MPSI · Intégration

Intégration par parties et changement de variable

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Le théorème fondamental ramène tout calcul d'intégrale à la recherche d'une primitive. Mais savoir que ∫abf=[F]ab\displaystyle\int_a^b f = \bigl[F\bigr]_a^b ne dit pas comment trouver FF. Les deux techniques de cette leçon sont les seules dont on dispose au niveau élémentaire, et elles ont une origine commune : ce sont les deux règles de dérivation — celle du produit, celle de la composée — lues à l'envers.

Dans toute la leçon, K\mathbb{K} désigne R\mathbb{R} ou C\mathbb{C}, et II un intervalle de R\mathbb{R} non réduit à un point.

Notation :

Pour une fonction uu définie en aa et en bb, on note

[u(t)]ab=u(b)−u(a).\bigl[u(t)\bigr]_a^b = u(b) - u(a).

Cette écriture, dite crochet, ne suppose aucun ordre entre aa et bb.

Intégration par parties

Question

On sait dériver un produit : (fg)′=f′g+fg′(fg)' = f'g + fg'. On ne sait pas intégrer un produit — ∫fg\displaystyle\int fg n'a aucune raison de s'exprimer à partir de ∫f\displaystyle\int f et ∫g\displaystyle\int g. Mais que donne la formule de dérivation du produit si on l'intègre membre à membre ? Elle ne donnera pas ∫fg\displaystyle\int fg directement ; elle échangera un problème contre un autre. Reste à savoir si l'échange est avantageux.

Proposition 1 : Intégration par parties

Si ff et gg sont de classe C1\mathcal{C}^1 sur [a,b][a,b] :

∫abf(t)g′(t) dt=[f(t)g(t)]ab−∫abf′(t)g(t) dt.\int_a^b f(t) g'(t) \, \mathrm{d}t = \bigl[ f(t) g(t) \bigr]_a^b - \int_a^b f'(t) g(t) \, \mathrm{d}t.

Démonstration :

ff et gg étant de classe C1\mathcal{C}^1, la fonction fgfg l'est aussi, avec

(fg)′=f′g+fg′.(fg)' = f'g + fg'.

Cette dérivée est continue sur [a,b][a,b], comme somme de produits de fonctions continues : elle est en particulier continue par morceaux, donc intégrable sur [a,b][a,b], et fgfg en est une primitive. D'après la formule générale du théorème fondamental appliquée à la fonction continue (fg)′(fg)' et à sa primitive fgfg :

∫ab(fg)′(t) dt=[f(t)g(t)]ab.\int_a^b (fg)'(t)\,\mathrm{d}t = \bigl[f(t)g(t)\bigr]_a^b.

Par ailleurs, f′gf'g et fg′fg' sont continues sur [a,b][a,b], donc la linéarité de l'intégrale donne

∫ab(fg)′(t) dt=∫abf′(t)g(t) dt+∫abf(t)g′(t) dt.\int_a^b (fg)'(t)\,\mathrm{d}t = \int_a^b f'(t)g(t)\,\mathrm{d}t + \int_a^b f(t)g'(t)\,\mathrm{d}t.

En comparant les deux expressions et en isolant ∫abfg′\displaystyle\int_a^b fg', on obtient la formule annoncée.

∫ g f ′∫ f g ′f(a)f(b)g(a)g(b)(f, g)
Lecture géométrique, dans le cas où f et g sont croissantes : la courbe t ↦ (f(t), g(t)) partage le grand rectangle en trois morceaux. Hachures verticales : ∫ g f′. Hachures horizontales : ∫ f g′. Rectangle en tirets : f(a)g(a).

Remarque :

La figure se lit ainsi : le grand rectangle a pour aire f(b)g(b)f(b)g(b), le petit f(a)g(a)f(a)g(a), et les deux régions hachurées valent respectivement ∫abgf′\displaystyle\int_a^b g f' et ∫abfg′\displaystyle\int_a^b f g'. Comme ces trois morceaux pavent le grand rectangle sans recouvrement,

f(b)g(b)=f(a)g(a)+∫abg(t)f′(t) dt+∫abf(t)g′(t) dt,f(b)g(b) = f(a)g(a) + \int_a^b g(t)f'(t)\,\mathrm{d}t + \int_a^b f(t)g'(t)\,\mathrm{d}t,

qui est exactement la formule d'intégration par parties. Cette lecture n'a de sens que pour ff et gg croissantes et positives ; la proposition, elle, ne suppose rien de tel.

Exemple :

∫1eln⁡t dt\displaystyle\int_1^{\mathrm{e}} \ln t \, \mathrm{d}t ne ressemble pas à un produit, et pourtant elle se calcule par parties : il suffit de voir ln⁡t\ln t comme 1×ln⁡t1 \times \ln t. Elle vaut 11. Où est le produit ?

Rédaction — Choisir f et g′ :

Face à ∫abh(t) dt\displaystyle\int_a^b h(t)\,\mathrm{d}t où hh se lit comme un produit :

  1. Écrire h=f×g′h = f \times g'. Le facteur ff sera dérivé, le facteur g′g' sera intégré. C'est le seul choix à faire, et il décide de tout.

  2. Règle du choix : on dérive ce qui se simplifie en dérivant, on intègre ce qui reste maniable en intégrant.

    IntégrandeÀ dériver (ff)À intégrer (g′g')
    P(t)etP(t)\mathrm{e}^{t}, P(t)cos⁡tP(t)\cos t, P(t)sin⁡tP(t)\sin tle polynôme P(t)P(t)l'exponentielle ou la fonction trigonométrique
    P(t)ln⁡tP(t)\ln t, P(t)arctan⁡tP(t)\arctan tln⁡t\ln t, arctan⁡t\arctan tle polynôme P(t)P(t)
    ln⁡t\ln t, arctan⁡t\arctan t, arcsin⁡t\arcsin t seulsla fonction elle-mêmela constante 11
    etcos⁡t\mathrm{e}^{t}\cos t, etsin⁡t\mathrm{e}^{t}\sin tau choix, mais le même deux fois de suiteau choix

  3. Vérifier les hypothèses : ff et gg de classe C1\mathcal{C}^1 sur le segment d'intégration. C'est en particulier faux pour ln⁡\ln sur un segment contenant 00.

  4. Écrire la formule, calculer le crochet, puis la nouvelle intégrale.

  5. Cas de la boucle (dernière ligne du tableau) : deux intégrations par parties successives redonnent l'intégrale de départ, notée JJ. On obtient alors une équation du premier degré en JJ, qu'on résout. Attention : il faut dériver le même facteur aux deux étapes, sous peine de retomber sur l'identité J=JJ = J.

Exercice 1 : Trois intégrations par parties

Calculer :

  1. ∫01arctan⁡t dt\displaystyle\int_0^1 \arctan t \, \mathrm{d}t ;
  2. ∫1et2ln⁡t dt\displaystyle\int_1^{\mathrm{e}} t^2 \ln t \, \mathrm{d}t ;
  3. ∫0πetsin⁡t dt\displaystyle\int_0^{\pi} \mathrm{e}^{t} \sin t \, \mathrm{d}t.
Solution :(cliquer pour afficher)

1. Posons f(t)=arctan⁡tf(t) = \arctan t et g′(t)=1g'(t) = 1, donc g(t)=tg(t) = t. Les deux fonctions sont de classe C1\mathcal{C}^1 sur [0,1][0,1], avec f′(t)=11+t2f'(t) = \dfrac{1}{1+t^2} :

∫01arctan⁡t dt=[tarctan⁡t]01−∫01t1+t2 dt=π4−12[ln⁡(1+t2)]01=π4−ln⁡22.\int_0^1 \arctan t \, \mathrm{d}t = \bigl[t \arctan t\bigr]_0^1 - \int_0^1 \frac{t}{1+t^2}\,\mathrm{d}t = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2}\Bigl[\ln(1+t^2)\Bigr]_0^1 = \frac{\pi}{4} - \frac{\ln 2}{2}.

2. Posons f(t)=ln⁡tf(t) = \ln t et g′(t)=t2g'(t) = t^2, donc g(t)=t33g(t) = \dfrac{t^3}{3} ; les deux sont C1\mathcal{C}^1 sur [1,e][1,\mathrm{e}], qui ne contient pas 00. Alors

∫1et2ln⁡t dt=[t33ln⁡t]1e−∫1et33⋅1t dt=e33−13[t33]1e=e33−e3−19=2e3+19.\int_1^{\mathrm{e}} t^2 \ln t \, \mathrm{d}t = \left[\frac{t^3}{3}\ln t\right]_1^{\mathrm{e}} - \int_1^{\mathrm{e}} \frac{t^3}{3}\cdot\frac{1}{t}\,\mathrm{d}t = \frac{\mathrm{e}^3}{3} - \frac{1}{3}\left[\frac{t^3}{3}\right]_1^{\mathrm{e}} = \frac{\mathrm{e}^3}{3} - \frac{\mathrm{e}^3-1}{9} = \frac{2\mathrm{e}^3 + 1}{9}.

3. Notons J=∫0πetsin⁡t dtJ = \displaystyle\int_0^{\pi}\mathrm{e}^{t}\sin t\,\mathrm{d}t et K=∫0πetcos⁡t dtK = \displaystyle\int_0^{\pi}\mathrm{e}^{t}\cos t\,\mathrm{d}t. On dérive à chaque fois la fonction trigonométrique et on intègre l'exponentielle.

J=[etsin⁡t]0π−∫0πetcos⁡t dt=0−K,J = \bigl[\mathrm{e}^{t}\sin t\bigr]_0^{\pi} - \int_0^{\pi}\mathrm{e}^{t}\cos t\,\mathrm{d}t = 0 - K,K=[etcos⁡t]0π+∫0πetsin⁡t dt=(−eπ−1)+J.K = \bigl[\mathrm{e}^{t}\cos t\bigr]_0^{\pi} + \int_0^{\pi}\mathrm{e}^{t}\sin t\,\mathrm{d}t = \bigl(-\mathrm{e}^{\pi} - 1\bigr) + J.

En reportant la seconde égalité dans la première : J=−(−eπ−1+J)=eπ+1−JJ = -\bigl(-\mathrm{e}^{\pi}-1+J\bigr) = \mathrm{e}^{\pi} + 1 - J, d'où 2J=eπ+12J = \mathrm{e}^{\pi}+1 et

∫0πetsin⁡t dt=eπ+12.\int_0^{\pi}\mathrm{e}^{t}\sin t\,\mathrm{d}t = \frac{\mathrm{e}^{\pi}+1}{2}.

Test 1 : Hypothèse de régularité

La formule d'intégration par parties reste valable si l'on suppose seulement ff et gg dérivables sur [a,b][a,b].

Test 2 : Fonctions à valeurs complexes

L'intégration par parties est valable pour des fonctions ff et gg de classe C1\mathcal{C}^1 à valeurs complexes.

Test 3 : Ordre des bornes

L'égalité ∫abfg′=[fg]ab−∫abf′g\displaystyle\int_a^b f g' = \bigl[fg\bigr]_a^b - \int_a^b f'g reste valable lorsque a>ba > b.

Exercice 2 : Intégrales de Wallis

Pour n∈Nn \in \mathbb{N}, on pose Wn=∫0π/2cos⁡nt dtW_n = \displaystyle\int_0^{\pi/2} \cos^{n} t \, \mathrm{d}t.

  1. Calculer W0W_0 et W1W_1.
  2. Montrer que pour tout n⩾2n \geqslant 2,   n Wn=(n−1) Wn−2\; n\,W_n = (n-1)\,W_{n-2}.
  3. En déduire, pour p∈Np \in \mathbb{N}, des expressions de W2pW_{2p} et W2p+1W_{2p+1} à l'aide de factorielles.
Solution :(cliquer pour afficher)

1. W0=∫0π/2dt=π2W_0 = \displaystyle\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}t = \frac{\pi}{2} et W1=[sin⁡t]0π/2=1W_1 = \bigl[\sin t\bigr]_0^{\pi/2} = 1.

2. Soit n⩾2n \geqslant 2. Écrivons cos⁡nt=cos⁡n−1t×cos⁡t\cos^n t = \cos^{n-1} t \times \cos t et posons f(t)=cos⁡n−1tf(t) = \cos^{n-1} t, g′(t)=cos⁡tg'(t) = \cos t, donc g(t)=sin⁡tg(t) = \sin t. Ces fonctions sont de classe C1\mathcal{C}^1 sur [0,π2]\left[0,\tfrac{\pi}{2}\right], avec f′(t)=−(n−1)cos⁡n−2t sin⁡tf'(t) = -(n-1)\cos^{n-2} t \,\sin t. L'intégration par parties donne

Wn=[cos⁡n−1t sin⁡t]0π/2+(n−1)∫0π/2cos⁡n−2t sin⁡2t dt.W_n = \Bigl[\cos^{n-1} t \, \sin t\Bigr]_0^{\pi/2} + (n-1)\int_0^{\pi/2} \cos^{n-2} t \,\sin^2 t \,\mathrm{d}t.

Le crochet est nul : en π2\tfrac{\pi}{2} le facteur cos⁡n−1\cos^{n-1} s'annule (car n⩾2n \geqslant 2), et en 00 c'est sin⁡\sin qui s'annule. En remplaçant sin⁡2t=1−cos⁡2t\sin^2 t = 1 - \cos^2 t :

Wn=(n−1)∫0π/2(cos⁡n−2t−cos⁡nt)dt=(n−1)(Wn−2−Wn),W_n = (n-1)\int_0^{\pi/2}\bigl(\cos^{n-2} t - \cos^{n} t\bigr)\mathrm{d}t = (n-1)\bigl(W_{n-2} - W_n\bigr),

d'où Wn(1+(n−1))=(n−1)Wn−2W_n\bigl(1 + (n-1)\bigr) = (n-1)W_{n-2}, c'est-à-dire n Wn=(n−1)Wn−2n\,W_n = (n-1)W_{n-2}.

3. La relation s'écrit Wn=n−1nWn−2W_n = \dfrac{n-1}{n}W_{n-2}. En itérant de deux en deux :

W2p=(∏k=1p2k−12k)W0,W2p+1=(∏k=1p2k2k+1)W1.W_{2p} = \left(\prod_{k=1}^{p} \frac{2k-1}{2k}\right) W_0, \qquad W_{2p+1} = \left(\prod_{k=1}^{p} \frac{2k}{2k+1}\right) W_1.

Or, en complétant les produits d'entiers manquants,

∏k=1p(2k−1)=1×2×⋯×(2p)2×4×⋯×(2p)=(2p)!2p p!,∏k=1p(2k)=2p p!,\prod_{k=1}^{p}(2k-1) = \frac{1 \times 2 \times \cdots \times (2p)}{2 \times 4 \times \cdots \times (2p)} = \frac{(2p)!}{2^{p}\,p!}, \qquad \prod_{k=1}^{p}(2k) = 2^{p}\,p!,

et de même ∏k=1p(2k+1)=(2p+1)!2p p!\displaystyle\prod_{k=1}^{p}(2k+1) = \frac{(2p+1)!}{2^{p}\,p!}. Il vient

W2p=(2p)!22p (p!)2⋅π2,W2p+1=22p (p!)2(2p+1)!.W_{2p} = \frac{(2p)!}{2^{2p}\,(p!)^2}\cdot\frac{\pi}{2}, \qquad W_{2p+1} = \frac{2^{2p}\,(p!)^2}{(2p+1)!}.

Vérification sur les premiers termes : W2=24⋅π2=π4W_2 = \dfrac{2}{4}\cdot\dfrac{\pi}{2} = \dfrac{\pi}{4} et W3=46=23W_3 = \dfrac{4}{6} = \dfrac{2}{3}.

Changement de variable

Question

La seconde règle de dérivation est celle des fonctions composées : (F∘φ)′=φ′×(F′∘φ)(F\circ\varphi)' = \varphi' \times (F'\circ\varphi). Intégrée membre à membre, elle devrait relier une intégrale en la variable tt à une intégrale en la variable x=φ(t)x = \varphi(t). Quelle forme prend cette relation — et surtout, que devient le facteur φ′\varphi', dont l'analogue n'apparaît nulle part quand on se contente de « remplacer xx par φ(t)\varphi(t) » ?

Proposition 2 : Changement de variable

Si φ\varphi est de classe C1\mathcal{C}^1 sur II et ff continue sur φ(I)\varphi(I), alors pour tous aa et bb dans II :

∫φ(a)φ(b)f(x) dx=∫abf(φ(t)) φ′(t) dt.\int_{\varphi(a)}^{\varphi(b)} f(x) \, \mathrm{d}x = \int_a^b f\bigl(\varphi(t)\bigr) \, \varphi'(t) \, \mathrm{d}t.

Démonstration :

La fonction φ\varphi est continue sur l'intervalle II, donc φ(I)\varphi(I) est un intervalle (théorème des valeurs intermédiaires), sur lequel ff est continue par hypothèse. Posons, pour t∈It \in I,

Φ(t)=∫φ(a)φ(t)f(x) dx,Ψ(t)=∫atf(φ(u)) φ′(u) du.\Phi(t) = \int_{\varphi(a)}^{\varphi(t)} f(x)\,\mathrm{d}x, \qquad \Psi(t) = \int_a^t f\bigl(\varphi(u)\bigr)\,\varphi'(u)\,\mathrm{d}u.

  • Dérivée de Φ\Phi. La fonction F:y⟼∫φ(a)yf(x) dxF : y \longmapsto \displaystyle\int_{\varphi(a)}^{y} f(x)\,\mathrm{d}x est définie sur l'intervalle φ(I)\varphi(I), où ff est continue : d'après le théorème fondamental, FF est dérivable de dérivée F′=fF' = f, donc de classe C1\mathcal{C}^1. Comme φ\varphi est dérivable sur II à valeurs dans φ(I)\varphi(I), la composée Φ=F∘φ\Phi = F \circ \varphi est dérivable sur II et

    Φ′(t)=φ′(t) F′(φ(t))=φ′(t) f(φ(t)).\Phi'(t) = \varphi'(t)\, F'\bigl(\varphi(t)\bigr) = \varphi'(t)\, f\bigl(\varphi(t)\bigr).

  • Dérivée de Ψ\Psi. La fonction u⟼f(φ(u)) φ′(u)u \longmapsto f(\varphi(u))\,\varphi'(u) est continue sur II, comme produit d'une composée de fonctions continues et de φ′\varphi' (continue puisque φ\varphi est C1\mathcal{C}^1). Le théorème fondamental donne directement Ψ′(t)=f(φ(t)) φ′(t)\Psi'(t) = f\bigl(\varphi(t)\bigr)\,\varphi'(t).

  • Conclusion. Ainsi Φ′=Ψ′\Phi' = \Psi' sur l'intervalle II, donc Φ−Ψ\Phi - \Psi y est constante ; comme Φ(a)=Ψ(a)=0\Phi(a) = \Psi(a) = 0, cette constante est nulle et Φ=Ψ\Phi = \Psi sur II. En particulier Φ(b)=Ψ(b)\Phi(b) = \Psi(b), soit

    ∫φ(a)φ(b)f(x) dx=∫abf(φ(t)) φ′(t) dt.\int_{\varphi(a)}^{\varphi(b)} f(x)\,\mathrm{d}x = \int_a^b f\bigl(\varphi(t)\bigr)\,\varphi'(t)\,\mathrm{d}t.
txabφ(a)φ(b)max φmin φφ
φ n'a besoin d'être ni monotone ni injective : elle peut sortir du segment d'extrémités φ(a) et φ(b). C'est pourquoi f doit être continue sur φ(I) tout entier, et non seulement entre les deux bornes d'intégration.

Remarque :

Trois observations sur les hypothèses.

Aucune bijectivité n'est requise. L'énoncé ne demande à φ\varphi que d'être de classe C1\mathcal{C}^1 : ni injective, ni monotone. C'est un point de divergence avec la version du théorème sur un intervalle quelconque, rencontrée plus loin dans le chapitre, où la bijectivité devient indispensable pour contrôler le comportement aux bornes.

En revanche, ff doit être continue sur φ(I)\varphi(I) tout entier, et pas seulement sur le segment d'extrémités φ(a)\varphi(a) et φ(b)\varphi(b) : c'est exactement le prix à payer pour se passer de la monotonie, comme le montre la figure.

Moyen mnémotechnique. On écrit x=φ(t)x = \varphi(t), puis dx=φ′(t) dt\mathrm{d}x = \varphi'(t)\,\mathrm{d}t, et l'on change les bornes en conséquence. Cette écriture n'est qu'un support de calcul : la justification est celle de la démonstration ci-dessus.

Exemple :

∫012t1+t2 dt=ln⁡2\displaystyle\int_0^1 \frac{2t}{1+t^2}\,\mathrm{d}t = \ln 2 : le numérateur est exactement la dérivée du dénominateur, et l'intégrale se lit comme ∫12dxx\displaystyle\int_1^{2} \frac{\mathrm{d}x}{x} avec x=1+t2x = 1+t^2. Quelle est la fonction φ\varphi du théorème, ici — et quelle est la fonction ff ?

Rédaction — Mener un changement de variable :

La formule se lit dans les deux sens, et l'on ne fait pas le même travail selon le sens.

Sens 1 — reconnaissance (de la droite vers la gauche). L'intégrande est déjà de la forme g(u(t)) u′(t)g\bigl(u(t)\bigr)\,u'(t).

  1. Repérer une fonction uu dont la dérivée figure en facteur dans l'intégrande.
  2. Poser x=u(t)x = u(t) : l'intégrale devient ∫u(a)u(b)g(x) dx\displaystyle\int_{u(a)}^{u(b)} g(x)\,\mathrm{d}x.
  3. Conclure avec une primitive de gg.

Sens 2 — substitution (de la gauche vers la droite). On veut calculer ∫αβf(x) dx\displaystyle\int_{\alpha}^{\beta} f(x)\,\mathrm{d}x et l'on décide de poser x=φ(t)x = \varphi(t).

  1. Choisir φ\varphi de classe C1\mathcal{C}^1, puis trouver aa et bb tels que φ(a)=α\varphi(a) = \alpha et φ(b)=β\varphi(b) = \beta.
  2. Vérifier que ff est continue sur φ(I)\varphi(I).
  3. Remplacer xx par φ(t)\varphi(t), dx\mathrm{d}x par φ′(t) dt\varphi'(t)\,\mathrm{d}t, et les bornes α,β\alpha, \beta par a,ba, b.
  4. Calculer la nouvelle intégrale.

Substitutions à connaître :

Forme de l'intégrandeSubstitution
une fonction de x\sqrt{x}x=t2x = t^2
1−x2\sqrt{1-x^2} ou 11−x2\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}x=sin⁡tx = \sin t
11+x2\dfrac{1}{1+x^2}x=tan⁡tx = \tan t
une fonction de ex\mathrm{e}^{x}u=exu = \mathrm{e}^{x} (sens 1)

Les deux erreurs à ne pas commettre : oublier de changer les bornes, et oublier le facteur φ′(t)\varphi'(t). La seconde est invisible quand φ\varphi est affine — c'est justement pourquoi elle passe inaperçue.

Exercice 3 : Trois changements de variable

Calculer :

  1. ∫01dx1+x\displaystyle\int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{1+\sqrt{x}} ;
  2. ∫0ln⁡2dt1+et\displaystyle\int_0^{\ln 2} \frac{\mathrm{d}t}{1 + \mathrm{e}^{t}} ;
  3. ∫011−x2 dx\displaystyle\int_0^1 \sqrt{1-x^2}\,\mathrm{d}x.
Solution :(cliquer pour afficher)

1. Posons x=φ(t)=t2x = \varphi(t) = t^2 avec φ\varphi de classe C1\mathcal{C}^1 sur I=[0,1]I = [0,1] ; alors φ(0)=0\varphi(0) = 0, φ(1)=1\varphi(1) = 1, φ(I)=[0,1]\varphi(I) = [0,1], et f:x↦11+xf : x \mapsto \dfrac{1}{1+\sqrt{x}} est continue sur [0,1][0,1]. Comme φ′(t)=2t\varphi'(t) = 2t et t2=t\sqrt{t^2} = t pour t⩾0t \geqslant 0 :

∫01dx1+x=∫012t1+t dt=2∫01(1−11+t)dt=2(1−[ln⁡(1+t)]01)=2−2ln⁡2.\int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{1+\sqrt{x}} = \int_0^1 \frac{2t}{1+t}\,\mathrm{d}t = 2\int_0^1\left(1 - \frac{1}{1+t}\right)\mathrm{d}t = 2\Bigl(1 - \bigl[\ln(1+t)\bigr]_0^1\Bigr) = 2 - 2\ln 2.

2. Ici, on procède par reconnaissance sans même changer de variable : pour tout tt,

11+et=(1+et)−et1+et=1−et1+et,\frac{1}{1+\mathrm{e}^{t}} = \frac{\bigl(1+\mathrm{e}^{t}\bigr) - \mathrm{e}^{t}}{1+\mathrm{e}^{t}} = 1 - \frac{\mathrm{e}^{t}}{1+\mathrm{e}^{t}},

et le second terme est de la forme u′u\dfrac{u'}{u} avec u(t)=1+et>0u(t) = 1+\mathrm{e}^{t} > 0. Donc

∫0ln⁡2dt1+et=ln⁡2−[ln⁡(1+et)]0ln⁡2=ln⁡2−(ln⁡3−ln⁡2)=ln⁡43.\int_0^{\ln 2}\frac{\mathrm{d}t}{1+\mathrm{e}^{t}} = \ln 2 - \Bigl[\ln\bigl(1+\mathrm{e}^{t}\bigr)\Bigr]_0^{\ln 2} = \ln 2 - (\ln 3 - \ln 2) = \ln\frac{4}{3}.

3. Posons x=φ(t)=sin⁡tx = \varphi(t) = \sin t, de classe C1\mathcal{C}^1 sur I=[0,π2]I = \left[0,\tfrac{\pi}{2}\right], avec φ(0)=0\varphi(0) = 0 et φ ⁣(π2)=1\varphi\!\left(\tfrac{\pi}{2}\right) = 1 ; φ(I)=[0,1]\varphi(I) = [0,1] et x↦1−x2x \mapsto \sqrt{1-x^2} y est continue. Comme cos⁡t⩾0\cos t \geqslant 0 sur [0,π2]\left[0,\tfrac{\pi}{2}\right], on a 1−sin⁡2t=∣cos⁡t∣=cos⁡t\sqrt{1-\sin^2 t} = \lvert\cos t\rvert = \cos t, d'où

∫011−x2 dx=∫0π/2cos⁡t×cos⁡t dt=W2=π4.\int_0^1\sqrt{1-x^2}\,\mathrm{d}x = \int_0^{\pi/2}\cos t \times \cos t \,\mathrm{d}t = W_2 = \frac{\pi}{4}.

C'est bien l'aire du quart de disque unité.

Test 4 : Bijectivité de φ

Le changement de variable sur un segment exige que φ\varphi soit bijective de [a,b][a,b] sur son image.

Test 5 : Un facteur oublié

Pour toute fonction ff continue sur [0,2][0,2], on a ∫01f(2t) dt=∫02f(x) dx\displaystyle\int_0^1 f(2t)\,\mathrm{d}t = \int_0^2 f(x)\,\mathrm{d}x.

Symétries : parité et périodicité

Question

Certaines intégrales se calculent sans primitive, par le seul jeu des symétries de l'intégrande. Un changement de variable de la forme t↦−tt \mapsto -t ou t↦t+Tt \mapsto t+T transforme l'intégrale en une autre intégrale du même objet : que peut-on tirer de la comparaison des deux ?

Exemple :

∫−ππt3cos⁡t dt=0\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi} t^3\cos t \, \mathrm{d}t = 0 : l'intégrande est impaire, produit d'une fonction impaire et d'une fonction paire. Aucun calcul n'est nécessaire — et il vaut mieux, car une primitive de t3cos⁡tt^3\cos t demande trois intégrations par parties. Pourquoi la symétrie suffit-elle à conclure ?

f paire−αα++f impaire−αα−+
À gauche, f paire : les deux moitiés ont la même aire, et l'intégrale sur [−α, α] vaut le double de l'intégrale sur [0, α]. À droite, f impaire : les deux aires sont opposées et se compensent.

Exercice 4 : Parité et périodicité

  1. Soit α>0\alpha > 0 et ff continue sur [−α,α][-\alpha, \alpha]. Montrer que ∫−α0f(x) dx=∫0αf(−t) dt\displaystyle\int_{-\alpha}^{0} f(x)\,\mathrm{d}x = \int_0^{\alpha} f(-t)\,\mathrm{d}t, puis en déduire que ∫−ααf=2∫0αf\displaystyle\int_{-\alpha}^{\alpha} f = 2\int_0^{\alpha} f si ff est paire, et ∫−ααf=0\displaystyle\int_{-\alpha}^{\alpha} f = 0 si ff est impaire.
  2. Soit ff continue sur R\mathbb{R} et TT-périodique, T>0T > 0. Montrer que ∫cc+Tf\displaystyle\int_c^{c+T} f ne dépend pas de c∈Rc \in \mathbb{R}.
Solution :(cliquer pour afficher)

1. Posons φ(t)=−t\varphi(t) = -t, de classe C1\mathcal{C}^1 sur I=[0,α]I = [0,\alpha], avec φ′(t)=−1\varphi'(t) = -1, φ(0)=0\varphi(0) = 0, φ(α)=−α\varphi(\alpha) = -\alpha et φ(I)=[−α,0]⊂[−α,α]\varphi(I) = [-\alpha, 0] \subset [-\alpha,\alpha], où ff est continue. Le théorème donne

∫0−αf(x) dx=∫0αf(−t)×(−1) dt=−∫0αf(−t) dt,\int_0^{-\alpha} f(x)\,\mathrm{d}x = \int_0^{\alpha} f(-t)\times(-1)\,\mathrm{d}t = -\int_0^{\alpha} f(-t)\,\mathrm{d}t,

et en changeant l'orientation du membre de gauche : ∫−α0f(x) dx=∫0αf(−t) dt\displaystyle\int_{-\alpha}^{0} f(x)\,\mathrm{d}x = \int_0^{\alpha} f(-t)\,\mathrm{d}t.

Si ff est paire, f(−t)=f(t)f(-t) = f(t), donc ∫−α0f=∫0αf\int_{-\alpha}^{0} f = \int_0^{\alpha} f et la relation de Chasles donne ∫−ααf=2∫0αf\int_{-\alpha}^{\alpha} f = 2\int_0^{\alpha} f.

Si ff est impaire, f(−t)=−f(t)f(-t) = -f(t), donc ∫−α0f=−∫0αf\int_{-\alpha}^{0} f = -\int_0^{\alpha} f et la somme des deux morceaux est nulle.

2. Soit c∈Rc \in \mathbb{R}. La relation de Chasles donne

∫cc+Tf=∫c0f+∫0Tf+∫Tc+Tf.\int_c^{c+T} f = \int_c^{0} f + \int_0^{T} f + \int_T^{c+T} f.

Traitons le dernier terme par le changement de variable x=φ(t)=t+Tx = \varphi(t) = t + T, de classe C1\mathcal{C}^1 sur R\mathbb{R}, avec φ′(t)=1\varphi'(t) = 1, φ(0)=T\varphi(0) = T et φ(c)=c+T\varphi(c) = c+T :

∫Tc+Tf(x) dx=∫0cf(t+T) dt=∫0cf(t) dt=−∫c0f,\int_T^{c+T} f(x)\,\mathrm{d}x = \int_0^{c} f(t+T)\,\mathrm{d}t = \int_0^{c} f(t)\,\mathrm{d}t = -\int_c^{0} f,

la deuxième égalité utilisant la TT-périodicité. En reportant, les deux termes extrêmes se compensent et

∫cc+Tf=∫0Tf,\int_c^{c+T} f = \int_0^{T} f,

quantité indépendante de cc.

Exercice 5 : Un calcul par symétrie

Soit n∈N∗n \in \mathbb{N}^{*}. On pose In=∫0π/2cos⁡ntcos⁡nt+sin⁡nt dt\displaystyle I_n = \int_0^{\pi/2} \frac{\cos^{n} t}{\cos^{n} t + \sin^{n} t}\,\mathrm{d}t.

  1. Justifier que InI_n est bien définie.
  2. En posant u=π2−tu = \dfrac{\pi}{2} - t, montrer que In=π4I_n = \dfrac{\pi}{4}, sans calculer la moindre primitive.
Solution :(cliquer pour afficher)

1. Sur [0,π2]\left[0,\tfrac{\pi}{2}\right], on a cos⁡t⩾0\cos t \geqslant 0 et sin⁡t⩾0\sin t \geqslant 0, donc cos⁡nt+sin⁡nt⩾0\cos^n t + \sin^n t \geqslant 0 ; cette somme ne s'annule que si cos⁡t=sin⁡t=0\cos t = \sin t = 0, ce qui est impossible puisque cos⁡2t+sin⁡2t=1\cos^2 t + \sin^2 t = 1. Le dénominateur est donc strictement positif, et l'intégrande est continu sur le segment.

2. Posons φ(u)=π2−u\varphi(u) = \dfrac{\pi}{2} - u, de classe C1\mathcal{C}^1 sur I=[0,π2]I = \left[0,\tfrac{\pi}{2}\right], avec φ′(u)=−1\varphi'(u) = -1, φ(0)=π2\varphi(0) = \tfrac{\pi}{2}, φ ⁣(π2)=0\varphi\!\left(\tfrac{\pi}{2}\right) = 0 et φ(I)=[0,π2]\varphi(I) = \left[0,\tfrac{\pi}{2}\right]. En notant gg l'intégrande, le théorème donne

∫π/20g(t) dt=−∫0π/2g ⁣(π2−u)du,c’est-aˋ-direIn=∫0π/2g ⁣(π2−u)du.\int_{\pi/2}^{0} g(t)\,\mathrm{d}t = -\int_0^{\pi/2} g\!\left(\frac{\pi}{2}-u\right)\mathrm{d}u, \qquad \text{c'est-à-dire} \qquad I_n = \int_0^{\pi/2} g\!\left(\frac{\pi}{2}-u\right)\mathrm{d}u.

Or cos⁡ ⁣(π2−u)=sin⁡u\cos\!\left(\tfrac{\pi}{2}-u\right) = \sin u et sin⁡ ⁣(π2−u)=cos⁡u\sin\!\left(\tfrac{\pi}{2}-u\right) = \cos u, donc

In=∫0π/2sin⁡nusin⁡nu+cos⁡nu du.I_n = \int_0^{\pi/2} \frac{\sin^{n} u}{\sin^{n} u + \cos^{n} u}\,\mathrm{d}u.

En additionnant les deux expressions de InI_n, la somme des deux intégrandes vaut 11 en tout point :

2In=∫0π/2cos⁡nt+sin⁡ntcos⁡nt+sin⁡nt dt=∫0π/2dt=π2,2 I_n = \int_0^{\pi/2} \frac{\cos^{n} t + \sin^{n} t}{\cos^{n} t + \sin^{n} t}\,\mathrm{d}t = \int_0^{\pi/2} \mathrm{d}t = \frac{\pi}{2},

d'où In=π4I_n = \dfrac{\pi}{4}, et ce pour tout n⩾1n \geqslant 1.

Test 6 : Fenêtre d'intégration d'une fonction périodique

Si ff est continue sur R\mathbb{R} et TT-périodique (T>0T > 0), alors ∫0Tf=∫−T/2T/2f\displaystyle\int_0^{T} f = \int_{-T/2}^{T/2} f.

Test 7 : Réciproque d'une intégrale nulle

Si ff est continue sur [−1,1][-1,1] et vérifie ∫−11f=0\displaystyle\int_{-1}^{1} f = 0, alors ff est impaire.

Remarque :

Ces deux techniques épuisent l'arsenal élémentaire du calcul intégral. La leçon suivante les met au service d'un résultat théorique majeur : en itérant l'intégration par parties sur la fonction t↦(x−t)nn!f(n+1)(t)t \mapsto \dfrac{(x-t)^n}{n!}f^{(n+1)}(t), on obtient la formule de Taylor avec reste intégral, puis l'inégalité de Taylor-Lagrange.