Devant une intégrale, ne cherche pas la primitive tout de suite : regarde d'abord sa forme, c'est elle qui choisit la méthode. Une composée $g(u(x))$ accompagnée de $u'(x)$ s'intègre à vue, un produit dont un facteur se simplifie en le dérivant appelle une intégration par parties, et ce qui résiste passe souvent par un changement de variable. Exemple : dans $\int_0^1 \frac{x}{1+x^2}\,\mathrm{d}x$, le numérateur est la moitié de la dérivée de $1+x^2$, donc l'intégrale vaut $\left[\frac{1}{2}\ln(1+x^2)\right]_0^1 = \frac{\ln 2}{2}$.
Le cours est supposé connu (si $f$ est continue sur $[a\,;b]$ et si $F$ en est une primitive, $\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x = F(b)-F(a)$) : ici, on travaille les réflexes de calcul, puis quatre exercices corrigés.
Lire la forme avant de calculer
Le programme de MPSI et MP2I te demande de savoir « reconnaître les dérivées de fonctions composées ». Concrètement, tu cherches dans l'intégrande (la fonction qu'on intègre) une fonction $u$ et sa dérivée $u'$, à une constante multiplicative près.
| Tu repères | Une primitive | Exemple |
|---|---|---|
| $u'\,u^{\alpha}$, avec $\alpha \neq -1$ | $\dfrac{u^{\alpha+1}}{\alpha+1}$ | $2x\sqrt{1+x^2}$ donne $\dfrac{2}{3}(1+x^2)^{3/2}$ |
| $\dfrac{u'}{u}$ | $\ln|u|$ | $\tan x = \dfrac{\sin x}{\cos x}$ donne $-\ln|\cos x|$ |
| $u'\,e^{u}$ | $e^{u}$ | $x\,e^{x^2}$ donne $\dfrac{1}{2}e^{x^2}$ |
| $\dfrac{u'}{1+u^2}$ | $\arctan u$ | $\dfrac{e^x}{1+e^{2x}}$ donne $\arctan(e^x)$ |
| $\dfrac{u'}{\sqrt{1-u^2}}$ | $\arcsin u$ | $\dfrac{1}{\sqrt{4-x^2}}$ donne $\arcsin\dfrac{x}{2}$ |
Ces formules valent sur un intervalle où tout est défini, avec $u > 0$ si l'exposant $\alpha$ n'est pas entier.
Quand aucune forme n'apparaît, transforme l'intégrande avant d'intégrer. Linéarise, c'est-à-dire remplace une puissance de cosinus ou de sinus par des cosinus et sinus d'angles multiples : $\cos^2 x = \frac{1+\cos 2x}{2}$. Ou fais apparaître une dérivée : $\sin^3 x = \sin x - \sin x\cos^2 x$ a pour primitive $-\cos x + \frac{\cos^3 x}{3}$, car $\sin x\cos^2 x$ est de la forme $-u'\,u^2$ avec $u = \cos x$.
Et vérifie toujours une primitive en la dérivant : dix secondes au brouillon, et une erreur de signe ou un facteur $\frac{1}{2}$ oublié ne passe plus.
Intégration par parties : quoi dériver
La formule, pour $u$ et $v$ de classe $\mathcal{C}^1$ sur $[a\,;b]$ (dérivables, de dérivée continue) : $\int_a^b u\,v' = \big[u\,v\big]_a^b - \int_a^b u'\,v$. Dans les calculs pratiques, le programme ne demande pas de rappeler ces hypothèses de régularité, mais elles doivent être vraies.
Tout se joue sur le choix de $u$, le facteur que tu dérives : prends celui qui se simplifie, à condition que l'autre reste facile à intégrer. Un polynôme perd un degré à chaque dérivation. Le logarithme et l'arctangente deviennent des fractions rationnelles, $(\ln x)' = \frac{1}{x}$ et $(\arctan x)' = \frac{1}{1+x^2}$ : on les dérive, même quand ils sont seuls.
Exemple : $\int_0^1 \arctan x\,\mathrm{d}x$ ne ressemble à aucune forme du tableau. Écris $\arctan x = 1 \times \arctan x$ et pose $u = \arctan x$, $v' = 1$, donc $u' = \frac{1}{1+x^2}$ et $v = x$ :
$$\int_0^1 \arctan x\,\mathrm{d}x = \big[x\arctan x\big]_0^1 - \int_0^1 \frac{x}{1+x^2}\,\mathrm{d}x = \frac{\pi}{4} - \frac{\ln 2}{2}$$
La dernière intégrale est celle de l'introduction.
Piège classique : sur $\int e^{x}\cos x\,\mathrm{d}x$, il faut deux intégrations par parties, et elles n'aboutissent que si l'exponentielle garde le même rôle les deux fois. Si tu dérives le cosinus à la première, puis l'exponentielle à la seconde, tu retombes sur « $I = I$ », vrai mais inutile. Le passage par les complexes, plus bas, évite ce détour.
Changement de variable en trois gestes
Le théorème : si $\varphi$ est de classe $\mathcal{C}^1$ sur $[\alpha\,;\beta]$ et $f$ continue sur l'image de $\varphi$, alors $\int_{\varphi(\alpha)}^{\varphi(\beta)} f(x)\,\mathrm{d}x = \int_{\alpha}^{\beta} f(\varphi(t))\,\varphi'(t)\,\mathrm{d}t$. Il sert quand une racine ou une composée bloque le calcul.
Étape 1 : pose $x = \varphi(t)$, choisi pour faire disparaître ce qui gêne.
Étape 2 : remplace $\mathrm{d}x$ par $\varphi'(t)\,\mathrm{d}t$, jamais par $\mathrm{d}t$ tout court.
Étape 3 : change les bornes : quand $t$ va de $\alpha$ à $\beta$, $x$ va de $\varphi(\alpha)$ à $\varphi(\beta)$.
Prends $\int_0^1 \sqrt{1-x^2}\,\mathrm{d}x$ et pose $x = \sin t$, avec $t$ de $0$ à $\frac{\pi}{2}$ quand $x$ va de 0 à 1 : $\mathrm{d}x = \cos t\,\mathrm{d}t$. Sous la racine, $1-\sin^2 t = \cos^2 t$, et $\sqrt{\cos^2 t} = \cos t$ car le cosinus est positif sur $\left[0\,;\frac{\pi}{2}\right]$. On linéarise $\cos^2 t$ et on intègre :
$$\int_0^1 \sqrt{1-x^2}\,\mathrm{d}x = \int_0^{\pi/2} \cos^2 t\,\mathrm{d}t = \left[\frac{t}{2} + \frac{\sin 2t}{4}\right]_0^{\pi/2} = \frac{\pi}{4}$$
Contrôle : sur $[0\,;1]$, la courbe de $x \mapsto \sqrt{1-x^2}$ est un quart du cercle de rayon 1, et l'aire d'un quart de disque vaut bien $\frac{\pi}{4}$.
Conseil : deux changements reviennent souvent. Une fonction de $e^x$ appelle $t = e^x$, avec $\mathrm{d}x = \frac{\mathrm{d}t}{t}$. Une racine $\sqrt{x}$ dans une fraction appelle $t = \sqrt{x}$, avec $x = t^2$ et $\mathrm{d}x = 2t\,\mathrm{d}t$.
Piège classique : $\sqrt{\cos^2 t}$ vaut $|\cos t|$, pas $\cos t$. Sur un intervalle où le cosinus est négatif, oublier la valeur absolue change le signe du résultat : choisis l'intervalle de $t$ et justifie le signe dans ta copie.
Exponentielle et trigonométrie : passer par les complexes
Pour $e^{ax}\cos(bx)$ ou $e^{ax}\sin(bx)$, il y a plus court que la double intégration par parties. Pour $\lambda$ complexe non nul, $x \mapsto \frac{e^{\lambda x}}{\lambda}$ est une primitive de $x \mapsto e^{\lambda x}$, comme dans le cas réel. Or $e^{ax}\cos(bx)$ est la partie réelle de $e^{(a+ib)x}$, et la partie réelle d'une intégrale est l'intégrale de la partie réelle.
Exemple : calculons $I = \int_0^{\pi} e^{x}\cos x\,\mathrm{d}x$ avec $\lambda = 1+i$. Comme $e^{i\pi} = -1$ et $\frac{1}{1+i} = \frac{1-i}{2}$ :
$$\int_0^{\pi} e^{(1+i)x}\,\mathrm{d}x = \frac{e^{(1+i)\pi} - 1}{1+i} = -\left(e^{\pi}+1\right)\frac{1-i}{2}$$
La partie réelle donne $I = -\frac{e^{\pi}+1}{2}$, et la partie imaginaire offre au passage $\int_0^{\pi} e^{x}\sin x\,\mathrm{d}x = \frac{e^{\pi}+1}{2}$.
Un trinôme au dénominateur
Le programme demande aussi les primitives de $x \mapsto \frac{1}{ax^2+bx+c}$, avec $a \neq 0$. C'est le signe du discriminant $\Delta = b^2-4ac$ de ce trinôme (polynôme du second degré) qui décide de la méthode.
| Signe de $\Delta$ | Ce que tu fais | Ce qui apparaît |
|---|---|---|
| $\Delta > 0$ | factorise en $a(x-x_1)(x-x_2)$, puis sépare en $\dfrac{A}{x-x_1} + \dfrac{B}{x-x_2}$ | deux logarithmes |
| $\Delta = 0$ | écris $a(x-x_0)^2$ | $-\dfrac{1}{a(x-x_0)}$ |
| $\Delta < 0$ | mets sous la forme $a\left((x-p)^2 + k^2\right)$ avec $k > 0$ | $\dfrac{1}{ak}\arctan\dfrac{x-p}{k}$ |
Exemple avec $\Delta > 0$ : $\frac{1}{x^2-1} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{x-1} - \frac{1}{x+1}\right)$, donc $\int_2^3 \frac{\mathrm{d}x}{x^2-1} = \frac{1}{2}\left[\ln\frac{x-1}{x+1}\right]_2^3 = \frac{1}{2}\left(\ln\frac{1}{2} - \ln\frac{1}{3}\right) = \frac{1}{2}\ln\frac{3}{2}$. Le cas $\Delta < 0$ t'attend dans l'exercice 2.
Calculer sans primitive
Certaines intégrales se calculent sans primitive. Sur un segment $[-c\,;c]$ centré en 0, une fonction continue impaire a une intégrale nulle, et une fonction paire donne $2\int_0^c f$ : ainsi $\int_{-1}^{1} x^3 e^{x^2}\,\mathrm{d}x = 0$ sans aucun calcul. Le changement de variable $x = a+b-t$, qui échange les bornes, donne $\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x = \int_a^b f(a+b-t)\,\mathrm{d}t$ : quand $f(a+b-t)$ ressemble à $f(t)$ sans lui être égal, additionner les deux écritures simplifie tout, comme dans l'exercice 4.
Exercices corrigés
Du plus direct au niveau d'un devoir surveillé. Cherche chacun au brouillon avant d'ouvrir la correction.
Exercice 1 : Un mobile avance en ligne droite avec la vitesse $v(t) = t\,e^{-t}$, en mètres par seconde, pour $t$ en secondes. Quelle distance parcourt-il entre $t = 0$ et $t = 2$ ? Donne la valeur exacte, puis une valeur approchée au centimètre.
Correction :
La vitesse est positive, donc la distance vaut $d = \int_0^2 t\,e^{-t}\,\mathrm{d}t$. Intégration par parties, en dérivant le polynôme : $u = t$ et $v' = e^{-t}$, donc $u' = 1$ et $v = -e^{-t}$.
$$d = \big[-t\,e^{-t}\big]_0^2 + \int_0^2 e^{-t}\,\mathrm{d}t = -2e^{-2} + \big[-e^{-t}\big]_0^2 = -2e^{-2} + 1 - e^{-2}$$
Donc $d = 1 - 3e^{-2} \approx 0{,}59$ m.
Exercice 2 : Calcule $J = \int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{x^2+x+1}$.
Correction :
Le discriminant vaut $\Delta = 1 - 4 = -3 < 0$ : on vise une arctangente. Forme canonique : $x^2+x+1 = \left(x+\frac{1}{2}\right)^2 + \frac{3}{4}$, donc $k = \frac{\sqrt{3}}{2}$, et une primitive est $\frac{2}{\sqrt{3}}\arctan\frac{2x+1}{\sqrt{3}}$.
$$J = \frac{2}{\sqrt{3}}\left(\arctan\sqrt{3} - \arctan\frac{1}{\sqrt{3}}\right) = \frac{2}{\sqrt{3}}\left(\frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{6}\right) = \frac{\pi}{3\sqrt{3}} = \frac{\pi\sqrt{3}}{9}$$
Contrôle : sur $[0\,;1]$, l'intégrande décroît de 1 à $\frac{1}{3}$, et $J \approx 0{,}60$ tombe bien entre les deux.
Exercice 3 : Un élève écrit $\int_{-1}^{1} \frac{\mathrm{d}x}{x^2} = \left[-\frac{1}{x}\right]_{-1}^{1} = -2$. Sans refaire le calcul, explique pourquoi c'est forcément faux, puis trouve l'erreur.
Correction :
La fonction $x \mapsto \frac{1}{x^2}$ est positive : si son intégrale sur $[-1\,;1]$ avait un sens, elle serait positive, pas égale à $-2$.
L'erreur : cette fonction n'est pas définie en 0, ni même bornée près de 0. Elle n'est donc pas continue sur le segment $[-1\,;1]$, et la formule $F(b) - F(a)$ ne s'applique pas. Avant de prendre une primitive, vérifie la continuité sur tout le segment.
Exercice 4 : On pose $I = \int_0^{\pi/2} \frac{\sin x}{\sin x + \cos x}\,\mathrm{d}x$ et $K = \int_0^{\pi/2} \frac{\cos x}{\sin x + \cos x}\,\mathrm{d}x$. Montre que $I = K$, puis calcule $I$.
Correction :
Sur $\left[0\,;\frac{\pi}{2}\right]$, le sinus et le cosinus sont positifs et jamais nuls en même temps : le dénominateur ne s'annule pas, les deux intégrales existent.
Applique la formule de la partie « Calculer sans primitive » avec $a = 0$ et $b = \frac{\pi}{2}$ : le changement $x = \frac{\pi}{2} - t$ change $\sin x$ en $\cos t$ et $\cos x$ en $\sin t$ :
$$I = \int_0^{\pi/2} \frac{\cos t}{\cos t + \sin t}\,\mathrm{d}t = K$$
Puis $I + K = \int_0^{\pi/2} 1\,\mathrm{d}x = \frac{\pi}{2}$, et comme $I = K$, on obtient $I = \frac{\pi}{4}$.
À retenir
À retenir :
- Lis la forme avant de calculer : $u'$ à côté de $u$ donne une primitive directe, à vérifier en dérivant.
- Par parties : dérive ce qui se simplifie (polynôme, $\ln$, $\arctan$), et garde le même choix si tu recommences.
- Changement de variable : $\mathrm{d}x = \varphi'(t)\,\mathrm{d}t$, de nouvelles bornes, et $\sqrt{\cos^2 t} = |\cos t|$.
- $e^{ax}\cos(bx)$ est la partie réelle de $e^{\lambda x}$ avec $\lambda = a+ib$, de primitive $\frac{e^{\lambda x}}{\lambda}$ si $\lambda \neq 0$.
- Pour $\frac{1}{ax^2+bx+c}$, le signe de $\Delta$ choisit entre logarithmes et arctangente.
- Parité et changement $x = a+b-t$ : parfois, pas besoin de primitive.
- $F(b) - F(a)$ exige une fonction continue sur tout le segment.
Sources
- Programme de mathématiques des classes préparatoires MPSI et MP2I, annexe 1, ministère de l'Enseignement supérieur, de la Recherche et de l'Innovation, 2021 : texte officiel (PDF), parties « Techniques fondamentales de calcul différentiel et intégral » et « Intégration ».