Intégration de Riemann/Intégrale et primitives

Primitives d'une fonction

Le calcul de primitive est l'opération inverse du calcul de dérivée.

Soient $f$ et $F$ deux fonctions définies sur un intervalle $I$ .

La fonction $F$ est une primitive de $f$ sur $I$ si :

\forall x\in I\quad F'(x)=f(x)

.

Exemple

La fonction $f:x\mapsto x^{5}-3x^{2}+7\pi$ a pour primitive sur $\mathbb {R}$ la fonction $F_{1}:x\mapsto {\frac {x^{6}}{6}}-x^{3}+7\pi x$ .

Pour trouver ce résultat, on lit le tableau des dérivées « en sens inverse » ou on utilise le tableau de primitives ci-dessous.

On a les propriétés suivantes en utilisant les propriétés de la dérivation :

Propriétés

Soient $f$ et $g$ deux fonctions admettant, sur un intervalle $I$ , des primitives, respectivement $F$ et $G$ .

$F+G$ est une primitive de $f+g$ .
Pour tout réel $\lambda$ , la fonction $\lambda F$ est une primitive de $\lambda f$ .
Les primitives de $f$ sont exactement toutes les fonctions de la forme $x\mapsto F(x)+k$ , où $k$ est un réel arbitraire.

Démonstration

D’après les propriétés de la dérivation, $(F+G)'=F'+G'=f+g$ et $(\lambda F)'=\lambda F'=\lambda f$ .
Une fonction $F_{1}$ (définie sur $I$ ) est une primitive de $f$ si et seulement si $F_{1}'=f$ , c'est-à-dire $F_{1}'=F'$ , ou encore (d'après le point précédent) $(F_{1}-F)'=0$ . Or sur un intervalle, les fonctions de dérivée nulle sont exactement les fonctions constantes (c'est un corollaire de l'inégalité des accroissements finis). $F_{1}$ est donc une primitive de $f$ si et seulement s'il existe une constante $k\in \mathbb {R}$ telle que $F_{1}-F=k$ , c'est-à-dire : $\forall x\in I\quad F_{1}(x)=F(x)+k$ .

Attention !

FG

n'est pas une primitive de

fg

, car sa dérivée est

F'G+FG'=fG+Fg

, qui n'a aucune raison d'être égale à

fg=F'G'

.

Contre-exemple : Soient les fonctions $f:x\mapsto x+1$ et $g:x\mapsto e^{x}$ . On montre facilement que $F:x\mapsto {\frac {x^{2}}{2}}+x$ et $G:x\mapsto e^{x}$ sont des primitives respectivement de $f$ et $g$ mais pourtant :

1/ $FG:x\mapsto ({\frac {x^{2}}{2}}+x)e^{x}$ n’est pas une primitive de $fg$ puisque

$(FG)'(x)=(F'G+FG')(x)=(x+1)e^{x}+\left({\frac {x^{2}}{2}}+x\right)e^{x}\neq fg(x)\,\forall x\in \mathbb {R}$ ;

2/ $\varphi :x\mapsto xe^{x}$ est une primitive de $fg$ car :

$\varphi '(x)=xe^{x}+1\times e^{x}=(x+1)e^{x}=fg(x)\,\forall x\in \mathbb {R}$ .

Propriété

Soient $x_{0}\in I$ et $y_{0}\in \mathbb {R}$ . Si $f$ admet des primitives sur $I$ , il en existe une et une seule $F$ telle que $F(x_{0})=y_{0}$ .

Démonstration

Soit $F_{0}$ une primitive de $f$ . Les autres sont alors les fonctions $F_{k}:=F_{0}+k$ , avec $k\in \mathbb {R}$ . Parmi elles, une et une seule envoie $x_{0}$ sur $y_{0}$ :

F_{k}(x_{0})=y_{0}\Leftrightarrow F_{0}(x_{0})+k=y_{0}\Leftrightarrow k=y_{0}-F_{0}(x_{0})

.

Primitives usuelles

Soient $a,b,C\in \mathbb {R}$ des constantes et $k$ un entier relatif.

Tableau des primitives simples
$f(x)$	$D_{D}$	$F(x)$
$0$	$\mathbb {R}$	$C$
$ax+b$	$\mathbb {R}$	${\frac {ax^{2}}{2}}+bx+C$
$x^{n}$ ( $\forall {n}\in \mathbb {R} -\{-1\}$ )	$\mathbb {R} ^{}$ si $n\geq 0$ ; $\mathbb {R} _{+}^{}$ sinon	${\frac {x^{n+1}}{n+1}}+C$
${\sqrt {x}}$	$\mathbb {R} _{+}^{*}$	${\frac {2}{3}}x{\sqrt {x}}+C$
${\frac {1}{x}}$	$\mathbb {R} _{+}^{*}$	$\ln x+C$
${\frac {1}{2{\sqrt {x}}}}$	$\mathbb {R} _{+}^{*}$	${\sqrt {x}}+C$
$-{\frac {1}{x^{2}}}$	$\mathbb {R} ^{*}$	${\frac {1}{x}}+C$
$\sin x$	$\mathbb {R}$	$-\cos x+C$
$\cos x$	$\mathbb {R}$	$\sin x+C$
${\frac {1}{\cos ^{2}{x}}}$	$\mathbb {R} \setminus \left\{{\frac {\pi }{2}}+k\pi \right\}$	$\tan x+C$
$-{\frac {1}{\sin ^{2}{x}}}$	$\mathbb {R} \setminus \left\{k\pi \right\}$	$\operatorname {cotan} x+C$
$e^{x}$	$\mathbb {R}$	$e^{x}+C$
$\ln x$	$\mathbb {R} _{+}^{*}$	$x\ln x-x+C$

Le théorème fondamental de l'analyse : lien intégrale-primitives

Voici maintenant le lien entre l'intégration et les primitives :

Théorème fondamental de l'analyse (Leibniz-Newton)

Soit $f$ une fonction continue sur un intervalle $[a,b]$ $(a,b\in \mathbb {R} )$ .

La fonction $x\mapsto \int _{a}^{x}f(t)\,\mathrm {d} t$ est l'unique primitive de $f$ qui s'annule en $a$ .
Pour toute primitive $F$ de $f$ :

$\int _{a}^{b}f(x)\,\mathrm {d} x=[F(x)]_{a}^{b}=F(b)-F(a)$ .

Remarques :

Dans la première partie du théorème, la variable $x$ est la « borne d’en haut » de l'intégrale : c’est pour cela qu'on parle parfois de « l'intégrale fonction de la borne d’en haut ».
Ce théorème montre que toute fonction continue admet des primitives.

Démonstration

Notons $F_{0}$ la fonction $x\mapsto \int _{a}^{x}f(t)\,\mathrm {d} t$ Il est clair qu'elle s'annule en $a$ : $F_{0}(a)=\int _{a}^{a}f(t)\,\mathrm {d} t=0$ .
Il faut montrer maintenant que $F_{0}$ est bien une primitive de $f$ , c'est-à-dire que $F_{0}'=f$ ou encore (par définition de la dérivée) que
$\forall x_{0}\in \mathbb {R} \quad \lim _{x\to x_{0}}{\frac {F_{0}(x)-F_{0}(x_{0})}{x-x_{0}}}=f(x_{0}).$
La relation de Chasles donne :
${\frac {F_{0}(x)-F_{0}(x_{0})}{x-x_{0}}}={\frac {1}{x-x_{0}}}\left(\int _{a}^{x}f(t)\,\mathrm {d} t-\int _{a}^{x_{0}}f(t)\,\mathrm {d} t\right)={\frac {1}{x-x_{0}}}\int _{x_{0}}^{x}f(t)\,\mathrm {d} t$
donc :
${\frac {F_{0}(x)-F_{0}(x_{0})}{x-x_{0}}}-f(x_{0})={\frac {1}{x-x_{0}}}\left(\int _{x_{0}}^{x}f(t)\,\mathrm {d} t-(x-x_{0})f(x_{0})\right)={\frac {1}{x-x_{0}}}\int _{x_{0}}^{x}\left(f(t)-f(x_{0})\right)\,\mathrm {d} t.$
Soit $\varepsilon >0$ . Par continuité de $f$ au point $x_{0}$ , il existe $\eta >0$ tel que
$\forall t\in [x_{0}-\eta ,x_{0}+\eta ]\quad |f(t)-f(x_{0})|\leq \varepsilon$
donc tel que
$\forall x\in [x_{0}-\eta ,x_{0}+\eta ]\quad \left|{\frac {F_{0}(x)-F_{0}(x_{0})}{x-x_{0}}}-f(x_{0})\right|\leq {\frac {1}{x-x_{0}}}\int _{x_{0}}^{x}\left|f(t)-f(x_{0})\right|\,\mathrm {d} t\leq \varepsilon$ : c’est précisément ce qu’il fallait démontrer.
Toute primitive de $f$ est de la forme $F=F_{0}+k$ pour une certaine constante $k\in \mathbb {R}$ , donc
$F(b)-F(a)=(F_{0}(b)+k)-(F_{0}(a)+k)=F_{0}(b)-F_{0}(a)=F_{0}(b)-0=\int _{a}^{b}f(x)\,\mathrm {d} x$ , ce qui est le résultat annoncé.

Exemples :

$\int _{0}^{1}x^{2}\,\mathrm {d} x=\left[{\frac {x^{3}}{3}}\right]_{0}^{1}={\frac {1^{3}}{3}}-{\frac {0^{3}}{3}}={\frac {1}{3}}.$
$\int _{2}^{5}x^{2}\,\mathrm {d} x=\left[{\frac {x^{3}}{3}}\right]_{2}^{5}={\frac {125}{3}}-{\frac {8}{3}}={\frac {117}{3}}=39.$
$\int _{0}^{1}\mathrm {e} ^{2x}\,\mathrm {d} x=\left[{\frac {1}{2}}\mathrm {e} ^{2x}\right]={\frac {\mathrm {e} ^{2}-1}{2}}.$

Notion d'intégrale indéfinie (sans bornes) : Soit $f$ une fonction définie sur un intervalle $I$ admettant des primitives.

On note $\int f(x)\,\mathrm {d} x$ , l'ensemble de toutes les primitives de $f$ sur l'intervalle $I$ .

Donc, si $F$ est une primitive de $f$ sur $I$ : $\int f(x)\,\mathrm {d} x=\{x\mapsto F(x)+k\mid k\in \mathbb {R} \}.$

Par abus de langage, cette notation désigne aussi une primitive quelconque de $f$ : il faut toutefois bien garder à l'esprit qu’il existe une infinité de primitives définies à une constante additive près.

Méthodes de calcul intégral

La principale méthode utilisée pour calculer des intégrales est d’abord l'usage du théorème fondamental de l'analyse.

Notez qu'on n'utilise (presque) jamais la définition théorique de l'intégrale pour calculer une intégrale.

Intégration par parties

Formule : intégration par parties

Soient $u$ et $v$ deux fonctions de classe ${\mathcal {C}}^{1}$ sur $[a,b]$ .

On a alors :

$\int _{a}^{b}u'(x)v(x)\,\mathrm {d} x=\left[u(x)v(x)\right]_{a}^{b}-\int _{a}^{b}u(x)v'(x)\,\mathrm {d} x.$

Démonstration

Il suffit d’utiliser la formule de dérivation d'un produit :

$(uv)'=u'v+uv'\Rightarrow u'v=(uv)'-uv'\Rightarrow \int u'(x)v(x)\,\mathrm {d} x=\left[u(x)v(x)\right]-\int u(x)v'(x)\,\mathrm {d} x$ , d'où le résultat.

Exemples :

1/ Calculer $\int xe^{x}\,\mathrm {d} x$ .

On intègre par parties en posant :

$u(x)=x\Rightarrow u'(x)=1$

$v'(x)=e^{x}\Leftarrow v(x)=e^{x}.$

On a donc :

$\int xe^{x}\,\mathrm {d} x=xe^{x}-\int e^{x}\,\mathrm {d} x=(x-1)e^{x}+C\;(C\in \mathbb {R} ).$

2/ Une double intégration par parties :

Calculer $\int e^{x}\sin x\,\mathrm {d} x$ .

On intègre par parties en posant :

$u(x)=e^{x}\Rightarrow u'(x)=e^{x}$

$v'(x)=\sin x\Leftarrow v(x)=-\cos x.$

On a donc :

$\int e^{x}\sin x\,\mathrm {d} x=-e^{x}\cos x+\int e^{x}\cos x\,\mathrm {d} x.$

Pour calculer la dernière intégrale, on intègre (encore) par parties en posant :

$u(x)=e^{x}\Rightarrow u'(x)=e^{x}$

$v'(x)=\cos x\Leftarrow v(x)=\sin x.$

On a donc :

$\int e^{x}\cos x\,\mathrm {d} x=e^{x}\sin x-\int e^{x}\sin x\,\mathrm {d} x$ . On est revenu à l'intégrale qu'on voulait calculer : le serpent se mord la queue ! Est-on réellement bloqué pour autant ?

Solution : on retombe sur ses pieds et le serpent garde sa queue !

En fait, il suffit d'« injecter » le résultat obtenu pour

\int e^{x}\cos x\,\mathrm {d} x

dans le résultat obtenu dans la première intégration par parties ; on obtient :

$\int e^{x}\sin x\,\mathrm {d} x=-e^{x}\cos x+{\color {Blue}\int e^{x}\cos x\,\mathrm {d} x}=-e^{x}\cos x+{\color {Blue}e^{x}\sin x-\int e^{x}\sin x\,\mathrm {d} x}.$

Il suffit alors d'ajouter de chaque côté $\int e^{x}\sin x\,\mathrm {d} x$ et l’on a :

$2\int e^{x}\sin x\,\mathrm {d} x=-e^{x}\cos x+e^{x}\sin x+C^{;}(C\in \mathbb {R} )$ , d'où l’on tire :

$\int e^{x}\sin x\,\mathrm {d} x={\frac {e^{x}(\sin x-\cos x)}{2}}+C\;(C\in \mathbb {R} )$

3/ Calculer $\int \ln x\,\mathrm {d} x.$

On ne connaît pas a priori de primitive de $x\mapsto \ln x$ (et c’est bien ce qu'on cherche).

L'astuce dans ces cas-là (une fonction « seule » dont on ne connaît que la dérivée mais pas la primitive) consiste à intégrer par parties en posant :

$u(x)=\ln x\Rightarrow u'(x)={\frac {1}{x}}$

$v'(x)=1\Leftarrow v(x)=x$ .

(On a remarqué que $\ln x=1\times \ln x$ , tout simplement !)

On a donc :

$\int \ln x\,\mathrm {d} x=x\ln x-\int x{\frac {1}{x}}\,\mathrm {d} x=x\ln x-x+C\;(C\in \mathbb {R} ).$

Donc (c'est un résultat à retenir) :

$\int \ln x\,\mathrm {d} x=x\ln x-x+C\;(C\in \mathbb {R} )$ .

On montre en fait plus généralement (et sans plus de difficulté) que pour tout réel $\alpha \neq -1$ :

\int x^{\alpha }\ln x\,\mathrm {d} x={\frac {x^{\alpha +1}}{\alpha +1}}\ln x-{\frac {x^{\alpha +1}}{(\alpha +1)^{2}}}+C\;(C\in \mathbb {R} )

:

Voir les exercices sur : Intégration en mathématiques/Exercices/Primitives 4#Exercice 7-3 (niveau 13).

Changement de variables

Formule de changement de variables

Soit $f$ une fonction de classe ${\mathcal {C}}^{1}$ sur $[a,b]$ et $\varphi$ une bijection de classe ${\mathcal {C}}^{1}$ telle que $\varphi (a)=\alpha$ et $\varphi (b)=\beta$ .

Alors :

$\int _{\alpha }^{\beta }f(x)\,\mathrm {d} x=\int _{a}^{b}f(\varphi (t))\varphi '(t)\,\mathrm {d} t$ .

Démonstration

Il suffit d’utiliser la formule de dérivation d'une composée :

$f'(x)=(f(\varphi (t))'=f'(\varphi (t))\varphi '(t)$ , d'où le résultat par intégration.

Remarque : Une fonction $\varphi$ bijective de classe ${\mathcal {C}}^{1}$ dont la réciproque est alors de classe ${\mathcal {C}}^{1}$ est appelée un ${\mathcal {C}}^{1}$ -difféomorphisme.

Pour utiliser cette formule en pratique :

poser $x=\varphi (t)$ et donc $\mathrm {d} x=\varphi '(t)\,\mathrm {d} t$ ;
changer les bornes d'intégration : si $x=\alpha =\varphi (t)$ , alors $t=a$ et si $x=\beta =\varphi (t)$ , alors $t=b$ .

Remarquez que cette formule s'utilise dans les deux sens, comme le montrent les exemples.

Exemples :

1/ $\int _{1}^{2}{\frac {x+2}{x^{2}+4x-1}}=\int _{4}^{11}\,{\frac {\mathrm {d} t}{2t}}=\left[{\frac {1}{2}}\ln t\right]_{4}^{11}={\frac {\ln 11-\ln 4}{2}}$ .

On a fait le changement de variables $t=x^{2}+4x-1=\varphi ^{-1}(x)$ et $\mathrm {d} t=2x+4\,\mathrm {d} x=2(x+2)\,\mathrm {d} x$ .

Pour les bornes : si $x=1$ , alors $t=1^{2}+4\times 1-1=4$ et si $x=2$ , alors $t=2^{2}+4\times 2-1=11$ .

2/ $I=\int {\frac {\mathrm {d} x}{1+\cos ^{2}x}}=\int {\frac {\mathrm {d} x}{2\cos ^{2}x+\sin ^{2}x}}=\int {\frac {\mathrm {d} x}{\cos ^{2}x(2+\tan ^{2}x)}}$ puisque $\cos ^{2}x+\sin ^{2}x=1\,\forall x\in \mathbb {R}$ .

On pose $t=\tan x$ donc $\mathrm {d} t={\frac {\mathrm {d} x}{\cos ^{2}x}}$ .
Alors $I=\int {\frac {\mathrm {d} t}{2+t^{2}}}=\int {\frac {\mathrm {d} t}{2(1+({\frac {t}{\sqrt {2}}})^{2})}}={\frac {\sqrt {2}}{2}}\int {\frac {\mathrm {d} u}{1+u^{2}}}={\frac {\sqrt {2}}{2}}\arctan u={\frac {\sqrt {2}}{2}}\arctan({\frac {\sqrt {2}}{2}}t)={\frac {\sqrt {2}}{2}}\arctan({\frac {\sqrt {2}}{2}}\tan x)$ à une constante près.

On a posé $u={\frac {t}{\sqrt {2}}}$ et donc $\mathrm {d} t={\sqrt {2}}\,\mathrm {d} u$ .

Intégration des fractions rationnelles

Pour intégrer une fraction rationnelle (si la solution ne peut être trouvée directement avec les méthodes ci-dessus), il faut la décomposer en éléments simples . L'intégration devient ensuite relativement aisée sauf lorsqu'on rencontre des éléments simples de deuxième espèce de la forme :

$A(x)=\int {\frac {ax+b}{(x^{2}+cx+d)^{n}}}\,\mathrm {d} x$ où $a,b,c,d\in \mathbb {R} |\delta =c^{2}-4d<0$ et $n\in \mathbb {N}$ .

Pour calculer $A(x)$ , il faut :

1/ Faire apparaître la dérivée du dénominateur au numérateur :

$ax+b={\frac {a}{2}}(2x+c)+b-{\frac {ac}{2}}\Rightarrow A(x)=\int {\frac {ax+b}{(x^{2}+cx+d)^{n}}}\,\mathrm {d} x=\int {\frac {{\frac {a}{2}}(2x+c)+b-{\frac {ac}{2}}}{(x^{2}+cx+d)^{n}}}\,\mathrm {d} x={\frac {a}{2}}\int {\frac {\mathrm {d} (x^{2}+cx+d)}{(x^{2}+cx+d)^{n}}}+\left(b-{\frac {ac}{2}}\right)\int {\frac {\mathrm {d} x}{(x^{2}+cx+d)^{n}}}$ . La seule réelle difficulté qui est apparue est le calcul de $\int {\frac {\mathrm {d} x}{(x^{2}+cx+d)^{n}}}$ . C'est ce calcul que l’on va chercher maintenant à effectuer.

2/ Remplacer $x^{2}+cx+d$ par sa forme canonique :

On obtient $x^{2}+cx+d=\left(x+{\frac {c}{2}}\right)^{2}+d-{\frac {c^{2}}{4}}=t^{2}+k^{2}\mathrm {\;o{\grave {u}}\;} t=x+{\frac {c}{2}}\mathrm {\;et\;} k={\sqrt {d-{\frac {c^{2}}{4}}}}$ .

On cherche à calculer $\int {\frac {\mathrm {d} x}{(x^{2}+cx+d)^{n}}}=\int {\frac {\mathrm {d} t}{(t^{2}+k^{2})^{n}}}$ .

3/ Calculer $\int {\frac {\mathrm {d} t}{(t^{2}+k^{2})^{n}}}$ :

Si $n=1$ , alors on obtient $\int {\frac {\mathrm {d} t}{(t^{2}+k^{2})}}={\frac {1}{k}}\operatorname {arctan} \left({\frac {t}{k}}\right)$ (voir « fonction arctan »).
Si $n\neq 1$ , alors on pose $u=\operatorname {arctan} ({\frac {t}{k}})$ et l'on a (tous calculs faits…) :

$\int {\frac {\mathrm {d} t}{(t^{2}+k^{2})^{n}}}=k^{1-2n}\int \cos ^{2n-2}u\;\mathrm {d} u$ , qu'on calcule par linéarisation avec les formules d'Euler.

Règles de Bioche : intégration des fractions rationnelles en cos x et sin x

Règles de Bioche

Si l'élément différentiel $f(x)\,\mathrm {d} x$ est inchangé lors de la transformation :

de $x$ en $-x$ , alors il faut effectuer le changement de variables $t=\cos x$ ;
de $x$ en $\pi -x$ , alors il faut effectuer le changement de variables $t=\sin x$ ;
de $x$ en $\pi +x$ , alors il faut effectuer le changement de variables $t=\tan x$ .

Sinon, il faut effectuer le changement de variables $t=\tan({\frac {x}{2}})$ .

Voir Changement de variable en calcul intégral/Intégrales contenant des fonctions trigonométriques.

Cet article est issu de Wikiversity. Le texte est sous licence Creative Commons - Attribution - Partage dans les Mêmes. Des conditions supplémentaires peuvent s'appliquer aux fichiers multimédias.