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Les propriétés de l'intégrale

Soit deux fonctions \(f, g\) de classe \(\mathcal{C}^1\) sur un intervalle \(I = [a,b]\), et une fonction \(F\) primitive de \(f\).

L'intégrale de \(a\) vers \(b\) est l'aire située entre l'axe des abscisses la courbe de \(f\), entre les points \(a\) et \(b\) (voir lien entre intégrales et primitives).


Fonction définie par une intégrale

$$ \forall (a, x) \in D_f^2, $$

$$ F(x) = \int_{a}^x f(t) \hspace{0.2em}dt \Longrightarrow F(a) = 0$$


Intégrale de a vers a

$$ \forall a \in D_f, $$

$$ \int_{a}^a f(t) \hspace{0.2em}dt =0 $$


Intégrale de b vers a

$$ \forall (a,b) \in D_f^2, $$

$$ \int_{b}^a f(t) \hspace{0.2em}dt = -\int_{a}^b f(t) \hspace{0.2em}dt $$


Relation de Chasles

$$ \forall (a, \lambda ,b) \in D_f^3, \enspace a \leqslant \lambda \leqslant b, $$

$$ \int_{a}^{\lambda} f(t) \hspace{0.2em}dt + \int_{\lambda}^b f(t) \hspace{0.2em}dt = \int_{a}^b f(t) \hspace{0.2em}dt $$


Linéarité de l'intégrale

$$ \forall (a,b) \in D_f^2, \enspace \forall (\lambda, \mu) \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^2,$$

$$ \int_{a}^b \biggl(\lambda f(t) + \mu g(t) \hspace{0.2em} \biggr) dt = \lambda \int_{a}^b f(t) \hspace{0.2em}dt + \mu \int_{a}^b g(t) \hspace{0.2em}dt $$

L'intégrale d'une combinaison linéaire de fonctions est la combinaison linéaire de l'intégrale de chaque fonction.


Positivité de l'intégrale

$$ \forall (a,x, b) \in D_f^3, \enspace x \in [a, b], $$

$$ \enspace f(x) \geqslant 0 \hspace{0.2em} \Longrightarrow \hspace{0.2em} \int_{a}^b f(t) \hspace{0.2em}dt \geqslant 0 $$


De la même manière, si \( f(x) \leqslant 0 \) sur \( [a, b] \),

$$ f(x) \textcolor{#A65757}{\leqslant} 0 \hspace{0.2em} \Longrightarrow \hspace{0.2em} \int_{a}^b f(t) \hspace{0.2em}dt \textcolor{#A65757}{\leqslant} 0 $$


Croissance de l'intégrale

$$ \forall (a,x, b) \in D_f^3, \enspace x \in [a, b], \enspace, $$

$$ f(x) \leqslant g(x) \hspace{0.2em} \Longrightarrow \hspace{0.2em} \int_{a}^b f(t) \hspace{0.2em}dt \leqslant \int_{a}^b g(t) \hspace{0.2em}dt $$


Valeur moyenne

$$ \forall (a,b) \in D_f^2, $$

$$ \mu = \frac{1}{(b-a)} \int_{a}^b f(t) $$


Intégration par parties

$$ \forall (a,b) \in D_f^2,$$

$$ \int_{a}^b (f'g) \hspace{0.2em}dt = \Bigl[fg\Bigr]_{a}^b - \int_{a}^b (fg') \hspace{0.2em}dt $$


Intégration par substitution

Soit \(\phi : t \longmapsto \phi(t) \) une fonction de classe \(\mathcal{C}^1\) sur un intervalle \( J \subset f(I) \).

L'intégration par substitution constitue la transposition de la dérivation de fonctions composées, appliquée au calcul intégral.

$$ \forall (a,b) \in D_f^2, \ $$

$$ \int_{a}^b \phi'(t) \hspace{0.2em} \Bigl(f \circ \phi(t)\Bigr) \hspace{0.2em}dt = \int_{\phi(a)}^{\phi(b)} f(u) \hspace{0.2em}du $$

$$ avec \enspace \Biggl \{ \begin{align*} u = \phi(t) \\ du = \phi '(t) \hspace{0.2em} dt \end{align*} $$

Récapitulatif des propriétés de l'intégrale


Démonstrations


Fonction définie par une intégrale

On sait par le lien entre intégrales et primitives que :

$$ F(x) = F(a) + \int_{a}^x f(t) \hspace{0.2em}dt $$

Or, si une fonction est définie par une intégrale, on a :

$$ F(x) = \int_{a}^x f(t) \hspace{0.2em}dt $$

Cela implique nécessairement que \( F(a) = 0 \).

Alors, \( F(x) \) est la primitive de \( f(x) \) qui s'annule en \( x = a \).

$$ \Biggl \{ \begin{gather*} F'(x) = f(x) \\ F(a) = 0 \end{gather*}$$


Soit finalement,

$$ \forall (a, x) \in D_f^2, $$

$$ F(x) = \int_{a}^x f(t) \hspace{0.2em}dt \Longrightarrow F(a) = 0$$

  1. Exemple

  2. $$ ln(x) = \int_{1}^x \frac{dt}{t} $$


Intégrale de a vers a

On sait par le lien entre intégrales et primitives que :

$$ F(x) = F(a) + \int_{a}^x f(t) \hspace{0.2em}dt $$

Soit que,

$$ \int_{a}^x f(t) \hspace{0.2em}dt = F(x) - F(a) $$

Si \( x = a \), alors :

$$ \int_{a}^a f(t) \hspace{0.2em}dt = F(a) - F(a) = 0 $$

La fonction \(F \) est la primitive de \(f\) qui s'annule au point \(x=a\).


Soit finalement,

$$ \forall a \in D_f, $$

$$ \int_{a}^a f(t) \hspace{0.2em}dt =0 $$


Intégrale de b vers a

On sait par le lien entre intégrales et primitives que :

$$ F(x) = F(a) + \int_{a}^x f(t) \hspace{0.2em}dt $$

Soit que,

$$ \int_{a}^x f(t) \hspace{0.2em}dt = F(x) - F(a) $$

En inversant le sens des bornes, on a :

$$ \int_{a}^x f(t) \hspace{0.2em}dt = F(a) - F(x) = -(F(x) - F(a)) $$

$$ \int_{x}^a f(t) \hspace{0.2em}dt = - \int_{a}^x f(t) \hspace{0.2em}dt $$


Soit finalement,

$$ \forall (a,b) \in D_f^2, $$

$$ \int_{b}^a f(t) \hspace{0.2em}dt = -\int_{a}^b f(t) \hspace{0.2em}dt $$


Relation de Chasles

On sait par le lien entre intégrales et primitives que :

$$ F(x) = F(a) + \int_{a}^x f(t) \hspace{0.2em}dt $$

Soit que,

$$ \int_{a}^x f(t) \hspace{0.2em}dt = F(x) - F(a) $$

D'où,

$$ \int_{a}^b f(t) \hspace{0.2em}dt + \int_{b}^c f(t) \hspace{0.2em}dt = F(b) - F(a) + F(c) - F(b) $$

$$ \int_{a}^b f(t) \hspace{0.2em}dt + \int_{b}^c f(t) \hspace{0.2em}dt = F(c) - F(a) $$


Soit finalement,

$$ \forall (a, \lambda ,b) \in D_f^3, \enspace a \leqslant \lambda \leqslant b, $$

$$ \int_{a}^{\lambda} f(t) \hspace{0.2em}dt + \int_{\lambda}^b f(t) \hspace{0.2em}dt = \int_{a}^b f(t) \hspace{0.2em}dt $$


Linéarité de l'intégrale

Soit deux fonctions \(f,g\) continues sur \(I = [a,b]\), et deux fonctions \(F,G\) une de leurs primitives respectives.

De même, soit deux réels \( (\lambda , \mu) \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^2 \) qui nous permettent de construire une nouvelle fonction \(\Lambda\), combinaison linéaire de \(f\) et de \(g\) :

$$ \Lambda = \lambda f(t) + \mu g(t) $$


En intégrant cette fonction entre les bornes \(a\) et \(b\), on a :

$$ \int_{a}^b \biggl(\lambda f(t) + \mu g(t) \hspace{0.2em} \biggr) dt = \Biggl[\lambda F(t) + \mu G(t) \Biggr]_a^b $$

$$ \int_{a}^b \biggl(\lambda f(t) + \mu g(t) \hspace{0.2em} \biggr) dt = \lambda F(b) - \lambda F(a) + \mu G(b) - \mu G(a) $$

$$ \int_{a}^b \biggl(\lambda f(t) + \mu g(t) \hspace{0.2em} \biggr) dt = \lambda \bigl(F(b) - F(a)\bigl) \hspace{0.1em} + \hspace{0.1em} \mu \bigl(G(b) - G(a)\bigl) $$

Mais,

$$\left\{ \begin{gather*} F(b) - F(a) = \int_{a}^b f(t) \\ G(b) - G(a) = \int_{a}^b g(t) \end{gather*} \right\}$$


Soit finalement,

$$ \forall (a,b) \in D_f^2, \enspace \forall (\lambda, \mu) \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^2,$$

$$ \int_{a}^b \biggl(\lambda f(t) + \mu g(t) \hspace{0.2em} \biggr) dt = \lambda \int_{a}^b f(t) \hspace{0.2em}dt + \mu \int_{a}^b g(t) \hspace{0.2em}dt $$

L'intégrale d'une combinaison linéaire de fonctions est la combinaison linéaire de l'intégrale de chaque fonction.


Positivité de l'intégrale

Soit une fonction \(f\) continue sur \(I = [a,b]\) et pour tout \( x \in I, \enspace f(x) \geqslant 0\).

Si une fonction \(F\) est une primitive de \(f\) sur \(I\), alors :

$$ \forall x \in I, \enspace F(x) = F(a) + \int^x f(t) \hspace{0.2em}dt $$

$$ F'(x) = \hspace{0.2em} \underbrace {(F(a))'} _\text{= 0} \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} f(x) $$

Soit que,

$$ F'(x) = f(x) $$

Comme on a comme hypothèse que \( f(x) \geqslant 0\), alors \( F'(x) \geqslant 0\).

Cela implique que \( F(x)\) est croissante sur \( I\).

$$ \Biggl \{ \begin{gather*} f(x) \geqslant 0 \\ F'(x) = f(x) \end{gather*} \hspace{0.2em} \Longrightarrow \hspace{0.2em} F'(x) \geqslant 0 \hspace{0.2em} \Longrightarrow \hspace{0.2em} F \nearrow $$

Et dans ce cas, on a :

$$ F(a) \leqslant F(b) \hspace{0.2em} \Longrightarrow \hspace{0.2em} F(b) - F(a) \geqslant 0 $$

Soit que,

$$ \int_{a}^b f(t) \hspace{0.2em}dt \geqslant 0 $$


Soit finalement,

$$ \forall (a,x, b) \in D_f^3, \enspace x \in [a, b], $$

$$ f(x) \geqslant 0 \hspace{0.2em} \Longrightarrow \hspace{0.2em} \int_{a}^b f(t) \hspace{0.2em}dt \geqslant 0 $$


De la même manière, si \( f(x) \leqslant 0 \) sur \( [a, b] \),

$$ f(x) \textcolor{#A65757}{\leqslant} 0 \hspace{0.2em} \Longrightarrow \hspace{0.2em} \int_{a}^b f(t) \hspace{0.2em}dt \textcolor{#A65757}{\leqslant} 0 $$

  1. Conséquences

  2. On sait que l'interprétation géométrique de l'intégrale d'une fonction entre deux bornes \(a\) et \(b\) est le fait qu'elle soit égale à l'aire entre la courbe de la fonction et l'axe des abscisses, tel que la figure suivante :

    Intégrale comme aire entre la courbe et l'axe des abscisses

    Mais grâce à la croissance de l'intégrale, le signe d'une intégrale va suivre le signe de la fonction intégrée sur l'intervalle d'étude. Donc dans le cas d'une fonction négative, on aura une intégrale négative.

    Intégrale négative

    Par conséquent, si l'on veut calculer l'aire totale d'une fonction à la fois négative et positive sur son intervalle d'étude, il nous faut changer le signe de la partie négative pour obtenir une valeur positive.

    Effectivement, une aire négative ne pourrait avoir de sens physique.

    Graphique représentant deux intégrales sous (et sur) la courbe, une négative et une positive

    Appellons \(S\) la somme des surfaces \(A\) et \(B\).

    $$ S = A + B $$

    Pour obtenir \(S\), on doit inverser le signe de l'intégrale là où \(f(x) \leqslant 0\). Ici en l'occurrence pour \( x \in [a, 0]\).

    $$ S = - \hspace{0.2em} \underbrace{\int_{a}^0 f(t) \hspace{0.2em}dt } _\text{partie négative} \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} \int_{0}^b f(t) \hspace{0.2em}dt $$


Croissance de l'intégrale

Soit deux fonctions \(f,g\) continues sur \(I = [a,b]\), et pour tout \( x \in I, \enspace f(x) \leqslant g(x) \).

Alors,

$$ f(x) \leqslant g(x) \hspace{0.2em} \Longleftrightarrow \hspace{0.2em} f(x) - g(x) \leqslant 0 $$

Avec la propriété de positivité de l'intégrale, on a :

$$ \int_{a}^b f(t) - g(t) \hspace{0.2em}dt \leqslant 0 $$

Ensuite, avec la propriété de linéarité de l'intégrale, on a :

$$ \int_{a}^b f(t) \hspace{0.2em}dt - \int_{a}^b g(t) \hspace{0.2em}dt \leqslant 0 $$


Soit finalement,

$$ \forall (a,x, b) \in D_f^3, \enspace x \in [a, b], \enspace, $$

$$ \forall x \in I, \enspace f(x) \leqslant g(x) \hspace{0.2em} \Longrightarrow \hspace{0.2em} \int_{a}^b g(t) \hspace{0.2em}dt \leqslant \int_{a}^b f(t) \hspace{0.2em}dt $$


Valeur moyenne

Il s'agit plutôt ici d'une proposition-définition.

La valeur moyenne d'une intégrale sur un intervalle \( [a,b]\) vaut :

$$ \forall (a,b) \in D_f^2, $$

$$ \mu = \frac{1}{(b-a)} \int_{a}^b f(t) $$


Intégration par parties

Avec la dérivée d'un produit, on a :

$$ \left ( f g\right)' = f'g + g'f $$

$$ f'g = ( f g)' - g'f $$

Par suite, grâce à la propriété de linéarité de l'intégrale,

$$ \int_{a}^b (f'g) \hspace{0.2em}dt = \int_{a}^b (fg) -\int_{a}^b (fg') \hspace{0.2em}dt $$

Et,

$$ \int_{a}^b (f'g) \hspace{0.2em}dt = \Bigl[fg\Bigr]_{a}^b -\int_{a}^b (fg') \hspace{0.2em}dt $$


Soit finalement,

$$ \forall (a,b) \in I^2, \enspace a < b, $$

$$ \int_{a}^b (f'g) \hspace{0.2em}dt = \Bigl[fg\Bigr]_{a}^b - \int_{a}^b (fg') \hspace{0.2em}dt $$


Intégration par substitution

Soit \(f : x \longmapsto f(x)\) une fonction de classe \(\mathcal{C}^1\) sur un intervalle \(I = [a,b]\).

De même, soit \(\phi : t \longmapsto \phi(t) \) une fonction de classe \(\mathcal{C}^1\) sur un intervalle \( J \subset f(I)\).

Considérant l'intégrale \( I(x) \) suivante :

$$ I(x) = \int_{a}^b f(x) \hspace{0.2em}dx = F(b) - F(a) \qquad(I(x)) $$

En effectuant la substitution \( x = \phi(t) \) dans \( (I(x)) \), on a :

$$ x = \phi(t) \Longrightarrow \Biggl \{ \begin{align*} x \ \longrightarrow \ \phi(t) \\ dx \ \longrightarrow \ d \bigl[ \phi(t)\bigr] = \phi'(t) \ dt \end{align*} $$

Maintenant, considérant \( \psi : x \longmapsto \psi(x) \), la fonction réciproque de \( \phi\), on a l'équivalence :

$$ x = \phi(t) \Longleftrightarrow t = \psi(x)$$

Alors, lorsque \(x\) varie de \( a \) vers \(b\), \(t\) varie de \( \psi(a) \) vers \(\psi(b)\).

Soit,

$$ I(t) = \int_{\psi(a)}^{\psi(b)} \Bigl(f \circ \phi(t)\Bigr) \ \phi'(t) \ dt \qquad(I(t)) $$

$$ I(t) = \Bigl[ f \circ \phi(t) \Bigr]_{\psi(a)}^{\psi(b)} $$

Les deux fonctions \(\phi\) et \(\psi\) étant deux fonctions réciproques, elles s'annihilent entres elles.

$$ I(t) = F(b) - F(a) $$

Les deux expressions \( (I(x)) \) et \( (I(t)) \) sont alors égales.

$$ \int_{\psi(a)}^{\psi(b)} f[ \phi(t)\bigr] \ \phi'(t) \ dt = \int_{a}^b f(x) \hspace{0.2em}dx \qquad (1) $$

Enfin, en effectuant de chaque côté l'image des bornes respectives par la fonction \( \phi \), alors \( (1)\) devient \( (1')\) :

$$ \int_{\phi(\psi(a))}^{\phi(\psi(b))} f[ \phi(t)\bigr] \ \phi'(t) \ dt = \int_{\phi(a)}^{\phi(b)} f(x) \hspace{0.2em}dx \qquad (1') $$

Et,

$$ \int_{a}^{b} f[ \phi(t)\bigr] \ \phi'(t) \ dt = \int_{\phi(a)}^{\phi(b)} f(x) \hspace{0.2em}dx \qquad (1') $$


Par simplicité, on prendra \(u \) comme variable, et finalement,

$$ \forall (a,b) \in D_f^2,$$

$$ \int_{a}^b \phi'(t) \hspace{0.2em} \Bigl(f \circ \phi(t)\Bigr) \hspace{0.2em}dt = \int_{\phi(a)}^{\phi(b)} f(u) \hspace{0.2em}du $$

$$ avec \enspace \Biggl \{ \begin{align*} u = \phi(t) \\ du = \phi '(t) \hspace{0.2em} dt \end{align*} $$


Récapitulatif des propriétés de l'intégrale


Exemples d'intégrations par parties


  1. Exemple 1

  2. $$ \alpha = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} t .sin(t) \hspace{0.2em}dt $$

    On prend \(f\) et \(g'\) tels que :

    $$ \Biggl \{ \begin{align*} f(t) = t \\ g'(t) = dt \end{align*} $$

    $$ \Biggl \{ \begin{align*} f'(t) = \frac{dt}{t} \\ g(t) = t.dt \end{align*} $$

    $$ \alpha = \Bigl[-t.cos(t) \Bigr]_{0}^{\frac{\pi}{2}} - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} - cos(t) \hspace{0.2em}dt $$

    $$ \alpha = \Bigl[-t.cos(t) + sin(t) \Bigr]_{0}^{\frac{\pi}{2}} $$

    $$ \alpha = - \frac{\pi}{2} \times 0 + 1 - (0\times 1 + 0 ) $$

    $$ \alpha = 1 $$


  3. Exemple 2

  4. $$ \beta = \int_{1}^{e} ln(t) \hspace{0.2em}dt $$

    On prend \(f\) et \(g'\) tels que :

    $$ \Biggl \{ \begin{align*} f(t) = ln(t) \\ g'(t) = dt \end{align*} $$

    $$ \Biggl \{ \begin{align*} f'(t) = \frac{dt}{t} \\ g(t) = t \end{align*} $$

    $$ \beta = \Bigl[t.ln(t) \Bigr]_{1}^{e} - \int_{1}^{e} \hspace{0.2em}dt $$

    $$ \beta = \Bigl[t.ln(t) \Bigr]_{1}^{e}- \Bigl[t \Bigr]_{1}^{e} $$

    $$ \beta = e . ln(e) - ln(1) - (e -1) $$

    $$ \beta = 1 $$


  5. Exemple 3 : intégrer une fonction de type \(f(t) e^t\)

  6. Notamment lors de la résolution d'équations différentielles, on peut être amener à déterminer des primitives de type :

    $$ \int^{x} f(t) \hspace{0.1em} e^t \hspace{0.2em}dt $$

    Par exemple, avec une fonction \(f(t)\) de type polynôme, on intègre plusieurs fois de suite jusqu'à ce que le degré descende et atteigne \(0\).

    On choisit d'intégrer l'exponentielle pour que la fonction polynomiale soit celle qui soit dérivée et perde en degré au fur et à mesure des intégrations.

    Intégrons cette fonction polynôme-exponentielle :

    $$ \gamma = \int^{x} (4t^3 - t +4 ) \hspace{0.1em} e^{2t} \hspace{0.2em}dt $$

    $$ \Biggl \{ \begin{align*} f(t) = 4t^3 - t +4 \\ g'(t) = e^{2t} \hspace{0.2em}dt \end{align*} $$

    $$ \Biggl \{ \begin{align*} f'(t) = (12t^2 -1) \hspace{0.2em}dt \\ g(t) = \frac{e^{2t}}{2} \end{align*} $$

    $$ \gamma = \Biggl[(4t^3 - t +4 ) \hspace{0.1em} \frac{e^{2t}}{2} \Biggr]^{x} - \int^{x} ( 12t^2 -1 ) \hspace{0.1em} \frac{e^{2t}}{2} \hspace{0.2em}dt $$

    On en profite pour sortir la constante.

    $$ \gamma = \Biggl[(4t^3 - t +4 ) \hspace{0.1em} \frac{e^{2t}}{2} \Biggr]^{x} - 6\int^{x} t^2 \hspace{0.1em} e^{2t} \hspace{0.2em}dt + \int^{x} \frac{e^{2t}}{2} \hspace{0.2em}dt $$

    $$ \Biggl \{ \begin{align*} f(t) = t^2 \\ g'(t) = e^{2t} \hspace{0.2em}dt \end{align*} $$

    $$ \Biggl \{ \begin{align*} f'(t) = 2t \hspace{0.2em}dt \\ g(t) = \frac{e^{2t}}{2} \end{align*} $$

    $$ \gamma = \Biggl[(4t^3 - t +4 ) \hspace{0.1em} \frac{e^{2t}}{2} \Biggr]^{x} - 6 \Biggl( \Biggl[ t^2 \hspace{0.1em} \frac{e^{2t}}{2} \Biggr]^{x} - \int^{x} t \hspace{0.1em} e^{2t} \hspace{0.2em}dt \Biggr) + \Biggl[ \frac{e^{2t}}{4} \Biggr]^{x} $$

    $$ \gamma = \Biggl[(4t^3 - t +4 ) \hspace{0.1em} \frac{e^{2t}}{2} \Biggr]^{x} - 3 \Biggl[ t^2 \hspace{0.1em} e^{2t} \Biggr]^{x} + 6 \int^{x} t \hspace{0.1em} e^{2t} \hspace{0.2em}dt + \Biggl[ \frac{e^{2t}}{4} \Biggr]^{x} $$

    $$ \Biggl \{ \begin{align*} f(t) = t \\ g'(t) = e^{2t} \hspace{0.2em}dt \end{align*} $$

    $$ \Biggl \{ \begin{align*} f'(t) = dt \\ g(t) = \frac{e^{2t}}{2} \end{align*} $$

    $$ \gamma = \Biggl[(4t^3 - t +4 ) \hspace{0.1em} \frac{e^{2t}}{2} \Biggr]^{x} - 3 \Biggl[ t^2 \hspace{0.1em} e^{2t}\Biggr]^{x} + 6\Biggl[t \hspace{0.1em} \frac{e^{2t}}{2} \Biggr]^{x} - 6 \int^{x} \frac{e^{2t}}{2} \hspace{0.2em}dt + \Biggl[ \frac{e^{2t}}{4} \Biggr]^{x} $$

    $$ \gamma = \Biggl[(4t^3 - t +4 ) \hspace{0.1em} \frac{e^{2t}}{2} \Biggr]^{x} - 3 \Biggl[ t^2 \hspace{0.1em} e^{2t}\Biggr]^{x} + 3\Biggl[t \hspace{0.1em} e^{2t} \Biggr]^{x} - 3\Biggl[ \frac{e^{2t}}{2} \Biggr]^{x} + \Biggl[ \frac{e^{2t}}{4} \Biggr]^{x} $$

    $$ \gamma = \frac{1}{2} \left (4x^3 - x +4 \right) \hspace{0.1em} e^{2x} - 3x^2 e^{2x} + 3x e^{2x} - \frac{5}{4}e^{2x} $$

    Enfin, on factorise tout.

    $$ \gamma = e^{2x} \left (2x^3 - \frac{1}{2}x +2 - 3x^2 + 3x - \frac{5}{4} \right) \hspace{0.1em} $$

    $$ \gamma = e^{2x} \left (2x^3 -3x^2 + \frac{5}{2} x + \frac{3}{4} \right) \hspace{0.1em} $$


Exemples d'intégration par substitution


  1. Exemple 1

  2. $$ A = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{sin(t)}{1 + 3 cos^2(t)} \ dt$$

    Dans le cas d'un polynôme trigonométrique, on peut appliquer les règles de Bioche.

    Ici, l'intégrande \( \omega(t) \) est invariante par le changement de variable \( t = -t \) :

    $$ \omega(-t) = \frac{sin(-t)}{1 + 3 cos^2(-t)} \ d(-t) $$

    $$ \omega(-t) = \frac{-sin(t)}{1 + 3 cos^2(t)} \ -d(t) $$

    $$ \omega(-t) = \frac{sin(t)}{1 + 3 cos^2(t)} \ -(t) $$

    $$ \omega(-t) = \omega(t) $$

    On peut alors poser :

    $$ u = cos(t)$$

    À partir de là, on a :

    $$ \Biggl \{ \begin{align*} u = cos(t) \\ du = -sin(t) \ dt \end{align*} $$

    On remplace alors dans ce qui était notre expression, sans oublier les bornes :

    $$ A = \int_{cos(0)}^{cos(\frac{\pi}{2})} \frac{-du}{1 + 3 u^2} $$

    $$ A = -\int_{1}^{0} \frac{1}{1 + 3 u^2} \ du $$

    Grâce aux aux propriétés de l'intégrale, on sait que :

    $$ \forall (a,b) \in I^2, \ \int_{b}^a f(t) \hspace{0.2em}dt = -\int_{a}^b f(t) \hspace{0.2em}dt $$

    $$ A = \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + 3 u^2} \ du$$

    La primitive de la fonction arctangente est connue:

    $$ \int^{x} \frac{1}{a^2 + t^2} \ dt = \Biggl[\frac{1}{a} arctan\left( \frac{t}{a}\right) \Biggr]^x $$

    This, in our case,

    $$ A = \frac{1}{3} \int_{0}^{1} \frac{1}{\frac{1}{3} + u^2} \ du$$

    And,

    $$ A = \frac{1}{3} \int_{0}^{1} \frac{1}{ \left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^2 + \ u^2} \ du = \frac{1}{3} \Bigl[\sqrt{3} \ arctan\left(\sqrt{3} u\right) \Bigr]_0^1 $$

    $$ A = \frac{1}{3} \ \Bigl[ \sqrt{3} \ arctan(\sqrt{3}) - \sqrt{3} \ arctan(0) \Bigr] $$

    $$ A = \frac{\sqrt{3}}{3} arctan(\sqrt{3}) $$

  3. Exemple 2

  4. $$ B = \int_{0}^{1} \ \frac{t^2}{1 + t^3} \ dt$$

    L'idée ici est de poser \( u = t^3 \) pour avoir \( t^2 \ dt\) à une constante près au numérateur après substitution.

    $$ \Biggl \{ \begin{align*} u = t^3 \\ du = 3t^2 \ dt \end{align*} $$

    On remplace tout (les bornes ne changent pas car \( 0\) et \( 1 \) ne varient pas lorsqu'on les met au cube):

    $$ B = \int_{0}^{1} \ \frac{1}{1 + u^3} \ \frac{du}{3} $$

    $$ B = \frac{1}{3} \int_{0}^{1} \ \frac{1}{1 + u} \ du$$

    $$ B = \frac{1}{3} \Bigl[ln |1 + u| \Bigr]_{0}^{\ 1} $$

    $$ B = \frac{1}{3} ln(2) $$

  5. Exemple 3

  6. $$ C = \int_{1}^{3} \ \frac{e^{2t}}{1 - e^t} \ dt$$

    L'intégrande est uniquement définie sur \( \mathbb{R} \ \backslash \{0 \}\).

    $$ \Biggl \{ \begin{align*} u = e^t \\ du = e^t \ dt \end{align*} $$

    $$ C = \int_{e}^{e^3} \ \frac{u}{1 - u} \ du$$

    Ici, on peut uiliser une petite astuce qui permet d'obtenir notre intégrale sous une autre forme :

    $$ C = \int_{e}^{e^3} \ \frac{u + 1 - 1}{1 - u} \ du$$

    $$ C = \int_{e}^{e^3} \ \frac{u - 1}{1 - u} + \frac{1}{1 - u} \ du$$

    $$ C = \int_{e}^{e^3} \ \frac{-(1-u)}{1 - u} + \frac{1}{1 - u} \ du$$

    $$ C = -\int_{e}^{e^3} du + \int_{e}^{e^3} \frac{1}{1 - u} \ du$$

    $$ C = - \Bigl[u\Bigr]_{e}^{e^3} + \Bigl[ - ln |1 - u| \Bigr]_{e}^{e^3} $$

    $$ C = - e^3 + e - ln |1 - e^3| + ln |1 - e| $$

    $$ C = - e^3 + e - ln (e^3-1) + ln(e-1) $$

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