Cours de PCSI au Lycée Gontran Damas - Fabien PUCCI

Chapitre

VIII

Primitives

Lors d’une grosse fiesta organisée chez les fonctions, la fonction

exponentielle pleurniche dans un coin.

Les autres fonctions viennent la voir :

— « Bah pourquoi tu pleures ?

— Bououh snif, je suis toute seule, bouhouhou.

— Bah viens avec nous, on va t’intégrer !

— Non, snif snif, c’est pas la peine, bouhouhou, ça changera

rien ! »

Les équations différentielles sont un outil absolument fondamental en mathé-matiques, intervenant très régulièrement dans quantité de problème faisantintervenir une modélisation par des fonctions.

Vous en retrouverez régulièrement l’usage en physique notamment. Les problèmesde résolution d’équations différentielles sont en général extrêmement difficilesà résoudre (nombre de problèmes mathématiques ouverts à l’heure actuelle

concernent des équations différentielles), c’est pourquoi nous nous contenterons dansce chapitre et le suivant d’apprendre à résoudre des types très particuliers d’équations.

Le problème principal provient de la définition même d’une équation différentiellequi a pour forme générale :

y′ = f (x; y) .

Résoudre une telle équation revient à chercher une fonction y qui sera, par définitionje le redis, une primitive de f (x; y). Le problème essentiel est donc de pouvoir trouverde telles primitives ce qui est la raison essentielle de ce chapitre.

Dans les cas qui nous concernent, les méthodes sont clairement définies et leurapplication quasiment mécanique. À l’issue de ce chapitre, vous devrez : sa-voir :

— Reconnaitre sans hésitation les primitives classiques.

— Maîtriser les techniques d’intégration par parties et de changement de variable,et savoir les employer à bon escient.

1

Chapitre VIII: Primitives I. PRIMITIVES

Sommaire

I Primitives . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

I.1 Définition des primitives d’une fonction continue . . . . . . 2I.2 Existence des primitives d’une fonction continue . . . . . . 3I.3 Intégrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5I.4 Primitives usuelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

II Intégration par parties et changement de variables . . . . 10

II.1 Intégration par parties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10II.2 Changement de variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

III Primitives de fractions rationnelles . . . . . . . . . . . . . . 20

III.1 Décomposition en éléments simples . . . . . . . . . . . . . . 20III.2 Intégration des éléments simples . . . . . . . . . . . . . . . 25

Khôlle du 3/12/2018 : Primitives . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

Khôlle du 3/12/2018 : Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

Devoir en temps libre no 1 Wallis vs Gauss . . . . . . . . . . . . 50

Correction Wallis vs Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

Devoir surveillé no 1 Primitives . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

I Primitives

Dans ce chapitre, K désigne l’un des ensembles R ou C.

I.1 Définition des primitives d’une fonction continue

Soient I un intervalle et f : I 7−→ K une fonction continue.On appelle primitive de f sur I toute fonction F de classe C1 sur I et dont ladérivée est f .

Définition 1 (Primitive)

Exemples 1 :

— Une primitive de x 7−→ xα sur R∗+ est x 7−→ 1

α + 1xα+1 si α 6= −1, x 7−→ ln x

si α = −1.

— Une primitive de x 7−→ eωx est x 7−→ 1ω

eωx pour ω ∈ C∗.

Deux primitives d’une même fonction sur un intervalle différent d’une constante.

Proposition 1 (Lien entre deux primitives d’une même fonction)

F.PUCCI 2


Preuve: Si F1 et F2 sont deux primitives de la fon tion F sur I, alors

(F1 − F2)′ = F ′1 − F ′

2 = f − f = 0.

Don la fon tion F1 − F2 est onstante sur I.

I.2 Existence des primitives d’une fonction continue

Soit f : [a ; b ] 7−→ C une fonction à valeurs complexes.Alors f = f1 + if2 est de classe C1 sur [a ; b ]si, et seulement si f1 et f2 le sont et,dans ce cas, on a :

— ∀x ∈ [a ; b ], f ′(x) = f ′1(x) + if ′

2(x).

—∫ b

af(t) dt =

∫ b

af1(t) dt + i

∫ b

af2(t) dt.

Rappels 1 (Intégrale d’une fonction la variable réelle à valeurs complexes)

Soient I un intervalle de R, f : I 7−→ K une fonction continue, et a ∈ I.

— La fonction f admet des primitives sur I.

— La fonction F : I K

x∫ x

af(t) dt

est l’unique primitive de f s’annulant

en a.

— Pour toute primitive G de f sur I, on a :

∀x ∈ I, G(x) = G(a) +∫ x

af(t) dt.

Théorème 2 (Théorème fondamental de l’analyse)

Preuve: L'uni ité est évidente d'après la proposition (1) : si deux primitives de

f s'annulent en a, puisqu'elles di�èrent d'une onstante, ette onstante et né essaire-

ment nulle.

La preuve rigoureuse de la première partie de l'énon é né essite d'une part, une dé�-

nition laire de l'intégrale, et d'autre part des te hniques d'analyse un peu poussées,

nous l'admettrons pour l'instant.

Toute fonction continue sur un segment y admet une primitive.

Corollaire 3

Notations :

F.PUCCI 3


— Le symbole∫

f(x) dx, introduit par Leibniz ⌊1⌋, désigne une primitive quelconque

de f . Elle est donc définie à une constante additive près.

— La fonction x 7−→∫ x

af(t) dt est LA primitive de f s’annulant en a.

Exemples 2 :— La fonction ln a été définie comme l’unique primitive sur R∗

+ de la fonction

x 7−→ 1x

qui s’annule en 1.

En d’autres termes, ln(x) =∫ x

1

dt

t. pour tout x ∈ R

∗+.

— Soit f : [a ; b ] 7−→ C continue. Si F1 et F2 sont des primitives sur [a ; b ] respecti-vement de Re (f) et Im (f) alors une primitive de f sur [a ; b ] est F = F1 + iF2.

Une primitive sur R de la fonction x 7−→ 1 + ix est x 7−→ x + ix2

2.

⌊1⌋. Gottfried Wilhelm Leibniz, né à Leipzig le 1er juillet 1646 et mort à Hanovre le 14 novembre1716, est un philosophe, scientifique, mathématicien, logicien, diplomate, juriste, bibliothécaire etphilologue allemand.

Esprit polymathe ⌊2⌋, personnalité importante de la période Frühaufklärung, il occupe une placeprimordiale dans l’histoire de la philosophie et l’histoire des sciences (notamment des mathématiques)et est souvent considéré comme le dernier « génie universel ».

En philosophie, Leibniz est, avec René Descartes et Baruch Spinoza, l’un des principauxreprésentants du rationalisme. Au principe de non-contradiction, il ajoute trois autres principes à labase de ses réflexions : le principe de raison suffisante, le principe d’identité des indiscernables et leprincipe de continuité.

Concevant les pensées comme des combinaisons de concepts de base, il théorise la caractéristiqueuniverselle, une langue hypothétique qui permettrait d’exprimer la totalité des pensées humaines, etqui pourrait résoudre des problèmes par le calcul grâce au calculus ratiocinator, anticipant l’informa-tique de plus de trois siècles.

En métaphysique, il invente le concept de monade. Enfin, en théologie, il établit deux preuvesde l’existence de Dieu, appelées preuves ontologique et cosmologique. Au contraire de Spinoza, quipensait Dieu immanent, Leibniz le conçoit transcendant, à la manière traditionnelle des religionsmonothéistes. Pour concilier l’omniscience, l’omnipotence et la bienveillance de Dieu avec l’existencedu mal, il invente, dans le cadre de la théodicée, terme qu’on lui doit, le concept de meilleur desmondes possibles, qui sera raillé par Voltaire dans le conte philosophique Candide. Il aura une influencemajeure sur la logique moderne développée à partir du XIXème siècle ainsi que sur la philosophieanalytique au XXème siècle.

En mathématiques, la contribution principale de Leibniz est l’invention du calcul infinitésimal

(calcul différentiel et calcul intégral). Si la paternité de cette découverte a longtemps fait l’objet d’unecontroverse l’opposant à Isaac Newton, les historiens des mathématiques s’accordent aujourd’huipour dire que les deux mathématiciens l’ont développé plus ou moins indépendamment.

Il travaille également sur le système binaire comme remplaçant du système décimal, s’inspirantde vieux travaux chinois. Par ailleurs, il introduit la notation qui porte son nom et travaille égalementsur la topologie.

Écrivant en permanence, principalement en latin, français et allemand, il lègue un immense pa-trimoine littéraire, Nachlass en allemand, conservé à la bibliothèque de Hanovre. Il est composéd’environ 50 000 documents dont 15 000 lettres avec plus de mille correspondants différents, et n’esttoujours pas entièrement publié.⌊2⌋. La polymathie est la connaissance approfondie d’un grand nombre de sujets différents, en parti-

culier dans le domaine des arts et des sciences. Le substantif associé est polymathe, parfois égalementnommé « personne d’esprit universel ».

F.PUCCI 4


Pour déterminer une primitive faisant intervenir x 7−→ eax cos(bx) oux 7−→ eax sin(bx), il sera souvent plus simple de passer par l’intégrale dex 7−→ e(a+ib)x, dont on connaît une primitive, et d’en prendre sa partie réelleou imaginaire.

Méthode 1 (Primitive de x 7−→ eax cos(bx))

Exercice 1 : Calculer une primitive F de x 7−→ e2x cos(x).

Correction :

F (x) = Re

(∫

e(2+i)tdt

)

= Re

(2 − i

5e2x( cos x + isinx

))

=e2x

5

(2 cos x + sin x

)+ C, C ∈ R.

Pour déterminer des primitives de fonctions de la forme x 7−→ cosp(x) sinq(x) avecp, q > 0, on pensera à linéariser l’expression, l’obtention de primitives se faisantensuite aisément.

Méthode 2 (Primitive de x 7−→ cosp(x) sinq(x))

Exercice 2 : Calculer des primitives de f : x 7−→ cos3(x).

Correction :

F (x) =∫

cos3(t)dt =∫ (

14

cos(3t) +34

cos(t))

dt

=112

sin(3x) +34

sin(x) + C, C ∈ R.

I.3 Intégrale

Soit f : [a ; b ] 7−→ K une fonction continue.Pour toute primitive F de F sur [a ; b ], on a :

∫ b

af(t) dt = F (b) − F (a).

Proposition 4 (Calcul d’intégrales)

Notations : Pour une fonction F continue sur un segment [a ; b ], on note :

[

F (x)]b

a= F (b) − F (a).

F.PUCCI 5


Preuve: Soit h : x 7−→ F (x) − F (a).

Alors h est dérivable sur I omme ombinaison linéaire de fon tions qui le sont, et

pour x ∈ I,h′(x) = F ′(x) = f(x).

De plus h(a) = 0, don h est une primitive de f s'annulant en a.

D'après l'uni ité du théorème (2) , en prenant la valeur en b, on a, pour tout x ∈ I,

h(x) =∫ b

af(t) dt et le résultat voulu.

La détermination de primitive sera bien sûr la technique privilégiée pour le calculexplicite.

Exemples 3 :

— Pour tout n ∈ N,∫ 1

0tn dt =

[

tn+1

n + 1

]1

0

=1

n + 1.

—∫ 2

1

√t dt =

[23

x32

]2

1=

23

(

232 − 1

)

=4√

2 − 23

.

— Il faudra également être capable de reconnaître immédiatement les dérivéesde composées les plus classiques, qui permettent de calculer directement desintégrales pas toujours évidentes à repérer. Ainsi,

∫ 1

0tet2

dt =[12

et2

]1

0=

e − 12

.

I.4 Primitives usuelles

Pour conclure ce paragraphe, un petit tableau des primitives et formules utiles àconnaître. Rien de nouveau bien entendu, puisque ce tableau est simplement obtenuen « retournant » celui des dérivées classiques.

D’autres primitives peuvent être considérées comme classique, comme par exemple

celle de la tangente qui s’obtient simplement en écrivant tan(x) =sin(x)cos(x)

et en repérant

une dérivée de ln, mais elles sont volontairement omises car on les retrouvera (et ondétaillera donc le calcul) systématiquement dans les exercices.

Dans le tableau, f (ou g) désigne une fonction continue quelconque, F (ou G) une deses primitives et u′ la dérivée d’une fonction dérivable u.

Un type d’exercices très classique (et donc à maîtriser) consiste à faire étudier unefonction définie par une intégrale à bornes variables. Même si on ne sait pas intégrer lafonction sur l’intervalle, on pourra toujours réussir à calculer explicitement sa dérivéeet ainsi trouver son comportement, comme dans l’exemple suivant.

Exercice 3 : Calculer les primitives suivantes.

⌊3⌋. Bouhouhou.

F.PUCCI 6


f F

xα, α 6= −11

α + 1xα+1

ax 1ln(a)

ax

1x

ln |x|

ln(x) x ln(x) − x

ex ex ⌊3⌋

f F

cos(x) sin(x)

sin(x) − cos(x)

tan(x) − ln∣∣ cos(x)

∣∣

cotan (x) ln∣∣ sin(x)

∣∣

1cos2(x)

tan(x)

1sin2(x)

−cotan (x)

cosh(x) sinh(x)

sinh(x) cosh(x)

f F

11 + x2 arctan(x)

11 − x2 argtanh (x)

1√1 − x2

arcsin(x)

1√x2 − 1

argcosh (x)

1√1 + x2

argsinh (x)

f F

λf + g λF + G

u′f(u) F (u)

u′uα, α 6= −11

α + 1uα+1

u′

uln |u|

u′eu eu

Figure VIII.1 – Tableau des primitives à connaitre.

F.PUCCI 7


1.∫

(cos x)1234 sin x dx 2.∫ 1

x ln xdx

Correction : 1. On re onnait la dérivée de un:

∫

(cos x)1234 sin xdx = − 11235

(cos x)1235 + C.

2. On re onnait la dérivée de ln |u| :∫

1x ln x

dx = ln |ln x| + C.

Cette primitive est dé�nie sur ]0, 1[ ou sur ]1, +∞[ .-à-d. la onstante peut être et

sera sûrement di�érente pour ha un des intervalles.

Exercice 4 : Étudier la fonction F définie par F (x) =∫ 2x

x

sinh(t)t

dt.

Correction :

1. La fon tion f : t 7−→ sinh(t)t

est dé�nie et ontinue sur R∗don F sera dé�nie si, et

seulement si ∀t ∈ [x ; 2x ], t 6= 0 .-à-d. si, et seulement si x 6= 0.Don DF = R

∗.

2. Étudions les variations de F :

En notant ϕ une primitive de f sur l'un des deux intervalles R∗+ ou R

∗−, on peut é rire

F (x) = ϕ(2x) − ϕ(x), somme de fon tions dérivables sur R∗et on a :

F ′(x) = 2ϕ′(2x) − ϕ′(x) = 2f(2x) − f(x) =2 sinh(2x)

2x− sinh(x)

x

=sinh(2x) − sinh(x)

x.

La fon tion sinh(x) étant stri tement roissante sur R, sinh(2x)−sinh(x) est du signe

de x .-à-d. ∀x ∈ DF , F ′(x) > 0.

x

F ′(x)

F

−∞ 0 +∞

+ +

−∞−∞

0

0

+∞+∞

3. On peut ompléter l'étude par des al uls de limites aux bornes du domaine de dé�ni-

tion, que nous ne détaillerons pas i i ar ils utilisent des te hniques sur les intégrales

dont nous parlerons dans un futur hapitre, mais qui apparaissent dans le tableau de

variations i-dessus.

On peut même prolonger F par ontinuité en posant F (0) = 0 pour en faire une

bije tion roissante de R dans R.

x

F ′(x)

F

−∞ +∞

+

−∞−∞

+∞+∞

0

0

Exercice 5 : Calculer les intégrales suivantes (a, b réels donnés, p et q entiers na-turels donnés)

F.PUCCI 8


1.∫ π

02 cos(px) cos(qx) dx.

∫ π

02 cos(px) sin(qx) dx.

∫ π

02 sin(px) sin(qx) dx.

2.∫ b

a

√

(x − a)(b − x) dx.

3.∫ 2

−2(|x−1|+ |x|+ |x+1|+ |x+2|) dx.

Correction :1. (p et q sont des entiers naturels)

cos(px) cos(qx) =12

(cos(p + q)x + cos(p − q)x) et don ,

Premier as. Si p 6= q,

∫ π

0cos(px) cos(qx)dx =

12

[sin(p + q)x

p + q+

sin(p − q)xp − q

]π

0= 0.

Deuxième as. Si p = q 6= 0,

∫ π


12

∫ π

0(1 + cos(2px))dx =

12

∫ π

0dx =

π

2.

Troisième as. Si p = q = 0.∫ π


∫ π

0dx = π.

La démar he est identique pour les deux autres et on trouve

∫ π

0sin(px) sin(qx)dx = 0

si p 6= q et

π

2si p = q 6= 0 puis

∫ π

0sin(px) cos(qx)dx = 0 pour tout hoix de p et q.

2. La ourbe d'équation y =√

(x − a)(b − x) ou en ore

{

x2 + y2 − (a + b)x + ab = 0y > 0

est le demi- er le de diamètre [

(

a0

)

,

(

b0

)

]. Par suite, si a 6 b, I =πR2

2=

π(b − a)2

8

et si a > b, I = −π(b − a)2

8.

3. L'intégrale proposée est somme de quatre intégrales. Cha une d'elles est la somme

des aires de deux triangles. Ainsi, I =12

((12 + 32) + (22 + 22) + (32 + 12) + 42) = 22.

F.PUCCI 9

Chapitre VIII: Primitives II. INTÉGRATION PAR PARTIES ET CHANGEMENT DE VARIABLES

II Intégration par parties et changement de variables

II.1 Intégration par parties

Soient f et g sont deux fonctions de classe C1 sur [a ; b ] à valeur dans K.

∫ b

af ′(t)g(t) dt =

[

f(t)g(t)]b

a−∫ b

af(t)g′(t) dt.

Proposition 5 (Intégration par parties)

Preuve: Comme produit de fon tions de lasse C1, la fon tion fg l'est également

et on a :

∫ b

af ′(t)g(t) dt +

∫ b

af(t)g′(t) dt =

∫ b

af ′(t)g(t) + f(t)g′(t) dt

=∫ b

a

(

f(t)g(t))′

dt =[

f(t)g(t)]b

a.

Cette formule peut paraitre peu intéressante dans la mesure où l’on se contente deremplacer une intégrale de produit par une autre intégrale de produit, mais elle est enfait extrêmement importante en pratique.

Elle sera très souvent utilisée dans le cas d’un calcul d’intégrale de produit peu évident,que l’on souhaite transformer un produit plus simple.

Il faut bien comprendre que lors d’une intégration par parties, souvent abrégée en« IPP », l’une des deux fonctions du produit est dérivée et l’autre intégrée.

On essaiera donc de prendre pour g des fonctions qui se simplifient en dérivant (parexemple g(t) = t, ou v(t) = ln(t)), et pour f ′ des fonctions qui ne se compliquent pastrop quand on intègre (par exemple f ′(t) = ex).

Voici quatre exercices illustrant deux des applications de l’intégration par parties :

— intégrer des fonctions dont la dérivée est simple.

— obtenir des relations de récurrence entre des intégrales dépendant d’un entiernaturel.

Exercice 6 : Déterminer des primitives de x 7−→ ln(x) et de x 7−→ arctan(x).

Il n’y a pas de produit, ce qui peut sembler rédhibitoire pour une IPP.

Ce n’est en fait pas un problème, on pose simplement g(t) = ln(t) et f ′(t) = 1, ce qui

donne g′(t) =1t

et f(t) = t soit f(t)g′(t) =t

t= 1, pas trop difficile à intégrer.

Pour x 7−→ arctan(x), le raisonnement est analogue.

F.PUCCI 10


Correction :∫

ln(t)dt = x ln(x) − x et

∫

arctan(t)dt = x arctan(x) − 12

ln(

x2 + 1)

.

ATTENTION à vérifier que tous les produits sont bien de classe C1.

Exercice 7 : Calculer∫ 1

0t2et dt.

Correction : Il su�t de faire deux intégrations par parties pour faire baisser le degré de

x 7−→ x2que l'on prend omme représentant pour g.

Ces deux intégrations par parties sont bien li ites ar t 7−→ t2et t 7−→ et

sont, au moins, de

lasse C2.

∫ 1

0t2et

dt =[

t2et]1

0−∫ 1

02tet

dt = e − 2∫ 1

0tet

dt

= e − 2[

tet]1

0+ 2

∫ 1

0etdt = e − 2e + 2

[

et]1

0

= e.

Exercice 8 : Calculer∫ π

0(t2 − t + 1) cos(t) dt.

Correction : Il su�t de faire trois intégrations par parties pour faire baisser le degré du

polyn�me.

Ces trois intégrations par parties sont bien li ites ar t 7−→ t2 − t + 1 et t 7−→ sin(t) sont,

au moins, de lasse C3.

∫ π

0(t2 − t + 1) cos(t)dt =

[

(t2 − t + 1) sin(t) + (2t − 1) cos(t) − 2 sin(t)]π

0−∫ π

00 × (− sin(t)) dt

= (2π − 1) cos(π) + cos(0) = 2 − 2π.

Un peu répétitif mais e� a e !

Exercice 9 (Integrales de Wallis ⌊4⌋) : On pose, pour tout entier n ∈ N :

Wn =∫ π

2

0cosn(t)dt.

1. Pour n > 2, donner une relation récurrence entre Wn et Wn−2.

2. En déduire que la suite(

nWnWn−1

)

n∈N

est constante.

⌊4⌋. John Wallis, né le 23 novembre 1616 à Ashford, et mort le 28 octobre 1703 à Oxford, est unmathématicien anglais.

F.PUCCI 11


Correction :1. Pour n > 2, nWn = (n − 1)Wn−2.

2. En multipliant les deux membres de l'équation pré édente par Wn−1 6= 0, on obtient :

nWnWn−1 = (n − 1)Wn−1Wn−2 = . . . = W1W0 =π

2.

Exercice 10 (Intégrales de Wallis) : Soit In =∫ π

2

0sinn(t) dt.

1. Établir une relation de récurrence entre In et In+2.

2. En déduire I2p et I2p+1.

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

4. En déduire que In ∼ In+1.

5. Calculer nInIn+1.

6. Donner alors un équivalent simple de In.

Correction :

1. Par IPP, In+2 =n + 1n + 2

In.

2. I0 =π

2et I1 = 1 et

I2p =(2p − 1) × (2p − 3) × · · · × 1

2p × (2p − 2) × · · · × 2I0 =

(2p)!22p(p!)2

π

2,

I2p+1 =2p × (2p − 2) × · · · × 2

(2p + 1) × (2p − 1) × · · · × 1I1 =

22p(p!)2

(2p + 1)!Ses travaux sont précurseurs de ceux de Newton. Il est également précurseur de la phonétique,

de l’éducation des sourds et de l’orthophonie.Wallis a fait ses études à Cambridge, à l’Emmanuel College d’abord, puis au Queens’ College.

Étudiant d’abord la théologie, il est ordonné en 1640. Il se réoriente ensuite vers les mathématiqueset montre un grand talent pour la cryptographie durant la guerre civile, en décryptant les messagesdes royalistes. Il occupe ensuite la chaire savilienne de géométrie à l’université d’Oxford, succédant àPeter Turner, renvoyé car royaliste. Il a été l’un des fondateurs de la Royal Society.

— Ses travaux concernent principalement le calcul différentiel et intégral où il introduit les inté-

grales de Wallis d’allure générale∫ π

2

0

sinn(x) dx.

— On lui doit également le symbole de l’infini, ∞, que l’on utilise de nos jours, ainsi que l’infini-

tésimal1∞ dont il s’est servi dans des calculs d’aire.

— Il assista l’astronome Jeremiah Horrocks pour ses calculs d’éphémérides, notamment lors dutransit de Vénus de 1639.

— Il résolut le problème de la voûte quarrable (1692), posé par Vincenzo Viviani : trouver unefenêtre dans une voûte hémisphérique de sorte que le reste de la voûte soit quarrable, c’est-à-dire dont l’aire puisse s’écrire c2, où c est un nombre constructible à la règle et au compas.

— La formule du produit de Wallis :π

2=

∞∏

n=1

4n2

4n2 − 1

est équivalente au développement en fraction continue généralisée de4π

trouvé par William

Brouncker et semble avoir été inspirée par celui-ci.

F.PUCCI 12


3. En regardant l'intégrande.

4. D'après la question pré édente, 0 < In+2 6 In+1 6 In don

n + 1n + 2

=In+2

In6

In+1

In6 1

par onséquent

In+1

In−−−→n→∞

1.

5. (2p − 1)I2p−1I2p =2p − 1

2p

π

2et 2pI2pI2p+1 =

2p

2p + 1π

2.

.-à-d. nInIn+1 =n

n + 1π

2, e qui peut aussi se démontrer par ré urren e.

6. Comme

π

2(n + 1)InIn+1 ∼ I2

n on en déduit que In ∼√

π

2n.

Exercice 11 : Calculer les primitives suivantes par intégration par parties.

1.∫

x2 ln x dx

2.∫

x arctan x dx

3.∫

ln x dx puis∫

(ln x)2 dx

4.∫

cos x exp(x) dx

Correction :1. Considérons l'intégration par parties ave u = ln x et v′ = x2

.

On a don u′ =1xet v =

x3

3.

D'où,

∫

ln x × x2 dx =∫

uv′ =[uv]

−∫

u′v

=

[

ln x × x3

3

]

−∫

1x

× x3

3dx

=

[

ln x × x3

3

]

−∫

x2

3dx

=x3

3ln x − x3

9+ c

2. Considérons l'intégration par parties ave u = arctan x et v′ = x.

On a don u′ =1

1 + x2 et v =x2

2.

D'où,

∫

arctan x × x dx =∫

uv′ =[uv]

−∫

u′v

=

[

arctan x × x2

2

]

−∫

11 + x2 × x2

2dx

=

[

arctan x × x2

2

]

− 12

∫ (

1 − 11 + x2

)

dx

=x2

2arctan x − 1

2x +

12

arctan x + c

=12

(1 + x2) arctan x − 12

x + c

F.PUCCI 13


3. Pour la primitive

∫

ln x dx, regardons l'intégration par parties ave u = ln x et v′ = 1.

Don u′ =1xet v = x.

∫

ln x dx =∫

uv′ =[uv]

−∫

u′v

= [ln x × x] −∫

1x

× x dx

= [ln x × x] −∫

1 dx

= x ln x − x + c

Par la primitive

∫

(ln x)2 dx soit l'intégration par parties dé�nie par u = (ln x)2et

v′ = 1. Don u′ = 21x

ln x et v = x.

∫

(ln x)2 dx =∫

uv′ =[uv]

−∫

u′v

=[

x(ln x)2]

− 2∫

ln x dx

= x(ln x)2 − 2(x ln x − x) + c

Pour obtenir la dernière ligne on a utilisé la primitive al ulée pré édemment.

4. Notons I =∫

cos x exp x dx.

Regardons l'intégration par parties ave u = exp x et v′ = cos x. Alors u′ = exp x et

v = sin x.

Don

I =∫

cos x exp x dx =[sin x exp x

]−∫

sin x exp x dx

Si l'on note J =∫

sin x exp x dx, alors on a obtenu

I =[sin x exp x

]− J (VIII.1)

Pour al uler J on refait une deuxième intégration par parties ave u = exp x et

v′ = sin x. Ce qui donne

J =∫

sin x exp x dx =[

− cos x exp x]

−∫

− cos x exp x dx =[

− cos x exp x]

+ I

Nous avons ainsi une deuxième équation :

J =[

− cos x exp x]

+ I (VIII.2)

Repartons de l'équation (VIII.1) dans laquelle on rempla e J par la formule obtenue

dans l'équation (VIII.2).

I =[

sin x exp x]

− J =[

sin x exp x]

−[

− cos x exp x]

− I

F.PUCCI 14


D'où

2I =[sin x exp x

]+[cos x exp x

]

Ce qui nous permet de al uler notre intégrale :

I =12

(sin x + cos x) exp x + c.

Exercice 12 : Pour n ∈ N∗, donner une expression de In =

∫ x

1(ln t)n dt.

Correction : Pour n ∈ N∗, posons In =

∫ x

1lnn t dt.

In+1 =[

t lnn+1 t]x

1− (n + 1)

∫ x

1t lnn t

1t

dt = x lnn+1 x − (n + 1)In.

Don , ∀n ∈ N∗,

In+1

(n + 1)!+

In

n!=

x(ln x)n+1

(n + 1)!, et de plus, I1 = x ln x − x + 1.

Soit n > 2.

n−1∑

k=1

(−1)k(Ik

k!+

Ik+1

(k + 1)!) =

n−1∑

k=1

(−1)k Ik

k!+

n∑

k=2

(−1)k−1 Ik

k!= −I1 − (−1)n In

n!,

Par suite,

In = (−1)nn!(n−1∑

k=1

(−1)k x(ln x)k+1

(k + 1)!− x ln x + x − 1) = (−1)nn!(1 −

n∑

k=0

(−1)k x(ln x)k

k!).

II.2 Changement de variables

Soient I un intervalle de R et f : I 7−→ K une fonction continue sur I etϕ : [a ; b ] 7−→ I une fonction de classe C1 sur [a ; b ]. Alors :

∫ ϕ(b)

ϕ(a)f(x) dx =

∫ b

af(

ϕ(t))

ϕ′(t) dt.

On dit qu’on a effectué le changement de variables x = ϕ(t).

Proposition 6 (Changement de variable)

Preuve: Si F est une primitive de f alors F ◦ ϕ est une primitive de f ◦ ϕ × ϕ′et

on a :

∫ ϕ(b)

ϕ(a)f(x) dx =

[

F (x)]ϕ(b)

ϕ(a)= F

(

ϕ(b))

− F(

ϕ(a))

.

F.PUCCI 15


Et,

∫ b

a

(

f ◦ ϕ)

(t)ϕ′(t) dt =[

F ◦ ϕ(t)]b

a= F

(

ϕ(b))

− F(

ϕ(a))

.

En pratique on n’utilise pas vraiment la formule telle quelle. Si on dispose d’une

intégrale∫ b

af(x) dx avec une fonction compliquée et qu’on souhaite remplacer une

partie de la fonction par une nouvelle variable, on « pose » t = ϕ(x), et on effectuealors les modifications suivantes dans notre intégrale :

— on remplace les bornes a et b par ϕ(a) et ϕ(b).

— on remplace dans l’intégrale f(x) par f ◦ ϕ(t) ⌊5⌋.

— on modifie le dx en ϕ′(t) dt ⌊6⌋.

Ces modifications reviennent bien à appliquer la formule donnée dans la proposition.

Dans la pratique, on veillera en effectuant un changement de variables à modifierles trois éléments :

— la variable x = ϕ(t)

— l’élément différentiel dx = ϕ′(t) dt,

— les bornes de l’intégrale : si t varie entre a et b, x = φ(t) doit varier entreϕ(a) et ϕ(b) .

Méthode 3 (Changement de variables)

Exemple 4 : Soit I =∫ 1

0

e2t

1 + etdt.

Posons le changement de variable u = et, la fonction t 7−→ et étant de classe C1.

On a alors du = et dt ou dt =du

u, puis :

I =∫ 1

0

e2t

1 + etdt =

∫ e

1

u2

u(1 + u)du =

∫ e

1

(

1 − 11 + u

)

du

=[

u − ln(1 + u)]e

1= e − ln(1 + e) −

(

1 − ln(2))

= e − 1 + ln( 2

1 + e

)

.

Exercice 13 : En posant x = sin(t), calculer∫ 1

0

√1 − x2 dx.

⌊5⌋. autrement dit, on remplace tous les x par des t.⌊6⌋. on écrira simplement dx = ϕ′(t) dt même si c’est un abus de notation.

F.PUCCI 16


Remarque : C’est à l’aide de la formule de changement de variable qu’on peut prouverde façon rigoureuse les résultats suivants, qui sont géométriquement évidents :

1. Si f est une fonction impaire alors∫ a

−af(t) dt = 0.

En faisant le changement de variable t = −x, on constate que cette intégrale estégale à son opposé.

2. De même, si f est une fonction paire alors∫ a

−af(t) dt = 2

∫ a

0f(t) dt.

3. De même, pour une fonction continue et T -périodique, un changement de variablex = t − T permet de montrer que :

∫ b

af(t) dt =

∫ b−T

a−Tf(x) dx.

Si ϕ : J 7−→ I de classe C1 et si f : I 7−→ K est continue, alors on a :∫

f(

ϕ(x))

ϕ′(x) dx = F(

ϕ(x))

+ C, C ∈ K.

Corollaire 7

Exemples 5 : Primitives de x 7−→ 1(x − a)2 + b2

et x 7−→ 1√b2 − x2

avec a ∈ R et

b > 0.

1. On effectue le changement de variables x − a = bt, d’où dx = b dt et on a :

∫ dx

(x − a)2 + b2=

1b

∫ dt

1 + t2=

1b

arctan(t) + C = arctan(

x − a

b

)

+ C.

2. On effectue le changement de variables x = bt, d’où dx = b dt et on a :

∫ dx√b2 − x2

=∫ dt√

1 − t2= arcsin(t) + C = arcsin

(x

b

)

+ C.

Exercice 14 : Calculer les primitives suivantes par changement de variable.

1.∫ 1

3 + exp (−x)dx 2.

∫ 1√4x − x2

dx

Correction :

1.

∫1

3 + exp (−x)dx

Soit le hangement de variable u = exp x. Alors x = ln u et du = exp x dx e qui

s'é rit aussi dx =du

u.

∫1

3 + exp (−x)dx =

∫1

3 + 1u

du

u=∫

13u + 1

du =13

ln |3u+1|+c =13

ln (3 exp x + 1)+c

Cette primitive est dé�nie sur R.

F.PUCCI 17


2.

∫1√

4x − x2dx

Le hangement de variable a pour but de se ramener à quelque hose de onnu. I i

nous avons une fra tion ave une ra ine arrée au dénominateur et sous la ra ine un

polyn�me de degré 2. Ce que l'on sait intégrer 'est :

∫1√

1 − u2du = arcsin u + c,

ar on onnaît la dérivée de la fon tion arcsin(t), 'est arcsin′(t) =1√

1 − t2.

On va don essayer de s'y ramener.

Essayons d'é rire e qu'il y a sous la ra ine, 4x − x2sous la forme 1 − t2

:

4x − x2 = 4 − (x − 2)2 = 4

(

1 −(

12

x − 1)2)

.

Don il est naturel d'essayer le hangement de variable u =12

x − 1 pour lequel

4x − x2 = 4(1 − u2) et dx = 2du.

∫1√

4x − x2dx =

∫1

√

4(1 − u2)2du =

∫du√

1 − u2= arcsin u + C

= arcsin(

12

x − 1)

+ C.

Remarque : La fon tion arcsin u est dé�nie et dérivable pour u ∈] − 1, 1[ alors etteprimitive est dé�nie sur x ∈ ]0, 4[.

Exercice 15 : Calculer les intégrales suivantes (a réel donné)

1.∫ a

1a

ln x

x2 + 1(0 < a).

2.∫ 2

1

2

(

1 +1x2

)

arctan x dx.

3.∫ 1

−1

√

1 + |x(1 − x)| dx.

4.∫ π

0

x sin x

1 + cos2 x.

Correction :

1. On pose t =1xet don x =

1tet dx = − 1

t2 dt. On obtient

I =∫ a

1/a

ln x

x2 + 1dx = −

∫ 1/a

a

ln(1/t)1t2 + 1

1t2 dt = −

∫ a

1/a

ln t

t2 + 1dt = −I,

et don , I = 0.

2. On posez u =1x .-à-d. du = − dx

x2 = u2dx et on obtient :

I =∫ 2

1

2

(

1 +1x2

)

arctan xdx =∫ 1

2

2(1 + u2) arctan

(1u

)(

−du

u2

)

F.PUCCI 18


Sur

[12

; 2]

, arctan(

1u

)

=π

2− arctan(u) :

=∫ 2

12

(

1 +1u2

)(π

2− arctan(u)

)

du

=π

2

∫ 2

12

1 +1u2du −

∫ 2

12

(

1 +1u2

)

arctan(u)du

=π

2

[

u − 1u

]2

12

− I =3π

2− I.

Don I =3π

4.

3. I =∫ 1

−1

√

1 + |x(1 − x)|dx =∫ 0

−1

√

1 + x(x − 1) dx +∫ 1

0

√

1 + x(1 − x)dx = I1 + I2.

Pour I1, 1 + x(x − 1) = x2 − x + 1 =(

x − 12

)2+

(√3

2

)2

et on pose x − 12

=

√3

2sh t

et don dx =

√3

2 h t dt.

I1 =∫ − ln(

√3)

ln(2−√

3)

√3

2

√

sh

2t + 1

√3

2 h t dt =

34

∫ − ln(√

3)

ln(2−√

3) h

2t dt =316

∫ − ln(√

3)

ln(2−√

3)(e2t + e−2t + 2) dt

=316

(12

(

e−2 ln(√

3) − e2 ln(2−√

3))

− 12

(

e2 ln(√

3) − e−2 ln(2−√

3))

+ 2(

− ln(√

3) − ln(2 −√

3)))

=316

(

12

(13

− (2 −√

3)2)

− 12

(

3 − 1

(2 −√

3)2

)

− 2 ln(2√

3 − 3)

)

=316

(

−43

+12

(

−(2 −√

3)2 + (2 +√

3)2)

− 2 ln(2√

3 − 3))

= −14

+3√

34

− 38

ln(2√

3 − 3).

Pour I2, 1+x(1−x) = −x2+x+1 = −(

x − 12

)2+

(√5

2

)2

et on pose x− 12

=

√5

2sin t

et don dx =

√5

2cos t dt.

I2 =∫ arcsin 1√

5

− arcsin 1√5

√5

2

√

1 − sin2 t

√5

2cos t dt =

54

∫ arcsin 1√5

− arcsin 1√5

cos2 t dt

=58

∫ arcsin 1√5

− arcsin 1√5

(1 + cos(2t))dt =58

(2 arcsin1√5

+ 2 [sin t cos t]arcsin 1√

5

0

=54

arcsin1√5

+54

1√5

√

1 − 15

=54

arcsin1√5

+510

...

F.PUCCI 19

Chapitre VIII: Primitives III. PRIMITIVES DE FRACTIONS RATIONNELLES

4.

I =∫ π

0

x sin x

1 + cos2 xdx =

∫ 0

π

(π − u) sin(π − u)1 + cos2(π − u)

(−du)

= π

∫ π

0

sin u

1 + cos2 udu −

∫ π

0

u sin u

1 + cos2 udu

= −π[

arctan(cos u)]π

0− I =

π2

2− I,

et don , I =π2

4.

III Primitives de fractions rationnelles

III.1 Décomposition en éléments simples

K désigne le corps C des nombres complexes ou celui des nombres réels R.

On appelle fraction rationnelle tout quotient de polynômes à coefficients réels :

∀x ∈ K \{

Q(x) 6= 0}

, f(x) =P (x)Q(x)

, avec P, Q ∈ K[X].

— Les racines de P sont encore appelées les racines de f .

— Les racines de Q sont appelées les pôles de f

Définition 2 (Fraction rationnelle)

Le théorème de D’Alembert-Gauss que nous démontrerons plus tard permet d’écrire :

F.PUCCI 20


Soit P ∈ K[X], un polynôme non constant à coefficient dans K.

— Si K = C alors P peut se mettre, de manière unique, sous la forme :

P (X) = a(

X − α1

)n1 ×(

X − α2

)n2 × . . . ×(

X − αp

)np

= ap∏

k=1

(

X − αk

)nk

.

où a ∈ C et ∀k ∈ J1 ; p K, αk ∈ C et nk ∈ N.On dit alors que αk est une racine de P de multiplicité nk.

— Si K = R alors P peut se mettre, de manière unique, sous la forme :

P (X) = a

( p∏

k=1

(

X − αk

)nk ×q∏

k=1

(

X2 + βkX + γk

)mk

)

.

où a ∈ R,∀k ∈ J1 ; p K, αk ∈ R, nk ∈ N,∀k ∈ J1 ; q K, βk, γk ∈ R, mk ∈ N

∆k = βk2 − 4γk < 0.

Lemme 8 (Factorisation d’un polynôme)

Preuve: La première assertion dé oule immédiatement du théorème de D'Alembert-

Gauss par ré urren e sur le degré de P .

Pour la se onde, après avoir isolé les ra ines réelles αk de P , il su�t alors de regrouper

les ra ines omplexes non réelles qui sont onjuguées dans l'expression pré édente et

de remarquer que :

(X − α)(X − α) = X2 − 2Re (α) X + |α|2 ∈ R[X].

Si α /∈ R alors Im (α) 6= 0 et on a |α|2 = Re (α)2 + Im (α)2 > Re (α)2.

D'où ∆ = 4Re (α)2 − 4|α|2 = 4(

Re (α)2 − |α|2)

< 0.

Le lemme (2) permet alors d’en obtenir un autre que nous démontrerons plus tarden algèbre :

F.PUCCI 21


Toute fractionnelle f à coefficients réels peut se mettre, de manière unique, sousla forme :

f(x) = E(X) +p∑

k=1

nk∑

i=1

λk,i

(X − αk)i+

q∑

k=1

mk∑

j=1

δk,jX + εk,j(

X2 + βkX + γk

)j . (VIII.3)

où E ∈ R[X] est un polynôme à coefficients réels.∀k ∈ J1 ; p K, αk, λk ∈ R, nk ∈ N,∀k ∈ J1 ; q K, βk, γk, δk, εk ∈ R, mk ∈ N

∆k = βk2 − 4γk < 0.

On dit alors que αk est un pôle de f de multiplicité nk.

Lemme 9 (Décomposition en éléments simples)

Dans l’expression (VIII.3), on appelle :

— partie entière de f , le polynôme E,

— élément simple de première espèce, les fractions de la forme

1(X − α)i

, i ∈ N∗.

— élément simple de deuxième espèce, les fractions de la forme

1(X2 + βX + γ)i

, i ∈ N∗ avec β2 − 4γ < 0.

Définition 3

Techniques de calcul : Pour effectuer en pratique une décomposition en élémentssimples, il est utile de connaître quelques petites techniques, qui évitent de recourirau calcul brutal consistant à mettre au même dénominateur tous les termes pouridentifier.

— Dans le cas des pôles simples c.-à-d. de dénominateurs de degré 1 de la formeX −a, on peut multiplier les deux membres par X −a puis évaluer l’égalité pourX = a.

Exemple 6 : Décomposition en éléments simples de f(x) =2x + 3

x2 − x − 2:

— On commence par factoriser le dénominateur afin d’identifier les pôles etleur multiplicité :

x2 − x − 2 = (x + 1)(x − 2).

— Le lemme (9) nous assure alors que :

f(x) =a

x + 1+

b

x − 2. (VIII.4)

F.PUCCI 22


— Pour x 6= −1, on multiplie l’égalité (VIII.4) par x + 1, ce qui donne :2x + 3x − 2

= a +b(x + 1)

x − 2. Expression qui peut alors être évaluée en x = −1,

le pôle ayant disparu.

On trouve alors −13

= a.

— On itère le raisonnement précédent à tous les pôles simples. Ici, en multi-pliant par x − 2 et en évaluant en x = 2.

On trouve b =73

.

— Conclusion : f(x) = − 13(x + 1)

+7

3(x − 2).

Remarque : Dans le cas de pôles multiples, disons a de multiplicité n, le raisonne-ment précédent s’applique en multipliant les deux membres de la décompositionpar (x − a)n et en identifiant pour x = a mais seulement pour le coefficient deplus haute multiplicité.

Exemple 7 : La décomposition en éléments simples de

f(x) =x + 1

(x − 1)2(x + 2)s’écrit :

f(x) =a

(x − 1)2+

b

x − 1+

c

x + 2.

En multipliant par (x − 1)2, on obtient :

x + 1x + 2

= a + b(x − 1) +c(x − 1)2

x − 2.

En évaluant en x = 1, on obtient a =23

facilement mais on perd l’occasion de

déterminer b à cause de la présence du facteur x − 1.

Remarque : En attendant de disposer de moyens plus efficaces, on pourratoujours évaluer la fraction en x = 0 par exemple et identifier b après avoirtrouvé le coefficient c.

On trouve successivement c = −19

, d’où :

f(x) =2

3(x − 1)2+

b

x − 1− 1

9(x + 2).

Puis, f(0) =12

=23

− b − 118

⇐⇒ b =19

.

Conclusion : f(x) =2

3(x − 1)2+

19(x − 1)

− 19(x + 2)

.

F.PUCCI 23


— S’il y a des termes de degré supérieur, on peut obtenir une équation sur lescoefficients en évaluant l’égalité pour une valeur simple de x (souvent x = 0)sans multiplication préalable.

— On peut également obtenir une équation en regardant la limite quand x tendvers ±∞, en multipliant au besoin par x ou x2 pour faire apparaître des limitesnon nulles.

Exemple 8 : Décomposition en éléments simples de f(x) =1

x3 + 1:

— On commence par factoriser le dénominateur dans R :

x3 + 1 = (x + 1)(x2 − x + 1).

Le deuxième facteur ayant un discriminant négatif, on ne peut aller plusloin.

— Le lemme (9) nous assure alors que :

f(x) =a

x + 1+

bx + c

x2 − x + 1. (VIII.5)

— En multipliant par x + 1, on trouve rapidement a =13

.

— Pour le reste, il nous faut deux informations supplémentaires. On peut

regarder en 0 pour trouver 1 =13

+ c ⇐⇒ c =23

.

Enfin, on peut multiplier par x et regarder la limite en +∞, ce qui donne

limx→+∞

x

x3 + 1= lim

x→+∞x

3(x + 1)+ lim

x→+∞

bx2 +23

x

x2 − x + 1

0 =13

+ b

b = −13

.

— Conclusion : f(x) =1

3(x + 1)− x − 2

3(x2 − x + 1).

Remarque : Rien n’empêche de faire un petit tour dans C et de poser α et α

les racines complexes x2 − x + 1 = (x − α)(x − α).On multiplie alors les deux membres de (VIII.5) par x − α avant d’évaluer enx = α. On trouve alors :

1(α + 1)

✘✘✘✘✘(α − α)

=bα + c

✘✘✘✘α − α

⇐⇒ 1α + 1

= bα + c

⇐⇒ 1 = (bα + c)(α + 1) ⇐⇒ 1 = bα2 + bα + cα + c

Or, α2 = α − 1,

⇐⇒ 1 = (2b + c)α − b + c ⇐⇒{

1 = −b + c0 = 2b + c

⇐⇒ b = −13

et c = −2b =23

.

F.PUCCI 24


Exemple 9 : Décomposition en éléments simples de f(t) =4t

(1 + t)2(1 + t2):

La fraction rationnelle f(t) admet une décomposition en éléments simples de laforme :

4t

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

a

1 + t+

b

(1 + t)2+

ct + d

1 + t2

En posant h = 1 + t

4t

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

−4 + 4h

h2(2 − 2h + h2)

On effectue alors la division suivant les puissances croissantes de −4 + 4h par2 − 2h + h2 :

−4 +4h 2 − 2h + h2

2h2 −2

D’où −4 + 4h = −2(2 − 2h + h2) + 2h2

−4 + 4h

2 − 2h + h2= −2 +

2h2

2 − 2h + h2

−4 + 4h

h2(2 − 2h + h2)= − 2

h2+

2(2 − 2h + h2)

4t

(1 + t)2(1 + t2)= − 2

(1 + t)2+

21 + t2

On obtient :4t

(1 + t)2(1 + t2)= − 2

(1 + t)2+

21 + t2

.

Remarque : Rien d’inquiétant à ce que a = c = 0.

III.2 Intégration des éléments simples

On résume le paragraphe précédent dans la proposition (10) :

Toute fraction rationnelle f peut de décomposer de manière unique en la somme :

— d’une partie entière : un polynôme,

— d’éléments de première espèce :a

(x − α)i,

— d’éléments de deuxième espèce :ax + b

(x2 + βx + γ)i.

Proposition 10

F.PUCCI 25


Trouver une primitive d’une fraction rationnelle revient donc à trouver une primitivedes termes constituant sa décomposition en éléments simples :

Primitive de la partie entière : Primitiver un polynôme n’a rien de bien compli-qué.

Primitive dea

x − α: Sur tout intervalle de R ne contenant par α, on a :

∫a

t − αdt = a ln |x − α|.

Primitive dea

(x − α)i, i > 1 : Sur tout intervalle de R ne contenant par α, on a :

∫a

(t − α)idt = − 1

i − 1a

(x − α)i−1.

Primitive deb

x2 + βx + γ: On commence par mettre x2 + βx + γ sous sa forme

canonique (x − α)2 + δ avec δ > 0 puis on reconnait une dérivée de arctan u eton a :

∫b

t2 + βt + γdt =

∫b

(t − α)2 + δdt =

b

δ

∫ 1(

t − α√δ

)2

+ 1

dt

=b√δ

arctan

(

t − α√δ

)

.

Primitive deax + b

x2 + βx + γ: Comme x2 + βx + γ ne s’annule pas sur R, on peut

envisager une primitive de la formeu′

u. On commence par faire apparaitre cette

forme et on a :

∫at + b

t2 + βt + γdt =

a

2

∫ 2t + β

t2 + βt + γdt +

∫ b − aβ

2t2 + βt + γ

dt

=a

2ln |x2 + βx + γ| +

. . .

. . .arctan(. . .).

Primitive deax + b

(x2 + βx + γ)i: On commence par mettre x2 + βx + γ sous sa forme

canonique (x − α)2 + δ avec δ > 0 puis on reconnait une dérivée de1ui

et on a :

∫ at + b

(t2 + βt + γ)idt =

a

2

∫ 2t + β

(t2 + βt + γ)idt +

∫ b − aβ

2(t2 + βt + γ)i

dt

=a

2(i − 1)1

(x2 + βx + γ)i−1+ voir ci-dessous. . . .

Primitive deb

(x2 + βx + γ)i: C’est là que la bât blesse un peu.

F.PUCCI 26


On commence par mettre x2 + βx + γ sous sa forme canonique (x − α)2 + δ avecδ > 0.

∫ b

(t2 + βt + γ)idt =

∫ b(

(t − α)2 + δ)i dt =

b

δi

∫ b

(

t − α√δ

)2

+ 1

i dt.

Posons u =t − α√

δc.-à-d. du =

dt√δ

.

D’où∫

b

(t2 + βt + γ)idt =

b

δi− 12

∫b

(u2 + 1)i du.

Si i = 1 : On reconnait la dérivée de arctan u .

Si i =12

: On reconnait la dérivée de argsinh u .

Sinon : On effectue un changement de variable u = tan y c.-à-d. du =dy

cos2(y)et on a :

∫ 1

(u2 + 1)i du =∫ 1(

tan2(y) + 1)i

dy

cos2(y)=∫

cos2i−2(y) dy.

On est ainsi ramené au calcul des intégrales de Wallis qui n’est pas l’objetde ce chapitre.

Exercice 16 : Après avoir donner la décomposition en éléments simples sur un inter-valle à préciser des fractions rationnelles ci-dessous, donner une primitive de celles-ci :

f(x) =1

x(x + 1)(x + 2).

g(x) =1

x2 − 1.

h(x) =2x + 1

x(x + 1)2.

i(x) =2x + 1x3 − 1

.

j(x) =x + 1

x2 − 5x + 6.

k(x) =x2 − x + 1x2 + x + 1

.

Correction :

f(x) =∫

dx

x(x + 1)(x + 2)=∫

dx

2x−∫

dx

x + 1+

dx

2(x + 2)

=12

(

ln |x| + ln |x + 2|)

− ln |x + 1| + C.

g(x) =∫

dx

x2 − 1=

12

ln |x + 1| − 12

ln |x − 1| + C.

h(x) =2x + 1

x(x + 1)2 = −∫

dx

x − 1+∫

dx

(x + 1)2 +∫

dx

x

= − ln |x + 1| − 1x + 1

+ ln |x| + C.

.

i(x) =2x + 1x3 − 1

=∫

dx

x − 1−∫

x

x2 + x + 1dx

= ln |x − 1| − 12

∫2x + 1

x2 + x + 1dx +

12

∫dx

x2 + x + 1

= ln |x − 1| − 12

ln(x2 + x + 1) +12

∫dx

(

x +12

)2+

34

= ln |x − 1| − 12

ln(x2 + x + 1) +1√3

arctan(

2x + 1√3

)

+ C.

F.PUCCI 27


j(x) =∫

x + 1x2 − 5x + 6

dx = −3∫

dx

x − 2+ 4

∫dx

x − 3= −3 ln |x − 2| + 4 ln |x − 3| + C.

k(x) =∫

x2 − x + 1x2 + x + 1

dx =∫

dx − 2∫

x

x2 + x + 1dx

= x − ln(x2 + x + 1) +2√3

arctan(

2x + 1√3

)

+ C.

Exercice 17 : Calculer les primitives suivantes.

1.∫

esin2 x sin 2x dx.

2.∫

cos5 t dt ;∫

cosh3 t dt ;∫

cos4 t dt ;∫

sinh4 t dt.

3.∫

x3ex dx.

4.∫

ln x dx ;∫

x ln x dx ;∫

arcsin x dx.

5.∫

cosh t sin t dt.

6.∫ dx

sin x.

7.∫ √

a2 − x2 dx.

8.∫ e2x

√ex + 1

dx.

9.∫

eax cos bx dx ;∫

eax sin bx dx.

10.∫ √

x

(1 − x)3dx

pour 0 < x < 1.

11.∫

x2

√1 − x2

dx.

12.∫

dx

cos x + 2 sin x + 3.

13.∫ √

x dx√a3 − x3

avec

0 < x < a.

14.∫ cosh x

cosh x + sinh xdx.

Correction :1. Changement de variable u = sin2 x (ou d'abord u = sin x) ; esin2 x + C.

2. Deux méthodes : hangement de variable u = sin t (ou u = sinh t), ou linéarisation.

115

(15 sin t − 10 sin3 t + 3 sin5 t) + C ou

180

sin 5t +548

sin 3t +58

sin t + C ;

sinh t +13

sinh3 t + C ou

112

sinh 3t +34

sinh t + C ;

132

(sin 4t + 8 sin 2t + 12t) + C ;

132

(sinh 4t − 8 sinh 2t + 12t) + C.

3. Intégrations par parties : (x3 − 3x2 + 6x − 6)ex + C.

4. Intégration par parties : x ln x − x + C ;

x2

2ln x − x2

4+ C ; x arcsin x +

√

1 − x2 + C.

5. Intégrations par parties :

12

(sinh t sin t − cosh t cos t) + C.

6. Changement de variable t = tanx

2; ln

∣∣tan

x

2

∣∣+ C sur haque intervalle. . .

7. Changement de variable x = a sin u ;

a2

2arcsin

x

a+

x

2

√

a2 − x2 + C.

8. Changement de variable u = ex;

23

√ex + 1(ex − 2) + C.

9. Intégrations par parties :

1a2 + b2 eax(a cos bx + b sin bx) + C ;

1a2 + b2 eax(−b cos bx + a sin bx) + C.

10. Changement de variable t =√

x

1 − x; 2√

x

1 − x− 2 arctan

√x

1 − x+ C.

11. Changement de variable t = arcsin x ;

12

(arcsin x − x√

1 − x2) + C.

F.PUCCI 28


12. Changements de variable u = tanx

2, t = 1 + u ; arctan(tan

x

2+ 1) + C sur haque

intervalle. . . Mais, au fait, ne her hait-on pas une primitive sur R ?

13. Changement de variable x3 = u2;

23

arcsin

√

x3

a3 + C.

14. Multiplier et diviser par cosh x − sinh x, ou passer en ex;

x

2+

sinh 2x

4− cosh 2x

4+ C

ou

x

2− e−2x

4+ C.

Exercice 18 : Calculer les intégrales suivantes :

1.∫ 1

0

arctan x

1 + x2dx.

2.∫ 2

1

2

(

1 +1x2

)

arctan x dx.

3.∫ π

2

0x sin x dx.

4.∫ 1

−1(arccos x)2 dx.

5.∫ 1

0

1

(1 + x2)2 dx.

6.∫

√3

0

x2

√4 − x2

dx.

7.∫ 2

1x2 ln x dx.

8.∫ 1

−1

1x2 + 4x + 7

dx.

9.∫ 1

0

3x + 1

(x + 1)2 dx.

Correction :

1.

∫ 1

0

arctan x

1 + x2 dx =π2

32( hangement de variables ou intégration par parties).

2.

∫ 2

1

2

(

1 +1x2

)

arctan xdx =3π

4( hangement de variables u =

1xet arctan x+arctan

1x

=π

2).

3.

∫ π2

0x sin xdx = 1 (intégration par parties).

4.

∫ 1

−1(arccos x)2

dx = π2 + 4 (2 intégrations par parties).

5.

∫ 1

0

1

(1 + x2)2 dx =π

8+

14( hangement de variables ou intégration par parties).

6.

∫√

3

0

x2√

4 − x2dx =

2π

3−

√3

2( hangement de variables u = arcsin

x

2).

7.

∫ 2

1x2 ln x dx =

83

ln 2 − 79(intégration par parties).

8.

∫ 1

−1

1x2 + 4x + 7

dx =π

6√

3( hangement de variables u =

x + 2√3

).

9.

∫ 1

0

3x + 1

(x + 1)2 dx = 3 ln 2 − 1 (dé omposition en éléments simples).

Exercice 19 : Calculer les primitives des fonctions suivantes en précisant le ou lesintervalles considérés :

1.1

x3 + 1.

2.x2

x3 + 1.

3.x5

x3 − x2 − x + 1.

4.1 − x

(x2 + x + 1)5.

5.1

x(x2 + 1)2.

6.x2 + x

x6 + 1.

7.1

x4 + 1.

8.1

(x4 + 1)2.

9.x

(x4 + 1)3.

F.PUCCI 29


Correction : 1. I est l'un des deux intervalles ] − ∞, −1[ ou ] − 1, +∞[. f est ontinue

sur I et admet don des primitives sur I.

1X3 + 1

=13

(1

X + 1+

−X + 2X2 − X + 1

)

=13

(1

X + 1− 1

22X − 1

X2 − X + 1+

32

1X2 − X + 1

)

=13

1

X + 1− 1

22X − 1

X2 − X + 1+

32

1

(X − 12)2 + (

√3

2 )2

.

Mais alors,

∫1

x3 + 1dx =

13

(ln |x + 1| − 12

ln(x2 − x + 1) +32

2√3

arctanx − 1

2√3

2

)

=16

ln(x − 1)2

x2 − x + 1+

1√3

arctan2x − 1√

3+ C.

2. I est l'un des deux intervalles ] − ∞, −1[ ou ]1, +∞[.

Sur I,

∫x2

x3 + 1dx =

13

ln(x3 + 1) + C.

3. X3 − X2 − X + 1 = X2(X − 1) − (X − 1) = (X2 − 1)(X − 1) = (X − 1)2(X + 1).

Don , la dé omposition en éléments simples de f =X5

X3 − X2 − X + 1est de la forme

aX2 + bX + c +d1

X − 1+

d2

(X − 1)2 +e

X + 1.

Détermination de a, b et c. La division eu lidienne de X5par X3 − X2 − X + 1 s'é rit

X5 = (X2 + X + 2)(X3 − X2 − X + 1) + 2X2 + X − 2. On a don a = 1, b = 1 et

c = 2.

e = limx→−1

(x + 1)f(x) =(−1)5

(−1 − 1)2 = −14. Puis, d2 = lim

x→1(x − 1)2f(x) =

15

1 + 1=

12.

En�n, x = 0 fournit 0 = c − d1 + d2 + e et don , d1 = −2 − 12

+14

= −94. Finalement,

X5

X3 − X2 − X + 1= X2 + X + 2 − 9

41

X − 1+

12

1(X − 1)2 − 1

41

X + 1,

et don , I désignant l'un des trois intervalles ] − ∞, −1[, ] − 1, 1[ ou ]1, +∞[, on a sur

I

∫x5

x3 − x2 − x + 1dx =

x3

3+

x2

2+ 2x − 1

2(x − 1)− 1

4ln |x + 1| + C.

4. Sur R,

∫1 − x

(x2 + x + 1)5 dx = −12

∫2x + 1

(x2 + x + 1)5 dx +32

∫1

(x2 + x + 1)5 dx

=1

8(x2 + x + 1)4 +32

∫1

((x + 12)2 + 3

4 )5dx

=1

8(x2 + x + 1)4 +32

∫1

((√

32 u)2 + 3

4)5

√3

2du (en posant x +

12

=u

√3

2)

=1

8(x2 + x + 1)4 +28

√3

34

∫1

(u2 + 1)5 du.

F.PUCCI 30


Pour n ∈ N∗, posons alors In =

∫du

(u2 + 1)n. Une intégration par parties fournit

In =u

(u2 + 1)n+ 2n

∫u2 + 1 − 1

(u2 + 1)n+1 du =u

(u2 + 1)n+ 2n(In − In+1),

et don , In+1 =1

2n

(u

(u2 + 1)n+ (2n − 1)In

)

. Mais alors,

I5 =18

u

(u2 + 1)4 +78

I4 =18

u

(u2 + 1)4 +7

8.6u

(u2 + 1)3

+7.58.6

I3 =18

u

(u2 + 1)4 +7

8.6u

(u2 + 1)3 +7.5

8.6.4u

(u2 + 1)2 +7.5.38.6.4

I2

=18

u

(u2 + 1)4 +7

8.6u

(u2 + 1)3 +7.5

8.6.4u

(u2 + 1)2 +7.5.3

8.6.4.2u

u2 + 1+

7.5.3.18.6.4.2

I1

=18

u

(u2 + 1)4 +7

8.6u

(u2 + 1)3 +7.5

8.6.4u

(u2 + 1)2 +7.5.3

8.6.4.2u

u2 + 1+

7.5.3.18.6.4.2

+ arctan u + C.

Maintenant,

u2 + 1 = (2√3

(x +12

))2 + 1 =43

x2 +43

x +13

+ 1 =43

(x2 + x + 1).

Par suite,

28√

334

∫1

(u2 + 1)5 du =28

√3

34

18

34

44

2√3(x + 1

2)

(x2 + x + 1)4 +7

8.633

43

2√3(x + 1

2)

(x2 + x + 1)3

+7.5

8.6.432

42

2√3(x + 1

2 )

(x2 + x + 1)2

+7.5.3

8.6.4.234

2√3(x + 1

2 )

x2 + x + 1+

7.5.3.18.6.4.2

arctan2x + 1√

3+ C

.

=18

2x + 1(x2 + x + 1)4 +

736

2x + 1(x2 + x + 1)3 +

35108

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

+3554

2x + 1x2 + x + 1

+70

√3

81arctan

2x + 1√3

+ C,

(il reste en ore à réduire au même dénominateur).

5. On pose u = x2et don du = 2xdx

∫1

x(x2 + 1)2 dx =∫

x

x2(x2 + 1)2 dx =12

∫du

u(u + 1)2 =12

∫

(1u

− 1u + 1

− 1(u + 1)2 ) du

=12

(ln |u| − ln |u + 1| +1

u + 1) + C

=12

(lnx2

x2 + 1+

1x2 + 1

) + C.

6.

∫x2 + x

x6 + 1dx =

∫x2

x6 + 1dx +

∫x

x6 + 1dx.

F.PUCCI 31


Ensuite, en posant u = x3et don du = 3x2

dx,

∫x2

x6 + 1dx =

13

∫1

u2 + 1du =

13

arctan u + C =13

arctan(x3) + C,

et en posant u = x2et don du = 2x dx,

∫x

x6 + 1dx =

12

∫1

u3 + 1du =

16

ln(u − 1)2

u2 − u + 1+

1√3

arctan2u − 1√

3+ C (voir 1))

=16

ln(x2 − 1)2

x4 − x2 + 1+

1√3

arctan2x2 − 1√

3+ C

Finalement,

∫x2 + x

x6 + 1dx =

13

arctan(x3) +16

ln(x2 − 1)2

x4 − x2 + 1+

1√3

arctan2x2 − 1√

3+ C.

7.

1X4 + 1

=3∑

k=0

λk

X − zkoù zk = ei( π

4+k π

2). De plus, λk =

14z3

k

=zk

4z4k

= −zk

4. Ainsi,

1X4 + 1

= −14

(

eiπ/4

X − eiπ/4+

e−iπ/4

X − e−iπ/4+

−eiπ/4

X + eiπ/4+

−e−iπ/4

X + e−iπ/4

)

= −14

( √2X − 2

X2 −√

2X + 1−

√2X + 2

X2 +√

2X + 1

)

.

Mais,

√2X − 2

X2 −√

2X + 1=

1√2

2X −√

2

X2 −√

2X + 1− 1

(X − 1√2)2 + ( 1√

2)2

,

et don ,

∫ √2x − 2

x2 −√

2x + 1dx =

1√2

ln(x2 −√

2x + 1) −√

2 arctan(√

2x − 1) + C,

et de même,

∫ √2x + 2

x2 +√

2x + 1dx =

1√2

ln(x2 +√

2x + 1) +√

2 arctan(√

2x + 1) + C.

Finalement,

∫1

x4 + 1dx =

1√2

lnx2 −

√2x + 1

x2 +√

2x + 1−

√2(arctan(

√2x − 1) + arctan(

√2x + 1)) + C.

8. Une intégration par parties fournit

∫1

x4 + 1dx =

x

x4 + 1+∫

4x4

(x4 + 1)2 dx =x

x4 + 1+ 4

∫x4 + 1 − 1(x4 + 1)2 dx

=x

x4 + 1+ 4

∫1

x4 + 1dx − 4

∫1

(x4 + 1)2 dx

F.PUCCI 32


Et don ,

∫1

(x4 + 1)2 dx =14

(x

x4 + 1+ 3

∫1

x4 + 1dx) = . . .

9. En posant u = x2et don du = 2x dx, on obtient

∫x

(x4 + 1)3 dx =12

∫1

(u2 + 1)3 .

Pour n > 1, posons In =∫

1(u2 + 1)n

du. Une intégration par parties fournit :

In =u

(u2 + 1)n+∫

u.(−n)(2u)(u2 + 1)n+1 du =

u

(u2 + 1)n+ 2n

∫u2 + 1 − 1

(u2 + 1)n+1 du

=u

(u2 + 1)n+ 2n(In − In+1),

et don , ∀n > 1, In+1 =1

2n(

u

(u2 + 1)n+ (2n − 1)In).

On en déduit que

I3 =14

(u

(u2 + 1)2 + 3I2) =u

4(u2 + 1)2 +3

8(u2 + 1)+

38

arctan u + C,

et �nalement que

∫x

(x4 + 1)3 dx =116

(2x2

(x4 + 1)2 +3

x4 + 1+ 3 arctan(x2)) + C.


1.1

cos xet

1ch x

.

2.1

sin xet

1sh x

.

3.1

tan xet

1tanh x

.

4.sin2 (x/2)x − sin x

.

5.1

2 + sin2 x.

6.cos x

cos x + sin x.

7.cos (3x)

sin x + sin (3x).

8.1

cos4 x + sin4 x.

9.sin x sin (2x)

sin4 x + cos4 x + 1.

10.tan x

1 + sin (3x).

11.cos x + 2 sin x

sin x − cos x.

12.sin x

cos (3x).

13.1

α cos2 x + β sin2 x.

14.ch 3x

1 + sh x.

15.√

ch x − 1.

16.tanh x

1 + ch x.

17.1

sh 5x.

18.1

1 − ch x.

Correction :

1. On pose t = tanx

2et don dx =

2dt

1 + t2 .

∫1

cos xdx =

∫1 + t2

1 − t2

2dt

1 + t2 =∫

21

1 − t2 dt = ln∣∣∣∣

1 + t

1 − t

∣∣∣∣+ C = ln

∣∣∣∣∣

tan π4 + tan x

2

1 − tan π4 tan x

2

∣∣∣∣∣+ C

= ln | tan(x

2+

π

4)| + C.

F.PUCCI 33


ou bien

∫1

cos xdx =

∫cos x

1 − sin2 xdx = ln

∣∣∣∣

1 + sin x

1 − sin x

∣∣∣∣+ C...

ou bien, en posant u = x +π

2, (voir 2))

∫1

cos xdx =

∫1

cos(u − π2 )

du =∫

1sin u

du = ln | tanu

2| + C = ln | tan(

x

2+

π

4)| + C.

Ensuite, en posant t = exet don dx =

dt

t,

∫1

h xdx =

∫2

t + 1t

dt

t= 2

∫1

1 + t2 dt = 2 arctan(ex) + C,

ou bien

∫1

h xdx =

∫ h x

sh

2x + 1dx = arctan(shx) + C.

2. En posant t = tanx

2,

∫1

sin xdx =

∫1 + t2

2t

2dt

1 + t2 =∫

1t

dt = ln |t| + C = ln | tanx

2| + C.

3.

∫dx

tan x=∫

cos x

sin xdx = ln | sin x| + C et

∫1

tanh x= ln |shx| + C.

4.

∫ sin2 (x2

)

x − sin xdx =

12

∫1 − cos x

x − sin xdx =

12

ln |x − sin x| + C.

5.

12 + sin2 x

dx =1

2cos2 x

+ tan2 x

dx

cos2 x=

12 + 3 tan2 x

d(tan x), et en posant u = tan x,

∫1

2 + sin2 xdx =

∫1

2 + 3u2 du =13

√

32

arctan(

√

32

u)+C =1√6

arctan(

√

32

tan x)+C.

6. Posons I =∫

cos x

cos x + sin xdx et J =

∫sin x

cos x + sin xdx. Alors, I +J =

∫

dx = x+C

et I − J =∫ − sin x + cos x

cos x + sin xdx = ln | cos x + sin x| + C. En additionnant es deux

égalités, on obtient :

I =∫

cos x

cos x + sin xdx =

12

(x + ln | cos x + sin x|) + C.

ou bien, en posant u = x − π

4,

I =∫

cos x

cos x + sin xdx =

∫cos x√

2 cos(x − π4 )

dx =∫ cos(u + π

4 )√2 cos u

du =12

∫

(1 − sin u

cos u) du

=12

(u + ln | cos u|) + C =12

(x − π

4+ ln | 1√

2(cos x + sin x)|) + C

=12

(x + ln | cos x + sin x|) + C.

F.PUCCI 34


7.

cos(3x)sin x + sin(3x)

dx =4 cos3 x − 3 cos x

4 sin x − 4 sin3 x=

14

4 cos3 x − 3 cos x

sin x(1 − sin2 x)=

14

(4 cos x

sin x− 3

sin x cos x

)

=cos x

sin x− 3

21

sin(2x).

Par suite,

∫cos(3x)

sin x + sin(3x)dx = ln | sin x| − 3

4ln | tan x| + C.

8. cos4 x + sin4 x = (cos2 x + sin2 x)2 − 2 sin2 x cos2 x = 1 − 12

sin2(2x), et don

∫1

cos4 x + sin4 xdx =

∫1

1 − 12 sin2(2x)

dx =∫

12 − sin2 u

du (en posant u = 2x)

=∫

11 + cos2 u

du =∫

11 + 1

1+v2

dv

1 + v2 (en posant v = tan u)

=∫

dv

v2 + 2=

1√2

arctanv√2

+ C =1√2

arctantan(2x)√

2+ C.

9.

sin x sin(2x)sin4 x + cos4 x + 1

dx =2 sin2 x

1 − 2 sin2 x cos2 x + 1cos xdx =

2 sin2 x

2 − 2 sin2 x(1 − sin2 x)cos x dx

=u2

u4 − u2 + 1du (en posant u = sin x).

Maintenant, u4 − u2 + 1 =u6 + 1u2 + 1

= (u − eiπ/6)(u − e−iπ/6)(u + eiπ/6)(u + e−iπ/6), et

don ,

u2

u4 − u2 + 1=

a

u − eiπ/6 +a

u − e−iπ/6 − a

u + eiπ/6 − a

u + e−iπ/6 ,

ou a =(eiπ/6)2

(eiπ/6 − e−iπ/6)(eiπ/6 + eiπ/6)(eiπ/6 + e−iπ/6)=

(eiπ/6)2

i.2eiπ/6.√

3=

−ieiπ/6

2√

3, et

don

u2

u4 − u2 + 1=

1

2√

3(

−ieiπ/6

u − eiπ/6 +ie−iπ/6

u − e−iπ/6 +ieiπ/6

u + eiπ/6 − ie−iπ/6

u + e−iπ/6 )

=1

2√

3(

u

u2 −√

3u + 1− u

u2 +√

3u + 1)

=1

2√

3(12

2u −√

3

u2 −√

3u + 1+

√3

21

u2 −√

3u + 1− 1

22u +

√3

u2 +√

3u + 1+

√3

21

u2 +√

3u + 1)

=1

4√

3(

2u −√

3

u2 −√

3u + 1− 2u +

√3

u2 +√

3u + 1) +

14

(1

(u +√

32 )2 + (1

2 )2+

1

(u −√

32 )2 + (1

2 )2)

et don ,

∫sin x sin(2x)

sin4 x + cos4 x + 1dx =

1

4√

3ln

∣∣∣∣∣

sin2 x −√

3 sin x + 1

sin2 x +√

3 sin x + 1

∣∣∣∣∣

+12

(arctan(2 sin x −√

3) + arctan(2 sin x +√

3) + C.

F.PUCCI 35


10. En posant u = sin x, on obtient

tan x

1 + sin(3x)dx =

sin x

1 + 3 sin x − 4 sin3 x

1cos2 x

cos x dx =u

(1 + 3u − 4u3)(1 − u2)du

Or, 1 + 3u − 4u3 = (u + 1)(−4u2 − 4u − 1) = −(u − 1)(2u + 1)2et don ,

(1 + 3u − 4u3)(1 − u2) = (u + 1)(u − 1)2(2u + 1)2

d'où,

u

(1 + 3u − 4u3)(1 − u2)=

a

u + 1+

b1

u − 1+

b2

(u − 1)2 +c1

2u + 1+

c2

(2u + 1)2 .

a = limu→−1

(u + 1)f(u) =−1

(−1 − 1)2(−2 + 1)2 = −14, b2 =

1(1 + 1)(2 + 1)2 =

118

et c2 =−1/2

(−12 + 1)(−1

2 − 1)2= −4

9.

Ensuite, u = 0 fournit 0 = a − b1 + b2 + c1 + c2 ou en ore c1 − b1 =14

− 118

+49

=2336

.

D'autre part, en multipliant par u, puis en faisant tendre u vers +∞, on obtient

0 = a + b1 + c1 et don b1 + c1 =14et don , c1 =

49et b1 = − 7

36. Finalement,

u

(u + 1)(u − 1)2(2u + 1)2 = − 14(u + 1)

− 736(u − 1)

+1

18(u − 1)2 +4

9(2u + 1)− 4

9(2u + 1)2 .

Finalement,

∫tan x

1 + sin(3x)dx = −1

4ln(sin x + 1) − 7

36ln(1 − sin x) − 1

18(sin x − 1)

. . . +29

ln |2 sin x + 1| +29

12 sin x + 1

+ C.

11. (voir 6))

∫cos x + 2 sin x

sin x − cos xdx =

∫ 12((sin x + cos x) − (sin x − cos x)) + ((sin x + cos x) + (sin x − cos x)

sin x − cos xdx

=32

∫sin x + cos x

sin x − cos x+

12

∫

dx

=32

ln | sin x − cos x| +x

2+ C.

12.

∫sin x

cos(3x)dx =

∫sin x

4 cos3 x − 3 cos xdx =

∫1

3u − 4u3 du (en posant u = cos x)

=∫

(1

3u− 1

3(2u −√

3)− 1

3(2u +√

3)) du

=13

(ln | cos x| − 12

ln |2 cos x −√

3| − 12

ln |2 cos x +√

3|) + C.

F.PUCCI 36


13. Dans tous les as, on pose t = tan x et don dx =dt

1 + t2 .

∫1

α cos2 x + β sin2 xdx =

∫1

α + β tan2 x

dx

cos2 x=∫

dt

α + βt2 .

Si β = 0 et α 6= 0,∫

1α cos2 x + β sin2 x

dx =1α

tan x + C.

Si β 6= 0 et αβ > 0,

∫1


1β

∫1

t2 + (√

αβ )2

dt =1√αβ

arctan(

√

β

αtan x) + C.

Si β 6= 0 et αβ < 0,

∫1


1β

∫1

t2 − (√

−αβ )2

dt =sgn(β)2√−αβ

ln

∣∣∣∣∣∣

tan x −√

−αβ

tan x +√

−αβ

∣∣∣∣∣∣

+ C.

14.

∫ h

3x

1 + shxdx =

∫1 + sh

2x

1 + shx h x dx

=∫

u2 + 1u + 1

du (en posant u = shx)

=∫

(u − 1 +2

u + 1) du =

sh

2x

2− shx + 2 ln |1 + shx| + C.

15. On peut poser u = exmais il y a mieux.

∫ √ h x − 1dx =

∫ √

( h x − 1)( h x + 1)√ h x + 1

dx = sgn(x)∫

shx√ h x + 1

dx

= 2sgn(x)√ h x + 1 + C.

16.

∫tanh x

h x + 1dx =

∫1

hx( h x + 1)shx dx

=∫

1u(u + 1)

du (en posant u = h x)

=∫

(1u

− 1u + 1

) du = ln h x

h x + 1+ C.

17.

∫1

sh

5xdx =

∫shx

sh

6xdx =

∫shx

sh

6xdx =

∫shx

( h 2x − 1)3dx =

∫1

(u2 − 1)3 du (en

posant u = h x).

18.

∫1

1 − h xdx =

∫1 + h x

1 − h

2xdx = −

∫1

sh

2xdx −

∫ h x

sh

2xdx

= othx +1

shx+ C.


F.PUCCI 37


1.1√

x2 + 2x + 5

et√

x2 + 2x + 5.

2.1√

2x − x2.

3.

√1 + x6

x.

4.1√

1 + x +√

1 − x.

5.

√

x + 1x − 1

.

6.x2 + 1

x√

x4 − x2 + 1.

7.

√√√√

1 − √x√

x.

8.1

1 +√

1 + x2.

9.3√

x3 + 1x2

et1

3√

x3 + 1.

10.1√

x + 1 + 3√

x + 1.

Correction : 1.

∫1√

x2 + 2x + 5dx =

∫1

√

(x + 1)2 + 22dx = argsinh

x + 12

+ C

= ln(x + 1

2+

√

(x + 1

2)2 + 1) + C = ln(x + 1 +

√

x2 + 2x + 5) + C.

Puis,

∫√

x2 + 2x + 5 dx = (x + 1)√

x2 + 2x + 5 −∫

(x + 1)2x + 2

2√

x2 + 2x + 5dx

= (x + 1)√

x2 + 2x + 5 −∫

x2 + 2x + 5 − 4√x2 + 2x + 5

dx

= (x + 1)√

x2 + 2x + 5 −∫√

x2 + 2x + 5dx + 4∫

1√x2 + 2x + 5

dx,

et don ,

∫√

x2 + 2x + 5 dx =12

(x + 1)√

x2 + 2x + 5 + 2 ln(x + 1 +√

x2 + 2x + 5) + C.

(On peut aussi poser x + 1 = 2shu).

2.

∫1√

2x − x2dx =

∫1

√

1 − (x − 1)2dx = arcsin(x − 1) + C.

3. On pose u = x6puis v =

√1 + u (ou dire tement u =

√

1 + x6) et on obtient :

∫ √1 + x6

xdx =

∫ √1 + x6

x6 x5dx =16

∫ √1 + u

udu

=16

∫v

v2 − 12v dv =

13

∫v2

v2 − 1dv =

13

(v +∫

1v2 − 1

dv)

=13

(v +12

ln∣∣∣∣

v − 1v + 1

∣∣∣∣) + C

=13

(√

1 + x6 +12

ln

∣∣∣∣∣

√1 + x6 − 1√1 + x6 + 1

∣∣∣∣∣) + C

F.PUCCI 38


4.

∫1√

1 + x +√

1 − xdx =

∫ √1 + x −

√1 − x

(1 + x) − (1 − x)dx =

12

(∫ √

1 + x

xdx −

∫ √1 − x

xdx)

=12

(∫

u

u2 − 12u du +

∫v

1 − v2 2v dv)

(en posant u =√

1 + x et v =√

1 − x)

=∫

(1 +1

u2 − 1) du +

∫

(−1 +1

1 − v2 dv

= u − v +12

(ln∣∣∣∣

1 − u

1 + u

∣∣∣∣+ ln

∣∣∣∣

1 + v

1 − v

∣∣∣∣) + C

=√

1 + x −√

1 − x +12

(ln

∣∣∣∣∣

1 −√

1 + x

1 +√

1 + x

∣∣∣∣∣+ ln

∣∣∣∣∣

1 +√

1 − x

1 −√

1 − x

∣∣∣∣∣) + C.

5. On pose u =

√

x + 1x − 1

et don x =u2 + 1u2 − 1

, puis dx =2u(−2)

(u2 − 1)2 du. Sur ]1, +∞[, on

obtient

∫√

x + 1x − 1

dx = −2∫

u2u

(u2 − 1)2 du

= 2u

u2 − 1− 2

∫u2 − 1

du

=2u

u2 − 1+ 2 ln

∣∣∣∣|

1 + u

1 − u

∣∣∣∣+ C

= 2√

x2 − 1 + ln

∣∣∣∣∣

√x + 1 + 1√x + 1 − 1

∣∣∣∣∣+ C

6. On note ε le signe de x.√

x4 − x2 + 1 = εx

√

x2 +1x2 − 1 = εx

√

(x − 1x

)2 + 1 puis,

x2 + 1x

.1x

= 1+1x2 = (x− 1

x)′.

On pose don u = x − 1xet on obtient

∫x2 + 1

x√

x4 − x2 + 1dx = ε

∫1

√

(x − 1x)2 + 1

.x2 + 1

x

1xdx = ε

∫1√

u2 + 1du

= εargsinh (x − 1x

) + C

= ε ln(x2 − 1 + ε

√x4 − x2 + 1

x) + C.

7. Sur ]0, 1], on pose déjà u =√

x et don , x = u2, dx = 2u du.

∫√

1 − √x√

xdx =

∫ √

1 − u

u2u du = 2

∫ √

u(1 − u) du = 2∫ √

(12

)2 − (u − 12

)2 du.

Puis, on pose u − 12

=12

sin v et don du =12

cos v dv.

On note que x ∈]0, 1] =⇒ u ∈]0, 1] =⇒ v = arcsin(2u−1) ∈]−π

2,π

2] =⇒ cos v > 0.

F.PUCCI 39


∫√

1 − √x√

xdx = 2

∫ √

14

(1 − sin2 v)12

cos v dv =12

∫

cos2 v dv =14

∫

(1 + cos(2v)) dv

=14

(v +12

sin(2v)) + C =14

(v + sin v cos v) + C

=14

(arcsin(2√

x − 1) + (2√

x − 1)√

1 − (2√

x − 1)2) + C

14

(arcsin(2√

x − 1) + 2(2√

x − 1)√√

x − x) + C

8. On pose x = sh t puis u = et.

∫1

1 +√

1 + x2dx =

∫1

1 + h t h t dt =

∫ 12 (u + 1

u)

1 + 12(u + 1

u)du

u=∫

u2 + 1u(u2 + 2u + 1)

du

=∫

(1u

− 2(u + 1)2 ) du = ln |u| +

2u + 1

+ C.

Maintenant, t = argsinh x = ln(x +√

x2 + 1) et don , u = x +√

x2 + 1. Finalement,

∫1

1 +√

1 + x2dx = ln(x +

√

x2 + 1) − 2

x +√

x2 + 1+ C.

9. On pose u =1xpuis v = 3

√

u3 + 1 =3√

x3 + 1x

et don v3 = u3 + 1 puis v2 dv = u2 du.

∫ 3√

x3 + 1x2 dx =

∫ 3

√

( 1u)3 + 1

1u2

−du

u2 = −∫ 3

√u3 + 1

udu = −

∫ 3√

u3 + 1u3 u2 du

= −∫

v

v3 − 1v2 dv =

∫

(−1 − 1(v − 1)(v2 + v + 1)

) dv

=∫

(−1 − 13

1v − 1

+13

v + 2v2 + v + 1

) dv

= −v − 13

ln |v − 1| +16

∫2v + 1

v2 + v + 1dv +

12

∫1

(v + 12 )2 + (

√3

2 )2dv

= −v − 13

ln |v − 1| +16

ln(v2 + v + 1) +√

3 arctan(2v + 1√

3) + C...


1.1

x ln x.

2. arcsin x.

3. arctan x.

4. arccos x.

5. argsinh x.

6. argcosh x.

7. argtanh x.

8. ln(

1 + x2)

.

9. earccos x.

10. cos x ln (1 + cos x).

11.arctan x√

x.

12.xex

(x + 1)2 .

13.(

x

e

)x

ln x.

14. xn ln x (n ∈ N).

15. eax cos (αx)(

(a, α) ∈ (R∗)2)

.

16. sin (ln x) et cos (ln x).

17.

√xn + 1

x.

18. x2ex sin x.

F.PUCCI 40


Correction : 1.

∫1

x ln xdx = ln | ln x| + C.

2.

∫

arcsin x dx = x arcsin x −∫

x√1 − x2

dx = x arcsin x +√

1 − x2 + C.

3.

∫

arctan x dx = x arctan x −∫

x

1 + x2 dx = x arctan x − 12

ln(1 + x2) + C.

4.

∫

arccos x dx = x arccos x +∫

x√1 − x2

dx = x arccos x −√

1 − x2 + C.

5.

∫

argsinh xdx = xargsinh x −∫

x√1 + x2

dx = xargsinh x −√

1 + x2 + C.

6.

∫

arg osh xdx = xarg osh x −∫

x√x2 − 1

dx = xarg osh x −√

x2 − 1 + C.

7.

∫

argtanh xdx = xargtanh x −∫

x

1 − x2 dx = xargtanh x +12

ln(1 − x2) + C (on est

sur ] − 1, 1[).

8.

∫

ln(1+x2)dx = x ln(1+x2)−2∫

x2 + 1 − 1x2 + 1

dx = x ln(1+x2)−2x+2 arctan x+C.

9.

∫

eAr os xdx = xeAr os x +

∫x√

1 − x2eAr os x

dx

= xeAr os x −√

1 − x2eAr os x +∫√

1 − x2 −1√1 − x2

eAr os xdx

et don ,

∫

eAr os xdx =

12

(xeAr os x −√

1 − x2eAr os x) + C.

10.

∫

cos x ln(1 + cos x)dx = sin x ln(1 + cos x) −∫

sin x− sin x

1 + cos xdx

= sin x ln(1 + cos x) −∫

cos2 x − 1cos x + 1

dx

= sin x ln(1 + cos x) −∫

(cos x − 1)dx

= sin x ln(1 + cos x) − sin x + x + C.

11.

∫arctan x√

xdx = 2

√x arctan x − 2

∫ √x

x2 + 1dx.

Dans la dernière intégrale, on pose u =√

x et don x = u2puis, dx = 2u du. On

obtient

∫ √x

x2 + 1dx =

∫2u2

u4 + 1du. Mais,

2u2

u4 + 1=

1√2

(u

u2 −√

2u + 1− u

u2 +√

2u + 1)

=1

2√

2(

2u −√

2

u2 −√

2u + 1− 2u +

√2

u2 +√

2u + 1) +

12

(1

(u − 1√2)2 + ( 1√

2)2

+1

(u + 1√2)2 + ( 1√

2)2

).

Par suite,

∫2u2

u4 + 1du =

1

2√

2ln(

u2 −√

2u + 1

u2 +√

2u + 1)+

1√2

(arctan(√

2u−1)+arctan(√

2u+1))+C,

F.PUCCI 41


et don ,

∫arctan x√

xdx = 2

√x arctan x− 1√

2ln(

x −√

2x + 1

x +√

2x + 1)−

√2(arctan(

√2x−1)+arctan(

√2x+1))+C.

12.

x

(x + 1)2 ex =1

x + 1ex− 1

(x + 1)2 ex =(

1x + 1

ex)′

et don

∫xex

(x + 1)2 dx =ex

x + 1+C.

13.

∫ (x

e

)x

ln xdx =∫

ex ln x−x d(x ln x − x) = ex ln x−x + C =(

x

e

)x

dx.

14.

∫

xn ln x dx =xn+1

n + 1ln x − 1

n + 1

∫

xndx =

xn+1

n + 1ln x − xn+1

(n + 1)2 + C.

15.

∫

eax cos(αx)dx = Re

(∫

e(a+iα)xdx

)

= Re

(

e(a+iα)x

a + iα

)

+ C

=eax

a2 + α2Re((a − iα)(cos(αx) + i sin(αx)) + C

=eax(a cos(αx) + α sin(αx))

a2 + α2 + C

16.

∫

sin(ln x)dx = x sin(ln x)−∫

cos(ln x)dx = x sin(ln x)−x cos(ln x)−∫

sin(ln x)dx

et don ∫

sin(ln x)dx =x

2(sin(ln x) − cos(ln x)) + C.

17. En posant u = xnet don du = nxn−1dx, on obtient

∫ √xn + 1

xdx =

∫ √xn + 1xn

xn−1dx =

1n

∫ √u + 1u

du,

puis en posant v =√

u + 1 et don u = v2 − 1 et du = 2vdv, on obtient

∫ √u + 1u

du =∫

v

v2 − 12vdv = 2

∫v2 − 1 + 1

v2 − 1dv = 2v + ln

∣∣∣∣

1 − v

1 + v

∣∣∣∣+ C.

Finalement,

∫ √xn + 1

xdx =

1n

(2√

xn + 1 + ln

∣∣∣∣∣

1 −√

xn + 11 +

√xn + 1

∣∣∣∣∣) + C.

18.

∫

x2ex sin xdx = Im

(∫

x2e(1+i)xdx

)

. Or,

∫

x2e(1+i)xdx = x2 e(1+i)x

1 + i− 2

1 + i

∫

xe(1+i)xdx = x2 e(1+i)x

1 + i− 2

1 + i(x

e(1+i)x

1 + i−∫

e(1+i)xdx)

= x2 (1 − i)e(1+i)x

2+ ixe(1+i)x − i

e(1+i)x

1 + i+ C

= ex(

12

x2(1 − i)(cos x + i sin x) + ix(cos x + i sin x) − 12

(1 + i)(cos x + i sin x))

+ C.

Par suite,

∫

x2ex sin x dx = ex

(

x2

2(cos x + sin x) − x sin x − 1

2(cos x − sin x)

)

+ C.

F.PUCCI 42

Primitives Khôlle du 3/12/2018 Programme

I Connaissances

— Montrer que deux primitives d’une même fonction continuef différent d’une constante.

— Déterminer une primitive de x 7−→ eax cos(bx) en passant parles complexes ou par IPP.

— Connaître les formules trigonométriques de linéarisation etde l’angle moitié notamment.

— Soit f une fonction continue sur un intervalle [a ; b ] et F uneprimitive de f sur cet intervalle. Démontrer que :

∫ b

af(t) dt = F (b) − F (a).

— Connaître les primitives des fonctions usuelles et leur inter-valle de définition.

— Démontrer la formule d’intégration par parties. Connaître lesconditions d’application.

— Démontrer la formule de changement de variables. Connaîtreles conditions d’application.

— Connaître la décomposition d’une fraction rationnelle danssur R et sur C. La démonstration est admise (pour l’instant).

— Connaître et démontrer la formule de factorisation :

xn − an = (x − a)

(n−1∑

k=0

xkan−1−k

)

.

II Compétences

— Savoir étudier une fonction définie par∫ x

af(t) dt où a ∈ R et

f est une fonction continue sur un ensemble I contenant a.

— Savoir calculer une primitive ou une intégrale par changementde variables ou intégration par parties.

— Démontrer une relation de récurrence par intégration par par-ties.

— Effectuer la décomposition d’une fraction en éléments simplesnotamment, pour les plus forts, en éléments de première es-pèce ou deuxième espèce de multiplicité supérieure à 1.

— Effectuer une décomposition en éléments simples dedeuxième espèce sans décomposer le dénominateur dans C.

— Primitiver une fraction rationnelle par l’intégration de seséléments simples.

— Mettre en œuvre une démarche permettant d’aboutir au cal-cul d’une primitive.

— Dans le cadre d’une fraction rationnelle trigonométrique,savoir effectuer un changement de variable de la forme

t = tan(

x

2

)

.

Remarque : Les primitives pourront être issues de la résolutiond’une équation homogène associée à une équation différentielled’ordre 1.

F.PUCCI

Primitives Khôlle du 3/12/2018 Exercices

I Restitution organisée de connaissances

I.1 Applications

Question 1 : (a) Soit x un réel. Montrer que xn − 1 = (x − 1)

(n−1∑

k=0

xk

)

.

(b) Donner la décomposition en éléments simple de1

x3 − 1.

Question 2 : Soit f une fonction continue sur [a ; b ]. Montrer que x 7−→∫ x

af(t) dt est l’unique

primtive de f s’annulant en a.

Question 3 : (a) p et q étant deux réels, linéariser cos(px) sin(qx).

(b) En déduire une primitive de 2 cos(px) sin(qx)

Question 4 : (a) Énoncer et démontrer la formule d’intégration par parties

(b) Donner une primitive de xex.

Question 5 : (a) Énoncer et démontrer la formule de changement de variables pour l’intégraled’une fonction continue f .

(b) Donner une primitive de1

sin(x).

Question 6 : (a) Donner la définition d’éléments simples de première espèce.

(b) Décomposer1

x(x − 1)3en éléments simples.

Question 7 : (a) Donner la définition d’éléments simples de deuxième espèce.

(b) Décomposer1

(x2 + 1)(x2 + x + 1)en éléments simples dans R.

F.PUCCI


II Exercices

Exercice 1 : Calculer∫ 1√

4x − x2dx

Correction : Le hangement de variable a pour but de se ramener à quelque hose

de onnu. I i nous avons une fra tion ave une ra ine arrée au dénominateur et sous

la ra ine un polyn�me de degré 2. Ce que l'on sait intégrer 'est :

∫1√

1 − u2du = arcsin u + c,

ar on onnaît la dérivée de la fon tion arcsin(t), 'est arcsin′(t) =1√

1 − t2.

On va don essayer de s'y ramener.

Essayons d'é rire e qu'il y a sous la ra ine, 4x − x2sous la forme 1 − t2

:

4x − x2 = 4 − (x − 2)2 = 4

(

1 −(

12

x − 1)2)

.

Don il est naturel d'essayer le hangement de variable u =12

x − 1 pour lequel

4x − x2 = 4(1 − u2) et dx = 2du.

∫1√

4x − x2dx =

∫1

√

4(1 − u2)2du =

∫du√

1 − u2= arcsin u + C

= arcsin(

12

x − 1)

+ C.

Exercice 2 : Calculer∫ π

0

x sin x

1 + cos2 x.

Correction : I =∫ π

0

x sin x

1 + cos2 xdx =

∫ 0

π

(π − u) sin(π − u)1 + cos2(π − u)

(−du)

= π

∫ π

0

sin u

1 + cos2 udu −

∫ π

0

u sin u

1 + cos2 udu

= −π[

arctan(cos u)]π

0− I =

π2

2− I,

et don , I =π2

4.

Exercice 3 : Calculer∫ √

x

(1 − x)3dx pour 0 < x < 1.

Correction : Changement de variable t =√

x

1 − xqui donne :

∫ √

x

(1 − x)3 dx = 2√

x

1 − x− 2 arctan

√x

1 − x+ C.

F.PUCCI



−1

1x2 + 4x + 7

dx.

Correction :∫ 1

−1

1x2 + 4x + 7

dx =π

6√

3après le hangement de variables u =

x + 2√3

.


0

3x + 1

(x + 1)2 dx.

Correction :∫ 1

0

3x + 1

(x + 1)2 dx = 3 ln 2 − 1 (dé omposition en éléments simples).

Exercice 6 : Calculer∫ tanh x

1 + ch xdx.

Correction :∫

tanh x

h x + 1dx =

∫1

h x( h x + 1)shxdx

=∫

1u(u + 1)

du en posant u = h x

=∫

(1u

− 1u + 1

) du = ln h x

h x + 1+ C.

Exercice 7 : Calculer une primitive dex5

x3 − x2 − x + 1en précisant le ou les intervalles consi-

dérés.

Correction : X3−X2−X+1 = X2(X−1)−(X−1) = (X2−1)(X−1) = (X−1)2(X+1).

Don , la dé omposition en éléments simples de f =X5

X3 − X2 − X + 1est de la forme

aX2 + bX + c +d1

X − 1+

d2

(X − 1)2 +e

X + 1.

� Détermination de a, b et c :

La division eu lidienne de X5par X3 − X2 − X + 1 s'é rit

X5 = (X2 + X + 2)(X3 − X2 − X + 1) + 2X2 + X − 2.

On a don a = 1, b = 1 et c = 2.

� e = limx→−1

(x + 1)f(x) =(−1)5

(−1 − 1)2 = −14.

� Puis, d2 = limx→1

(x − 1)2f(x) =15

1 + 1=

12.

� En�n, x = 0 fournit 0 = c − d1 + d2 + e et don , d1 = −2 − 12

+14

= −94.

Finalement,

X5

X3 − X2 − X + 1= X2 + X + 2 − 9

41

X − 1+

12

1(X − 1)2 − 1

41

X + 1,

et don , I désignant l'un des trois intervalles ] − ∞, −1[, ] − 1, 1[ ou ]1, +∞[, on a sur

I

∫x5

x3 − x2 − x + 1dx =

x3

3+

x2

2+ 2x − 1

2(x − 1)− 1

4ln |x + 1| + C.

F.PUCCI


Exercice 8 : Etude complète de la fonction f(x) =1

x − 1

∫ x

1

t2

√1 + t8

dt.

Correction : Pour t réel, posons g(t) =t2

√1 + t8

puis, pour x réel, G(x) =∫ x

1g(t) dt.

Puisque g est dé�nie et ontinue sur R, G est dé�nie sur R et de lasse C1et G′ = g

(G est la primitive de g sur R qui s'annule en 1).Plus pré isément, g est de lasse C∞

sur R et don G est de lasse C∞sur R.

Finalement, f est dé�nie et de lasse C∞sur ] − ∞, 1[∪]1, +∞[.

(a) Etude en 1 : Pour x 6= 1,

f(x) =G(x)x − 1

=G(1) + G′(1)(x − 1) + G′′(1)

2 (x − 1)2 + o((x − 1)2)x − 1

= g(1) + g′(1)(x − 1) + o((x − 1)).

Don , f admet en 1 un développement limité d'ordre 1.

Par suite, f se prolonge par ontinuité en 1 en posant f(1) = g(1) =1√2puis le

prolongement est dérivable en 1 et f ′(1) =12

g′(1).

Or, pour tout réel x, g′(x) = 2x1√

1 + x8+x2×(− 4x7

(1 + x8)√

1 + x8) = 2x

1 − x8

(1 + x8)√

1 + x8

et g′(1) = 0.Don , f ′(1) = 0.

(b) Dérivée. Variations : Pour x 6= 1, f ′(x) =G′(x)(x − 1) − G(x)

(x − 1)2 .

f ′(x) est du signe de h(x) = G′(x)(x − 1) − G(x) dont la dérivée est

h′(x) = G′′(x)(x − 1) + G′(x) − G′(x) = (x − 1)g′(x).

h′est du signe de 2x(1 − x8)(x − 1) ou en ore du signe de −2x(1 + x).

h est don dé roissante sur ] − ∞, −1] et sur [0, +∞[ et roissante sur [−1, 0].Maintenant, quand x tend vers +∞ (ou −∞),

G′(x)(x − 1) = g(x)(x − 1) ∼ x1x2 =

1x

et don G′(x)(x − 1) tend vers 0.Ensuite, pour x > 1

0 6 G(x) 6∫ x

1

t2√

t8dt = 1 − 1

x6 1,

et G est bornée au voisinage de +∞ (ou de −∞).

Comme G est roissante sur R, G a une limite réelle en +∞ et en −∞.

Cette limite est stri tement positive en +∞ et stri tement négative en −∞.

Par suite, h a une limite stri tement positive en −∞ et une limite stri tement

négative en +∞. Sur [0, +∞[, h est dé roissante et s'annule en 1.Don , h est positive sur [0, 1] et négative sur [1, +∞[.Ensuite,

F.PUCCI


h(−1) =∫ 1

−1

t2√

1 + t8dt −

√2 = 2

∫ 1

0

t2√

1 + t8dt −

√2 < 2

∫ 1

0

1√2

dt −√

2 = 0,

et h(−1) < 0.h s'annule don , une et une seule fois sur ] − ∞, −1[ en un ertain réel α et une

et une seule fois sur ] − 1, 0[ en un ertain réel β.

De plus, h est stri tement positive sur ] − ∞, α[, stri tement négative sur ]α, β[,stri tement positive sur ]β, 1[ et stri tement négative sur ]1, +∞[.f est stri tement roissante sur ] − ∞, α], stri tement dé roissante sur [α, β],stri tement roissante sur [β, 1] et stri tement dé roissante sur [1, +∞[.

( ) Etude en l'in�ni : En +∞ ou −∞, G a une limite réelle et don f tend vers 0.


0

1

(1 + x2)2 dx.

Correction : Posons le hangement de variable x = tan t, alors on a dx = (1+tan2 t)dt,

t = arctan x et on sait aussi que 1 + tan2 t =1

cos2 t. Comme x varie de x = 0 à x = 1

alors t doit varier de t = arctan 0 = 0 à t = arctan 1 =π

4.

∫ 1

0

1

(1 + x2)2 dx =∫ π

4

0

1(1 + tan2 t)2 (1 + tan2 t)dt

=∫ π

4

0

dt

1 + tan2 t=∫ π

4

0cos2 t dt

=12

∫ π4

0(cos(2t) + 1)dt =

12

[12

sin(2t) + t]π

4

0

=14

+π

8

Exercice 10 : Pour x réel, on pose f(x) = e−x2

∫ x

0et2

dt.

(a) Montrer que f est impaire et de classe C∞ sur R.

(b) Montrer que f est solution de l’équation différentielle y′ + 2xy = 1.

(c) Montrer que limx→+∞

2xf(x) = 1.

(d) Soit g(x) =ex2

2xf ′(x). Montrer que g est strictement décroissante sur ]0, +∞[

et que g admet sur ]0, +∞[ un unique zéro noté x0 vérifiant de plus 0 < x0 < 1.

(e) Dresser le tableau de variations de f .

Correction :

F.PUCCI


(a) La fon tion t 7→ et2

est de lasse C∞sur R. Don , la fon tion x 7→

∫ x

0et2

dt est

de lasse C∞sur R et il en est de même de f .

La fon tion t 7→ et2

est paire et don la fon tion x 7→∫ x

0et2

dt est impaire.

Comme la fon tion x 7→ e−x2

est paire, f est impaire.

(b) Pour x réel, f ′(x) = −2xe−x2

∫ x

0et2

dt + e−x2

ex2

= −2xf(x) + 1.

( ) Pour x > 1, une intégration par parties fournit :

∫ x

1et2

dt =∫ x

1

12t

.2tet2

dt =[

12t

et2

]x

1+

12

∫ x

1

et2

t2 dt =ex2

2x− e

2+

12

∫ x

1

et2

t2 dt,

et don ,

|1 − 2xf(x)| =∣∣∣∣1 − 2xe−x2

∫ x

1et2

dt − 2xe−x2

∫ 1

0et2

dt

∣∣∣∣

6 xe−x2

∫ x

1

et2

t2 dt + exe−x2

+ 2xe−x2

∫ 1

0et2

dt.

Les deux derniers termes tendent vers 0 quand x tend vers +∞. Il reste le

premier.

Pour x > 2,

0 6 xe−x2

∫ x

1

et2

t2 dt = xe−x2

∫ x−1

1

et2

t2 dt + xe−x2

∫ x

x−1

et2

t2 dt

6 x(x − 1)e−x2 e(x−1)2

12 + xe−x2

ex2

∫ x

x−1

1t2 dt

= x(x − 1)e−2x+1 + x

(1

x − 1− 1

x

)

= x(x − 1)e−2x+1 +1

x − 1.

Cette dernière expression tend vers 0 quand x tend vers +∞. On en déduit que

xe−x2

∫ x

1

et2

t2 dt tend vers 0 quand x tend vers +∞. Finalement, 1−2xf(x) tend

vers 0 quand x tend vers +∞, ou en ore, f(x) ∼ 12x

.

(d) Pour x > 0, g(x) =ex2

2x(1 − 2xf(x)) =

ex2

2x−∫ x

0et2

dt puis,

g′(x) = ex2 − ex2

2x2 − ex2

= − ex2

2x2 < 0.

g est don stri tement dé roissante sur ]0, +∞[ et don , g s'annule au plus une

fois sur ]0, +∞[. Ensuite, f ′(1) = 1−2f(1) = 1−2e−1∫ 1

0et2

dt. Or, la méthode

des re tangles fournit

∫ 1

0et2

dt = 1, 44... > 1, 35... =e

2, et don f ′(1) < 0 puis

g(1) < 0. En�n, omme en 0+, g(x) ∼ 1

2xf ′(0) =

12x

, g(0+) = +∞.

Don , g s'annule exa tement une fois sur ]0, +∞[ en un ertain réel x0 de ]0, 1[.

(e) g est stri tement positive sur ]0, x0[ et stri tement négative sur ]x0, +∞[. Ilen de même de f ′

. f est ainsi stri tement roissante sur [0, x0] et stri tement

dé roissante sur [x0, +∞[.

F.PUCCI

Thème: Wallis vs Gauss PCSI - Devoir en temps libre no 1

Wallis vs Gauss

On appelle intégrale de Gauss la limite I = limx→+∞

∫ x

0e−t2

dt qu’on notera encore

∫ +∞

0e−t2

dt.

Le but de ce problème est de justifier l’existence et de calculer la valeur de l’intégrale

de Gauss.

Problème 1 (Intégrales de Wallis) : Pour tout entier n ∈ N, on pose :

Wn =∫ π

2

0cosn(x) dx.

1. Montrer que, pour tout n ∈ N, on a :

Wn =∫ π

2

0sinn(x) dx.

2. Calculer W0 et W1

3. Montrer que la suite (Wn)n∈N est décroissante. En déduire qu’elle converge.

4. Justifier que pour tout n ∈ N, Wn 6= 0.

5. Montrer que, pour tout n ∈ N, on a :

Wn+2 =(

n + 1n + 2

)

Wn.

6. Montrer que la suite(

(n+ 1)Wn+1Wn

)

n∈Nest constante et calculer la valeur de

cette constante.

7. En utilisant la monotonie de la suite (Wn)n∈N, prouver que, pour tout n ∈ N,on a :

n + 1n + 2

6Wn+1

Wn6 1.

En déduire que Wn ∼n→+∞

Wn+1.

8. Déduire des questions précédentes que Wn ∼n→+∞

√π

2n.

En déduire limn→+∞

Wn.

9. Montrer que pour tout p > 0, on a :

W2p =(2p)!

22p(p!)2× π

2,

W2p+1 =22p(p!)2

(2p + 1)!.

F.PUCCI 50

Thème: Wallis vs Gauss PCSI - Devoir en temps libre no 1

Problème 2 (Intégrale de Gauss) : On pose :

F : R+ R

x∫ x

0e−t2

dt

.

1. Montrer que F est strictement croissante.

2. Pour x ∈ [1 ; +∞ [, montrer soigneusement que e−x2

6 e−x.

3. En déduire que F est majorée puis que F admet une limite en +∞.

Dans toute la suite, on notera

∫ +∞

0e−x2

dx cette limite.

4. Montrer que : ∀u ∈] − 1 ; +∞ [, ln(1 + u) 6 u.

5. Soit n ∈ N∗.

(a) Montrer que∫ √

n

0

(

1 − t2

n

)n

dt 6∫ √

n

0e−x2

dx.

(b) En utilisant le changement de variable t =√

n cos u, montrer que :

√n W2n+1 6

∫ √n

0e−x2

dx.

6. Soit n ∈ N∗.

(a) Montrer que : ∀t ∈ R, e−t2

6

(

1 +t2

n

)−n

.

(b) En posant t =√

n tan u, montrer que

∫ √n

0

(

1 +t2

n

)−n

dt =√

n∫ B

0cos2p(t) dt,

où B ∈[

0 ;π

2

]

et p ∈ N sont à déterminer.

(c) Montrer que∫ B

0cos2p(t) dt =

∫ π2

π2 −B

sin2p(t) dt.

(d) Déduire des questions précédentes que :

∫ √n

0e−x2

dx 6√

n W2n−2.

7. Déterminer alors la valeur de∫ +∞

0e−x2

dx.

F.PUCCI 51

Thème: Wallis vs Gauss PCSI - Correction

Wallis vs GaussProblème 1 (Intégrales de Wallis) :

1. On pose x =π

2− u c.-à-d. dx = −du et on a :

Wn = −∫ 0

π2

cosn(

π

2− u

)

du =∫ π

2

0sinn(x) dx.

2. W0 =∫ π

2

0dx =

π

2et W1 =

∫ π2

0cos(x) dx =

[

sin(x)]π

20

= 1.

3. Soit n ∈ N, on a :

Wn+1 − Wn =∫ π

2

0cosn(x)︸︷︷︸

>0 sur[0;

π2 ]

(

cos(x) − 1)

︸︷︷︸

60

dx 6 0.

La suite (Wn)n∈N est donc décroissante.

De plus, ∀x ∈[

0 ;π

2

]

, 0 6 cosn(x). Par positivité de l’intégrale, ∀n ∈ N,

0 6 Wn.La suite (Wn)n∈N, décroissante et minorée, est donc convergente vers une limitepositive ou nulle.

4. Soit n ∈ N. Supposons Wn = 0 par l’absurde.

Comme la fonction x 7−→ cosn(x) est continue et positive sur[

0 ;π

2

]

, la fonction

x 7−→ cosn(x) est nécessairement nulle sur[

0 ;π

2

]

ce qui est absurde car elle

vaut 1 en 0.Donc, ∀n ∈ N, Wn 6= 0.

5. Les fonctions x 7−→ cosn+1(x) et x 7−→ sin(x) sont de classe C1 sur[

0 ;π

2

]

donc

on peut intégrer par parties Wn et on a :

Wn+2 =∫ π

2

0cosn+2(x) dx =

∫ π2

0cos(x) cosn+1(x) dx

=✘✘✘✘✘✘✘✘✘✘

[

sin(x) cosn+1(x)]π

20

+ (n + 1)∫ π

2

0(1 − cos2(x)) cosn(x) dx

= (n + 1)Wn − (n + 1)Wn+2

Wn+2 =(

n + 1n + 2

)

Wn.

6. D’après la question précédente, pour tout n ∈ N, (n + 2)Wn+2 = (n + 1)Wn,d’où :

(n + 2)Wn+2Wn+1 − (n + 1)Wn+1Wn = (n + 1)WnWn+1 − (n + 1)Wn+1Wn = 0.

La suite(

(n + 1)Wn+1Wn

)

n∈Nest donc constante, égale, par exemple à son

premier terme W1W0 =π

2d’après la question (2) c.-à-d.

∀n ∈ N, (n + 1)Wn+1Wn =π

2.

F.PUCCI 52


7. Comme la suite (Wn)n∈N est décroissante d’après (3), pour tout n ∈ N, Wn+2 6 Wn+1 6 Wn.Comme Wn est strictement positif d’après (4), on peut diviser les membres decette inéquation par Wn et d’obtenir :

n + 1n + 2

=Wn+2

Wn

6Wn+1

Wn

6 1.

Comme limn→+∞

n + 1n + 2

= 1, d’après le théorème d’encadrement il en est de même

du quotientWn+1

Wnc.-à-d. Wn ∼

n→+∞Wn+1.

8. D’après la question précédente, limn→+∞

(n + 1)Wn+1Wn

nW 2n

= 1 c.-à-d. , d’après (6),

nW 2n ∼

n→+∞(n + 1)Wn+1Wn =

π

2.

Finalement, Wn ∼n→+∞

√π

2net, en particulier, lim

n→+∞Wn = 0.

9. D’après la question (5), pour tout p > 0, on a :

W2p =2p − 1

2pW2p−2 =

(2p − 1)(2p − 3)2p(2p − 2)

W2p−4 = . . .

=(2p − 1)(2p − 3) × . . . × 5 × 3 × 1

2p(2p − 2) × . . . × 6 × 4 × 2× W0

=(2p)!

(

2p(2p − 2) × . . . × 6 × 4 × 2)2 × π

2

=(2p)!

(2pp!)2× π

2=

(2p)!22p(p!)2

× π

2.

De même pour les termes d’indices impairs :

W2p+1 =2p

2p + 1W2p−1 =

(2p)(2p − 2)(2p + 1)(2p − 1)

W2p−3 = . . .

=2p(2p − 2) × . . . × 6 × 4 × 2

(2p + 1)(2p − 1) × . . . × 5 × 3× W1

=

(

2p(2p − 2) × . . . × 6 × 4 × 2)2

(2p + 1)!=

(2pp!)2

(2p + 1)!

=22p(p!)2

(2p + 1)!.

F.PUCCI 53


Problème 2 (Intégrale de Gauss) :

1. Étant une primitive de la fonction x 7−→ e−x2

, continue sur R, la fonction F yest dérivable et, pour tout x ∈ R, F ′(x) = e−x2

> 0.La fonction F est strictement croissante sur R.

2. Pour x ∈ [1 ; +∞ [, on a 1 6 x, d’où, en multipliant par x > 0, on obtientx 6 x2 puis −x2

6 x.Il ne reste plus qu’à composer par la fonction exponentielle, croissante sur R,pour avoir :

e−x2

6 e−x.

3. D’après la relation de Chasles, on a déjà :

∫ x

0e−t2

dt =∫ 1

0e−t2

dt +∫ x

1e−t2

dt = F (1) +∫ x

1e−t2

dt

Par oroissance de l’intégrale, on a alors :

= F (1) +∫ x

1e−t dt = F (1) +

[

− e−t]x

1

= F (1) + e − e−x6 F (1) + e.

La fonction F est donc majorée.D’après (1), elle est strictement croissante donc elle admet une limite en +∞qui sera notée

∫ +∞

0e−x2

dx.

4. Déjà fait maintes fois en étudiant la fonction u 7−→ ln(1 + u) − u majorée par 0.

5. Soit n ∈ N∗.

(a) Si t ∈ [0 ;√

n ] alors −t2

n∈] − 1 ; +∞ [ et d’après (4), on alors :

ln

(

1 − t2

n

)

6 −t2

n⇐⇒n>0

n ln

(

1 − t2

n

)

6 −t2 ⇐⇒exp

croissante

(

1 − t2

n

)n

6 e−t2

.

Il suffit alors d’en appeler à la croissance de l’intégrale pour conclure :

∫ √n

0

(

1 − t2

n

)n

dt 6∫ √

n

0e−x2

dx.

(b) Posons t =√

n cos u ⇐⇒ t2

n= cos2(u) c.-à-d. dt = −

√n sin udu. On a

alors :

∫ √n

0

(

1 − t2

n

)n

dt = −∫ 0

π2

(

1 − cos2(u))n(√

n sin u)

du =√

n∫ π

2

0sin2n+1(u)du.

D’après la question (1) du problème (1), on a donc :

√n W2n+1 =

√n∫ π

2

0sin2n+1(u)du 6

D’après (5a)

∫ √n

0e−x2

dx.

F.PUCCI 54


6. (a) Pour t ∈ R, d’après (4), ln

(

1 +t2

n

)

6t2

n⇐⇒ −n ln

(

1 +t2

n

)

> −t2.

La fonction exp étant croissante sur R, on obtient alors :

∀t ∈ R, e−t2

6

(

1 +t2

n

)−n

.

(b) t =√

n tan u ⇐⇒ dt =√

n(1 + tan2 u)du. D’où :

∫ √n

0

(

1 +t2

n

)−n

dt =∫ π

4

0

(

1 + tan2(u))−n ×

√n(

1 + tan2(u))

du

=√

n∫ π

4

0

(

1cos2(u)

)−n+1

due =√

n∫ π

4

0cos2(n−1)(u)du

=√

n∫ B

0cos2p(t) dt,

où B =π

4∈[

0 ;π

2

]

et p = n − 1.

(c) Il suffit d’effectuer le changement de variables u =π

2− t pour trouver :

∫ B

0cos2p(t) dt =

∫ π2 −B

π2

cos2p(

π

2− t

)

(−du) =∫ π

2π2 −B

sin2p(u)du.

(d) D’après les questions (6a), croissance de l’intégrale et (6b), on a :

∫ √n

0e−x2

dx 6

∫ √n

0

(

1 +t2

n

)−n

dt =√

n∫ B

0cos2p(t) dt

D’après (6c) avec B =π

4,

=√

n∫ π

2π4

sin2n−2(u)du

Par croissance de l’intégrale :

6√

n∫ π

2

0sin2n−2(u)du =

√nW2n−2.

7. D’après les questions (5b) et (6), pour tout n ∈ N∗, on a :

√n W2n+1 6

∫ √n

0e−x2

dx 6√

n W2n−2.

Or, d’après (8), Wn ∼n→+∞

√π

2n⇐⇒ W2n+1 ∼

n→+∞

√

π

4n + 2

⇐⇒√

n W2n+1 ∼n→+∞

√π

2×√

n

n + 12

∼n→+∞

√π

2×√

1 − 12n + 1

.

F.PUCCI 55


Comme limn→+∞

√

1 − 12n + 1

= 1, on en déduit limn→+∞

√n W2n+1 =

√π

2.

Par le même raisonnement, on montre aussi que limn→+∞

√n W2n−2 =

√π

2.

D’après le théorème d’encadrement, on en déduit la valeur de l’intégrale deGauss ⌊7⌋ :

∫ +∞

0e−x2

dx =√

π

2.

⌊7⌋. Vous la retrouverez très souvent et sous de maintes formes. A retenir donc !

F.PUCCI 56

Thème: Primitives PCSI - Devoir surveillé no 1

Primitives

Problème 1 : Soient a et b deux réels tels que 0 < a < b.

On considère dans ce problème une fonction f de classe C1 sur l’intervalle [a ; b ] ettelle que ∀ x ∈ [a ; b ], f ′(x) > 0.

L’objectif du problème est de démontrer, puis utiliser la formule suivante :

∫ b

af(t) dt +

∫ f(b)

f(a)f−1(t) dt = bf(b) − af(a). (E)

Partie I

Dans cette partie, on vérifie la formule (E) sur un cas particulier.

Soit p un réel strictement positif. On définit, dans cette partie seulement, la fonctionf par :

f : x 7−→ xp.

1. Justifier que f est bien de classe C1 sur [a ; b ] avec ∀ x ∈ [a ; b ], f ′(x) > 0.Aide: C’est quoi une fonction de classe C1 ?

2. Vérifier que f induit une bijection de l’intervalle [a ; b ] sur un intervalle I àpréciser, et expliciter l’expression sur I de sa fonction réciproque f−1.

Aide: Il me semble qu’un théorème du même nom existe avec deux conditions vérifier.Quant à connaître la réciproque d’une fonction puissance. . .Attention aux intervalles toutefois.

3. Calculer les intégrales∫ b

af(t) dt et

∫ f(b)

f(a)f−1(t) dt.

Aide: L’intégrale de deux fonctions puissances ? What’s the joke ?

4. En déduire que la formule (E) est vraie sur cet exemple.Aide: Question (4), (E), remplacer et observer non ?

Partie II

Dans cette partie, on prouve par deux méthodes la formule (E).

On considère donc ici une fonction f de C1 sur [a ; b ] telle que ∀ x ∈ [a ; b ], f ′(x) > 0.

5. Justifier que f induit une bijection de l’intervalle [a ; b ] sur un intervalle I àpréciser, et que sa réciproque f−1 est de classe C1 sur I.

Aide: À quelles conditions une fonction est-elle bijective ?À quelle condition une réciproque est-elle dérivable ?

6. Première méthode :

On pose : F : x 7−→∫ x

af(t) dt et G : x 7−→

∫ x

f(a)f−1(t) dt.

(a) Montrer que les fonctions F et G sont dérivables, respectivement sur lesintervalles [a ; b ] et I, et préciser leurs dérivées.

Aide: F et G sont des quoi déjà ? ? ?

F.PUCCI 57


(b) Pour tout x ∈ I, on pose :

ϕ : x 7−→∫ x

af(t) dt +

∫ f(x)

f(a)f−1(t) dt − xf(x).

Vérifier que la fonction ϕ est dérivable sur l’intervalle [a ; b ], et que :

∀ x ∈ [a ; b ], ϕ′(x) = 0.

Aide: Question (6b) et les yeux fermés non ?

(c) En déduire la formule (E).Aide: Si je me rappelle bien on a déjà dû faire ça pour une certaine fonction et une relation sympa.

7. Deuxième méthode :

(a) En utilisant un changement de variable, montrer que :∫ f(b)

f(a)f−1(t) dt =

∫ b

auf ′(u)du.

Aide: C’est qui qui transforme f(a) en a ?

(b) En déduire la formule (E).Aide: Quand on voit l’intégrale d’un produit, et x × f ′(x) sous l’intégrale, on pense à faire quoi ?

Partie III

Le but de cette partie est de calculer l’intégrale∫ π

4

0

√

tan(t) dt.

8. Soient a et b deux réels tels que 0 < a < b <π

2.

Après avoir justifié son utilisation, écrire la formule (E) obtenue pour la fonction

f : x 7−→√

tan(t).Aide: C’est quoi les conditions pour (E) ? Le domaine de définition de tan ? de

√? Sur quel intervalle

est-on ?

(On précisera ici, en la justifiant, l’expression de f−1.)Aide: Un élève malin trouvera la réponse à sa question dans le sujet comme dans les sujets de bac.

9. En déduire que∫ π

4

0

√

tan(t) dt =π

4−∫ 1

0arctan(t2) dt.

Aide: Une question donnée. Quel peut bien être le rapport avec la question précédente ?

10. Conclure que∫ π

4

0

√

tan(t) dt = 2∫ 1

0

t2

1 + t4dt.

11. (a) Déterminer quatre réels u1, u2, u3, u4 tels que :

t2

t4 + 1=

u1t + u2

t2 +√

2t + 1+

u3t + u4

t2 −√

2t + 1.

Aide: Ne serait-ce pas une décomposition connue ?Remarquez quand même que le premier membre est pair donc le deuxième doit l’être aussi.Enfin un élève avisé lira avantageusement la suite du sujet.

(b) Prouver, sans calculer ces intégrales, que :∫ 1

0

t

t2 +√

2t + 1dt =

∫ −1

0

t

t2 −√

2t + 1dt.

Aide: Qu’est-ce qui pourrait bien changer + en − ?

F.PUCCI 58


(c) Exprimer alors l’intégrale∫ π

4

0

√

tan(t) dt en fonction de l’intégrale :

∫ 1

−1

t

t2 −√

2t + 1dt.

Aide: Il serait malvenu qu’une question (c) se résolve sans utiliser les question précédentes voir laquestion (10) pour faire bonne mesure.

12. Calculer l’intégrale∫ 1

−1

t

t2 −√

2t + 1dt.

Aide: Easy

13. (a) Établir que ∀ x ∈ R∗+, arctan(x) + arctan

(1x

)

=π

2.

Aide: Un élève assidu saura retrouver la méthode du cours.

(b) En déduire la valeur de arctan(√

2 + 1)

+ arctan(√

2 − 1)

.Aide: C’est quoi l’inverse de

√2 + 1 ?

14. Déduire des questions précédentes une formule de la forme :

∫ π4

0

√

tan(t) dt = α(

ln(β) + π)

,

où α et β sont deux réels à préciser.Aide: Une dernière question qui ne ferait pas la synthèse des précédentes se serait appelée question 1.

Conclure.

Problème 2 (Approximation du logarithme) : Le but de ce problème est deconstruire une fonction calculant des valeurs approchées du logarithme.

Partie I

Pour n ∈ N∗ et x ∈ [0 ; 1 ], on pose Sn(x) =

n−1∑

k=0

(−1)kxk+1

k + 1et fn(x) =

(−1)nxn

1 + x.

1. Vérifier que pour n ∈ N∗ t ∈ [0 ; 1 ],

11 + t

=n−1∑

k=0

(−1)ktk +(−1)ntn

1 + t.

Aide: C’est quoi l’expression de la somme des n premiers termes d’une suite géométrique ?

2. En déduire que pour tout x ∈ [0 ; 1 ], ln(1 + x) = Sn(x) +∫ x

0fn(t) dt.

Aide: C’est quoi une primitive de1

1 + tsur [0 ; 1 ] ?

3. Vérifier que pour tout t ∈ [0 ; 1 ], |fn(t)| 6 tn.Aide: Moi je tenterais de regarder si

11 + t

est majoré sur [0 ; 1 ]. . .

4. En déduire que ∀x ∈ [0 ; 1 ],∣∣∣ ln(1 + x) − Sn(x)

∣∣∣ 6

xn+1

n + 1.

Aide: Primitive de tn sur [0 ; x ] ?

5. Pour x ∈ [0 ; 1 ], justifier que la suite(

Sn(x))

n∈N∗converge et préciser sa limite.

Aide: Peut-être la question précédente ?

Partie II

F.PUCCI 59


6. Construction du logarithme sur [1 ; 2 ].

(a) Écrire une fonction somme(x,n) en Python prenant pour paramètre x ∈ [0 ; 1 ]et n ∈ N

∗ et renvoyant Sn(x).Aide: Comment pourrait-on faire calculer une somme de 0 à n − 1 en Python ?

(b) Écrire une fonction ecart(x,epsilon) en Python prenant pour paramètrex ∈ [0 ; 1 ] et ε > 0 et renvoyant la première valeur de n ∈ N

∗ pour laquellexn+1

n + 16 ε.

Aide: On doit calculer tant quexn+1

n + 16 ε ?

(c) Écrire une fonction log1(u,epsilon) en Python prenant pour paramètreu ∈ [1 ; 2 ] et ε > 0 et renvoyant une valeur approchée de ln(u) à ε près.

Aide: Ce serait bien qu’il y ait quelque part dans le sujet un résultat liant ln(❀) à une valeurapprochée de celui-ci comme une certaine somme.Après peut-être que c’est encore une question (c) ?

Partie III

Dans cette partie, on suppose que n ∈ N∗ et que x ∈ [0 ; 1 ].

7. En utilisant (4), montrer que∣∣∣

∫ x

0ln(1 + t) dt −

∫ x

0Sn(t) dt

∣∣∣ 6

xn+2

(n + 1)(n + 2).

Aide: Visiblement il faut partir de (4) et que faut-il faire après pour avoir ce qu’on veut ?

8. En déduire, en calculant les intégrales, que :∣∣∣∣∣ln(1 + x) − 1

1 + x

(

x +n∑

k=1

(−1)k+1 xk+1

k(k + 1)

)∣∣∣∣∣6

xn+2

(n + 1)(n + 2)(1 + x).

Aide: Si ça a l’air compliqué c’est que c’est surement simple.Bon ! une question 8, ça suit une question ?Ne faudrait-il pas connaitre une primitive de ln quitte à diviser par ce qu’il faut et ce qu’il y a enplus après sans le membre de droite ?Et ça pourrait donner quoi une primitive de Sn d’abord ?

9. Soit Un(x) =1

1 + x

(

x +n∑

k=1

(−1)k+1 xk+1

k(k + 1)

)

.

(a) Justifier la convergence de la suite(

Un(x))

n∈N∗vers ln(1 + x).

Aide: Ça c’est facile et ça ressemble bigrement à la question (5) non ?

(b) Expliquer pourquoi la convergence de la suite(

Un(x))

n∈N∗devrait être

plus rapide que celle de la suite(

Sn(x))

n∈N∗.

Aide: Converger plus vite ça veut pas dire se rapprocher plus vite vers ce qu’on veut ?

(c) Montrer que Un(x) =Sn+1(x) + xSn(x)

1 + x.

Aide: Moi, déjà je me débarrasserais du dénominateur et ensuite quand on me donne tout, jeregarde, regroupe, développe, arrange et je regarde encore un peu. Si on fait des mathéma-tiques et que le concepteur du sujet ne s’est pas trompé, ça doit fonctionner. Comme c’estmoi, je peux me tromper deux fois mais vous ?

(d) En déduire que Un(x) = Sn(x) + (−1)n xn+1

(n + 1)(1 + x).

Aide: Je sais faire pour les questions (c) qui suivent des questions (a) et (b) mais pour les questions(d), je ne sais pas. Peut-être pareil ?

F.PUCCI 60

Index

Arctangente, 26

Changement de variablesdans une intégrale, 15

Décompositionen éléments simples, 20

Divisionsuivant les puissances croissantes, 25

FonctionFraction rationnelle, 20

Fractionrationnelle, 20

Décomposition en éléments simples, 22

Humour, 1

Intégrale, 5Intégration

changement de variables, 15par parties, 10

Linéarisation, 5

MéthodeEffectuer un changement de variables, 16Primitive de cosp(x) sinq(x), 5Primitive de eax cos(bx), 5

Multiplicitéd’un pôle, 22d’une racine, 21

Partieentière, 22

Pôle, 20Polynôme, 21Primitive

d’une fonction, 2usuelle, 7

Racinecomplexe d’un polynôme de R[X], 24d’une fraction rationnelle, 20

Théorèmede D’Alembert-Gauss, 20fondamental de l’analyse, 3

61

Chapitre VIII: INDEX INDEX

F.PUCCI 62

Documents

Cours de PCSI au Lycée Gontran Damas - Fabien PUCCI