Intégration
Primitive d'une fonction
Soient $a< b$ deux réels, on note $I=[a;b]$. On se donne $f$ une fonction de $I$ dans $\R$.
Soit $F:I\longmapsto \R$. on dit que $F$ est une primitive de $f$ sur $I$
ssi: $F$ est dérivable sur $I$, et $F^{'}=f$ sur $I$.
Exemple
$I=[0;1]$ et $f:x\in I\longmapsto x$.
Alors $F:x\in I\longmapsto \frac{x^2}{2}$ est une primitive de $f$ sur $I$.
Remarque
Si $F$ est une primitive de $f$ sur $I$. Alors pour tout réel $c\in \R$, la fonction $x\longmapsto F(x)+c$
est une primitive de $f$ sur $I$.
Par contre si $f$ est définie sur une réunion d'intervalles et si $F_1,\,F_2$ sont deux primitives de $f$
alors $F_1-F_2$ est constant sur chaque intervalle.
Exemple
Soit $f:\R^*\longmapsto \R$ définie par $f(x)=\dfrac{1}{x}$. Alors $F(x)=\left\{\begin{array}{ll}
\ln(-x)+c_1&\text{ si }x< 0\\
\ln(x)+c_2&\text{ snion}
\end{array}
\right.$ (avec $c_1,\,c_2\in \R$) est une primitive de $f$ sur $\R^*$.
Notation
Pour $f:I\longmapsto \R$, on note $\dsp{\int f}$ l'ensemble des primitives de $f$ sur $I$.
(Existence des primitives)
Toute fonction continue sur un intervalle admet des primitives sur cette intervalle.
Intégrale d'une fonction continue sur un segment
Soient $a< b\in \R$. On note $I=[a;b]$. Soit $f\in \CC(I)$, d'après le théorème précédent $f$ admet des
primitives sur $I$.
Soit $F$ une primitive de $f$ sur $I$, le réel $F(b)-F(a)$ ne dépend pas de $F$, en effet si $F_1$ est une
autre primitive de $f$ sur $I$, alors $F-F_1=c$ avec $c\in \R$,
donc $F_1(b)-F_1(a)=F(b)-c-F(a)+c=F(b)-F(a)$.
(Intégrale de $f$ sur $I$)
On appelle intégrale de $f$ sur $I$ le réel $F(b)-F(a)$. On note:
$$\int_a^bf(x)\,\ud x=\left[F(x)\right]_a^b=F(b)-F(a).$$
Exemple
Soit $I=[0;1]$, on définit $f$ par $f(x)=1-x$. La fonction $F$ définie par $F(x)=x-\frac{x^2}{2}$ est une
primitive de $f$ sur $I$. Alors:
$$\int_0^1\,f(t)\ud t=\left[x-\frac{x^2}{2}\right]_0^1=1-\frac{1^2}{2}-0+0=\frac{1}{2}.$$
Remarque
Dans le cas ou $a=b$ alors $\dsp{\int_a^af(x)\ud x=0}$. Si on a $b< a$ alors $\dsp{\int_a^bf=-\int_b^af}$.
Si $f\geq 0$ sur $[a;b]$ alors $\dsp\int_a^bf$ représente l'aire de la région du plan
limitée par l'axe $(Ox)$, la courbe représentative de $f$ et les droites d'équations
$x=a$, $x=b$.
Soit $x_0\in I$. Soit $f\in \CC(I)$. Alors la fonction
$\dsp{x\longmapsto \int_{x_0}^xf(t)\ud t}$ est l'unique primitive de $f$ sur $I$ qui s'annule en $x_0$.
Exemple
$x\in \R_+^*\longmapsto \ln(x)$ est la seule primitive de $x\longmapsto \frac{1}{x}$ qui s'annule en $x=1$.
Propriétés de l'intégrale
$I$ désigne un intervalle fini de $\R$, $a,b\in I$ avec $a\neq b$.
L'application $f\in \CC(I)\longmapsto \dsp{\int_a^bf(t)\,\ud t}$ est une application linéaire.
Remarque
Cette application est surjective car pour tout réel $\gamma\in \R$,
on définit sur $I$ la fonction $f$ par $f(x)=\frac{\gamma}{b-a}$. On a alors $\dsp\int_a^bf=\gamma$.
On suppose que $a< b\in I$. Soit $f\in \CC(I)$ telle que $f\geq 0$. Alors $\dsp{\int_a^bf(t)\ud t\geq 0}$.
Remarque
Il est important de noter que dans le résultat précédent $b$ est plus grand que $a$.
En effet si $f\geq 0$ et $b\leq a$ alors $\dsp\int_a^bf\leq 0$.
- Si $f\in \CC(I)$, $f\geq 0$. Alors:
$$\int_a^bf(t)\ud t=0\Longrightarrow f=0\text{ sur } [a;b].$$
- Si $f,g\in \CC(I)$ tels que $f\leq g$ sur $[a;b]$. Alors $\dsp{\int_a^bf\leq \int_a^bg}$.
- Si $f\in \CC(I)$, alors $\dsp{\left|\int_a^bf\right|\leq \int_a^b|f|}$.
- Si $f\in \CC(I)$, on note $m=\underset{[a;b]}{\inf}f$ et $M=\underset{[a;b]}{\sup}f$. Alors
$$\dsp{m(b-a)\leq \int_a^bf\leq M(b-a)}.$$
Soit $f:[a;b]\longmapsto \R$ une fonction continue. On appelle valeur moyenne de $f$
sur $[a;b]$ (notée $\overline{f}$)
le réel
$\dfrac{1}{b-a}\dsp{\int_a^bf(t)\ud t}$.
Exemple
On considère $I=[0;1]$ et $f_1(x)=x,\,f_2(x)=x^2$. Alors $\overline{f_1}=\frac{1}{2}$ et
$\overline{f_2}=\frac{1}{3}$.
Remarquons que $f([a;b])=[m;M]$ puisque $f$ est continue sur $[a;b]$, alors on a:
$$\dsp{m(b-a)\leq \int_a^bf(x)\ud x\leq M(b-a)},$$ autrement dit, $\dsp{\frac{\dsp\int_a^bf(t)\ud t}{b-a}\in
[m;M]}$ d'où en
utilisant le théorème des valeurs intermédiaires , on en déduit:
$$\exists c\in [a;b],\,f(c)=\overline{f}.$$
(IAF)
Soit $f\in\CC^1(1),\,k\in \R_+^*$. On suppose que pour tout $x\in I,\,|f^{'}(x)|\leq k$. Alors:
$$\forall a< b\in I,|f(b)-f(a)|\leq k(b-a).$$
(Relation de Chasles)
Soient $c\in ]a;b[,\,f\in \CC([a;b])$. Alors:
$$\int_a^bf(t)\ud t=\int_a^cf(t)\ud t+\int_c^bf(t)\ud t.$$
(Inégalité Cauchy-Schwarz) Soient $f,g\in \CC[a;b])$. Alors:
$$\left(\int_a^bf(x)g(x)\,\ud x\right)^2\leq \left(\int_a^bf^2(x)\ud x\right)\left(\int_a^bg^2(x)\ud
x\right).$$
De plus, on a une égalité ssi $f=\lambda g$ avec $\lambda\in \R$.
Calculs des intégrales
(Utilisation d'une primitive)
Soit $F$ une primitive de $f$, alors
$$\int_a^b f(x)\ud x= \left[ F(t)\right]_a^b=F(b)-F(a).$$
Exemple
On pose $f(x)=x+x^2$ alors $F(x)=\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}$ est une primitive de $f$, on en déduit
alors,
pour tout $a< b\in \R$,
$$\int_a^bf(x)\ud x=\left[\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}\right]_a^b= \dfrac{b^2-a^2}{2}+\dfrac{b^3-a^3}{3}.$$
Soit $u:[a,b]\longmapsto\R_+^*$, dérivable. Calculer les intégrales suivants:
$$\int_a^b\dfrac{u'(x)}{u(x)}\ud x,\quad \int_a^b u'(x)\cos(u(x))\ud x.$$
Correction
On reconnaît dans chaque cas une formule de dérivation,
$$
\int_a^b\dfrac{u'(x)}{u(x)}\ud x=\int_a^b \left(\ln(u(x)\right)'\ud
x=\left[\ln(u(x))\right]_a^b=\ln(u(b))-\ln(u(a)).$$
$$
\int_a^b u'(x)\cos(u(x))\ud x=\int_a^b \left(\sin(u(x)\right)'\ud x
=\left[\sin(u(x))\right]_a^b=\sin(u(b))-\sin(u(a)).$$
En générale le calcul des intégrales est une tache plus tôt difficile, pour certain intégrales on connaît des
'trucs'
ou astuces. On dispose de deux méthodes pour le calculs des intégrales (Intégration par parties et
changement
de variables). Ces deux méthodes sont basées sur le rappel suivant:
- Soient $f,g\in \CC^1(I)$. Alors $fg\in \CC^1(I)$ et
$$(fg)''=f'g+fg'.$$
- Soient $f\in\CC^1(I),\,g\in \CC^1(J)$. On suppose que $f(I)\subset J$. Alors $g\circ f\in
\CC^1(I)$ et
$$(g\circ f)'=(g'\circ f)f'.$$
Intégration par parties
(IPP)
Soient $u,v\in \CC^1(I)$. Alors:
$$\int u^{'}v=uv-\int uv^{'}.$$
$$\forall a,b\in I,\,\int_a^bu^{'}(t)v(t)\ud t=\left[u(t)v(t)\right]_a^b-\int_a^bu(t)v^{'}(t)\ud t.$$
Remarque
On utilise cette formule lorsque $uv'$ est plus facile à intégrer que la fonction $u'v$.
Calculer $\dsp{\int_0^1x\ee^{-x}\ud x}$.
Correction
On pose
$$\left\{\begin{array}{l}
u(x)=x\\
v^{'}(x)=\ee^{-x}
\end{array}\right.\Longrightarrow\left\{\begin{array}{l}
u'(x)=1\\
v(x)=-\ee^{-x}
\end{array}\right.,\,\,\,u,v\in \CC^1([0;1]).$$
D'après la proposition \ref{IPP}, on a:
$$\int_0^1x\ee^{-x}\ud x=\left[-x\ee^{-x}\right]_0^1-
\int_0^1-\ee^{-x}\ud x=-\ee^{-1}-\left[-\ee^{-x}\right]_0^1=1-2\ee^{-1}.$$
Déterminer les primitives $\dsp{\int\ln(x)\ud x}$.
Correction
$\dsp\int\ln$ est définie pour $x\in \R_+^*$. On pose $$\left\{\begin{array}{l}
u(x)=\ln(x)\\
v^{'}(x)=1
\end{array}\right.\Longrightarrow\left\{\begin{array}{l}
u'(x)=\dfrac{1}{x}\\
v(x)=x
\end{array}\right.,\quad u,v\in \CC^1(\R_+^*).$$ D'après la proposition \ref{IPP}, on a:
$$\boxed{\int\ln(x)\ud x=x\ln(x)-
\int x\frac{1}{x}\ud x=x\ln(x)-x+c,\,c\in \R}.$$
Calculer $\dsp\int x\sin(x)\ud x$.
Correction
On pose :
$$\left\{\begin{array}{ll}
u'(x)&=\sin(x)\\
v(x)&= x
\end{array}
\right. \Longrightarrow \left\{\begin{array}{ll}
u(x)&=-\cos(x)\\
v'(x)&=1
\end{array}
\right. ,\quad u,v\in \CC^1(\R).$$
En utilisant la formule de l'IPP, on trouve
$$\int x\sin(x)\ud x=-x\cos(x)+\int \cos(x)\ud x=-x\cos(x)+\sin(x)+c.\,\, c\in \R$$
Calculer les primitives suivantes en utilisant une IPP (ou plusieurs IPP):
| $I_1(x)=\dsp{\int\left(x^2+1\right)\ee^x\ud x},\quad\quad$ |
$I_2(x)=\dsp{\int (x+1)\ee^{2x}\ud x}$ |
| $I_3(x)=\dsp{\int \ln(x)^2\ud x}$ |
$I_4(x)=\dsp{\int \cos(\ln(x))\ud x}$ |
Correction
- $I_1$ est définie sur $\R$. On pose:
$$\left\{\begin{array}{lcl}
u(x)&=&x^2+1\\
v'(x)&=&\ee^x
\end{array}\right.\Longrightarrow \left\{\begin{array}{lcl}
u'(x)&=&2x\\
v(x)&=&\ee^x
\end{array}\right.,\quad u,v \in \CC^1(\R),$$
en appliquant la règle de l'IPP, on trouve:
$$\begin{array}{lcl}
I_1(x)&=&\dsp (x^2+1)\ee^x-2\int x\ee^x=(x^2+1)\ee^x-2(x-1)\ee^x+k\\
&=&(x^2-2x+3)\ee^x+k,~~~k\in \R.
\end{array}
$$
- $I_2$ est définie sur $\R$. On pose
$$\left\{\begin{array}{lcl}
u(x)&=&x+1\\
v'(x)&=&\ee^{2x}
\end{array}\right.\Longrightarrow \left\{\begin{array}{lcl}
u'(x)&=&1\\
v(x)&=&\dfrac{\ee^{2x}}{2}
\end{array}\right.,\quad u,v \in \CC^1(\R),$$
en appliquant la règle de l'IPP, on trouve:
$$I_2(x)=(x+1)\dfrac{\ee^{2x}}{2}-\int
\dfrac{\ee^{2x}}{2}=(x+1)\dfrac{\ee^{2x}}{2}-\dfrac{\ee^{2x}}{4}\ee^x+k=(2x+1)\dfrac{\ee^{2x}}{4}+k,~~~k\in
\R.$$
- $I_3$ est définie sur $\R_+^*$. On pose
$$\left\{\begin{array}{lcl}
u(x)&=&\ln^2(x)\\
v'(x)&=&1
\end{array}\right.\Longrightarrow \left\{\begin{array}{lcl}
u'(x)&=&\dfrac{2\ln(x)}{x}\\
v(x)&=&x
\end{array}\right., \quad u,v\in \CC^1(\R_+^*),$$
en appliquant la règle de l'IPP, on trouve:
$$I_3(x)=x\ln^2(x)-2\int\dfrac{x\ln(x)}{x}=x\ln^2(x)-2\int \ln(x)=x\ln(x)^2-2x\ln(x)+2x+k,~~~k\in
\R.$$
- $I_4$ est définie sur $\R_+^*$. On pose
$$\left\{\begin{array}{lcl}
u(x)&=&\cos(\ln(x))\\
v'(x)&=&1
\end{array}\right.\Longrightarrow \left\{\begin{array}{lcl}
u'(x)&=&-\dfrac{\sin(\ln(x))}{x}\\
v(x)&=&x
\end{array}\right.,\quad u,v \in\CC^1(\R_+^*),$$
en appliquant la règle de l'IPP, on trouve:
$$
I_4(x)=x\cos(\ln(x))+\int\dfrac{\sin(\ln(x))}{x}x=x\cos(\ln(x))+\int\sin(\ln(x))$$
On refait une IPP. On pose $\left\{\begin{array}{lcl}
u(x)&=&\sin(\ln(x))\\
v'(x)&=&1
\end{array}\right.\Longrightarrow \left\{\begin{array}{lcl}
u'(x)&=&\dfrac{\cos(\ln(x))}{x}\\
v(x)&=&x
\end{array}\right.$, $u,v$ sont de classe $\CC^1$ sur $\R_+^*$,
$$
\begin{array}{lcl}
I_4(x)&=&\dsp x\cos(\ln(x))+x\sin(\ln(x))-\underset{=I_4(x)}{\int\cos(\ln(x))}\\
&&\\
&\Longrightarrow& \dsp I_4(x)=\dfrac{\left[\cos(\ln(x))+\sin(\ln(x))\right]x}{2}+k,~~k\in \R.
\end{array}
$$
Soit $n\in \N$, on pose $I_n=\dsp{\int_0^1(1-x)^n\ee^{-2x}\ud x}$.
- Calculer $I_0$ et $I_1$.
- Montrer la relation suivante:
$$\forall n\in \N,\,\,2I_{n+1}=1-(n+1)I_n.$$
- En déduire $I_2$, $I_3$ et $I_4$.
Correction
- $I_0=\dsp{\int_0^1\ee^{-2x}\ud x=\left[\dfrac{\ee^{-2x}}{-2}\right]_0^1=\dfrac{1-\ee^{-2}}{2}}$.
$I_1=\dsp{\int_0^1(1-x)\ee^{-2x}\ud
x=\left[\dfrac{\ee^{-2x}(2x-1)}{4}\right]_0^1=\dfrac{1+\ee^{-2}}{4}}$.
- Soit $n\in \N$. On pose
$$\left\{\begin{array}{lcl} u'(x)&=&\ee^{-2x}\\ v(x)&=&(1-x)^{n+1}
\end{array}
\right.
\Longrightarrow
\left\{\begin{array}{lcl} u(x)&=&\dfrac{\ee^{-2x}}{-2}\\ v'(x)&=&-(n+1)(1-x)^n.
\end{array}
\right.
,$$ $u$ et $v$ sont de classe $\CC^1$ sur $[0;1]$, ce qui donne:
$$I_{n+1}=\left[\dfrac{\ee^{-2x}(1-x)^{n+1}}{-2}\right]_0^1-\frac{n+1}{2}\int_0^1(1-x)^n\ee^{-2x}\ud
x=\frac{1}{2}-\frac{n+1}{2}I_n$$
On en déduit,
$$ \boxed{2I_{n+1}=1-(n+1)I_n}.$$
- $I_2=\dfrac{1-2I_1}{2}=\dfrac{1-\ee^{-2}}{4}$. $\,\,I_3=\dfrac{1-3I_2}{2}=\dfrac{1+3\ee^{-2}}{8}$
et
$\,I_4=\dfrac{1-4I_3}{2}=\dfrac{1-3\ee^{-2}}{4}$.
Changement de variables
(Changement de variable)
Soit $\varphi\in \CC^1([a;b])$, soit $f\in \CC(\varphi([a;b]))$. Alors:
$$
\int_a^bf(\varphi(x))\varphi'(x)\ud x=\int_{\varphi(a)}^{\varphi(b)}f(t)\ud t.
$$
Exemple
On cherche à calculer $\dsp{\int_0^1\sqrt{1-t^2}\ud t}$. Pour ce faire, on pose $\varphi(x)=\sin(x)$ pour
$x\in [0;\frac{\pi}{2}]$. Alors:
$$\forall x\in[0;\frac{\pi}{2}],\varphi'(x)=\cos(x),\,\text{ et
}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1-\sin^2(x)}\cos(x)
\ud x=
\int_0^1\sqrt{1-t^2}\ud t.$$
Or,
$$
\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1-\sin^2(x)}\cos(x)\ud x=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^2(x)\ud x=
\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos(2x)+1}{2}\ud x=\frac{\pi}{4}.
$$
On en déduit $\dsp{\int_0^1\sqrt{1-t^2}\ud t=\frac{\pi}{4}}$.
Remarque
En générale, on pose: $t=\varphi(x)$ et donc on a $\ud t =\varphi'(x)\ud x$. Il faut pense à:
- Vérifier que $\varphi $ est de classe $\CC^1$ sur $[a;b]$.
- Transformer les bornes de l'intégrale.
- Transformer l'expression de la fonction.
- Transformer également l'élément différentiel $\ud t$.
On considère $A$ une ellipse d'équation $\dfrac{x^2}{36}+\dfrac{y^2}{16}=1$.
Calculer l'aire de partie du plan délimitée par l'ellipse $A$.
Correction
L'aire demandé est l'aire de $\mathcal{A}=\{(x,y)\in \R^2,\, \dfrac{x^2}{36}+\dfrac{y^2}{16}\leq 1\}$.
Par symétrie, on a $\mathcal{A}=4\mathcal{A}_1$, puis l'arc de l'ellipse entre les point $(0,4)$ et $(6,0)$
peut être définie par
$$\forall x\in [0,6],\quad y(x)=\sqrt{16-\dfrac{16x^2}{36}}=4\sqrt{1-\dfrac{x^2}{36}}.$$
On peut alors calculer l'aire $\mathcal{A}_1$,
$$\mathcal{A}_1=\dsp\int_0^6y(x)\ud x=\int_0^64\sqrt{1-\dfrac{x^2}{36}}\ud x\Longrightarrow \mathcal{A} =16
\int_0^6\sqrt{1-\dfrac{x^2}{36}}\ud x.$$
Pour calculer l'intégrale, on pose $x=6\sin(t)$, donc $\ud x=6\cos(t)\ud t$ et on a $x=0$ pour $t=0$ et
$x=6$ pour $t=\frac{\pi}{2}$, on obtient alors,
$$\mathcal{A}=16\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1-\dfrac{(6\sin (t))^2}{36}}(6\cos(t)\ud t)=96
\int_0^{\frac{\pi}{2}}\abs{\cos(t)}\cos(t)\ud t=96 \int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos(t)^2\ud t$$
Or $\dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos(t)^2\ud t=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{1+\cos(2t)}{2}\ud
t=\dfrac{\pi}{4}$. On en déduit,
$$\boxed{\mathcal{A}=24\pi \,\text{U. A}}.$$
Calculer $\dsp{J(x)=\int \sqrt{\frac{1+x}{1-x}}\ud x}$.
Correction
$J$ est définie pour $x\in [-1;1[$. On pose $x=\cos(t)$ pour $t\in ]0;\pi]$, alors $\ud x=-\sin(t)\ud t$. Ce
qui nous
donne
$$J(x)=\int\sqrt{\frac{1+\cos(t)}{1-\cos(t)}}(-\sin(t))\ud t=-\int
\sqrt{\frac{(1+\cos(t))^2}{1-\cos^2(t)}}\sin(t)\ud t
=-\int (1+\cos(t))\ud t,$$
soit,
$$J(x)=-t-\sin(t)+C=-\arccos(x)-\sin(\arccos(x))+C=-\arccos(x)-\sqrt{1-x^2}+C,\,C\in\R.$$
Calculer les primitives suivantes après avoir donner leur ensemble de définition:
| $J_1(x)=\dsp{\int\dfrac{\sh(x)}{3+\sh^2(x)}\ud x}\quad (u=\ch(x)),\quad\quad\quad$ |
$J_2(x)=\dsp{\int \dfrac{\ud x}{1+\cos(x)}} \quad (u=\tan(\frac{x}{2}))$ |
| $J_3(x)=\dsp{\int \sqrt{\ee^x+1}\,\ud x}\quad$ ($u=\ee^x$) |
$J_4(x)=\dsp{\int \dfrac{\ud x}{(\ee^x+2)^2}}\quad $ ($u=\ee^x$) |
| $J_5(x)=\dsp{\int \dfrac{\ud x}{\sqrt{x}+\sqrt[6]{x}}}\quad$ ($u=\sqrt[6]{x}$) |
$J_6(x)=\dsp{\int \dfrac{x\ud x}{(1+x^2)\sqrt{1-x^4}}}\quad$
($u=\Arccos(x^2)$) |
| $J_7(x)=\dsp{\int \dfrac{\ud x}{x+\sqrt{x-1}}}\quad$ ($u=\sqrt{x-1}$) |
$J_8(x)=\dsp{\int \dfrac{\sin^3(x)}{2+\cos(x)}\,\ud x}\quad$
($u=\cos(x)$) |
Correction
-
$J_1$ est définie sur $\R$, de plus $x\longmapsto \dfrac{\sh(x)}{3+\sh^2(x)}$ est impaire donc on peut
chercher les
primitives sur $\R_+^*$.
On pose $u=\ch(x)$ donc $\ud u=\sh(x)\ud x$ ce qui donne $x=\ln(u+\sqrt{u^2-1})$.
D'autre part, on a $\ch^2-\sh^2=1\Rightarrow \sh^2(x)=1+u^2$. Donc
$$J_1(x)=\int\dfrac{\ud
u}{2+u^2}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\Arctan\left(\frac{u}{\sqrt{2}}\right)+c=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\Arctan\left(\dfrac{\ch(x)}{\sqrt{2}}\right)+c,~~c\in\R.$$
-
$J_2$ est définie sur $\R\setminus \{(2k+1)\pi,\,k\in \Z\}$.
On cherche une primitive sur $]-\pi;\pi[$. On pose $u=\tan\left(\frac{x}{2}\right)$ ce qui donne
$\ud u=\frac{1}{2}\left(1+\tan\left(\frac{x}{2}\right)^2\right)\ud x$ soit $\,\ud x=\dfrac{2\ud
u}{1+u^2}$.
D'autre part, on sait que
$\cos(x)=\dfrac{1-\tan\left(\frac{x}{2}\right)^2}{1+\tan\left(\frac{x}{2}\right)^2}=
\dfrac{1-u^2}{1+u^2}$, on obtient finalement,
$$J_2(x)=\int\dfrac{\frac{2\ud u}{1+u^2}}{1+\frac{1-u^2}{1+u^2}}=2\int\dfrac{\ud u}{1+u^2+1-u^2}=u+c=
\tan\left(\frac{x}{2}\right)+c,\,c\in \R.$$
-
$J_3$ est définie sur $\R$. On pose $u=\ee^x$ donc $\ud u=\ee^x\ud x=u\ud x$ (remarquons que $u\in
]0;\infty[$), ce qui
donne
$$J_3(x)=\int\sqrt{u+1}\dfrac{\ud u}{u}$$
On fait une autre changement de variable. On pose $u=t^2-1$ soit $\ud u =2t\ud t$ ($t\in ]1;\infty[$)
$$J_3(x)=\int\dfrac{\sqrt{t^2-1+1}(2t\ud t)}{t^2-1}=2\int\dfrac{t^2\ud
t}{t^2-1}=2\left(t+\frac{1}{2}\ln\left(
\left|\dfrac{1-t}{1+t}\right|\right)\right)+c.$$
Soit finalement,
$$J_3(x)=2\sqrt{\ee^x+1}+\ln\left(\left|\dfrac{1-\sqrt{\ee^x+1}}{1+\sqrt{\ee^x+1}}\right|\right)+c,~~~c\in
\R.$$
-
$J_4$ est définie sur $\R$. On pose $\ee^x=u$ (donc $u>0$) soit $\ud x=\dfrac{\ud u}{u}$,
$$
\begin{array}{lcl}
J_4(x)&=&\dsp\int\dfrac{\ud
u}{u(u+2)^2}=\frac{1}{4}\int\left(\frac{1}{u}-\frac{1}{u+2}-\frac{2}{(u+2)^2}\right)\ud u\\
&&\\
&=&\dsp\frac{1}{4}\ln\left(\dfrac{u}{u+2}\right)+\frac{2}{4(u+2)}+c
\end{array}
$$
Donc,
$$J_4=\frac{1}{4}\ln\left(\dfrac{\ee^x}{\ee^x+2}\right)+\frac{1}{2(\ee^x+2)}+c,\,\,x\in \R.$$
-
$J_5$ est définie sur $\R_+^*$. On pose $u^6=x$ soit $6u^5\ud u=\ud x$, on obtient
$$
\begin{array}{lcl}
J_5(x)&=&6\dsp\int\dfrac{u^5\ud u}{u^3+u}=6\int\dfrac{u^4+u^2-u^2-1+1}{u^2+1}\ud u\\
&&\\
&=&6\dsp\left(\dfrac{u^3}{3}-u+\Arctan(u)\right)+c,\,\,c\in \R.
\end{array}
$$
D'où,
$$J_5(x)=2\sqrt{x}-6\sqrt[6]{x}+6\Arctan\left(\sqrt[6]{x}\right)+c,\,\,c\in \R.$$
-
$J_6$ est définie sur $]-1;1[$. On pose $u=\Arccos(x^2)$ ce qui donne $\ud u=\dfrac{-2x\ud
x}{\sqrt{1-x^4}}$ et on a aussi
$x^2=\cos(u)$,
$$J_6(x)=\frac{-1}{2}\int\dfrac{\ud u}{1+\cos(u)}=-\frac{1}{2}\tan\left(\dfrac{u}{2}\right)+c,\,\,c\in
\R.$$
Or,
$$\tan\left(\dfrac{u}{2}\right)=\dfrac{\sin\left(\dfrac{u}{2}\right)}{\cos\left(\dfrac{u}{2}\right)}=
\dfrac{2\cos\left(\dfrac{u}{2}\right)\sin\left(\dfrac{u}{2}\right)}{2\cos\left(\dfrac{u}{2}\right)\cos\left(\dfrac{u}{2}\right)}=\dfrac{\sin(u)}{1+\cos(u)}=\dfrac{\sqrt{1-\cos(u)^2}}{1+\cos(u)}$$
On en déduit,
$$J_6(x)=\dfrac{-1}{2}\dfrac{\sqrt{1-x^4}}{1+x^2}+c=\dfrac{-1}{2}\sqrt{\dfrac{1-x^2}{1+x^2}}+c,\,\,c\in
\R.$$
-
$J_7$ est définie sur $[1;\infty[$. On pose $u=\sqrt{x-1}$ ce qui donne $\ud u=\dfrac{\ud
x}{2\sqrt{x-1}}=\dfrac{\ud x}{2u}$.
$$
\begin{array}{lcl}
J_7(x)&=&\dsp\int\dfrac{2u\ud u}{u^2+u+1}=\int\dfrac{2u+1}{u^2+u+1}\ud u-\int\dfrac{1}{u^2+u+1}\ud u\\
&&\\
&=&\dsp\ln\left(u^2+u+1\right)-\dfrac{2}{\sqrt{3}}\Arctan\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}\left(u+\dfrac{1}{2}\right)\right)+c.
\end{array}
$$
On obtient,
$$J_7(x)=\ln\left(x+\sqrt{x-1}\right)-\dfrac{2}{\sqrt{3}}\Arctan\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}\left(\sqrt{x-1}+\dfrac{1}{2}\right)\right)+c,\,\,c\in
\R.$$
-
$J_8$ est définie sur $\R$. On pose $t=\cos(x)$ ce qui donne $\ud t=-\sin(x)\ud x$, on remarque
également que
$\sin^3=(1-\cos^2)\sin$...
$$J_8(x)=\int\dfrac{u^2-1}{u+2}=\int(u-\dfrac{2u+1}{u+2})=\int(u-1+\dfrac{3}{u+2})=\dfrac{u^2}{2}-u+3\ln(u+2)+c.$$
Exemples classiques de changement de variable
-
Changement de variable affine.
Soit $a< b\in \R$, on pose pour $x\in [0;1],\,\varphi(x)=a+(b-a)x$, $\varphi\in \CC^1([0;1])$ et on a
$\varphi'(x)=(b-a)$.
Pour toute fonction $f\in \CC([a;b])$, on a:
$$\int_a^bf(t)\ud t=(b-a)\int_0^1f(a+(b-a)x)\ud x.$$
-
Fonctions périodiques.
Soit $f$ une fonction définie sur $\R$ périodique de période $T$. Alors,
$$\forall a,b\in \R,\,\int_a^bf(x)\ud x=\int_{a+T}^{b+T}f(t)\ud t.$$
En effet, on pose $t=x+T$ alors $\ud t=\ud x$ ce qui nous donne:
$$\int_a^bf(x)\ud x=\int_{a+T}^{b+T}f(t-T)\ud t\underset{f \text{est
périodique}}{=}\int_{a+T}^{b+T}f(t)\ud t.$$
-
Fonctions impaires/paires.
Soit $f$ une fonction définie sur $\R$ telle que $f$ est une fonction impaire. Alors pour tout réel $a>0$,
on a
$$\dsp{\int_{-a}^af(x)\ud x=0}.$$
En effet, d'après la relation de Chasles, on a $\dsp{\int_a^af(x)\ud x=\int_{-a}^0f(x)\ud
x+\int_0^af(x)\ud x}$,
d'autre part
$$
\int_{-a}^0f(x)\ud x\underset{t=-x,\,\ud t=-\ud x}{=}\int_a^0f(-t)(-\ud t)=\int_0^af(-t)\ud
t=-\int_0^af(t)\ud t.$$
Ce qui donne le résultat.
Si $g$ est une fonction paire définie sur $\R$. Alors,
$$\forall a>0,\,\,\int_{-a}^ag(t)\ud t=2\int_0^ag(t)\ud t.$$
Liste des primitives usuelles
Voici une liste des primitives des fonctions usuelles, ainsi que leurs domaines de définition. Les primitives
sont définies à une constante près par
intervalle (les constantes ne sont pas mentionnées dans le tableau suivant).
| Fonction |
Primitive |
Domaine de définition |
| $x\longmapsto\ee^{ax},\,a\in \R^*,\quad\quad\quad\quad$ |
$x\longmapsto\dsp{\frac{1}{a}\ee^x},\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad $ |
$\R $ |
| $x\longmapsto\ch(x)$ |
$x\longmapsto\sh(x)$ |
$\R$ |
| $x\longmapsto\sh(x)$ |
$x\longmapsto\ch(x)$ |
$\R$ |
| $x\longmapsto\cos(x)$ |
$x\longmapsto\sin(x)$ |
$\R$ |
| $x\longmapsto\sin(x)$ |
$x\longmapsto-\cos(x)$ |
$\R$ |
| $x\longmapsto\dfrac{1}{\cos^2(x)}$ |
$x\longmapsto\tan(x)$ |
$\R\diagdown (\frac{\pi}{2}+\pi\Z)$ |
| $x\longmapsto x^\alpha,\,\alpha\in\R\diagdown \Z$ |
$x\longmapsto\dfrac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1}$ |
$\R_+^*$ |
| $x\longmapsto x^m,\, \Z_-\diagdown \{-1\}$ |
$x\longmapsto\dfrac{x^{m+1}}{m+1}$ |
$\R^*$ |
| $x\longmapsto x^n,\,n\in\N$ |
$x\longmapsto\dfrac{x^{n+1}}{n+1}$ |
$\R$ |
| $x\longmapsto\dfrac{1}{x},\,$ |
$x\longmapsto\ln(|x|) $ |
$\R^*$ |
| $x\longmapsto\dfrac{1}{1+x^2}$ |
$x\longmapsto\Arctan(x)$ |
$\R$ |
| $x\longmapsto\dfrac{1}{x^2-1}$ |
$x\longmapsto\ln\left(\left|\dfrac{1+x}{1-x}\right|\right)$ |
$\R\diagdown \{-1;1\}$ |
| $x\longmapsto\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}$ |
$x\longmapsto\ln(x+\sqrt{x^2+1})$ |
$\R$ |
| $x\longmapsto\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ |
$x\longmapsto\Arcsin(x)$ |
$]-1;1[$ |
| $x\longmapsto\dfrac{1}{\sqrt{x^2-1}}$ |
$x\longmapsto\ln(|x+\sqrt{x^2-1}|)$ |
$\R\diagdown [-1;1]$ |
Autres exemples de primitives
Primitives des fonctions rationnelles
Dans notre programme on va traiter uniquement le cas des fonctions de type:
$x\longmapsto \dfrac{ax+b}{(x-\alpha)(x-\beta)}$ avec $a,b,\alpha,\beta\in \R$.
On va distinguer deux cas:
1ère cas: $\alpha\neq \beta$
Soit $f$ la fonction définie par $f(x)=\dfrac{ax+b}{(x-\alpha)(x-\beta)}$, $f$ est définie sur
$\mathcal{D}_f=\R\setminus \{\alpha,\beta\}$. Pour $x\in \mathcal{D}_f$, on peut écrire $f$ sous la forme:
$$f(x)=\frac{\gamma_1}{(x-\alpha)}+\frac{\gamma_2}{(x-\beta)}=\frac{x(\gamma_1+\gamma_2)-(\gamma_1\beta+\gamma_2\alpha)}{(x-\alpha)(x-\beta)}.$$
Par identification avec l'expression de $f$, on en déduit:
$$
\left\{
\begin{array}{rcl}
\gamma_1+\gamma_2&=&a\\
&&\\
\beta\gamma_1+\alpha\gamma_2&=&-b
\end{array}
\right.
\Longrightarrow
\left\{
\begin{array}{rcl}
\gamma_1&=&\dfrac{a\alpha+b}{\alpha-\beta}\\
&&\\
\gamma_2&=&\dfrac{a\beta+b}{\beta-\alpha}
\end{array}
\right.
$$
Ce qui donne,
$$\forall x\in \mathcal{D}_f,\,f(x)=
\dfrac{a\alpha+b}{\alpha-\beta}\frac{1}{x-\alpha}+\dfrac{a\beta+b}{\beta-\alpha}\frac{1}{x-\beta}.$$
On en déduit,
$$\int f(x)\ud
x=\dfrac{a\alpha+b}{\alpha-\beta}\ln\left(|x-\alpha|\right)+\dfrac{a\beta+b}{\beta-\alpha}\ln\left(|x-\beta|\right)+c(x),$$
avec $c(x)=\left\{
\begin{array}{rl}
c_1&\text{si } x\in ]-\infty;\min(\alpha,\beta)[\\
c_2&\text{si } x\in ]\min(\alpha,\beta);\max(\alpha,\beta)[\\
c_3&\text{si } x\in ]\max(\alpha,\beta);\infty[
\end{array}
\right.
$
2ème cas: $\alpha=\beta$
Soit $f$ la fonction définie par $f(x)=\dfrac{ax+b}{(x-\alpha)^2}$, $f$ est définie sur
$\mathcal{D}_f=\R\setminus \{\alpha\}$. Pour $x\in \mathcal{D}_f$, on peut écrire $f$ sous la forme:
$$f(x)=\frac{a(x-\alpha)}{(x-\alpha)^2}+\frac{a\alpha+b}{(x-\alpha)^2}=\frac{a}{(x-\alpha)}+\frac{a\alpha+b}{(x-\alpha)^2}.$$
Par identification avec l'expression de $f$, on en déduit:
On en déduit,
$$\int f(x)\ud x=a\ln\left(|x-\alpha|\right)-\dfrac{a\beta+b}{(x-\alpha)}+c(x),\,\text{ avec } c(x)=\left\{
\begin{array}{rl}
c_1&\text{si } x\in ]-\infty;\alpha[\\
c_2&\text{si } x\in ]\alpha;\infty[
\end{array}
\right.
$$
Calculer les primitives suivantes après avoir donner leurs domaine de définition:
| $I_1(x)=\dsp{\int \dfrac{7x-3}{x^2-1}\ud x}\quad\quad\quad\quad$ |
$I_2(x)=\dsp{\int \dfrac{-x^2+x+3}{(x-1)(x^2+1)}\ud x}\quad\quad\quad\quad$ |
$I_3(x)=\dsp{\int \dfrac{\ud x}{x^2-x+1}}$ |
| $I_4(x)=\dsp{\int \dfrac{x-2}{x^2-x+1}\ud x}$ |
$I_5(x)=\dsp{\int \dfrac{\ud x}{x^3+1}}$ |
$I_6(x)=\dsp{\int \dfrac{\ud x}{(x^3+1)^2}}$ |
| $I_7(x)=\dsp{\int \dfrac{x^2-1}{x+2}\ud x}$ |
$I_8(x)=\dsp{\int \dfrac{\ud x}{(a+1)+(a-1)x^2},\;a>1}$ |
$I_9(x)=\dsp{\int \dfrac{\ud x}{2-x^2}}$ |
Correction
-
$I_1$ est définie sur $\DD=\R\setminus \{-1;1\}$. Un calcul simple nous donne:
$$\forall x\in
\DD,~~\dfrac{7x-3}{x^2-1}=\dfrac{\alpha}{x-1}+\dfrac{\beta}{x+1}=\dfrac{2}{x-1}+\dfrac{5}{x+1}.$$
Ce qui donne:
$$I(x)=\dsp{\int \dfrac{7x-3}{x^2-1}\ud x}=2\ln\left(|x-1|\right)+5\ln\left(|x+1|\right)+c(x). $$ Avec
$ c(x)=\left\{\begin{array}{lcl}
c_1&&\text{ si } x\in ]-\infty;-1[\\
c_2&&\text{ si } x\in ]-1;1[\\
c_3&&\text{ si } x\in ]1;\infty[
\end{array}
\right.
$
-
$I_2$ est définie sur $\DD=\R\setminus \{1\}$. Un calcul simple nous donne:
$$\forall x\in
\DD,~~\dfrac{-x^2+x+3}{(x-1)(x^2+1)}=\dfrac{a}{x-1}+\dfrac{bx+c}{x^2+1}=\dfrac{\frac{3}{2}}{x-1}-\dfrac{\frac{5}{2}x+\frac{3}{2}}{x^2+1}.$$
Ce qui donne:
$$I(x)=\frac{3}{2}\int\dfrac{\ud x}{x-1}-\frac{5}{4}\int\dfrac{2x\ud x}{x^2+1}-\frac{3}{2}\int\dfrac{\ud
x}{x^2+1}$$
soit
$$I(x)=\frac{3}{2}\ln\left(|x-1|\right)-\frac{5}{4}\ln\left(x^2+1\right)-\frac{3}{2}\Arctan(x)+c(x). $$
Avec $ c(x)=\left\{\begin{array}{lcl}
c_1&&\text{ si } x\in ]-\infty;1[\\
c_2&&\text{ si } x\in ]1;\infty[
\end{array}
\right.
$
-
$I_3$ est définie sur $\R$. On remarque que
$$x^2-x+1=(x-\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}=\frac{3}{4}\left(\frac{4}{3}(x-\frac{1}{2})^2+1\right).$$
On fait le changement de variable $u=\frac{2}{\sqrt{3}}(x-\frac{1}{2})\Longrightarrow \ud u
=\frac{2}{\sqrt{3}}\ud x$. On obtient alors,
$$\begin{array}{lcl}
I_3(x)&=&\dsp\frac{4}{3}\int\dfrac{\ud x}{\frac{4}{3}(x-\frac{1}{2})^2+1}\\
&=&\dsp\frac{4}{3}\int\dfrac{\frac{\sqrt{3}}{2}\ud u}{u^2+1}
=\frac{2}{\sqrt{3}}\Arctan(u)+c\\
&=&\dsp \frac{2}{\sqrt{3}}\Arctan\left(\frac{2}{\sqrt{3}}\left(x-\frac{1}{2}\right)\right)+c,~~c\in \R.
\end{array}$$
-
$I_4$ est définie sur $\R$, on remarque que:
$$
\dfrac{x-2}{x^2-x+1}=\dfrac{1}{2}\dfrac{2x-4}{x^2-x+1}=\dfrac{1}{2}\dfrac{2x-1}{x^2-x+1}-\dfrac{3}{2}\dfrac{1}{x^2-x+1}.
$$
Ce qui donne,
$$\begin{array}{lcl}
I_4(x)&=&\dsp\dfrac{1}{2}\int\dfrac{(x^2-x+1)'}{x^2-x+1}\ud x-\dfrac{3}{2}I_3(x)\\
&=&\dsp\ln\left(\sqrt{(x^2-x+1)}\right)-\sqrt{3}\Arctan\left(\frac{2}{\sqrt{3}}\left(x-\frac{1}{2}\right)\right)+c,~~c\in
\R.
\end{array}$$
-
$I_5$ est définie sur $\DD=\R\setminus\{-1\}$. On a $x^3+1=(x+1)(x^2-x+1)$, puis
$$\forall x\in \DD,~~~~\dfrac{1}{x^3+1}=\dfrac{\alpha}{x+1}+\dfrac{\beta x+\gamma}{x^2-x+1}=
\dfrac{\frac{1}{3}}{x+1}+\dfrac{\frac{-1}{3}x+\frac{2}{3}}{x^2-x+1}.$$
Donc,
$$
\begin{array}{lcl}
3I_5(x)&=&\dsp\int\dfrac{\ud x}{x+1}-\int \dfrac{(x-2)\ud x}{x^2-x+1}\\
&&
\\
&=&\dsp\left(
\ln(|x+1|)-\frac{1}{2}
\ln\left(x^2-x+1\right)+\sqrt{3}
\Arctan\left(\frac{2}{\sqrt{3}}(x-\frac{1}{2})\right)\right)+c.
\end{array}$$
-
Pour le calcul de $I_6$ (qui est également définie sur $\DD=\R\setminus\{-1\}$), on va utiliser $I_5$.
En effet,
on va faire une IPP dans le calcul de $I_5$.
On pose $\left\{\begin{array}{lcl} u(x)&=&\dfrac{1}{x^3+1}\\ v'(x)&=&1
\end{array}
\right.
\Longrightarrow
\left\{\begin{array}{lcl} u'(x)&=&\dfrac{-3x^2}{(x^3+1)^2}\\ v(x)&=&x
\end{array}
\right.
$, $u$ et $v$ sont de classe $\CC^1$ sur $\DD$, ce qui donne:
$$\begin{array}{lcl}
I_5(x)&=&\dsp\dfrac{x}{x^3+1}+3\int\dfrac{x^3\ud x}{(x^3+1)^2}=\dfrac{x}{x^3+1}+3
\left(\int\dfrac{\ud x}{x^3+1}-\int\dfrac{\ud x}{(x^3+1)^2}\right)\\
&=&\dsp\dfrac{x}{x^3+1}+3I_5(x)-3I_6(x).
\end{array}$$
On obtient alors,
$$I_6(x)=\frac{2}{3}I_5(x)+\frac{1}{3}\frac{x}{x^3+1}.$$
-
$I_7$ est définie sur $\DD=\R\setminus\{-2\}$. On a:
$$\forall x\in \DD,\,\dfrac{x^2-1}{x+2}=\dfrac{x^2+2x-2x-4+4-1}{x+2}=x-2+\dfrac{3}{x+2}.$$
Donc,
$$I_7=\frac{x^2}{2}-2x+3\ln\left(|x+2|\right)+c(x),\,\,~~\text{ avec } c(x)=\left\{\begin{array}{lcl}
c_1&&\text{ si } x\in ]-\infty;-2[\\
c_2&&\text{ si } x\in ]-2;\infty[
\end{array}
\right.
$$
-
$I_8$ est définie sur $\R$, puisque $a>1$ donc $\dfrac{a-1}{a+1}>0$. On remarque que:
$$(a+1)+(a-1)x^2=(a+1)\left(1+\dfrac{a-1}{a+1}x^2\right)=
(a+1)\left(1+\left(\sqrt{\dfrac{a-1}{a+1}}\,x\right)^2\right).$$
On pose $u=\sqrt{\dfrac{a-1}{a+1}}\,x$ ce qui donne $\ud u=\sqrt{\dfrac{a-1}{a+1}}\,\ud x$, on obtient,
$$\begin{array}{lcl}
I_8(x)&=&\dsp\dfrac{1}{a+1}\int\dfrac{\ud
x}{1+\left(\sqrt{\dfrac{a-1}{a+1}}\,x\right)^2}=\sqrt{\dfrac{1}{(a+1)(a-1)}}\int\dfrac{\ud u}{1+u^2}\\
&&\\
&=&\sqrt{\dfrac{1}{(a+1)(a-1)}}\Arctan(u)+c,
\end{array}$$
soit
$$
I_8(x)=\sqrt{\dfrac{1}{(a+1)(a-1)}}\Arctan\left(\sqrt{\dfrac{a-1}{a+1}}\,x\right)+c,\,c\in \R.$$
-
$I_9$ est définie sur $\DD=\R\setminus \{\mp\sqrt{2}\}$. On a,
$$\forall x\in
\DD,~~\dfrac{1}{2-x^2}=\dfrac{a}{\sqrt{2}-x}+\dfrac{b}{\sqrt{2}+x}=\dfrac{\frac{1}{2\sqrt{2}}}{\sqrt{2}-x}+\dfrac{\frac{1}{2\sqrt{2}}}{\sqrt{2}+x}.$$
Ce qui donne,
$$I_9(x)=\frac{1}{2\sqrt{2}}\left(-\ln(|\sqrt{2}-x|)+\ln(|\sqrt{2}+x|)\right)+c(x)=
\frac{1}{2\sqrt{2}}\ln\left(\left|\dfrac{\sqrt{2}+x}{\sqrt{2}-x}\right|\right)+c(x).$$
Polynôme exponentielle
Soient $n\in \N,\,a\in \R$ et $P\in \R_n[x]$ une fonction polynomiale de degré inférieur ou égale à $n$.
La fonction $x\longmapsto P(x)\ee^{ax}$ possède une primitive de la forme $x\longmapsto Q(x)\ee^{ax}$ ou $Q$
est une fonction polynomiale de même degré que $P$.
Calculer les primitives suivantes:
$$\dsp{K_1(x)=\int (x^2+2x)\ee^{3x}\,\ud x,},\,\, K_2(x)= \int (2x^3+3x^2-x+1)\ee^x\,\ud x$$
Correction
$K_1$ admet une primitive sous la forme $f(x)=(ax^2+bx+c)\ee^{3x}$. En dérivant $f$, on obtient,
$$f'(x)=\left(3ax^2+(2a+3b)x+3c+b\right)\ee^{3x}=(x^2+2x)\ee^{3x},$$
Par identification
$$\left\{\begin{array}{rcl}
3a&=&1\\
3b+2a&=&2\\
3c+b&=&0
\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l} a=1/3,\\b=4/9,\\c=-4/27\end{array}\right. .$$
On en déduit,
$$
\int (x^2+2x)\ee^{3x}=\left(\dfrac{9x^2+12x-4}{27}\right)\ee^{3x}+c,\,~~c\in \R.
$$
$K_2$ admet une primitive sous la forme $f(x)=(ax^3+bx^2+cx+d)\ee^{x}$. En dérivant $f$, on obtient,
$$f'(x)=\left(ax^3+(b+3a)x^2+(c+2b)x+d+c\right)\ee^{3x}=(2x^3+3x^2-x+1)\ee^x,$$
par identification
$$\left\{\begin{array}{rcl}
a&=&2\\
b+3a&=&3\\
c+2b&=&-1\\
d+c&=&1
\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l} a=2,\\b=-3,\\c=5\\d=-4 \end{array}\right. .$$
On en déduit,
$$
\int (x^2+2x)\ee^{3x}=\left(2x^3-3x^2+5x-4\right)\ee^{x}+c,\,~~c\in \R.$$
Approximation d'une intégrale
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