chapitre 2: calcul intégral sma smi:s2

Chapitre 2: Calcul IntégralSMA&SMI:S2

Par: Elmostafa BENDIBDépartement de Mathématiques et Informatique

Faculté poly-disciplinaire de SafiUniversité Cadi Ayyad

1 Notion de primitive

1.1 Définition et notation

Définition 1. Soit f une fonction définie sur un intervalle I de R. On dit que f admet une primitiveF sur I si F une fonction dérivable sur I et

∀x ∈ I, F ′(x) = f(x).

L’ensemble des primitives d’une fonction f sur I est de la forme F +C où F est une primitive de fet C une constante arbitraire.

On étant cette définition au cas où I est réunion finie d’intervalles disjoints I = I1∪, . . . ,∪In.Soit f une fonction définie sur I, on dit que f admet une primitive F sur I si pour chaque i ∈{i, . . . , n}, la restriction fi de f à Ii admet une primitive Fi sur l’intervalle Ii (Fi est la resriction deF sur Ii).

Exemple. La fonction f : x 7−→ 1

x2est définie et continue sur R∗. Sur chaque intervalle

]−∞, 0[ ou ]0,+∞[, f admet des primitives (lesquelles ?).

Notation

L’ensemble des primitives de f sur I se représente par le symbole∫f(t) dt. Ce

symbole s’appelle intégrale indéfinie et donc si F est une primitive de f sur I alors∫f(t) dt = F (x) + C où C est une constante.

1.2 Existence de primitives pour une fonction continue

Proposition 1. Soit f continue sur [a, b], alors la fonction F : x 7→∫ x

af(t) dt est une primitive de

f sur [a, b]. Il s’agit de l’unique primitive de f sur [a, b] s’annulant en a. De plus si G est une uneprimitive de f sur [a, b], alors on a la formule fondamentale :∫ b

af(x)dx = G(b)−G(a) = [G(x)]ba (1)

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

1

3 PROCÉDÉS GÉNÉRAUX

Remarque 1.1.∫ b

af(x)dx = G(b)−G(a) = [G(x)]ba reste valable sans que f soit continue sur [a, b].

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

Démonstration.

Théorème 1. Toute fonction f continue sur un intervalle I quelconque de R admet une primitivesur I.

Démonstration.

2 Primitives usuellesPrimitives classiques∫

dx = x+ C∫xαdx =

xα+1

α+ 1+ C, α ∈ Q, α 6= −1∫

dx

x= ln |x|+ C∫

exdx = ex + C∫axdx =

ax

ln a+ C, a > 0∫

cos(ωx+ φ)dx =1

ωsin(ωx+ φ) + C∫

sin(ωx+ φ)dx =−1ω

cos(ωx+ φ) + C∫dx

cos2(x)=

∫(1 + tan2(x))dx = tan(x) + C∫

dx

sin2(x)=

∫(1 + cotan2(x))dx = −cotan(x) + C∫dx

1 + x2= Arctan(x) + C∫

dx√1− x2

= Arsin(x) + C∫dx√1 + x2

= Argsh(x) + C = ln(x+√

1 + x2) + C∫dx√x2 − 1

= Argch(x) + C = ln∣∣∣x+

√x2 − 1

∣∣∣∫dx

1− x2=

1

2ln

∣∣∣∣1 + x

1− x

∣∣∣∣+ C = Argth(x) + C

Tableau 2.1

3 Procédés généraux pour la recherche des primitives

3.1 Utilisation de la linéarité de l’intégrale

3.2 Changement de variable

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

ϕ(a)f(t) dt =

∫ b

af(ϕ(u))ϕ′(u) du.

UCA.FPS.Maths&info.SMA&SMI:S2 2 E. BENDIB

3.2 Changement de variable 3 PROCÉDÉS GÉNÉRAUX

Démonstration. Comme f est continue sur I = [a, b], elle posséde une primitive F sur [a, b] et on a :∫ ϕ(b)

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

La fonction F ◦ ϕ définie sur [a, b] est une composée de deux fonctions de classe C1 ; c’est donc unefonctions de classe C1 et on a, d’après la formule de dérivation d’une composée, pour tout t ∈ [a, b] :

(F ◦ ϕ)′(t) =F ′(ϕ(t))× ϕ′(t)=f(ϕ(t))ϕ′(t)

La fonction t 7−→ f(ϕ(t))ϕ′(t) est continue sur [a, b] donc intégrable sur [a, b] et on a :

F (ϕ(b))− F (ϕ(a)) =[(F ◦ ϕ)(u)]ba

=

∫ b

a(F ◦ ϕ)′(t) du

=

∫ b

aF ′(ϕ(u))ϕ′(u) du

=

∫ b

af(ϕ(u))ϕ′(u) du

D’où le résultat.

Remarque 3.1. Diverses utilisations du changement de variable

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

1. Pour calculer sur ]0,+∞[

∫ x

1

lnu

udu, on peut effectuer le changement de variable t = lnu :∫ x

1

lnu

udu =

∫ lnx

0t dt =

1

2(lnx)2.

2. Pour calculer I =

∫ π2

0sin2 u cosu du, on peut faire le changement de variable t = sinu :

I =

∫ π2

0sin2 u cosu du =

∫ 1

0t2 dt =

[13t3]10=

1

3.

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

0cos3 u sin2 u du =

2

15.

ii) On peut interpréter une intégrale∫ β

αf(t) dt comme le premier membre de la relation, mais il

faut alors interpréter les bornes α, β comme étant des nombres ϕ(a), ϕ(b) pour une fonctionϕ de classe C1 :Exemples

1. Pour calculer I =

∫ 1

0

dt

(1 + t2)2, on peut poser t = tanu = ϕ(u), ϕ étant de classe C1 sur

l’intervalle[0,π

4

]; dt = ϕ′(u) du. D’où :

I =

∫ 1

0

dt

(1 + t2)2=

∫ π4

0

1 + tan2 u

(1 + tan2 u)2du =

∫ π4

0cos2 u du.

On peut alors utiliser la formule cos(2u) = 2 cos2 u− 1 pour écrire :

I =

∫ π4

0cos2 u du =

∫ π4

0

1 + cos(2u)

2du =

[u

2+

sin(2u)

4

]π4

0

=π + 2

8.


3.3 Intégration par parties 3 PROCÉDÉS GÉNÉRAUX

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

I =

∫ 1

0

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

0 etπ

2.√1− x2 =

√1− sin2(t) =

√cos2(t) = cos(t) (car cos(t) > 0 sur

[0,π

2

]) ; et

dx = cos(t) dt. On obtient I =

∫ π2

0cos2(t) dt =

∫ π2

0

1 + cos(2t)

2dt =

[t

2+

sin(2t)

4

]π2

0

=π

4

Donner une interprétation géométrique à ce résultat.

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

−af(x) dx = 0 ;

et si f est une fonction paire, on a :∫ a

−af(x) dx = 2

∫ a

0f(x) dx.

Ces formules simplifient souvent les calculs.

3.3 Intégration par parties

Théorème 3. si u et v sont deux fonctions de classe C1 sur un segment [a, b] de R admettant desdérivées continues sur [a, b]. On a « la formule d’intégration par parties » :∫ b

au(t)v′(t) dt = [u(t)v(t)]ba −

∫ b

au′(t)v(t) dt.

soit, sous forme condensée : ∫ b

au dv = [uv]ba −

∫ b

av du.

Démonstration. C’est une conséquence immédiate de la formule de dérivation d’un produit : uv est

une primitive de u′v + uv′, donc [u(t)v(t)]ba =

∫ b

a

(u′(t)v(t) + u(t)v′(t)

)dt, et la formule en découle

par linéarité.

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

Exemples

1. On peut calculer une primitive de la fonction ln à l’aide d’une intégration par

parties. Sur l’intervalle ]0,∞[, on a∫

ln(t) dt = x ln(x) −∫t

tdt + Cte. (On a posé

simplement u(t) = ln(t) et v′(t) = 1, ce qui a donné u′(t) =1

tet v′(t) = t). On prend

plus classiquement x 7→ x ln(x) − x comme primitive de ln sur ]0,∞[ (qui ne diffèrede la précédente que d’une constante).


3.4 Intégrales de la forme∫R(x) dx 3 PROCÉDÉS GÉNÉRAUX

2. Sur tout R, on a : ∫Arctg(x) dx =xArctg(x)−

∫x

1 + x2dx

=xArctg(x)− 1

2ln(1 + x2) + Cte.

(On a posé ici : u = Arctg(x), v = x)3. Plus généralement, on calculerait de la même manière les intégrales indéfinies∫

P (x)Arctg x dx et∫P (x) lnx dx

où P désigne un polynôme : On poserait u = Arctg x (resp u = lnx) et on prendraitpour v la primitive de P s’annulant à l’origine, soit Q : on serait alors ramené aucalcul de ∫

Q(x)

1 + x2dx et

∫Q(x)

xdx

4. On souhaite calculer I =

∫ 1

0x2ex dx. On fait une première intégration par parties

en posant u(x) = x2, donc u′(x) = 2x, et v′(x) = v(x) = ex, ce qui donne I = [x2ex]10 −∫ 1

02xex dx = e−2

∫ 1

0xex dx. On peut effectuer une deuxième intégration par parties

en posant cette fois-ci u(x) = x, donc u′(x) = 1, et toujours v′(x) = v(x) = ex, ce qui

donne I = e− 2[xex]10 + 2

∫ 1

0ex dx = e− 2e+ 2[ex]10 = e.

5. On souhaite calculer In(t) =∫ t

0xneax dx (n ∈ N, a ∈ R, a 6= 0) (exercice).

Cas des intégrales faisant intervenir des fractions rationnelles

« On se demande de savoir calculer des intégrales de la forme :∫R(x) dx,

∫R(cosx, sinx) dx,

∫R(chx, shx) dx,

∫R(ex) dx

d’une part, et d’autre part de la forme :∫R(x, n

√ax+ b

cx+ d) dx et

∫R(x,

√ax2 + bx+ c) dx »

3.4 Intégrales de la forme∫

R(x) dx

où R est une fraction rationnelleDécomposer en éléments simples la fraction rationnelle (Ne pas oublier sa partie en-tière).

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

Q(x)se décompose d’une

manière unique comme somme :• d’un polynôme (sa partie entière),

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

(x− α)navec

λ, α ∈ R n ∈ N∗ ;

• des éléments simples de deuxième espèce i.e ceux qui sont de la formeλx+ µ

(ax2 + bx+ c)n

où λ, µ, a, b, c ∈ R, n ∈ N∗ et b2− 4ac < 0 (le dénominateur n’a pas de racine dans R).


3.5 Intégration des éléments simples de première espèce 3 PROCÉDÉS GÉNÉRAUX

3.5 Intégration des éléments simples de première espèce

L’intégrale du type∫

λ

(x− α)ndx avec λ ∈ R n ∈ N∗ et α ∈ R ne pose aucun problème

et se fait sans difficulté :• Si n = 1; on a :

∫λ

x− αdx = λ ln |x− α|+ C ;

• Si n > 2; on a :∫

λ

(x− α)ndx =

−λ(n− 1)(x− α)n−1

+ C.

Exemples

1.∫

dx

ax+ b=

1

a

∫(ax+ b)′

ax+ bdx =

1

aln |ax+ b|+ C

2.∫

dx

(ax+ b)ndx =

1

a

∫(ax+ b)′

(ax+ b)ndx =

1

a× −1n− 1

× 1

(ax+ b)n−1+ C

3. ∫x2

(x+ 1)2dx =

∫(x2 + 1− 1)2

(x+ 1)2dx =

∫(x+ 1)2 − 2(x+ 1) + 1

(x+ 1)2dx

=

∫dx− 2

∫dx

x+ 1+

∫dx

(x+ 1)2= x− 2 ln |x+ 1| − 1

x+ 1+ C.

4. Soit à calculer∫

x+ 3

x(x− 1)3dx.

On décompose la fraction rationnelleX + 3

X(X − 1)3en éléments simples. On sait qu’il

existe des réels α, a, b, c, d tels que :

x+ 3

x(x− 1)3=α

x+

a

x− 1+

b

(x− 1)2+

c

(x− 1)3

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

∫x+ 3

x(x− 1)3dx =−

∫3

xdx+

∫3

x− 1dx−

∫3

(x− 1)2dx+

∫4

(x− 1)3dx

=− 3 ln |x|+ 3 ln |x− 1| dx+3

x− 1dx− 4

2(x− 1)2dx+ C

=3

x− 1− 2

(x− 1)2+ 3 ln

∣∣∣∣x− 1

x

∣∣∣∣+ C

3.6 Intégration des éléments simples de deuxième espèce

Il s’agit de calculer I =

∫λx+ µ

(ax2 + bx+ c)ndx où λ, µ, a, b, c, sont des nombres réels tels

que b2 − 4ac < 0, et où n ∈ N∗.

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

((x+

b

2a

)2

+4ac− b2

4a2

).

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

2aet on pose

4ac− b2

4a2= k2 donc

I =

∫λ(t− b

2a) + µ

an(t2 + k2)ndt =

∫λ′t+ µ′

(t2 + k2)ndt avec λ′ =

λ

anet µ′ =

µ

an(1− λb

2aµ).


3.6 Intégration des éléments simples de deuxième espèce 3 PROCÉDÉS GÉNÉRAUX

Lorsque λ 6= 0 on fait apparaître au numérateur la dérivée du trinôme t2 + k2. On peut

écrire I =

∫λ′t+ µ′

(t2 + k2)ndt =

λ′

2

∫2t

(t2 + k2)ndt+ µ′

∫1

(t2 + k2)ndt ;

mais∫

2t

(t2 + k2)ndt =

ln(t2 + k2) + C; si n = 1−1

(n− 1)(t2 + k2)n−1+ C si n > 2.

• Reste à calculer∫

1

(t2 + k2)ndt n > 1.

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

∫1

(1 + u2)ndu.

Si n = 1, on a I1 = arctan(u) + CSi n > 2, Ces intégrales se calculent par récurrence en intégrant par partie,

In =u

(1 + u2)n+ 2n

∫u2

(1 + u2)n+1du

=u

(1 + u2)n+ 2n

∫(u2 + 1)− 1

(1 + u2)n+1du

=u

(1 + u2)n+ 2n

∫ (1

(1 + u2)n− 1

(1 + u2)n+1

)du

=u

(1 + u2)n+ 2n

(∫1

(1 + u2)ndu−

∫1

(1 + u2)n+1du

)=

u

(1 + u2)n+ 2n(In − In+1)

Nous obtenons2nIn+1 =

u

(1 + u2)n+ (2n− 1)In.

Remarque 3.4. Une autre méthode, suivant la voie trigonométrique, consiste à effectuer le change-

ment de variable u = tan θ. Donc du =dθ

cos2 θet par conséquent

∫1

(t2 + k2)ndt =

∫cos2n−2 θ dθ.

On linéarise cos2n−2 θ, puis on primitive et enfin on revient à la variable u. Par exemple :

I2 =

∫1

(1 + u2)2du

=

∫cos2 θ dθ

=

∫1 + cos(2θ)

2dθ

=1

2

(θ +

1

2sin(2θ)

)+ C

=1

2arctanu+

u

1 + u2+ C (sin 2θ =

2 tan θ

1 + tan2 θ=

2u

1 + u2)

Exemples :

1. Soit à calculer I =

∫2x+ 1

(x2 + 1)(x2 + x+ 2)dx.

Une décomposition en élément simples fournit :

2x+ 1

(x2 + 1)(x2 + x+ 2)=

1

2

x+ 3

x2 + 1−

12x+ 2

x2 + x+ 2.

d’où

I =1

2

∫x+ 3

x2 + 1dx−

∫ 12x+ 2

x2 + x+ 2dx.


3.6 Intégration des éléments simples de deuxième espèce 3 PROCÉDÉS GÉNÉRAUX

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

x+ 3

x2 + 1=

1

2

∫2x

x2 + 1dx+ 3

∫dx

x2 + 1

=1

2ln(x2 + 1) + 3Arctanx+ C;

et ∫ 12x+ 2

x2 + x+ 2dx =

1

4

∫2x+ 1

x2 + x+ 2dx+

7

4

∫dx

x2 + x+ 2

=1

4ln(x2 + x+ 2) +

7

4

∫dx

x2 + x+ 2.

Pour calculer∫

dx

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

(x+1

2)2 +

7

4, donc ∫

dx

x2 + x+ 2=

∫dx

(x+ 12)

2 + 74

=4

7

∫dx

(x+ 1

2√7

2

)2 + 1

=4

7

∫dx

(2x+1√7)2 + 1

.

On pose alors u =2x+ 1√

7donc du =

2√7dx d’où dx =

√7

2du, par suite :∫

dx

x2 + x+ 2=

2√7

∫du

1 + u2

=2√7Arctanu+ C

=2√7Arctan

2x+ 1√7

+ C.

Finalement

I =1

4ln(x2 + 1) +

3

2Arctanx− 1

4ln(x2 + x+ 2)−

√7

2Artan2x+ 1

√7 + C

=1

4ln

x2 + 1

x2 + x+ 2+

1

2

(3Arctanx−

√7Arctan

2x+ 1√7

)+ C.


∫x3 + 4x− 1

(x2 + 1)3dx(exercice).

(Décomposons en éléments simples la fraction rationnelleX3 + 4X − 1

(X2 + 1)3. On trouve :

x3 + 4x− 1

(x2 + 1)3=

x

(x2 + 1)2+

3x− 1

(x2 + 1)3. . .)


∫ 1

0

x+ 3

x2 − x− 2dx.

Les racines 2 et −1 de x2−x−2 sont en dehors de [0, 1]. La décomposons en éléments

simples de la fraction rationnellex+ 3

x2 − x− 2donne

x+ 3

x2 − x− 2=

5

3(x− 2)− 2

3(x+ 1)et

I =5

3

[ln |x− 2|

]10− 2

3

[ln |x+ 1|

]10

= −7

3ln 2.


4 CACUL INTÉGRAL

4. Calculer I =

∫ 1

−2

dx

x2 + 4x+ 13.

On a pour tout x ∈ [−2, 1] , x2+4x+13 6= 0. La décomposition canonique de x2+4x+13s’écrit x2 + 4x+ 13 = (x+ 2)2 + 9, donc :

I =

∫ 1

−2

dx

(x+ 2)2 + 9

=1

9

∫ 1

−2

dx

1 + (x+23 )2

.

Le changement de variable t =x+ 2

3donne alors

I =1

3

∫ 1

0

dt

1 + t2

=1

3

[Arctant

]10

=π

12.

4 Intégration des fonctions en sinx et cosx.

4.1 Cas du type I =

∫sinm x cosn xdx, m,n ∈ N

4.1.1 m ou n est impair.

Si m = 2p+ 1 on a :∫sinm x cosn xdx =

∫sin2p x cosn x sinxdx

=

∫(1− cos2 x)p cosn x sinxdx.

On pose alors t = cosx et donc on obtient∫

sinm x cosn xdx =

∫(1 − t2)ptn(−dt) que l’on

sait calculer : c’est un polynôme en t. On revient ensuite à la variable initiale.La même méthode s’applique si n est impair, n = 2q + 1, et donc :∫

sinm x cosn xdx =

∫sinm x cos2q x cosxdx

=

∫sinm x(1− sin2 x)q cosxdx.

On pose alors t = sinx et on obtient I =

∫tm(1− t2)qdt

Exemples :


∫sin3 x cos2 xdx.


4.1 Cas du type I =

∫sinm x cosn xdx, m,n ∈ N 4 CACUL INTÉGRAL

En posant t = sinx, on a :

I =

∫sin2 x cos2 x sinxdx

=

∫(1− cos2 x) cos2 x sinxdx

= −∫(1− t2)t2dt

= −∫t2dt+

∫t4dt

=−13t3 +

1

5t5 + C

=−13

cos3 x+1

5cos5 x+ C.

2. Calculer∫

sin2 x cos3 xdx.

On pose t = sinx, dt = cosxdx, d’où :

I =

∫(t2 − t4)dt

=1

3t3 − 1

5t5 + C

=1

3sin3 x− 1

5sin5 x+ C.

3. Calculer I =

∫cos5 xdx.

Poser t = sinx, on aura :

I =

∫cos4 x cosxdx

=

∫(1− sin2 x)2 cosxdx

=

∫(1− t2)2dt

= t− 2

3t3 +

1

5t5 + C

= sinx− 2

3sin3 x+

1

5sin5 x+ C.

4.1.2 Les deux exposants m et n sont impairs

on a m = 2p+ 1 et n = 2q + 1 :

I =

∫sin2p x cos2q x sinx cosxdx

=1

2

∫sin2p x cos2q x sin 2xdx.

Rappelons que :

cos(2x) = 2 cos2 x− 1 = 1− 2 sin 2x et sin 2x = 2 sinx cosx.

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

4

∫ (1− t2

)p(1 + t

2

)qdt


4.1 Cas du type I =

∫sinm x cosn xdx, m,n ∈ N 4 CACUL INTÉGRAL

4.1.3 m et n sont tous les deux pairs.

Dans ce cas, On peut penser à linéariser sin2p x et cos2q x en utilisant les formulestrigonométriques et ou les formules d’Euler :

sinx =eix − e−ix

2i, cosx =

eix + e−ix

2

Ce qui conduit à exprimer sinm x cosn x comme combinaison linéaire de fonctions de laforme cos kx et sin kx k ∈ N. Voici un exemple illustratif.

Soit à calculer I =

∫cos6 xdx.

Les formules d’Euler donne :

cos6 x =

(eix + e−ix

2

)6

On développe cette expression à l’aide de la formule du binôme (rappeler cette formule) ;on réduit ce développement en utilisant l’égalité : eikxeik

′x = ei(k+k′)x puis on regroupe les

termes eikx et e−ikx et les termes eikx et −e−ikx deux à deux. Enfin on utilise à nouveaules formules d’Euler sous la forme :

eikx + e−ikx =2 cos kx

eikx − e−ikx =2i sin kx

Nous obtenons :

cos6 x =1

26

[(e6ix + e−6ix) + 6(e4ix + e−4ix) + 15(e2ix + e−2ix) + 20

]=

1

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

=1

25(cos 6x+ 6 cos 4x+ 15 cos 2x+ 10).

On déduit que :

I =1

25(sin 6x

6+

6 sin 4x

4+

15 sin 2x

2+ 10x) + C

=1

64(1

3sin 6x+ 3 sin 4x+ 15 sin 2x) +

5x

16+ C.

Remarque 4.1. 1. Il n’est pas inutile de rappeler ici que :

sin2 x =1− cos 2x

2, cos2 x =

1 + cos 2x

2, sinx cosx =

1

2sin 2x,

sin a cos b =1

2[sin(a+ b) + sin(a− b)], sin a sin b = 1

2[cos(a− b)− cos(a+ b)],

cos a cos b =1

2[cos(a+ b) + cos(a− b)].

2. On peut aussi, et c’est souvent aventageux, obtenir des relations de récurrence entre I2p,2q àl’aide d’une intégration par parties :

I2p,2q =

∫sin2p x cos2q xdx

=

∫sin2p x cos2q−1 x cosxdx

=1

2p+ 1sin2p+1 x cos2q−1 x− 2q − 1

2p+ 1I2p+1,2(q−1)

ce qui ramène le calcul à celui I2n,0 = J2n =

∫sin2n x dx


4.2 Fractions rationnelles en sinus et cosinus. 4 CACUL INTÉGRAL

4.2 Fractions rationnelles en sinus et cosinus.

Lorsque on a affaire à∫R(sinx, cosx)dx, où R désigne une fraction rationnelle, on se

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

Cas particuliers où la méthode est évidente :

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

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

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

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

4.2.1 Règles de Bioche

Définition 2. Dans l’expression∫f(x) dx, le terme f(x)dx est appelé élément différentiel associé

à la fonction f .

Proposition 2. Soit I =

∫R(sinx, cosx)dx dx une intégrale faisant intervenir des fonctions trigo-

nométriques.• si l’élément différentiel R(sinx, cosx)dx est invariant par le changement de variable x 7→ −x,

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

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

alors on pose t = tan(x).

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

(x2

)avec x ∈ ]−π, π[. On a en

effet :

dx =2

1 + t2dt, cosx =

1− t2

1 + t2, sinx =

2t

1 + t2, tan(x) =

2t

1− t2dt et x = Arctant.

d’où∫R(sinx, cosx)dx =

∫R1(t)dt , où R1(t) = R

(2t

1 + t2,1− t2

1 + t2

).

Cette méthode est générale mais les calculs sont longs, et donc à n’utiliser qu’endernier recours.Exemple 1. Soit à calculer I =

∫cosx

sin4 xdx.

L’élément différentielcosx

sin4 xdx est invariant lorsque on change x en π − x, on pose donc

t = sinx, dt = cosxdx et ainsi

I =

∫dt

t4

=−13t3 + C

=−1

3 sin3 x+ C.


4.2 Fractions rationnelles en sinus et cosinus. 4 CACUL INTÉGRAL

Exemple 2. Calculer∫

sinx

1 + cosxdx.

L’élémentsinx

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

dt = − sinxdx. DoncI = −

∫dt

1 + t= − ln |1 + t|+ C= − ln |1 + cosx|+ C.

Exemple 3. Calculer I =

∫dx

1 + tanx.

On a1 + tanx = 1 +

sinx

cosx=

cosx+ sinx

cosx

L’élémentdx

1 + tanx=

cosxdx

cosx+ sinxest invariant lorsque on change x en x+π, on pose alors

t = tanx, dt = (1 + tan2 x)dx ou dx =dt

1 + t2. Donc I =

∫dt

(t+ 1)(t2 + 1). La décomposition

en élément simple est de la forme :

1

(t+ 1)(t2 + 1)=

A

t+ 1+C1t+D1

t2 + 1

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

2; On multiplie

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

2+ D1, d’où

D1 =1

2. Donc on a :

1

(t+ 1)(t2 + 1)=

1

2(t+ 1)+

1

2

1− tt2 + 1

;

donc :I =

1

2ln |t+ 1|+ 1

2Arctant− 1

2

∫t

t2 + 1dt

=1

2ln |t+ 1|+ 1

2Arctant− 1

4ln(t2 + 1) + C.

On revient à la variable initiale,

I =1

2ln |tanx+ 1|+ 1

2Arctan(tanx)− 1

4ln(tan2 x+ 1) + C

=1

2x+

1

2ln|1 + tanx|√1 + tan2 x

+ C

=1

2x+

1

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

=1

2x+

1

2ln |cosx+ sinx|+ C.

Exemple 4. Soit à calculer I =

∫dx

1 + sinx.

Ici aucune invariance pourdx

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


4.3 Primitives des fonctions rationnelles en shx et chx 4 CACUL INTÉGRAL

t = tanx

2, x = 2Arctant, dx =

2dt

1 + t2. Donc :

I =

∫ 2dt1+t2

1 + 2t1+t2

=

∫2dt

1 + t2 + 2t

=

∫2dt

(1 + t)2

=−21 + t

+ C.

On revient ensuite à la variable x, on obtient :

I =

∫dx

1 + sinx=

−21 + tan x

2

+ C

Exemple 5 . Soit à calculer I =

∫ π2

0

sin θ

(1 + cos θ)dθ.

L’élément différentielsin θ

(1 + cos θ)dθ est invariant lorsque on change θ en −θ ; par consé-

quent on pose t = cos θ, dt = − sin θdθ, aussi si θ = 0 on a t = 1 et si θ =π

2on t = 0. Donc

en posant u = 1 + t on a :

I = −∫ 0

1

dt

(1 + t)2=

∫ 1

0

dt

(1 + t)2=

∫ 2

0

du

u2=[−1u

]21= −1

2+ 1 =

1

2.

4.3 Primitives des fonctions rationnelles en shx et chx

Lorsque on a affaire à∫R(shx, chx)dx où R désigne une fraction rationnelle on utilise

les mêmes techniques que pour les fonctions trigonométriques en posant t = Argth(x2

)et en tenant compte de

dx =2

1− t2dt, chx =

1 + t2

1− t2, shx =

2t

1− t2.

Remarque 4.2. Il est possible de faire le changement de variable suivant en posant t = ex pour seramener à une fonction rationnelle en t.

Exemple 1. Soit à calculer I =

∫ch3xdx.

On aI =

∫ch2xchxdx =

∫(1 + sh2)chxdx.

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

I =

∫(1 + t2)dt

= t+t3

3+ C

= shx+1

3sh3x+ C.

Exemple 2. Calculer I =

∫dx

chx.

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

∫2dx

ex + e−x. En multipliant le numérateur et


6 CACUL INTÉGRAL

le dénominateur par ex, il vient I = 2

∫ex

e2x + 1dx. On pose t = ex, dt = exdx, donc

I = 2

∫dt

t2 + 1= 2Arctant+ C= 2Arctan(ex) + C.

5 Intégrale du type∫

R

(x,

n

√ax+ b

cx+ d

)dx

où R est une fonction rationnelle n ∈ N∗ et ad− bc 6= 0

Dans ce cas on pose z = n

√ax+ b

cx+ d, soit x =

dzn − b−czn + a

dx =ad− bc

(czn − a)2nzn−1dz. On se ramène

à une intégrale de fraction rationnelle.Exemples :

1. Soit à calculer∫

x2 dx√x+ 1

.

On pose u =√x+ 1 ou encore x = u2−1. Par conséquent dx = 2udu. Ce changement

de variable donne :∫

x2 dx√x+ 1

=

∫(u2 − 1)2

u2u du = 2

∫(u2 − 1)2 du. En développant

le polynôme à intégrer et en revenant à la variable initiale, le calcul s’achève sansdifficultés.

2. Calculons∫ 1

0

√1− x1 + x

dx.

On pose t =√

1− x1 + x

d’où x =1− t2

1 + t2et dx = − 4t

(1 + t2)2dt.

On obtient∫ 1

0

√1− x1 + x

dx = −∫ 0

1

4t2

(1 + t2)2dt =

∫ 1

0

4t2

(1 + t2)2dt = 4

(∫ 1

0

1

1 + t2dt−

∫ 1

0

1

(1 + t2)2dt

).

Mais∫ 1

0

1

1 + t2dt =

[arctan t

]10=π

4. Calculons

∫ 1

0

1

(1 + t2)2dt :

Par une intégration par parties : on pose

u(t) =1

1 + t2v′(t) = 1

u′(t) =−2t

(1 + t2)2v(t) = t

on obtient∫ 1

0

1

(1 + t2)dt =

[ t

1 + t2

]10+2

∫ 1

0

t2

(1 + t2)2dt =

1

2+2

(∫ 1

0

t2 + 1

(1 + t2)2dt−

∫ 1

0

1

(1 + t2)2dt

)Par conséquent : 2

∫ 1

0

1

(1 + t2)2dt =

1

2+

∫ 1

0

1

1 + t2dt =

1

2+π

4

Ainsi∫ 1

0

1

(1 + t2)2dt =

1

4+π

8Finalement ∫ 1

0

√1− x1 + x

dx = 4(π4− (

π

8+π

4))=π

2− 1

6 Intégrale du type∫

R(x,√ax2 + bx+ c)dx

où R est une fonction rationnelle


7 EXERCICES

1. Si a = 0, on pose z =√bx+ c

2. Si a 6= 0, on écrit ax2 + bx+ c = a

((x+

b

2a

)2

+4ac− b2

4a2

). Selon le signe de a et de

4ac− b2

4a2,

(x+

b

2a

)2

+4ac− b2

4a2peut s’écrire sous la forme d’une somme ou d’une

différence de deux carrées. On se ramène à trois possibilités :

i)∫R(u,

√u−m2) du on pose u = m ch(t)

ii)∫R(u,

√m2 − u2) du on pose u = m sin(t) ou u = m tan(t)

iii)∫R(u,

√m2 + u2) du on pose u = m sh(t) ou u = m tan(t)

Exemple : Soit à calculer∫ √

(x− 1)(3− x) dx.

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

(x− 1)(3− x) dx =

∫ √1− u2 du.

On pose u = sin(t) où t ∈[−π2,π

2

]. D’où

√1− u2 = cos t (puisque t ∈

[−π2,π

2

], cos t est

positif ou nul), du = cos tdt. D’où :∫ √(x− 1)(3− x) dx =

∫ √1− u2 du =

∫cos2(t) dt =

∫1 + cos(2t)

2dt

=t

2+

sin(2t)

4+ C

=t

2+

1

2sin t cos t+ C

=1

2arcsin(x− 2 +

1

2(x− 2)

√1− (x− 2)2 + C.

7 Exercices


7 EXERCICES

Travaux dirigés

Exercice 1. Calculer les intégrales suivantes :

1.∫ ln 2

0

√ex − 1 dx (changement de variable u =

√ex − 1)

2.∫ π

2

0x sinx dx (intégration par parties)

3.∫ 1

0

ex√ex + 1

dx (à l’aide d’un changement de variable simple)

4.∫ 1

0

1

(1 + x2)2dx (changement de variable x = tan t)

5.∫ 1

0

3x+ 1

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

6.∫ 2

12

(1 +

1

x2

)arctanx dx (changement de variable u =

1

x)

Exercice 2. Calculer les intégrales suivantes :∫ 1

12

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

∫ 1

0(2x+1)e3x dx ;

∫ 1

0

dx

x2 + 2;

∫ 3

2

2x+ 1

x2 + x− 3dx ;

∫ π

0(x−1) cos(2x) dx·

Exercice 3. Formule de Taylor avec reste intégralSoit f : [a, b] −→ R une fonction numérique de classe Cn+1 sur un segment [a, b]. Montrer que pourtout x ∈ [a, b] , ona :

f(x) = f(a) +n∑k=1

fk(a)

k!(x− a)k +

∫ x

a

(x− t)n

n!f (n+1)(t) dt·

Exercice 4. calculer les primitives suivantes :∫x

(1 + x2)2dx ;

∫1

x (1 + x2)2dx ;

∫x3 + 4x− 1

(x2 + 1)3dx·

Exercice 5. Calculer les primitives suivantes :∫(cosx cos 2x+ sinx sin 3x)dx ;

∫cosx sin4 xdx ;

∫sin3 x cosxdx ;

∫sin4 xdx ;

∫dx

sh3 x;

∫shx ch3 xdx ;

∫dx

5 shx− 4 chx·

Exercice 6. Calculer les intégrales suivantes :∫ π

0

dt

(2 + cos2 t)2;

∫ 1

0

√x− 1

xdx ;

∫ 2

1

1

t

√t− 1

t+ 1dt ;

∫ 1

0

1

x2 + 1dx·

Exercice 7. Soit In =

∫ 1

0

xn

1 + xdx·

1. En majorant la fonction intégrée, montrer que (In)n∈N → 0.2. Calculer In + In+1.

3. Déterminer limn→+∞

(

n∑k=1

(−1)k+1

k)·


7 EXERCICES

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

0xf(sinx) dx =

π

2

∫ π

0f(sinx) dx·

Exercice 9. 1. Montrer que pour tout n ∈ N∗;∫ 1

0

ntn

1 + t2ndt =

π

4−∫ 1

0arctan(tn)dt.

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

3. Endéduire que la limite de∫ 1

0

ntn

1 + t2ndt lorsque n tend vers +∞ est égale à

π

4·

Exercice 10. Soit f : [0, 1] −→ R une fonction numérique de classe C2 telle que f(1) = f ′(1) = 0.

Posons In =

∫ 1

0tnf(t)dt·

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

0tnf(t)dt =

1

(n+ 1)(n+ 2)

∫ 1

0tn+2f ′′(t)dt.

2. Expliquer pourquoi il existe une constante M > 0 telle que pour tout n ∈ N∗,∣∣∣∣∫ 1

0tnf(t)dt

∣∣∣∣ 6 M

n3·

3. Endéduire la limite de n2In lorsque n tend vers +∞·

Exercice 11. Intégrales de Wallis

Soit In =

∫ π2

0sinn tdt.

1. Calculer I0 et I1.

2. Établir la formule de récurrence entre : (n+ 2)In+2 = (n+ 1)In.

3. En déduire I2p et I2p+1 en fonction de p.

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

5. En déduire que In ∼ In+1.

6. Montrer que la suite ((n+ 1)InIn+1)n∈N∗ est constante.

7. Donner alors un équivalent simple de In·

8. Montrer que limn→+∞

n

(1.3....(2n− 1)

2.4....(2n)

)2

=1

π. (Formule de Wallis)


chapitre 2: calcul intégral sma smi:s2

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