Posons $u(x)=3x^2-2x+3$, de sorte que $u'(x)=6x-2=2(3x-1)$. On a donc $$f(x)=\frac 12\times u'(x)u(x)^3.$$ Une primitive de $f$ est donc la fonction $$F(x)=\frac 18(3x^2-2x+3)^4.$$
Posons $u(x)=x^3-3x+1$ de sorte que $u'(x)=3x^2-3=-3(1-x^2)$. On en déduit que $$f(x)=\frac{-1}3\times\frac{u'(x)}{u(x)^3}.$$ Une primitive de $f$ est donc la fonction $$F(x)=\frac{1}6\times\frac{1}{(x^3-3x+1)^2}.$$
Posons $u(x)=x(x-2)=x^2-2x$. On a $u'(x)=2x-2=2(x-1)$. On en déduit que $$f(x)=\frac 12\times\frac{u'(x)}{\sqrt{u(x)}}.$$ Une primitive de $f$ est donc la fonction $$F(x)=\sqrt{x^2-2x}.$$
Il faut commencer par écrire que $\ln(x^2)=2\ln x$. On a alors $$f(x)=\frac{1}{2}\times \frac{u'(x)}{u(x)},$$ avec $u(x)=\ln x$. On en déduit qu'une primitive de $f$ est donnée par $$F(x)=\frac 12\ln (\ln x).$$
Exercice 2 - Fraction rationnelle avec décomposition en éléments simples
Enoncé Soit $f(x)=\frac{5x^2+21x+22}{(x-1)(x+3)^2}$, $x\in ]1,+\infty[$.
Démontrer qu'il existe trois réels $a$, $b$ et $c$ tels que $$\forall x\in ]1,+\infty[,\ f(x)=\frac a{x-1}+\frac b{x+3}+\frac c{(x+3)^2}.$$
En déduire la primitive de $f$ sur $]1,+\infty[$ qui s'annule en 2.
On peut tout mettre au même dénominateur, et procéder par identification. En effet, on a \begin{eqnarray*} \frac{a}{x-1}+\frac{b}{x+3}+\frac c{(x+3)^2}&=& \frac{a(x+3)^2+b(x-1)(x+3)+c(x+3)}{(x-1)(x+3)^2}\\ &=&\frac{x^2(a+b)+x(6a+2b+c)+(9a-3b-c)}{(x-1)(x+3)^2}. \end{eqnarray*} L'égalité demandée sera vérifiée dès que $$\left\{ \begin{array}{rcl} a+b&=&5\\ 6a+2b+c&=&21\\ 9a-3b-c&=&22 \end{array}\right.$$ On résoud ce système en commençant par remarquer que $a=5-b$. Il est donc successivement équivalent à $$\left\{ \begin{array}{rcl} a&=&5-b\\ -4b+c&=&-9\\ -12b-c&=&-23 \end{array}\right.$$ $$\iff\left\{ \begin{array}{rcl} a&=&5-b\\ c&=&-9+4b\\ -16b&=&-32 \end{array}\right.$$ On trouve finalement comme unique solution $a=3$, $b=2$ et $c=-1$, de sorte que $$f(x)=\frac{3}{x-1}+\frac{2}{x+3}-\frac1{(x+3)^2}.$$
On intègre chacun des éléments simples de la décomposition précédente, en tenant compte du fait que l'on travaille sur l'intervalle $]1,+\infty[$. Les primitives de $f$ sur cet intervalle sont donc les fonctions $$F(x)=3\ln(x-1)+2\ln(x+3)+\frac{1}{x+3}+d.$$ La primitive qui s'annule en $2$ et celle pour laquelle $d$ vérifie l'équation $$3\ln(1)+2\ln 5+\frac 15+d=0.$$ La primitive de $f$ sur l'intervalle $]1,+\infty[$ qui s'annule en 2 est donc la fonction $F$ définie par $$F(x)=3\ln(x-1)+2\ln(x+3)+\frac{1}{x+3}-2\ln 5-\frac 15.$$
Ceux qui ont du courage pourront résoudre l'exercice suivant, sur le même modèle. Attention, le dernier exemple comporte beaucoup de calculs!
Exercice 3 - Primitive de fractions rationnelles
Enoncé Déterminer une primitive des fractions rationnelles suivantes : $$ \begin{array}{lll} \mathbf 1.\ f(x)=\frac{2x^2-3x+4}{(x-1)^2}\textrm{ sur }]1,+\infty[&\quad&\mathbf 2. f(x)=\frac{2x-1}{(x+1)^2}\textrm{ sur }]-1,+\infty[ \\ \mathbf 3.\ f(x)=\frac{x}{(x^2-4)^2}\textrm{ sur }]2,+\infty[&&\mathbf 4. f(x)=\frac{24x^3+18x^2+10x-9}{(3x-1)(2x+1)^2}\textrm{ sur }]-1/2,1/3[ \end{array} $$
Le numérateur et le dénominateur ayant même degré, on va chercher à écrire la fraction rationnelle sous la forme $$f(x)=a+\frac{b}{x-1}+\frac c{(x-1)^2}.$$ En mettant tout au même dénominateur dans le membre de droite, on trouve $$f(x)=\frac{ax^2+x(-2a+b)+(a-b+c)}{(x-1)^2}.$$ Par identification, on trouve $a=2$, $b=1$ et $c=3$. Ainsi, les primitives de $f$ sur l'intervalle $]1,+\infty[$ sont les fonctions $$F(x)=2x+\ln(x-1)-\frac 3{x-1}+d,$$ où $d$ est une constante.
On sait que la fraction rationnelle peut s'écrire $$\frac{2x-1}{(x+1)^2}=\frac{a}{x+1}+\frac{b}{(x+1)^2}.$$ Par identification (par exemple...), on trouve que $a=2$ et $b=-3$. Une primitive sur $]-1,+\infty[$ de la fonction est donc $$x\mapsto 2\ln(x+1)+\frac3{x+1}.$$
C'est facile, car la fraction rationnelle est sous la forme $\frac 12\times \frac{u'}{u^2}$, avec $u(x)=(x^2-4)$. Une primitive est donc donnée par $$x\mapsto \frac{-1}{2(x^2-4)}.$$
On essaie cette fois d'écrire $f(x)$ sous la forme $$f(x)=a+\frac b{3x-1}+\frac c{2x+1}+\frac d{(2x+1)^2}.$$ En mettant tout au même dénominateur dans le membre de droite, on trouve par identification le système $$\left\{ \begin{array}{rcl} a&=&2\\ 8a+4b+6c&=&18\\ -a+4b+c+3d&=&10\\ -a+b-c-d&=&-9. \end{array} \right.$$ On résoud ce système et on trouve comme solution $a=2$, $b=-1$, $c=1$ et $d=5$. On intègre maintenant chacun des éléments simples et on trouve qu'une primitive de la fonction $f$ est $$x\mapsto 2x-\frac 13\ln |3x-1|+\frac 12\ln (2x+1)-\frac 5{2(2x+1)}.$$
Pour approfondir…
Bien souvent, on ne sait pas calculer exactement l'intégrale d'une fonction. Ce qui importe alors, c'est d'estimer son comportement… comme dans les exercices suivants!
Exercice 4 - Série harmonique alternée
Enoncé Pour $n\geq 0$, on définit $$I_n=\int_0^1 \frac{x^n}{1+x}dx.$$
Démontrer que la suite $(I_n)$ tend vers 0.
Pour $n\geq 0$, calculer $I_n+I_{n+1}$.
En déduire $\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{k+1}$.
On majore la fonction à intégrer, plus précisément le dénominateur. En effet, pour tout $x\in[0,1]$, on a $$0\leq \frac1{1+x}\leq 1\implies 0\leq \frac{x^n}{1+x}\leq x^n.$$ En intégrant cette inégalité entre 0 et 1, on trouve $$0\leq I_n\leq \int_0^1 x^n dx=\frac1{n+1}.$$ Par le théorème des gendarmes, la suite $(I_n)$ tend vers 0.
On a $$I_n+I_{n+1}=\int_0^1 \frac{x^n+x^{n+1}}{1+x}dx=\int_0^1 \frac{x^n(1+x)}{1+x}dx=\int_0^1 x^ndx=\int_0^1 \frac{x^n(1+x)}{1+x}dx=\frac{1}{n+1}.$$
Notons $S_n=\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^{k}}{k+1}$. En remplaçant $\frac1{k+1}$ par $I_k+I_{k+1}$, on trouve $$S_n=(I_0+I_1)-(I_1+I_2)+(I_2+I_3)-\dots+(-1)^n(I_n+I_{n+1}).$$ De nombreux termes de cette somme se simplifient et on trouve $$S_n=I_0+(-1)^{n}I_{n+1}.$$ Comme $(I_n)$ tend vers $0$, on en déduit que $(S_n)$ converge vers $I_0$. Reste à calculer cette dernière intégrale. On trouve $$I_0=\int_0^1\frac1{1+x}dx=\left[\ln(1+x)\right]_0^1=\ln2.$$
Exercice 5 - Suites d'intégrales
Enoncé Calculer la limite de la suite $(u_n)$ dans les cas suivants : $$\begin{array}{lll} \mathbf 1. u_n=\int_0^1 x^n\ln(1+x)dx&\quad&\mathbf 2. u_n=\int_0^n \frac{dt}{1+e^{nt}}. \end{array} $$
Encadrer les fonctions à intégrer par des fonctions que l'on sait facilement intégrer. Intégrer ces inégalités, puis utiliser le théorème des gendarmes.
On va encadrer la fonction à intégrer. Pour cela, on remarque que pour tout $x\in [0,1]$, on a $$0=\ln(1)\leq\ln(1+x)\leq \ln 2.$$ On multiplie cette inégalité par $x^n$, qui est positif, et on intégre. On trouve $$0=\int_0^1 0dx\leq \int_0^1 x^n\ln(1+x)dx\leq \int_0^1 x^n dx=\frac1{n+1}.$$ Par le théorème des gendarmes, on remarque que $(u_n)$ tend vers 0.
La méthode est complètement similaire. On remarque en effet que, pour tout $t\in [0,n]$, on a $$0\leq \frac1{1+e^{nt}}\leq\frac 1{e^{nt}}=e^{-nt}.$$ On intègre cette inégalité entre $0$ et $n$ et on trouve $$0\leq u_n\leq \int_0^n e^{-nt}=\frac {1}n(1-e^{-n^2})\leq\frac 1n.$$ Par le théorème des gendarmes, $(u_n)$ converge vers 0.
Exercice 6 - Série harmonique
Enoncé On pose, pour $n\geq 1$, $$u_n=\sum_{k=1}^n \frac1k\textrm{ et }v_n=u_n-\ln n.$$
Démontrer que, pour tout entier naturel $k$ non nul, on a $$\frac{1}{k+1}\leq\int_k^{k+1}\frac 1xdx\leq \frac 1k.$$
En déduire que pour tout entier $n\geq 2$, on a $$u_n-1\leq \ln n\leq u_n-\frac 1n\textrm{ et }0\leq v_n\leq 1.$$
Démontrer que pour tout entier naturel non nul, $$v_{n+1}-v_n=\frac1{n+1}-\int_n^{n+1}\frac{dx}x.$$
En déduire que la suite $(v_n)$ converge vers une limite $\gamma$ que l'on ne cherchera pas à calculer . Que dire de $(u_n)$?
La fonction $x\mapsto \frac 1x$ est décroissante sur l'intervalle $[k,k+1]$. En particulier, pour tout $x\in [k,k+1]$, on a $$\frac 1{k+1}\leq \frac 1x\leq \frac 1k.$$ On intègre cette inégalité pour $x$ parcourant l'intervalle $[k,k+1]$. On en déduit que $$\frac 1{k+1}=\int_k{k+1} \frac1{k+1}dt\leq \int_k^{k+1}\frac 1xdx\leq \frac 1k=\int_k^{k+1}\frac 1k dt.$$
Sommons les inégalités précédentes pour $k$ allant de $1$ à $n-1$. Le membre le plus à droite de l'inégalité est $$1+\frac 12+\dots+\frac 1{n-1}=u_n-\frac 1n.$$ Le membre au milieu est $$\int_1^2\frac 1xdx+\int_2^3\frac 1xdx+\dots+\int_{n-1}^n \frac 1xdx=\int_1^n \frac 1x dx=\ln n.$$ Enfin, le membre le plus à gauche est $$\frac 12+\frac13+\dots+\frac 1n=u_n-1.$$ On a ainsi obtenu la première inégalité demandée. De $u_n-1\leq \ln n$, on tire facilement $v_n=u_n-\ln n\leq 1$. De l'autre inégalité, $\ln n\leq u_n-\frac 1n\leq u_n$, on tire $v_n=u_n-\ln n\geq 0.$
On a facilement $$v_{n+1}-v_n=\frac 1{n+1}-(\ln (n+1)-\ln n)=\frac 1{n+1}-\int_n^{n+1}\frac{dx}x.$$
On va prouver que la suite $(v_n)$ est décroissante. C'est en effet une conséquence de la question précédente et de l'inégalité $$\frac{1}{n+1}\leq\int_n^{n+1}\frac 1xdx$$ prouvée à la première question. Ainsi, la suite $(v_n)$ est décroissante et minorée par 0. Elle est convergente. En revanche, puisque $$u_n\geq \ln n-\frac 1n,$$ on en déduit que $(u_n)$ tend vers $+\infty$.
Exercice 7 - En découpant
Enoncé On note, pour $n\geq 1$, $$I_n=\int_0^1 \frac 1{1+x^n}dx.$$ Soit également $\alpha\in [0,1[$.
Démontrer que, pour tout $n\geq 1$, $$\frac{\alpha}{1+\alpha^n}\leq I_n\leq 1$$ On pourra encadrer $ \int_0^\alpha $ puis $\int_\alpha^1$ .
Démontrer que $(I_n)$ est croissante.
Déduire des questions précédentes que $(I_n)$ converge vers $1$.
En s'inspirant du modèle précédent, étudier $$J_n=\int_0^{\pi/2}e^{-n\sin t }dt.$$
Majorer la fonction à intégrer pour obtenir l'inégalité de droite. Minorer sur l'intervalle $[0,\alpha]$ la fonction à intégrer pour obtenir l'inégalité de gauche.
Passer à la limite dans l'inégalité de la première question.
On remarque d'abord que, pour tout $x\in[0,1]$, on a $$\frac{1}{1+x^n}\leq 1.$$ Si on intègre cette inégalité entre 0 et 1, alors on trouve $$I_n\leq \int_0^1 dx=1.$$ D'autre part, soit $x\in [0,\alpha]$. Alors $1+x^n\leq 1+\alpha^n$ et donc $$\frac{1}{1+\alpha^n}\leq\frac{1}{1+x^n}.$$ On intègre cette inégalité entre $0$ et $\alpha$ et on trouve $$\frac{\alpha}{1+\alpha^n}\leq \int_0^\alpha \frac{dx}{1+x^n}.$$ D'autre part, si $x\in[\alpha,1]$, alors $$\frac{1}{1+x^n}\geq 0\implies \int_{\alpha}^1 \frac{dx}{1+x^n}\geq 0.$$ En faisant la somme des deux inégalités précédemment obtenues, et en utilisant la relation de Chasles, on obtient $$\frac{\alpha}{1+\alpha^n}\leq I_n.$$
Soit $n\in\mathbb N$. Remarquons que, si $x\in[0,1]$, alors $$x^{n+1}\leq x^n.$$ Il vient $$\frac{1}{1+x^n}\leq\frac{1}{1+x^{n+1}}$$ et en intégrant cette inégalité, on trouve $$I_n\leq I_{n+1}.$$
La suite $(I_n)$ est croissante et majorée par 1. Elle converge vers un réel $\ell\leq 1$. Utilisons maintenant l'inégalité $$\frac{\alpha}{1+\alpha^n}\leq I_n.$$ En faisant tendre $n$ vers $+\infty$ dans cette inégalité, on trouve $$\alpha\leq \ell.$$ On en déduit immédiatement que $\ell\geq 1$. En effet, si $\ell<1$, alors on peut choisir $\alpha\in ]\ell,1[$, et le résultat dit que $\alpha\leq \ell$ alors qu'on a choisi $\alpha>\ell$. C'est une contradiction et donc $\ell=1$. Une autre façon de démontrer ce point est de dire que on peut faire tendre $\alpha$ vers 1 dans l'inégalité $\alpha\leq \ell$, et qu'en passant à la limite, $\alpha=1$.
Fixons $\alpha\in [0,\pi/2]$. On remarque cette fois que, pour tout $t\in \left[\alpha,\frac\pi 2\right]$, on a $$\sin(\alpha)\leq \sin(t)\implies -n\sin(\alpha)\geq -n\sin(t)$$ ce qui entraîne, puisque la fonction exponentielle est croissante, $$e^{-n\sin t}\leq e^{-n\sin\left(\alpha\right)}.$$ Sur l'intervalle $\left[0,\alpha\right],$ on majore la fonction à intégrer par 1. En découpant l'intégrale en 2, entre $\left[0,\alpha\right]$ et entre $\left[\alpha,\frac\pi2\right],$ on trouve alors que $$0\leq J_n\leq e^{-n\sin\left(\alpha\right)}\left(\frac\pi 2-\alpha\right)+\alpha\leq .$$ De plus, on vérifie que la suite $(J_n)$ est décroissante. Ainsi, elle est convergente et, passant à la limite dans l'égalité précédente, sa limite $\ell$ vérifie $$0\leq \ell\leq \alpha.$$ Finalement, en raisonnant exactement comme précédemment, on trouve $\ell=0$.
Pour préparer la suite…
Les calculs de primitives faits en Terminale sont limités par le manque d'outils pour y parvenir. En Math Sup, vous allez apprendre deux outils nouveaux, le changement de variables et l'intégration par parties. Ce dernier outil est suffisamment simple pour pouvoir être prouvé avec ce que vous savez déjà :
La formule de dérivation d'un produit nous dit que, pour tout $x\in[a,b]$, on a $$(uv)'(x)=u'(x)v(x)+u(x)v'(x).$$ C'est le résultat demandé, en changeant de côté le terme $u'(x)v(x)$.
On intègre la relation précédente. Par linéarite de l'intégrale, on obtient le résultat demandé, en particulier puisque $$\int_a^b (uv)'(x)dx=u(b)v(b)-u(a)v(a).$$
On intègre par parties en posant : $$\begin{array}{rclcrcl} u(x)&=&x&\quad&u'(x)&=&1\\ v'(x)&=&e^x&\quad&v(x)&=&e^x \end{array}$$ On obtient donc $$\int_0^1 xe^x dx=1e^1-0e^0-\int_0^1 e^xdx.$$ Comme on sait calculer cette dernière intégrale, on trouve finalement $$\int_0^1 xe^x dx=e-e+1=1.$$
On intègre par parties en posant : $$\begin{array}{rclcrcl} u(x)&=&\ln x&\quad&u'(x)&=&\frac 1x\\ v'(x)&=&x^2&\quad&v(x)&=&\frac{x^3}3 \end{array}$$ On obtient donc \begin{eqnarray*} J&=&\left[\frac{x^3}3\ln x\right]_1^e-\frac 13\int_1^ex^2\\ &=&\frac{e^3}3-\frac19(e^3-1)\\ &=&\frac{2e^3+1}9. \end{eqnarray*}
Pour les héros, des applications répétées des intégrations par parties peuvent être utiles!
On pose, pour $(\alpha,\beta,n,m)\in\mathbb R^2\times\mathbb N^2$, $$I_{m,n}=\int_\alpha^\beta (t-\alpha)^m(t-\beta)^n dt.$$ On intègre par parties pour obtenir une relation entre $I_{m,n}$ et $I_{m-1,n+1}$, et on trouve \begin{eqnarray*} I_{m,n}&=&\left[(t-\alpha)^m\frac{(t-\beta)^{n+1}}{n+1}\right]_\alpha^\beta-\frac m{n+1}\int_{\alpha}^\beta (t-\alpha)^{m-1}(t-\beta)^{n+1}dt\\ &=&-\frac{m}{n+1}I_{m-1,n+1}. \end{eqnarray*} D'autre part, pour tout $p\in\mathbb N$, on a $$I_{0,p}=\int_{\alpha}^\beta (t-\alpha)^pdt=-\frac{(\alpha-\beta)^{p+1}}{p+1}.$$ Une récurrence immédiate donne alors $$I_{m,n}=(-1)^{m+1}\frac{m(m-1)\dots 1}{(n+1)(n+2)\dots(n+m)}\frac{(\alpha-\beta)^{m+n+1}}{m+n+1}.$$ En particulier, l'intégrale recherché vaut $I_{n,n}$, c'est-à-dire $$I_{n,n}=(-1)^{n+1}\frac{n!}{(n+1)\dots(2n)}\frac{(\alpha-\beta)^{2n+1}}{2n+1}=(-1)^{n+1}\frac{(\alpha-\beta)^{2n+1}}{(2n+1)\binom{2n}{n}}.$$
- Reconnaissance de formes
Déterminer une primitive des fonctions suivantes sur l'intervalle considéré : \begin{array}{lll} \mathbf 1.\ f(x)=(3x-1)(3x^2-2x+3)^3,\ I=\mathbb R&\quad&\mathbf 2.\ f(x)=\frac{1-x^2}{(x^3-3x+1)^3},\ I=]-\infty,-2[\\ \mathbf 3.\ f(x)=\frac{(x-1)}{\sqrt{x(x-2)}},\ I=]-\infty,0[&&\mathbf 4.\ f(x)=\frac{1}{x\ln(x^2)},\ I=]1,+\infty[. \end{array}