t)dt = 3

02tdt + 2

0sin(t)dt = 3× [t2]π

0 + 2× [−cos(t)]π0 =

3× (π2−02) + 2× (−cos(π)− (−cos(0)) = 3π

2 + 4.

Integration et primitivesLinearite

Proposition

Soit [a,b] un intervalle. Soit f : [a,b]→ R et g : [a,b]→ R deux fonctionsintegrables sur [a,b]. Soit α,β deux nombres reels, alors la fonctionx 7→ αf (x) + βg(x) est integrable sur [a,b] et on a∫ b

aαf (x) + βg(x)dx = α

af (x)dx + β

ag(x)dx

Exemple

06t + 2sin(t)dt = 3

02tdt + 2

0sin(t)dt = 3× [t2]π

0 + 2× [−cos(t)]π0 =

3× (π2−02) + 2× (−cos(π)− (−cos(0)) = 3π

2 + 4.

Integration et primitivesRelation de Chasles

Proposition

Soit [a,b] un intervalle. Soit f : [a,b]→ R une fonction integrable. Soit c dans[a,b]. Alors f est integrable sur [a,c] et sur [b,c] et on a∫ b

af (t)dt =

af (t)dt +

cf (t)dt

Exemple

−1| t | dt =

−1| t | dt +

0| t | dt =∫ 0

−1−t dt +

0t dt = [−1

2t2]0−1 + [

t2]10 = 1

Proposition

af (t)dt =

af (t)dt +

cf (t)dt

Exemple

−1| t | dt =

−1| t | dt +

0| t | dt =∫ 0

−1−t dt +

0t dt = [−1

2t2]0−1 + [

t2]10 = 1

Proposition

af (t)dt =

af (t)dt +

cf (t)dt

Exemple

−1| t | dt =

−1| t | dt +

0| t | dt =∫ 0

−1−t dt +

0t dt = [−1

2t2]0−1 + [

t2]10 = 1

Integration et primitivesLe cas des fonctions polynomiales

Pour tout entier naturel n ∈ N, on a : (xn)′ = nxn−1 donc

PropositionPour tout entier naturel n ∈ N, une primitive de la fonction xn est

1n+1 xn+1

En effet ( 1n+1 xn+1)′ = 1

n+1 (xn+1)′ = 1n+1 × (n + 1)xn+1−1 = xn.

Exemple1 n = 0 : une primitive de 1 est x ;2 n = 1 : une primitive de x est 1

2 x2 ;3 n = 2 : une primitive de x2 est 1

1n+1 xn+1

En effet ( 1n+1 xn+1)′ = 1

n+1 (xn+1)′ = 1n+1 × (n + 1)xn+1−1 = xn.

1n+1 xn+1

En effet ( 1n+1 xn+1)′ = 1

n+1 (xn+1)′ = 1n+1 × (n + 1)xn+1−1 = xn.

1n+1 xn+1

En effet ( 1n+1 xn+1)′ = 1

n+1 (xn+1)′ = 1n+1 × (n + 1)xn+1−1 = xn.

Integration et primitivesLe cas des fonctions polynomiales : exemple

−1t3 + 3t2−4t + 5 dt =

−1t3dt + 3

−1t2dt−4

−1t dt + 5

−11dt =

t4]2−1 + 3[

t3]2−1 − 4[

t2]2−1 + 5[t]2

−1 =

(24− (−1)4) + 3× 13

(23− (−1)3)−4× 12

(22− (−1)2) + 5(2− (−1)) =

+ 9−6 + 15 =874

Integration et primitivesLe cas des fonctions exponentielles

Pour tout reel a ∈ R, on a : (eax )′ = aeax (on applique la formule de deriveed’une fonction composee) donc

PropositionPour tout reel non nul a ∈ R∗, une primitive de la fonction eax est

1a eax

En effet ( 1a eax )′ = 1

a (eax )′ = 1a ×aeax = eax .

Exemple1 a = 1 : une primitive de ex est ex ;2 a = 2 : une primitive de e2x est 1

2 e2x ;3 a =−1 : une primitive de e−x est −e−x ;4 a = 1

2 : une primitive de ex2 est 2e

1a eax

Integration et primitivesLe cas des fonctions exponentielles : exemple

0(e2t −et)(e−3t + et) dt =

0e2te−3t −ete−3t + e2tet −etet dt =∫ 1

0e−t −e−2t + e3t −e2t dt =

[−e−t − (−1

2)e−2t +

e3t − 12

−e−1 +12

e−2 +13

e3− 12

e2)−(−e0 +

e0 +13

e0− 12

e−1 +12

e−2 +13

e3− 12

e2−(−1+12

+13− 1

2) =−e−1 +

e−2 +13

e3− 12

e2− 23

Integration et primitivesLe cas des fonctions harmoniques

Pour tout reel a ∈ R, on a : (cos(ax))′ =−asin(ax) et (sin(ax))′ = acos(ax)(on applique la formule de derivee d’une fonction composee) donc

PropositionPour tout reel non nul a ∈ R∗,

1 une primitive de la fonction cos(ax) est 1a sin(ax) ;

2 une primitive de la fonction sin(ax) est − 1a cos(ax).

En effet ( 1a sin(ax))′ = 1

a (sin(ax))′ = 1a ×acos(ax) = cos(ax).

De meme, (− 1a cos(ax))′ =− 1

a (cos(ax))′ =− 1a × (−a)sin(ax) = sin(ax).

Exemple1 une primitive de cos(2x) est 1

2 sin(2x) ;2 une primitive de sin( x

3 ) est −3cos( x3 ).

Integration et primitivesLe cas des fonctions harmoniques : exemple

∫ π

0cos(3t)sin(t)dt =

∫ π

(sin(3t + t)− sin(3t− t))dt =∫ π

(sin(4t)− sin(2t))dt =

4cos(4t)− (−1

2)cos(2t)

cos(4t) +28

cos(2t)

[2cos(2t)− cos(4t)]π

((2cos(π)− cos(2π))− (2cos(0)− cos(0))) =18

((−2−1)− (2−1)) =−12

∫ π

0cos(3t)sin(t)dt =

∫ π

4cos(4t)− (−1

2)cos(2t)

cos(4t) +28

cos(2t)

((2cos(π)− cos(2π))− (2cos(0)− cos(0))) =18

((−2−1)− (2−1)) =−12

∫ π

0cos(3t)sin(t)dt =

∫ π

4cos(4t)− (−1

2)cos(2t)

cos(4t) +28

cos(2t)

((2cos(π)− cos(2π))− (2cos(0)− cos(0))) =18

((−2−1)− (2−1)) =−12

∫ π

0cos(3t)sin(t)dt =

∫ π

4cos(4t)− (−1

2)cos(2t)

cos(4t) +28

cos(2t)

((2cos(π)− cos(2π))− (2cos(0)− cos(0))) =18

((−2−1)− (2−1)) =−12

Integration par partiesIntegration par parties : la formule

Proposition

Soit f : [a,b]→ R et g : [a,b]→ R deux fonctions integrables et derivables surl’intervalle [a,b]. alors,

1 Les fonctions f ′ et g′ sont integrables sur [a,b].2 on a ∫ b

af (t) g′(t) dt = [f (t)g(t)]b

a−∫ b

af ′(t)g(t) dt

Proposition

a−∫ b

af ′(t)g(t) dt

Proposition

a−∫ b

af ′(t)g(t) dt

Proposition

a−∫ b

af ′(t)g(t) dt

Proposition

a−∫ b

af ′(t)g(t) dt

Proposition

af (t)g′(t) dt = [f (t)g(t)]b

a−∫ b

af ′(t)g(t) dt

Proposition

a−∫ b

af ′(t)g(t) dt

Idee generale : on ne sait pas trouver une primitive de f (t) g′(t). L’integrationpar parties permet de remplacer f (t) g′(t) par f ′(t) g(t) en esperant qu’il soitplus facile de trouver une primitive de f ′(t) g(t).

Integration par partiesIntegration par parties : un exemple

Exemple

Calculer∫√3

1ln(x2+1)

Difficulte pratique : comment choisir f (x) et g′(x) ?Esprit de la methode : on choisit f telle que f ′ est plus simple que f et on choisitg′ tel que g n’est pas beaucoup plus complique que g.Ainsi :

1 si P(x) est un polynome alors P ′(x) est plus simple que P(x) et uneprimitive de P n’est pas beaucoup plus complique que P(x)

2 si f (x) est une fonction harmonique alors f ′(x) et les primitives de f (x) nesont pas complique que f

3 si f (x) = eax est une exponentielle alors alors f ′(x) et les primitives def (x) ne sont pas complique que f

4 si f (x) = ln(x) alors f ′(x) = 1x est plus simple que f (x).

Exemple

Calculer∫√3

1ln(x2+1)

Exemple

Calculer∫√3

1ln(x2+1)

Exemple

Calculer∫√3

1ln(x2+1)

Exemple

Calculer∫√3

1ln(x2+1)

On veut calculer :

∫ √3

ln(x2 + 1)

x2 dx=∫ √3

1x2 × ln(x2 + 1)dx =[

− ln(x2 + 1)

∫ √3

x× 2x

x2 + 1dx

On veut utiliser :

∫ √3

ln(x2 + 1)

x2 dx=∫ √3

1x2 × ln(x2 + 1)dx

[− ln(x2 + 1)

∫ √3

x× 2x

x2 + 1dx

On veut utiliser :

∫ √3

ln(x2 + 1)

x2 dx =∫ √3

1x2 × ln(x2 + 1)dx

[− ln(x2 + 1)

∫ √3

x× 2x

x2 + 1dx

On pose : f ′(x) = 1

g(x) = ln(x2 + 1)

f (x) =− 1

g′(x) = 2xx2+1

On veut utiliser :

∫ √3

ln(x2 + 1)

x2 dx =∫ √3

1x2 × ln(x2 + 1)dx

[− ln(x2 + 1)

∫ √3

x× 2x

x2 + 1dx

g(x) = ln(x2 + 1)On obtient :

f (x) =− 1

g′(x) = 2xx2+1

On obtient :

∫ √3

ln(x2 + 1)

x2 dx =∫ √3

1x2 × ln(x2 + 1)dx

[− ln(x2 + 1)

∫ √3

x× 2x

x2 + 1dx

f (x) =− 1

g′(x) = 2xx2+1

On obtient :

∫ √3

ln(x2 + 1)

x2 dx =∫ √3

1x2 × ln(x2 + 1)dx

[− ln(x2 + 1)

∫ √3

x× 2x

x2 + 1dx

f (x) =− 1

g′(x) = 2xx2+1

On obtient :

∫ √3

ln(x2 + 1)

x2 dx =∫ √3

1x2 × ln(x2 + 1)dx

[− ln(x2 + 1)

∫ √3

x× 2x

x2 + 1dx

f (x) =− 1

g′(x) = 2xx2+1

On obtient :

∫ √3

ln(x2 + 1)

x2 dx =∫ √3

1x2 × ln(x2 + 1)dx

[− ln(x2 + 1)

∫ √3

1x2 + 1

f (x) =− 1

g′(x) = 2xx2+1

∫ √3

ln(x2 + 1)

x2 dx =

[− ln(x2 + 1)

∫ √3

1x2 + 1

[− ln(x2 + 1)

1+ 2 [arctan(x)]

= (ln((√

3)2 + 1)− ln(12 + 1)) + 2(arctan(√

3)−arctan(1)) =

ln(4)− ln(2) + 2(π

3− π

4) = 2 ln(2)− ln(2) + 2(

3− π

4) = ln(2) +

∫ √3

ln(x2 + 1)

x2 dx =

[− ln(x2 + 1)

∫ √3

1x2 + 1

[− ln(x2 + 1)

1+ 2 [arctan(x)]

= (ln((√

3)2 + 1)− ln(12 + 1)) + 2(arctan(√

3)−arctan(1)) =

ln(4)− ln(2) + 2(π

3− π

4) = 2 ln(2)− ln(2) + 2(

3− π

4) = ln(2) +

∫ √3

ln(x2 + 1)

x2 dx =

[− ln(x2 + 1)

∫ √3

1x2 + 1

[− ln(x2 + 1)

1+ 2 [arctan(x)]

= (ln((√

3)2 + 1)− ln(12 + 1)) + 2(arctan(√

3)−arctan(1)) =

ln(4)− ln(2) + 2(π

3− π

4) = 2 ln(2)− ln(2) + 2(

3− π

4) = ln(2) +

Integration par partiesPreuve de la formule

Soit f : [a,b]→ R et g : [a,b]→ R deux fonctions integrables et derivables surl’intervalle [a,b].alors,

(f (t)g(t))′ = f (t)g′(t) + f ′(t)g(t)

Donc ∫ b

af (t)g′(t) + f ′(t)g(t)dt =

a(f (t)g(t))′dt = [f (t)g(t)]b

Mais ∫ b

af (t)g′(t) + f ′(t)g(t)dt =

af (t)g′(t)dt +

af ′(t)g(t)dt

Donc ∫ b

af (t)g′(t)dt +

af ′(t)g(t)dt = [f (t)g(t)]b

et ∫ b

af (t)g′(t)dt = [f (t)g(t)]b

a−∫ b

af ′(t)g(t)dt

(f (t)g(t))′ = f (t)g′(t) + f ′(t)g(t)

Donc ∫ b

af (t)g′(t) + f ′(t)g(t)dt =

Mais ∫ b

af (t)g′(t) + f ′(t)g(t)dt =

af (t)g′(t)dt +

af ′(t)g(t)dt

Donc ∫ b

af (t)g′(t)dt +

et ∫ b

a−∫ b

af ′(t)g(t)dt

(f (t)g(t))′ = f (t)g′(t) + f ′(t)g(t)

Donc ∫ b

af (t)g′(t) + f ′(t)g(t)dt =

Mais ∫ b

af (t)g′(t) + f ′(t)g(t)dt =

af (t)g′(t)dt +

af ′(t)g(t)dt

Donc ∫ b

af (t)g′(t)dt +

et ∫ b

a−∫ b

af ′(t)g(t)dt

(f (t)g(t))′ = f (t)g′(t) + f ′(t)g(t)

Donc ∫ b

af (t)g′(t) + f ′(t)g(t)dt =

Mais ∫ b

af (t)g′(t) + f ′(t)g(t)dt =

af (t)g′(t)dt +

af ′(t)g(t)dt

Donc ∫ b

af (t)g′(t)dt +

et ∫ b

a−∫ b

af ′(t)g(t)dt

(f (t)g(t))′ = f (t)g′(t) + f ′(t)g(t)

Donc ∫ b

af (t)g′(t) + f ′(t)g(t)dt =

Mais ∫ b

af (t)g′(t) + f ′(t)g(t)dt =

af (t)g′(t)dt +

af ′(t)g(t)dt

Donc ∫ b

af (t)g′(t)dt +

et ∫ b

a−∫ b

af ′(t)g(t)dt

(f (t)g(t))′ = f (t)g′(t) + f ′(t)g(t)

Donc ∫ b

af (t)g′(t) + f ′(t)g(t)dt =

Mais ∫ b

af (t)g′(t) + f ′(t)g(t)dt =

af (t)g′(t)dt +

af ′(t)g(t)dt

Donc ∫ b

af (t)g′(t)dt +

et ∫ b

a−∫ b

af ′(t)g(t)dt

Integration par partiesNiveau demande

1 Connaıtre la formule d’integration par parties.2 Savoir l’appliquer si f et g′ sont donnes.3 Savoir l’appliquer sans indication dans les cas suivants :

(a) P(x)eax ou P(x) est un polynome ;(b) P(x)H(ax) ou P(x) est un polynome et H(x) une harmonique ;

Changement de variableChangement de variable

Remarque

Soit f : [a,b]→ R une fonction integrable. Par convention on pose∫ ab f (t)dt =−

∫ ba f (t)dt

Proposition

Soit f : [c,d]→ R une fonction integrable.Soit ϕ : [a,b]→ R une application integrable et derivable telle queϕ([a,b])⊆ [c,d] (autrement dit pour tout x de [a,b] on a c ≤ ϕ(x)≤ d). Alors∫ b

af (ϕ(t))ϕ

′(t)dt =∫

ϕ(a)f (x)dx

On dit que l’on passe d’un integrale a l’autre en faisant le changement devariable x = ϕ(t).

Remarque

∫ ba f (t)dt

Proposition

af (ϕ(t))ϕ

′(t)dt =∫

ϕ(a)f (x)dx

Remarque

∫ ba f (t)dt

Proposition

af (ϕ(t))ϕ

′(t)dt =∫

ϕ(a)f (x)dx

Changement de variablePreuve

Soit F une primitive de f . Alors∫ϕ(b)

ϕ(a)f (x)dx = [F(x)]

ϕ(b)ϕ(a) = F(ϕ(b))−F(ϕ(a))

Mais (F ◦ϕ)′(t) = F ′(ϕ(t))ϕ′(t) = f (ϕ(t))ϕ′(t) donc∫ b

af (ϕ(t))ϕ

′(t)dt = [F ◦ϕ(t)]ba = F ◦ϕ(a)−F ◦ϕ(b) = F(ϕ(b))−F(ϕ(a))

ϕ(b)ϕ(a) = F(ϕ(b))−F(ϕ(a))

af (ϕ(t))ϕ

ϕ(b)ϕ(a) = F(ϕ(b))−F(ϕ(a))

af (ϕ(t))ϕ

Changement de variableChangement de variable : mise en pratique 1

Lorsque l’on veut faire un calcul d’integrale par un changement de variable il ya plusieurs etapes

1 Determiner le changement de variable (autrement dit la fonction ϕ).2 Calculer ϕ′(t).3 Calculer les nouvelles bornes ϕ(a) et ϕ(b).4 Identifier la fonction f5 Ecrire la nouvelle integrale.

Changement de variableChangement de variable : exemple 1

Exemple

Calculer∫ π

20 (sin(t))2(cos(t))3dt en utilisant

∫ ba f (ϕ(t))ϕ′(t)dt =

∫ ϕ(b)ϕ(a) f (x)dx

1 Etape 1 : x = ϕ(t) = sin(t).2 Etape 2 : ϕ′(t) = cos(t).3 Etape 3 : ϕ(0) = sin(0) = 0 et ϕ( π

2 ) = sin( π

2 ) = 1.4 Etape 4 :∫ π

0(sin(t))2(cos(t))3dt =

∫ π

0(sin(t))2(cos(t))2 cos(t)dt =∫ π

0(sin(t))2(1− (sin(t))2)cos(t)dt =

∫ π

0(sin(t))2(1− (sin(t))2)cos(t)dt

Donc f (x) = x2(1− x2)

5∫ π

20 (sin(t))2(cos(t))3dt =

∫ 10 x2(1− x2)dx , qui se calcule facilement.

Exemple

Calculer∫ π

2 ) = sin( π

2 ) = 1.4 Etape 4 :∫ π

∫ π

Donc f (x) = x2(1− x2)

5∫ π

Exemple

Calculer∫ π

2 ) = sin( π

2 ) = 1.4 Etape 4 :∫ π

∫ π

Donc f (x) = x2(1− x2)

5∫ π

Exemple

Calculer∫ π

2 ) = sin( π

2 ) = 1.4 Etape 4 :∫ π

∫ π

Donc f (x) = x2(1− x2)

5∫ π

Exemple

Calculer∫ π

2 ) = sin( π

2 ) = 1.4 Etape 4 :∫ π

∫ π

Donc f (x) = x2(1− x2)

5∫ π

Exemple

Calculer∫ π

2 ) = sin( π

2 ) = 1.4 Etape 4 :∫ π

∫ π

Donc f (x) = x2(1− x2)

5∫ π

Exemple

Calculer∫ π

2 ) = sin( π

2 ) = 1.4 Etape 4 :∫ π

∫ π

Donc f (x) = x2(1− x2)

5∫ π

Le changement de variable s’utilise aussi de droite a gauche. Ceci se produiten particulier lorsque ϕ = ψ−1 est bijective.La formule de changement de variable donnee ci-dessus devient alors∫ d

cf (t)dt =

∫ψ(d)

ψ(c)f (ϕ(x))ϕ

′(x)dx

Qui peut aussi s’ecrire sous la forme∫ d

cg(ψ(t))dt =

∫ψ(d)

ψ(c)g(x)ϕ

′(x)dx

avec g = f ◦ϕ

En pratique, cette derniere formulation sert souvent, mais il est inutile de laretenir car le changement de variable se retrouve facilement (voir en TD). Enparticulier les etapes 4 et 5 sont souvent regroupees et la fonction f pasnecessaiement explicitee.

Le changement de variable s’utilise aussi de droite a gauche. Ceci se produiten particulier lorsque ϕ = ψ−1 est bijective.La formule de changement de variable donnee ci-dessus devient alors∫ d

cf (t)dt =

∫ψ(d)

ψ(c)f (ϕ(x))ϕ

′(x)dx

Qui peut aussi s’ecrire sous la forme∫ d

cg(ψ(t))dt =

∫ψ(d)

ψ(c)g(x)ϕ

′(x)dx

avec g = f ◦ϕ

En pratique, cette derniere formulation sert souvent, mais il est inutile de laretenir car le changement de variable se retrouve facilement (voir en TD). Enparticulier les etapes 4 et 5 sont souvent regroupees et la fonction f pasnecessaiement explicitee.

Exemple

Calculer∫ 1

1+e2t dt en posant .

1 Etape 1 : x = ϕ(t) = et .2 Etape 2 : ϕ′(t) = et .On ecrit parfois dx = etdt. Donc dt = 1

et dx etdt = 1

x dx3 Etape 3 : ϕ(0) = e0 = 1 et ϕ(1) = e.4 Etapes 4 et 5 :∫ 1

11 + e2t dt =

11 + (et)2 dt =

11 + x2 ×

On verra bientot comment finir le calcul. Si on pose ϕ(x) = ln(x) etf (x) = 1

1+e2x , la derniere egalite est la formule du changement de variablet = ϕ(x) ( qui est la fonction inverse de x = et ). Avec les notations dutransparent precedent, on a g(x) = 1

1+x2 .E. Godelle (Univ. Caen, IUT Caen, Dept. R&T) M 2204 : Calcul differentiel et integral 2014 - 2015 26 / 39

Exemple

Calculer∫ 1

et dx etdt = 1

11 + e2t dt =

11 + (et)2 dt =

11 + x2 ×

Exemple

Calculer∫ 1

et dx etdt = 1

11 + e2t dt =

11 + (et)2 dt =

11 + x2 ×

Exemple

Calculer∫ 1

et dx etdt = 1

11 + e2t dt =

11 + (et)2 dt =

11 + x2 ×

Exemple

Calculer∫ 1

et dx etdt = 1

11 + e2t dt =

11 + (et)2 dt =

11 + x2 ×

Decomposition en elements simples et integration desfractions rationnellesRappel du cours precedent : decomposition d’un polynome

On ne regarde que les polynomes a coefficients dans R.1 Un polynome P(X) de degre au moins 1 est irreductible si toute

decomposition P(X) = Q(X)R(X) impose d(Q(X)) = 0 oud(R(X)) = 0. (Autrement dit Q(X) ou R(X) est un nombre reel).

2 Les polynomes irreductibles sont de degre 1 ou 2.3 Tout polynome de degre 1 est irreductible.4 Un polynomes ax2 + bx + c est irreductible si et seulement si

∆ = b2−4ac < 0.5 Tout polynome de degre au moins 1 se decompose en produit de

polynomes irreductibles. Cette decomposition est unique a multiplicationdes termes par des nombres reels pres.

Il decoule du transparent precedent que

Proposition

Tout polynome Q(X) se decompose de facon unique comme un produit

Q(X) = αQk11 · · ·Q

k`` = α

∏i=1

(X −ai)ki ×

∏i=1

(X 2 + ciX + di)ki+r

ou α est le coefficient principal de Q et Q1, . . . ,Qk sont des polynomesirreductibles distincts et unitaires avec :

1 Q1(X) = X −a1,Q2(X) = X −a2 . . . ,Qr (X) = X −ar ;2 Qr+1(X) = X 2 + c1X + d1, Qr+2(X) = X 2 + c2X + d2, . . . ,Q`(X) =

X 2 + csX + ds ;3 k1 ≥ 1, . . .k` ≥ 1, r + s = ` et d(Q) = r + 2s.

Exemple1 2X + 1 est2 X 2 + 1 est irreductible (∆ =−4).3 X 2−4X + 3 n’est pas irreductible car ∆ = 4 : on a

X 2−4X + 3 = (X −1)(X −3) = (2X −2)( 12 x− 3

2 ).4 P(X) = X 3−4X 2 + 5X −2 n’est pas irreductible car son degre est 3. On

a P(1) = 0 et on trouve pr division euclidienne queP(X) = (X −1)(X 2−3X + 2) = (X −2)(X −1)2.

5 Q(X) = X 7−X 6 + 2X 5−X 4−X 3−X 2−X + 1 n’est pas irreductible eton peut montrer que Q(X) = (X + 1)(X −1)2(X 2 + 1)2.

Decomposition en elements simples et integration desfractions rationnellesDecomposition en elements simples

Le resultat crucial pour l’integration des fractions rationnel est le suivant :

Proposition

Soit F(X) = P(X)Q(X) une fraction rationnelle. On suppose que

Q(X) = αQk11 · · ·Q

k`` ou α est le coefficient principal de Q, Q1, . . . ,Qk sont des

polynomes irreductibles distincts et unitaires et k1, . . . ,k` sont des entierspositifs non nuls.Alors il existe des polynomes Ri,j(X) tels que 1≤ i ≤ ` et pour 1≤ j ≤ ki telque d(Ri,j(X)) < d(Qi(X)) et

F(X) = S(X) +`

∑i=1

∑j=1

Ri,j(X)

(Qi(X))j

ou S(X) est nul si d(P(X)) < d(Q(X)) et, sinon, est un polynome de degred(P(X))−d(Q(X)).

Le resultat crucial pour l’integration des fractions rationnel est le suivant :

Proposition

Soit F(X) = P(X)Q(X) une fraction rationnelle. On suppose que

Q(X) = αQk11 · · ·Q

k`` ou α est le coefficient principal de Q, Q1, . . . ,Qk sont des

polynomes irreductibles distincts et unitaires et k1, . . . ,k` sont des entierspositifs non nuls.Alors il existe des polynomes Ri,j(X) tels que 1≤ i ≤ ` et pour 1≤ j ≤ ki telque d(Ri,j(X)) < d(Qi(X)) et

F(X) = S(X) +`

∑i=1

∑j=1

Ri,j(X)

(Qi(X))j

ou S(X) est nul si d(P(X)) < d(Q(X)) et, sinon, est un polynome de degred(P(X))−d(Q(X)).

Quelques remarques :

1 Cette formule est formellement compliquee. Il n’est pas demande del’apprendre mais uniquement de comprendre sa signification sur desexemples simples (voir ci-dessous et en TD)

2 Le polynome S(X) est tres facile a trouver : On effectue la divisioneuclidienne de P(X) par Q(X) :

P(X) = S(X)Q(X) + R(X)

3 Les polynomes Ri,j sont de degre au plus 1 et sont des constantes desque Pi est de degre egal a 1 .

Decomposition en elements simples et integration desfractions rationnellesDecomposition en elements simples : exemple 1

Exemple

Soit F(X) = X 3+X+1X 2−3X+2 .

On a X 3 + X + 1 = (X + 3)× (X 2−3X + 2) + (8X −5) Donc

F(X) =(X + 3)× (X 2−3X + 2) + (8X −5)

X 2−3X + 2= X + 3 +

8X −5X 2−3X + 2

Mais (X 2−3X + 2) = (X −1)(X −2). Donc 8X−5X 2−3X+2 = R1(X)

X−1 + R2(X)X−2 . On a

d(R1) < d(X −1) = 1 et d(R2) < d(X −2) = 1 Donc

F(X) = (X + 3) +a

X −1+

bX −2

On peut verifier que a =−3 et b = 11. On verra en TD comment trouver cesvaleurs.

Exemple

Soit F(X) = X 3+X+1X 2−3X+2 .

On a X 3 + X + 1 = (X + 3)× (X 2−3X + 2) + (8X −5) Donc

F(X) =(X + 3)× (X 2−3X + 2) + (8X −5)

X 2−3X + 2= X + 3 +

8X −5X 2−3X + 2

X−1 + R2(X)X−2 . On a

d(R1) < d(X −1) = 1 et d(R2) < d(X −2) = 1 Donc

F(X) = (X + 3) +a

X −1+

bX −2

Exemple

Soit F(X) = X 3+X+1X 2−3X+2 .

On a X 3 + X + 1 = (X + 3)× (X 2−3X + 2) + (8X −5) Donc

F(X) =(X + 3)× (X 2−3X + 2) + (8X −5)

X 2−3X + 2= X + 3 +

8X −5X 2−3X + 2

X−1 + R2(X)X−2 . On a

d(R1) < d(X −1) = 1 et d(R2) < d(X −2) = 1 Donc

F(X) = (X + 3) +a

X −1+

bX −2

Exemple

Soit F(X) = X 3+X+1X 2−3X+2 .

On a X 3 + X + 1 = (X + 3)× (X 2−3X + 2) + (8X −5) Donc

F(X) =(X + 3)× (X 2−3X + 2) + (8X −5)

X 2−3X + 2= X + 3 +

8X −5X 2−3X + 2

X−1 + R2(X)X−2 . On a

d(R1) < d(X −1) = 1 et d(R2) < d(X −2) = 1 Donc

F(X) = (X + 3) +a

X −1+

bX −2

Exemple

Soit F(X) = X 3+X+1X 2−3X+2 .

On a X 3 + X + 1 = (X + 3)× (X 2−3X + 2) + (8X −5) Donc

F(X) =(X + 3)× (X 2−3X + 2) + (8X −5)

X 2−3X + 2= X + 3 +

8X −5X 2−3X + 2

X−1 + R2(X)X−2 . On a

d(R1) < d(X −1) = 1 et d(R2) < d(X −2) = 1 Donc

F(X) = (X + 3) +a

X −1+

bX −2

Exemple

1 Soit F(X) = 2X 3

(X 2+1)(X 2−2x+1) . On a

F(X) =2X 3

(X 2 + 1)(X −1)2 =aX + b

(X 2 + 1)+

c(X −1)

(X −1)2

On peut voir que a = 0, b = 1, c = 2 et d = 1.2 Soit F(X) = X 2

(X−2)3 . On a F(X) = a(X−2) + b

(X−2)2 + c(X−2)3

3 Soit F(X) = X 3−1(X 2+2)2 On a F(X) = aX+b

(X 2+2) + cX+d(X 2+2)2

Exemple

1 Soit F(X) = 2X 3

(X 2+1)(X 2−2x+1) . On a

F(X) =2X 3

(X 2 + 1)(X −1)2 =aX + b

(X 2 + 1)+

c(X −1)

(X −1)2

(X−2)3 . On a F(X) = a(X−2) + b

(X−2)2 + c(X−2)3

(X 2+2) + cX+d(X 2+2)2

Exemple

1 Soit F(X) = 2X 3

(X 2+1)(X 2−2x+1) . On a

F(X) =2X 3

(X 2 + 1)(X −1)2 =aX + b

(X 2 + 1)+

c(X −1)

(X −1)2

(X−2)3 . On a F(X) = a(X−2) + b

(X−2)2 + c(X−2)3

(X 2+2) + cX+d(X 2+2)2

Exemple

1 Soit F(X) = 2X 3

(X 2+1)(X 2−2x+1) . On a

F(X) =2X 3

(X 2 + 1)(X −1)2 =aX + b

(X 2 + 1)+

c(X −1)

(X −1)2

(X−2)3 . On a F(X) = a(X−2) + b

(X−2)2 + c(X−2)3

(X 2+2) + cX+d(X 2+2)2

Exemple

1 Soit F(X) = 2X 3

(X 2+1)(X 2−2x+1) . On a

F(X) =2X 3

(X 2 + 1)(X −1)2 =aX + b

(X 2 + 1)+

c(X −1)

(X −1)2

(X−2)3 . On a F(X) = a(X−2) + b

(X−2)2 + c(X−2)3

(X 2+2) + cX+d(X 2+2)2

Exemple

1 Soit F(X) = 2X 3

(X 2+1)(X 2−2x+1) . On a

F(X) =2X 3

(X 2 + 1)(X −1)2 =aX + b

(X 2 + 1)+

c(X −1)

(X −1)2

(X−2)3 . On a F(X) = a(X−2) + b

(X−2)2 + c(X−2)3

(X 2+2) + cX+d(X 2+2)2

Decomposition en elements simples et integration desfractions rationnellesDecomposition en elements simples : application a integration des fractions rationnelles

Considerons une fraction rationnelle F(X) = P(X)Q(X) et supposons que Q(X) ne

s’annule pas sur [a,b]. Alors la fraction est integrable sur [a,b] et on peutvouloir calculer

∫ ba F(X)dX .

Supposons queQ(X) = αQk1

1 · · ·Qk``

ou α est le coefficient principal de Q et Q1, . . . ,Qk sont des polynomesirreductibles distincts et unitaires avec k1, . . . ,k` des entiers positifs non nuls.Alors on peut ´ecrire

aF(X)dX =

aS(X)dX +

∑i=1

∑j=1

Ri,j(X)

(Qi(X))j dX

Considerons une fraction rationnelle F(X) = P(X)Q(X) et supposons que Q(X) ne

s’annule pas sur [a,b]. Alors la fraction est integrable sur [a,b] et on peutvouloir calculer

∫ ba F(X)dX .

Supposons queQ(X) = αQk1

1 · · ·Qk``

ou α est le coefficient principal de Q et Q1, . . . ,Qk sont des polynomesirreductibles distincts et unitaires avec k1, . . . ,k` des entiers positifs non nuls.Alors on peut ´ecrire

aF(X)dX =

aS(X)dX +

∑i=1

∑j=1

Ri,j(X)

(Qi(X))j dX

Exemple

X 3 + X + 1X 2−3X + 2

dX =∫ 4

3(X + 3)dX +

−3X −1

dX +∫ 4

11X −2

X 2 + 3X ]43 +−3[ln(X −1)]4

3 + 11[ln(X −2)]43.

Conclusion : l’integration des fractions rationnelles se ramene donc a savoircalculer des integrales du type

∫ ba

(Qi (X))j dX . Nous allons passer en revu lescas possibles.

Decomposition en elements simples et integration desfractions rationnellesIntegration des fractions rationnelles elementaires : cas a connaı tre

Exemple

Integration des produits de fonctions harmoniques

Equation differentielle d’ordre 1 a coefficients constantsEquation differentielle d’ordre 1

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