Calcul de primitives : cours de maths sup en PDF.

Soit \(f : I \to \mathbb{K}\). On appelle primitive de \(f\) sur \(I\) toute fonction \(F : I \to \mathbb{K}\) dérivable sur \(I\) telle que \(F^{\prime} = f\).

Soit \(F\) une primitive de \(f\) sur l’intervalle \(I\). Alors les primitives de \(f\) sur \(I\) sont exactement les fonctions \(F + C\), où \(C\) est une constante de \(\mathbb{K}\).

D’abord, \(F + C\) est dérivable de dérivée \(F^{\prime} = f\). Réciproquement, soit \(G\) une autre primitive. Alors \((G – F)^{\prime} = 0\) sur \(I\). Or une fonction de dérivée nulle sur un intervalle est constante : c’est une conséquence de l’inégalité des accroissements finis, appliquée aux parties réelle et imaginaire. Donc \(G = F + C\).

L’hypothèse d’intervalle est indispensable. Sur \(\mathbb{R}^{*}\), la fonction égale à \(\ln|x|\) pour \(x > 0\) et à \(\ln|x| + 5\) pour \(x < 0\) est encore une primitive de \(x \mapsto 1/x\). Elle ne diffère pourtant pas de \(\ln|x|\) d’une constante unique.

Cherchons la primitive de \(f(x) = 3x^2 – \cos x\) sur \(\mathbb{R}\) qui s’annule en \(0\). Les primitives sont \(F(x) = x^3 – \sin x + C\). De plus, \(F(0) = C\), donc la condition impose \(C = 0\). Ainsi \(F(x) = x^3 – \sin x\).

Théorème fondamental de l’analyse. Soient \(f\) continue sur \(I\) et \(a \in I\). La fonction \(F : x \mapsto \displaystyle\int_a^x f(t)\,dt\) est l’unique primitive de \(f\) sur \(I\) qui s’annule en \(a\). En particulier, toute fonction continue sur un intervalle possède des primitives.

Si \(f\) est continue sur \(I\) et si \(G\) est une primitive quelconque de \(f\), alors pour tous \(a, b \in I\) :
\[\int_a^b f(t)\,dt = \big[G(t)\big]_a^b = G(b) – G(a).\]

Le théorème donne que \(F\) est une primitive nulle en \(a\). Ensuite, \(G\) et \(F\) diffèrent d’une constante sur l’intervalle \(I\), donc \(G(b) – G(a) = F(b) – F(a) = F(b)\). Autrement dit, \(G(b) – G(a) = \int_a^b f(t)\,dt\).

Soient \(f\) continue sur \(I\), et \(u, v\) dérivables sur un intervalle \(J\), à valeurs dans \(I\). Alors \(\varphi : x \mapsto \displaystyle\int_{u(x)}^{v(x)} f(t)\,dt\) est dérivable sur \(J\) et
\[\varphi^{\prime}(x) = v^{\prime}(x)\,f\big(v(x)\big) – u^{\prime}(x)\,f\big(u(x)\big).\]

Soit \(\varphi(x) = \int_x^{x^2} e^{-t^2}\,dt\) sur \(\mathbb{R}\). La fonction \(t \mapsto e^{-t^2}\) est continue sur \(\mathbb{R}\). Donc \(\varphi^{\prime}(x) = 2x\,e^{-x^4} – e^{-x^2}\). Remarquons qu’aucune primitive explicite de \(e^{-t^2}\) n’est nécessaire.

La continuité de \(f\) est essentielle dans le théorème fondamental. Par exemple, la fonction partie entière n’a pas de primitive sur \(\mathbb{R}\). En effet, une dérivée vérifie la propriété des valeurs intermédiaires (théorème de Darboux, hors programme), ce que la partie entière ne fait pas. Retenez donc que l’on primitive des fonctions continues sur un intervalle.

Pour \(a > 0\), on a sur les intervalles indiqués :
\[\int \frac{dx}{a^2 + x^2} = \frac{1}{a}\arctan\frac{x}{a} + C \ \text{sur } \mathbb{R}, \qquad \int \frac{dx}{\sqrt{a^2 – x^2}} = \arcsin\frac{x}{a} + C \ \text{sur } ]-a, a[.\]

Dérivons. D’une part, \((\frac{1}{a}\arctan\frac{x}{a})^{\prime} = \frac{1}{a} \cdot \frac{1/a}{1 + x^2/a^2} = \frac{1}{a^2 + x^2}\). D’autre part, pour \(|x| < a\), \((\arcsin\frac{x}{a})^{\prime} = \frac{1/a}{\sqrt{1 – x^2/a^2}} = \frac{1}{\sqrt{a^2 – x^2}}\), car \(a > 0\).

Pour \(u\) dérivable, repérez l’une des formes suivantes (sur un intervalle où tout a un sens) :

• \(u^{\prime} u^{\alpha}\) avec \(\alpha \neq -1\) : primitive \(\dfrac{u^{\alpha + 1}}{\alpha + 1}\) ;
• \(\dfrac{u^{\prime}}{u}\) : primitive \(\ln|u|\) ; \(\dfrac{u^{\prime}}{\sqrt{u}}\) : primitive \(2\sqrt{u}\) ;
• \(u^{\prime} e^{u}\) : primitive \(e^{u}\) ; \(u^{\prime}\cos u\) : primitive \(\sin u\) ;
• \(\dfrac{u^{\prime}}{1 + u^2}\) : primitive \(\arctan u\) ; \(\dfrac{u^{\prime}}{\sqrt{1 – u^2}}\) : primitive \(\arcsin u\).

Si le facteur \(u^{\prime}\) manque seulement d’une constante multiplicative, on l’ajuste.

Sur \(\mathbb{R}\), \(\frac{x}{1 + x^2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{2x}{1 + x^2}\), donc une primitive est \(\frac{1}{2}\ln(1 + x^2)\). De même, \(\frac{e^x}{1 + e^{2x}}\) est de la forme \(\frac{u^{\prime}}{1 + u^2}\) avec \(u = e^x\). Par conséquent, une primitive est \(\arctan(e^x)\). Enfin, \(\sin x \cos^3 x\) est de la forme \(-u^{\prime} u^3\) avec \(u = \cos x\), d’où la primitive \(-\frac{\cos^4 x}{4}\).

Soient \(u\) et \(v\) de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \([a, b]\), à valeurs dans \(\mathbb{K}\). Alors
\[\int_a^b u(t)\,v^{\prime}(t)\,dt = \big[u(t)\,v(t)\big]_a^b – \int_a^b u^{\prime}(t)\,v(t)\,dt.\]

La fonction \(uv\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) et \((uv)^{\prime} = u^{\prime}v + uv^{\prime}\). Cette dérivée est continue, donc le corollaire du théorème fondamental s’applique : \(\int_a^b (u^{\prime}v + uv^{\prime}) = [uv]_a^b\). Il suffit alors d’utiliser la linéarité de l’intégrale.

Calculons \(\int_1^e x \ln x\,dx\). Posons \(u(x) = \ln x\) et \(v^{\prime}(x) = x\), donc \(u^{\prime}(x) = 1/x\) et \(v(x) = x^2/2\). Ces fonctions sont \(\mathcal{C}^1\) sur \([1, e]\). Ainsi
\[\int_1^e x\ln x\,dx = [\frac{x^2}{2}\ln x]_1^e – \int_1^e \frac{x}{2}\,dx = \frac{e^2}{2} – \frac{e^2 – 1}{4} = \frac{e^2 + 1}{4}.\]

Choisir la fonction à dériver. On dérive le facteur qui se simplifie et on primitive celui dont on connaît une primitive.

• Polynôme \(\times \) exponentielle, sinus ou cosinus : on dérive le polynôme. Chaque intégration par parties abaisse son degré de un.
• Polynôme \(\times \) \(\ln\), \(\arctan\) ou \(\arcsin\) : on dérive la fonction transcendante, car sa dérivée est rationnelle ou algébrique.
• Fonction seule comme \(\ln x\) ou \(\arctan x\) : on écrit \(1 \times \ln x\) et on primitive le facteur \(1\).
• Suite d’intégrales \(I_n\) : une intégration par parties fournit souvent une relation de récurrence entre \(I_n\) et \(I_{n-1}\) ou \(I_{n-2}\).

Cherchons une primitive de \(\arctan\) sur \(\mathbb{R}\). Pour \(x\) réel, avec \(u = \arctan\) et \(v^{\prime} = 1\) :
\[\int_0^x \arctan t\,dt = \big[t\arctan t\big]_0^x – \int_0^x \frac{t}{1 + t^2}\,dt = x\arctan x – \frac{1}{2}\ln(1 + x^2).\]

Pour \(n \in \mathbb{N}\), posons \(I_n = \int_0^1 x^n e^{x}\,dx\). D’abord, \(I_0 = e – 1\). Ensuite, pour \(n \geq\, 1\), on dérive \(x^n\) et on primitive \(e^x\) :
\[I_n = \big[x^n e^x\big]_0^1 – n\int_0^1 x^{n-1}e^x\,dx = e – nI_{n-1}.\]
Ainsi \(I_1 = e – (e – 1) = 1\), puis \(I_2 = e – 2\), et enfin \(I_3 = e – 3(e – 2) = 6 – 2e\). De plus, l’encadrement \(0 \leq\, x^n e^x \leq\, e\,x^n\) donne \(0 \leq\, I_n \leq\, \frac{e}{n + 1}\). Par conséquent, \(I_n\) tend vers \(0\).

Soient \(\varphi : [\alpha, \beta] \to \mathbb{R}\) de classe \(\mathcal{C}^1\) et \(f\) continue sur un intervalle \(I\) contenant \(\varphi([\alpha, \beta])\). Alors
\[\int_{\varphi(\alpha)}^{\varphi(\beta)} f(x)\,dx = \int_{\alpha}^{\beta} f\big(\varphi(t)\big)\,\varphi^{\prime}(t)\,dt.\]

Soit \(F\) une primitive de \(f\) sur \(I\), qui existe car \(f\) est continue. La fonction \(F \circ \varphi\) est de classe \(\mathcal{C}^1\), de dérivée \(\varphi^{\prime} \times (f \circ \varphi)\). Donc le membre de droite vaut \(F(\varphi(\beta)) – F(\varphi(\alpha))\). C’est exactement le membre de gauche.

Calculons \(\int_0^1 \sqrt{1 – x^2}\,dx\). On pose \(x = \sin t\) avec \(t \in [0, \pi/2]\) ; la fonction \(\sin\) est \(\mathcal{C}^1\) et \(dx = \cos t\,dt\). Sur cet intervalle, \(\cos t \geq\, 0\), donc \(\sqrt{1 – \sin^2 t} = \cos t\). Ainsi
\[\int_0^1 \sqrt{1 – x^2}\,dx = \int_0^{\pi/2} \cos^2 t\,dt = \int_0^{\pi/2} \frac{1 + \cos(2t)}{2}\,dt = \frac{\pi}{4}.\]

Mener un changement de variable sans erreur.

• Vérifiez que \(\varphi\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) sur le segment d’arrivée des nouvelles bornes.
• Changez les trois objets à la fois : la fonction, l’élément \(dx = \varphi^{\prime}(t)\,dt\) et les bornes.
• Si l’on pose \(u = \psi(x)\), exprimez \(x\) en fonction de \(u\) quand c’est possible, puis \(dx\) en fonction de \(du\).
• Pour les symétries, utilisez \(x = a + b – t\) sur \([a, b]\) : les bornes s’échangent.

Calculons \(\int_0^{\ln 3} \frac{dx}{1 + e^{x}}\). Posons \(u = e^x\), soit \(x = \ln u\) avec \(u \in [1, 3]\) et \(dx = du/u\). Alors, par décomposition \(\frac{1}{u(1+u)} = \frac{1}{u} – \frac{1}{1+u}\) :
\[\int_1^3 \frac{du}{u(1 + u)} = \Big[\ln u – \ln(1 + u)\Big]_1^3 = \ln\frac{3}{4} – \ln\frac{1}{2} = \ln\frac{3}{2}.\]

Soit \(f\) continue sur \([-a, a]\), avec \(a > 0\).

• Si \(f\) est paire, alors \(\int_{-a}^{a} f(x)\,dx = 2\int_0^a f(x)\,dx\).
• Si \(f\) est impaire, alors \(\int_{-a}^{a} f(x)\,dx = 0\).

De même, si \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}\) et \(T\)-périodique, alors \(\int_{\alpha}^{\alpha + T} f\) ne dépend pas de \(\alpha\).

Traitons le cas impair. Par la relation de Chasles, on coupe en \(0\). Ensuite, le changement \(x = -t\) donne \(\int_{-a}^{0} f(x)\,dx = \int_{a}^{0} f(-t)(-dt) = \int_0^a f(-t)\,dt = -\int_0^a f(t)\,dt\). La somme est donc nulle. Le cas pair est identique, avec \(f(-t) = f(t)\). Pour la périodicité, la dérivée de \(\alpha \mapsto \int_{\alpha}^{\alpha + T} f\) vaut \(f(\alpha + T) – f(\alpha) = 0\).

La fonction \(x \mapsto x^3\cos x + \sin^5 x\) est impaire et continue. Par conséquent, son intégrale sur \([-\pi, \pi]\) est nulle, sans aucun calcul de primitive.

Sur tout intervalle où \(ax^2 + bx + c\) ne s’annule pas :

• si \(\Delta > 0\), de racines \(x_1 \neq x_2\), alors \(\dfrac{1}{a(x – x_1)(x – x_2)} = \dfrac{1}{a(x_1 – x_2)}(\dfrac{1}{x – x_1} – \dfrac{1}{x – x_2})\), d’où la primitive \(\dfrac{1}{a(x_1 – x_2)}\ln|\dfrac{x – x_1}{x – x_2}|\) ;
• si \(\Delta = 0\), de racine double \(x_0\), une primitive est \(-\dfrac{1}{a(x – x_0)}\) ;
• si \(\Delta < 0\), on écrit la forme canonique \(a[(x + \frac{b}{2a})^2 + \frac{-\Delta}{4a^2}]\), puis on se ramène à \(\frac{1}{k^2 + X^2}\), d’où une arctangente.

Pour \(\Delta > 0\), réduisez au même dénominateur : \(\frac{1}{x – x_1} – \frac{1}{x – x_2} = \frac{x_1 – x_2}{(x – x_1)(x – x_2)}\). La formule en découle. Pour \(\Delta = 0\), on a \(ax^2 + bx + c = a(x – x_0)^2\) et \((-\frac{1}{a(x – x_0)})^{\prime} = \frac{1}{a(x – x_0)^2}\). Enfin, le cas \(\Delta < 0\) résulte de la forme canonique et de la propriété du III.

Pour \(x^2 + 4x + 13\), le discriminant vaut \(16 – 52 = -36 < 0\). La forme canonique est \((x + 2)^2 + 9\). Par conséquent, une primitive sur \(\mathbb{R}\) est \(\frac{1}{3}\arctan\frac{x + 2}{3}\). Pour \(x^2 – 1\), en revanche, \(\Delta = 4 > 0\) et \(\frac{1}{x^2 – 1} = \frac{1}{2}(\frac{1}{x – 1} – \frac{1}{x + 1})\). Une primitive sur \(]1, +\infty[\) est donc \(\frac{1}{2}\ln\frac{x – 1}{x + 1}\).

Intégrer \(\dfrac{\alpha x + \beta}{ax^2 + bx + c}\). On fait d’abord apparaître la dérivée du dénominateur au numérateur : \(\alpha x + \beta = \frac{\alpha}{2a}(2ax + b) + (\beta – \frac{\alpha b}{2a})\). Le premier morceau donne \(\frac{\alpha}{2a}\ln|ax^2 + bx + c|\). Ensuite, le second relève du théorème précédent.

Cherchons une primitive de \(\frac{x + 3}{x^2 + 2x + 2}\) sur \(\mathbb{R}\). Le discriminant vaut \(4 – 8 = -4 < 0\). On écrit \(x + 3 = \frac{1}{2}(2x + 2) + 2\). Le premier morceau donne \(\frac{1}{2}\ln(x^2 + 2x + 2)\). Ensuite, \(x^2 + 2x + 2 = (x + 1)^2 + 1\), donc le second donne \(2\arctan(x + 1)\). Ainsi une primitive est \(\frac{1}{2}\ln(x^2 + 2x + 2) + 2\arctan(x + 1)\).

Soient \(a, b\) réels non tous deux nuls et \(\lambda = a + ib\). Alors une primitive de \(e^{ax}\cos(bx)\) est \(\mathrm{Re}(\dfrac{e^{\lambda x}}{\lambda})\), et une primitive de \(e^{ax}\sin(bx)\) est \(\mathrm{Im}(\dfrac{e^{\lambda x}}{\lambda})\). Explicitement :
\[\int e^{ax}\cos(bx)\,dx = \frac{e^{ax}\big(a\cos(bx) + b\sin(bx)\big)}{a^2 + b^2} + C.\]

On a \(e^{ax}\cos(bx) = \mathrm{Re}(e^{\lambda x})\). Or la partie réelle d’une primitive est une primitive de la partie réelle. Ensuite, \(\frac{1}{\lambda} = \frac{a – ib}{a^2 + b^2}\), donc \(\frac{e^{\lambda x}}{\lambda} = \frac{e^{ax}(a – ib)(\cos bx + i\sin bx)}{a^2 + b^2}\). La partie réelle vaut \(\frac{e^{ax}(a\cos bx + b\sin bx)}{a^2 + b^2}\).

Calculons \(\int_0^{\pi/2} e^{x}\sin x\,dx\). Avec \(\lambda = 1 + i\), on a \(\frac{1}{\lambda} = \frac{1 – i}{2}\). Donc une primitive de \(e^x \sin x\) est \(\mathrm{Im}(\frac{(1 – i)e^{x}(\cos x + i\sin x)}{2}) = \frac{e^x(\sin x – \cos x)}{2}\). Par conséquent, l’intégrale vaut \(\frac{e^{\pi/2}(1 – 0)}{2} – \frac{1 \cdot (0 – 1)}{2} = \frac{e^{\pi/2} + 1}{2}\).

Deux intégrations par parties successives mènent au même résultat. Cependant, la méthode complexe est plus rapide et limite les erreurs de signe. De même, pour linéariser \(\cos^n x\) ou \(\sin^n x\), on utilise les formules d’Euler \(\cos x = \frac{e^{ix} + e^{-ix}}{2}\) avant d’intégrer. Par exemple, \(\cos^2 x = \frac{1 + \cos 2x}{2}\) et \(\sin^2 x = \frac{1 – \cos 2x}{2}\).