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integration 1 slides .pdf



Nom original: integration_ 1_slides.pdf
Titre: Cours d'Intégration: Partie 1
Auteur: =1=Pr. Saïd El Hajji Laboratoire de recherche: =1=Mathématiques, =1=Informatique et =1=Applications =1=MIA E.mail: elhajji@fsr.ac.ma

Ce document au format PDF 1.4 a été généré par LaTeX with Beamer class version 3.10 / pdfTeX-1.40.10, et a été envoyé sur fichier-pdf.fr le 04/05/2014 à 17:38, depuis l'adresse IP 196.200.x.x. La présente page de téléchargement du fichier a été vue 734 fois.
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Universit´e Mohammed V-Agdal
Facult´e des Sciences

Cours d’Int´
egration: Partie 1

Pr. Sa¨ıd El Hajji

Laboratoire de recherche:
Math´
ematiques, Informatique et Applications MIA
E.mail: elhajji@fsr.ac.ma

Objectifs :
Calculer l’aire d’une r´egion `a partir de limite
D´efinir l’int´egrale de Riemann
Calcul des sommes de Riemann
Connaitre et utiliser quelques m´ethodes (techniques)
d’int´egrations
Etudier les int´egrales impropres
D´eterminer la convergence de certaines s´eries

Plan :
1

Int´egrale de (ou au sens) de Riemann

2

Fonction d´efinie par une Int´egrale

3

Calcul des int´egrales

4

Calcul de primitives : Techniques de Base

5

Int´egrales Impropres

Chapitre :
Int´egrale sur [a, b]

D´efinition
Soit I = [a, b] un int´ervale de R avec a et b deux ´el´ements de R
(a < b), on appelle subdivision de [a; b] toute famille finie :
x0 = a < x1 < ...... < xk < ..... < xn = b
Dans ce cas on note δn = max{(xi+1 − xi )/i = 1; 2; .....; n − 1} et
on l’appelle le pas de la subdivision .

Exemple :
1

Prenons le cas de I = [0, 1].
x0 = 0 < x1 = 12 < x2 = 1 est une subdivision de I et il est
clair que son pas est ´egale ´a δ = 12
x0 = 0 < x1 = 13 < x2 = 12 < x3 = 34 < x4 = 1 est une autre
subdivision du mˆeme int´erval I mais cette fois le pas est ´egale
´a δ = 13
x0 = 0 < x1 = n1 < x2 = n2 < x3 = n3 < x4 = n4 < ..... < xn =
1
n
n = 1 est une sudivision de I avec le pas δ = n

Exemple :
1

Prenons le cas de I = [0, 1].
x0 = 0 < x1 = 12 < x2 = 1 est une subdivision de I et il est
clair que son pas est ´egale ´a δ = 12
x0 = 0 < x1 = 13 < x2 = 12 < x3 = 34 < x4 = 1 est une autre
subdivision du mˆeme int´erval I mais cette fois le pas est ´egale
´a δ = 13
x0 = 0 < x1 = n1 < x2 = n2 < x3 = n3 < x4 = n4 < ..... < xn =
1
n
n = 1 est une sudivision de I avec le pas δ = n

2

Dans le cas o´
u I = [a, b], on peut consid´erer la subdivision
uniforme suivante :
b−a
x0 = a < x1 = a + . b−a
n < x2 = a + 2. n < x3 =
b−a
a + 3. b−a
n ...... < xk = a + k. n < .... < xn = b c’est une
subdivision uniforme de I dont le pas δn = n1

Fonction en escalier :

D´efinition
On appelle fonction en escalier sur I = [a, b] toute fonction
φ : [a, b] −→ R tel qu’il ´existe une subdivision
x0 = a < x1 < ...... < xn = b de [a, b] avec :
ϕ/]xi−1 , xi [= λi = constante
pour tout i = 1; 2; ...; n.
D´efinition
Soit φ : [a, b] −→ R une fonction en escalier sur [a, b] , alors on d´efinie
l’int´egrale de φ sur [a, b] par :
Z b
n
X
φ(x)dx =
λi (xi − xi−1 )
a

D´efinition
Soit f : [a, b] → R une fonction , x0 = a < x1 < ...... < xn = b une
subdivision de [a, b] donn´ee ; avec le pas δn .
Dans chaque int´erval [xp−1 , xp ] , on choisit un ´el´ement ξp .
On appelle somme de Riemann de f relativement a la subdivision
(xi )0≤i≤n−1 , au pas δn , et au ´el´ements (ξp )p la quantit´e :
Sn =

n
X
(xp − xp−1 ).f (ξp )
p=1

On dit que f est int´egrable au sens de Riemann sur [a, b] si :
quand δn → 0 (le pas tend vers z´ero ) la suite Sn tend vers une
Z b
limite finie not´ee :
f (x)dx
a

Propri´
et´
es :
Soit f : [a, b] → R et g : [a, b] → R deux fonctions int´egrables au sens
de Riemann sur [a, b] et λ ∈ R alors on a les propri´et´es suivantes :
Z b
Z b
Z b
1
(f + λg )(x)dx =
f (x)dx + λ g (x)dx.
a
2

3

a

Z

b

Z

a
b

Si f ≥ 0 ⇒

f (x)dx ≥ 0

Si f ≥ g ⇒

Z

Z b
Z
| f (x)dx| ≤
a

5

b

f (x)dx ≥
a

4

a

g (x)dx
a

b

| f (x) | dx
a

Relation de Chasle :por tout a < c < b on a :
Z b
Z c
Z b
f (x)dx =
f (x)dx +
f (x)dx
a

Z

a

6

b

Z b
f (x)dx = − f (x)dx
a

a

c

Th´
eor`
eme :
Toute fonction continue sur un int´ervale [a; b] est int´egrable au
sens de Riemann .

Th´
eor`
eme :
Toute fonction continue sur un int´ervale [a; b] est int´egrable au
sens de Riemann .
Somme de Riemann pour les fonctions continues :
Soit f : [a, b] → R une fonction continue ; alors les deux suites
suivantes :

un =

n−1

n

k=0

k=1

(b − a)
1X
(b − a)
1X
f (a + k.
), et, vn =
f (a + k.
)
n
n
n
n

sont conv´ergentes vers la mˆeme limite ;et on a :
1
lim un = lim vn =
n→+∞
n→+∞
b−a

Z

b

f (t)dt
a

Exemples :

Exemple 1 :
Calculer la limite de la suite suivante .



1 + 2 + ...... + n

un =
n. n
Il est clair qu’on q
a pas ´aqfaire ´a une suite ordinaire :
p
1
En effet un = n ( n1 + n2 + ..... + nn ) est une suite de Riemann
et on a :
Z 1

1
2
lim un =
xdx =
n→+∞
1−0 0
3

Exemple 2 :
Calculer la limite de la suite suivante :
n

vn =

p
1X
p
n
n2 + p 2
p=0

De la mˆeme mani`ere que pr´ecedement cette suite est une somme
de Riemann car
n
p
1X
q n
vn =
n
1 + ( p )2
p=0

pour la fonction f (x) =
b = 1 et donc ona
Z
1

lim vn =

n→+∞

1
1−0

0

√ x
1+x 2

n

et a + p b−a
n =

p
n

et donc a = 0 et



f (x)dx = [ 1 + x 2 ]10 = 2 − 1

Primitive :
Soit f une fonction d´efinie sur un int´ervale I , une fonction F est
dite une primitive de f sur I si et seulement si :
1

F est d´erivable sur I .

2

∀x ∈ I , F 0 (x) = f (x).

Primitive :
Soit f une fonction d´efinie sur un int´ervale I , une fonction F est
dite une primitive de f sur I si et seulement si :
1

F est d´erivable sur I .

2

∀x ∈ I , F 0 (x) = f (x).

Notation :
Dans ce cas on note
Z
F (x) =

f (x)dx

Remarque :
Si G est une autre primitive de f sur I alors F − G = const.

Proposition :
Soit f une fonction continue sur [a, b] et F une primitive de f sur
[a, b] alors
Z b
f (x)dx = F (b) − F (a)
a

Proposition :
Soit f une fonction d´efinie et continue sur [a, b] , alors la fonction
Z
x

f (t)dt est une primitive de f sur [a, b] .
a

Primitives usuelles :
Z
1

Z
2

x α dx =
1
x dx

1
α+1
α+1 x

si

α 6= −1.

= Ln(|x|) + c

Z
cos(x)dx = sin(x) + c.

3

Z
sin(x)dx = −cos(x) + c

4

Z
5

Z
6

dx
1+x 2

√ dx
1+x 2

Z
7

= Arctg (x) + C



= Arcsin(x) + C

√ dx
1+x 2

= Arccos(x) + C

Exemple : Z
Calculer I =

1

x|x|dx
−1

On a Z
I =−

0

x 2 dx +
−1

R1
0

x 2 dx = − 31 [ 31 x 3 ]0−1 + 13 [ 31 x 3 ]10 = − 13 +

1
3

= 0.

Exemple : Z
Calculer I =

1

x|x|dx
−1

On a Z
I =−

0

x 2 dx +

R1

−1

0

x 2 dx = − 31 [ 31 x 3 ]0−1 + 13 [ 31 x 3 ]10 = − 13 +

1
3

= 0.

Th´
eor`
eme de la moyenne :
Soit f : [a, b] → R et g : [a, b] → R deux fonctions continue , avec
f (x) > 0 sur [a, b] ; alors il existe c ∈ [a, b] tel que :
Z

b
a

Z b
f (t)g (t)dt = g (c) f (t)dt
a


emonstration :
puisque g est continue sur [a, b] alors il existe m et M dans R tel
que g ([a, b]) = [m, M] avec m = min{g (x)/x ∈ [a, b]} et
M = max{g (x)/x ∈ [a, b]}.
Donc pour pour tout x ∈ [a, b] on a m ≤ g (x) ≤ M et par suite on
aZ
:
Z
Z
b

f (t)dt ≤

m
a

b

b

f (t)g (t)dt ≤ M
a Z
b

a

f (t)dt.

f (t)g (t)dt

Et par cons´equence

∈ [m, M] , ce qui implique

a

Z

b

f (t)dt
a

l’´existence d’un c dans [a, b] tel que :
Z

b

f (t)g (t)dt
g (c) =

a

Z

b

Int´egration par partie :
Proposition :
Soient u et v deux fonctions de classe C ∞ sur [a, b] , alors on a :
Z b
Z b
0
b
u (t)v (t)dt = [u(t)v (t)]a −
u(t)v 0 (t)dt
a

a

Int´egration par partie :
Proposition :
Soient u et v deux fonctions de classe C ∞ sur [a, b] , alors on a :
Z b
Z b
0
b
u (t)v (t)dt = [u(t)v (t)]a −
u(t)v 0 (t)dt
a

a


emonstration : Z x
u 0 (t)v (t)dt et
On pose : F (x) =
a
Z x
G (x) = u(x)v (x) − u(a)v (a) −
u(t)v 0 (t)dt.
a

Alors on a : F (a) = 0 et G (a) = 0
De plus G 0 (x) = u 0 (x)v (x) + u(x)v 0 (x) − u(x)v 0 (x) = u 0 (x)v (x)
et F 0 (x) = u 0 (x)v (x) .
Donc F = G + constante et puisque G (a) = F (a) = 0 alors la constante
est nulle .
Donc F (x) = G (x) pour tout x ∈ [a, b] en particulier pour b .

Remarque :
La d´emonstration qu’on vient de faire est valable aussi pour les
primitives et on a la proposition suivante :
Proposition :
Soient u et v deux fonctions de classe C 1 sur [a, b] , alors on a :
Z
Z
0
u (t)v (t)dt = u(t)v (t) − u(t)v 0 (t)dt

Remarque :
La d´emonstration qu’on vient de faire est valable aussi pour les
primitives et on a la proposition suivante :
Proposition :
Soient u et v deux fonctions de classe C 1 sur [a, b] , alors on a :
Z
Z
0
u (t)v (t)dt = u(t)v (t) − u(t)v 0 (t)dt
Exemple :
Calculer les int´egrales et primitives suivantes :
Z
1 I =
ln(t)dt.
Z
2

2

J=

t ln(t)dt.
1

Z
3

1

K=

arctan(t)dt.
0

Changement de variable :
Proposition :
2
Soit φ : [α, β] → [a, b] une fonction de classe C 1 et f : [a, b] → R
une fonction continue , alors on a :
Z φ(β)
Z β
f (u)du =
f (φ(t)).φ0 (t)dt
φ(α)

α

Changement de variable :
Proposition :
2
Soit φ : [α, β] → [a, b] une fonction de classe C 1 et f : [a, b] → R
une fonction continue , alors on a :
Z φ(β)
Z β
f (u)du =
f (φ(t)).φ0 (t)dt
φ(α)


emonstration :Z
On pose F (x) =

α

φ(x)

Z

x

f (φ(t)).φ0 (t)dt .

f (u)du = et G (x) =
φ(α)

α

On a alors F (α) = 0 et G (α) = 0
De plus on a : G 0 (x) = f (φ(x)).φ0 (x) et F 0 (x) = f (φ(x)).φ0 (x) et
donc F = G

Remarque :
Si φ est bijective alors :
Z

b

Z

φ−1 (b)

f (u)du =
a

ϕ−1 (a)

f (φ(t))φ0 (t)dt

Remarque :
Si φ est bijective alors :
Z

b

Z

φ−1 (b)

f (u)du =
ϕ−1 (a)

a

Exemple :
Z
1

Calculer I =

1√

1 − t 2 dt.

0

Z
2

Calculer J =

sin(x)
dx.
1+cos 2 (x)

f (φ(t))φ0 (t)dt

Solution :
Pour la premi`ere on pose le changement de variable t = sin(x)
donc dt = cos(x)dx.
Z π
2
Donc I =
cos 2 (x)dx et puisque cos 2 (x) = 1+cos(2x)
, alors on
2
0
a:
Z
I =
0

π
2

π
π
1
π
1
1 cos(2x)
)dx = ([x]02 ) + [sin(2x)]02 =
( +
2
2
2
4
4

Solution :
Pour la premi`ere on pose le changement de variable t = sin(x)
donc dt = cos(x)dx.
Z π
2
Donc I =
cos 2 (x)dx et puisque cos 2 (x) = 1+cos(2x)
, alors on
2
0
a:
Z
I =
0

π
2

π
π
1
π
1
1 cos(2x)
)dx = ([x]02 ) + [sin(2x)]02 =
( +
2
2
2
4
4

Pour la deuxi`eme int´egrale on fait le changement de variable
suivant :
u=Z
cos(x) ⇔ du = −sin(x)dx et donc on a :
J=

−du
1+u 2

= − arctan(u) + c = − arctan(cos(x)) + c.

T´echniques de calculs :
Pour calculer une int´egrale on a toujours le probl`eme de savoir quel
m´ethode utilis´ee , est ce que un changement de variable (il y’en
beaucoups ) ou une int´egration par partie ou d’autres ; dans la suite on va
donner une s´erie de m´ethodes conc´ernant certaines classe de fonctions :

T´echniques de calculs :
Pour calculer une int´egrale on a toujours le probl`eme de savoir quel
m´ethode utilis´ee , est ce que un changement de variable (il y’en
beaucoups ) ou une int´egration par partie ou d’autres ; dans la suite on va
donner une s´erie de m´ethodes conc´ernant certaines classe de fonctions :
Int´egrale d’une fraction rationnelle :

P
Q.

On proc`ede par ´etapes ;
-1er Etape :
Si deg (P) ≥ deg (Q) ; on fait d’abord une division Euclidi`enne et donc
ona :P = E .Q + R
P(x)
R(x)
Donc on a : Q(x)
= E (x) + Q(x)
; avec ; deg (R) < deg (Q)
-2eme Etape :
R(x)
On fait la d´ecomposition en ´el´ements simples dans R[x] de Q(x)
.

Exemple 1 :Z
Calculer I =

x−1
x 3 +4x

Exemple 1 :Z
Calculer I =

x−1
x 3 +4x

Dans cet exemple on passe dir´ectement a la deuxi`eme ´etape :
x −1
x −1
a bx + c
=
= + 2
3
2
x + 4x
x(x + 4)
x
x +4
Calcule de a, b, et c :
x(bx+c)
xf (x) = xx−1
et on donne a x la valeur 0 donc
2 +4 = a +
x 2 +4
−1
a= 4 .
lim xf (x) = 0 = a + b et donc b = 14 .
f (x) =

x→0

Et puis f (1) = 0 = a + b+c
5 ⇒c =1 .
donc
Z
Z
Z
Z
−1
x +4
−1
1
2x
1
dx
I =
dx+
=
ln(|x|)+
dx+
x 2
2
2
4x
4(x + 4)
4
8 x +4
4 (2) + 1
et donc I =

−1
4

ln(|x|) + 18 ln(x 2 + 4) + 21 arctan( x2 ) + c

Exemple 2 : Z
Calculer J =

dx
x 3 −x 2

Exemple 2 : Z
Calculer J =

dx
x 3 −x 2
1
= x 3 −x
2

1
c
On pose g (x)
= x 2 (x−1)
= xa + xb2 + x−1
Et on calcul a, b, c
x 2 g (x)/x = 0 ⇒ b = −1
(x − 1)g (x)/x = 1 ⇒ c = 1
lim xg (x) = 0 = a + c ⇒ a = −1
x→+∞
Donc
Z
−1 −1
1
1
J= (
− 2 +
)dx = − ln(|x|) + + ln(|x − 1|) + c
x
x
x −1
x

Exemple 2 : Z
Calculer J =

dx
x 3 −x 2
1
= x 3 −x
2

1
c
On pose g (x)
= x 2 (x−1)
= xa + xb2 + x−1
Et on calcul a, b, c
x 2 g (x)/x = 0 ⇒ b = −1
(x − 1)g (x)/x = 1 ⇒ c = 1
lim xg (x) = 0 = a + c ⇒ a = −1
x→+∞
Donc
Z
−1 −1
1
1
J= (
− 2 +
)dx = − ln(|x|) + + ln(|x − 1|) + c
x
x
x −1
x

Exemple 3 : Z
Calculer K =

x 4 +x 2 +4
dx
x 3 +5x 2 +8x+4

Exemple 2 : Z
Calculer J =

dx
x 3 −x 2
1
= x 3 −x
2

1
c
On pose g (x)
= x 2 (x−1)
= xa + xb2 + x−1
Et on calcul a, b, c
x 2 g (x)/x = 0 ⇒ b = −1
(x − 1)g (x)/x = 1 ⇒ c = 1
lim xg (x) = 0 = a + c ⇒ a = −1
x→+∞
Donc
Z
−1 −1
1
1
J= (
− 2 +
)dx = − ln(|x|) + + ln(|x − 1|) + c
x
x
x −1
x

Exemple 3 : Z
Calculer K =

x 4 +x 2 +4
dx
x 3 +5x 2 +8x+4

On fait d’abord une division Euclidienne et on trouve :
18x 2 + 36x + 24
x4 + x2 + 4
=
x

5
+
x 3 + 5x 2 + 8x + 4
x 3 + 5x 2 + 8x + 4
et x 3 + 5x 2 + 8x + 4 = (x + 1)(x + 2)2
Et on va d´ecomposer en ´el´ements simples la fraction rationnelle :
18x 2 + 36x + 24
a
b
c
=
+
+
3
2
x + 5x + 8x + 4
x + 1 x + 2 (x + 2)2
Et apr´es calcules on trouve :
x4 + x2 + 4
6
12
−24
=x −5+
+
+
3
2
x + 5x + 8x + 4
x + 1 x + 2 (x + 2)2
Et en fin :
24
1
K = .(x − 5)2 + 6 ln(|x + 1|) + 12 ln(|x + 2|) +
+c
2
x +2

Exemple 4 : Z
Calculer T =

dx
x 3 +1

Exemple 4 : Z
Calculer T =

dx
x 3 +1

Tout d’abord on remarque que x 3 + 1 = (x + 1)(x 2 − x + 1)
Donc on d´ecompose en ´el´ements simples la fonction
1
a
bx + c
f (x) = 3
=
+
x +1
x + 1 x2 − x + 1
Et apr´es un petit calcul on trouve :
−1
−1
1
1
x+ 2
x+ 2
2x−1
3
2
f (x) = x 31+1 = x+1
+ x 23−x+13 Et x 23−x+13 = −1
6 x 2 −x+1 + x 2 −x+1
Et de mˆeme
1
2

1
2
1 2
2)

1
2
= . 2
x2 − x + 1
3 ( √ x − √1 )2 + 1
(x −
+ 34
3
3
Z
Z
Donc T = 13 (|x + 1) − 16 ln(|x 2 − x + 1|) + 32 ( √2 x−1√1 )2 +1 dx
=

3

3

et on posant le changement de variable u = √23 .x − √13
On trouve :

1
1
3
2
1
2
T = ln(|x + 1) − ln(|x − x + 1|) +
. arctan( √ x − √ ) + c

Int´egrale d’un polynˆome en Sin(x) et Cos(x) :
On se ram`ene au cas :
Z
Ip,q =

cos p (x)sinq (x)dx

avec p ,et q deux ´el´ements de N et Il ya 3 cas a envisag´e :
Si p =Z2k + 1 impaire :

Ip,q = (cos 2 (x))k sinq (x)cos(x)dx =
Z
(1 − sin2 (x))k sinq (x)cos(x)dx

Dans ce cas on pose le changement de variable u = sin(x) et donc
Z
Ip,q = (1 − u 2 )k u q du

Exemple : Z
Calculer I = cos(x)sin2 (x)dx
on pose
Z u = sin(x) donc du = cos(x)dx et par suite
I = u 2 du = 31 u 3 + c = 31 sin3 (x) + c
Si q =Z2k + 1 impaire :
Ip,q = (sin2 (x))k cos p (x)sin(x)dx =
Z
(1 − cos 2 (x))k cos q (x)sin(x)dx
Dans ce cas on pose le changement de variable u = cos(x) et donc
.
Z
Ip,q =

(1 − u 2 )k u q du

Exemple :
Z
Calculer J =

cos 4 (x)sin3 (x)dx

Il est clair Zici qu’on va poser u = sin(x) donc du = cos(x)dx , et
donc J = u 4 (1 − u 2 )du = 15 u 5 − 71 u 7 + c
Donc

1
1
J = sin5 (x) − sin7 (x) + c
5
7

Exemple :
Z
Calculer J =

cos 4 (x)sin3 (x)dx

Il est clair Zici qu’on va poser u = sin(x) donc du = cos(x)dx , et
donc J = u 4 (1 − u 2 )du = 15 u 5 − 71 u 7 + c
Donc

1
1
J = sin5 (x) − sin7 (x) + c
5
7
Si p et q tous les deux paires :
Alors dans ce cas on est oblig´e de faire une lin´earisation .
Exemple : Z
Calculer :I =

cos 2 (x)sin2 (x)dx

Dans ce cas on a : cos(x).sin(x) = 12 sin(2x) donc
cos 2 (x)sin2 (x) = 14 sin2 (2x) = 18 (1 − cos(4x))
1
Et donc I = 81 x − 32
sin(4x) + c

Z
Primitive de la forme :

F (x,

q
n

ax+b
cx+d )dx

, avec ad − bc 6= 0

On pose le changement de variable :
r
ax + b
ax + b
dy n − b
⇔ yn =
⇔x =
y= n
cx + d
cx + d
a − cy n

Z
Primitive de la forme :

F (x,

q
n

ax+b
cx+d )dx

, avec ad − bc 6= 0

On pose le changement de variable :
r
ax + b
ax + b
dy n − b
⇔ yn =
⇔x =
y= n
cx + d
cx + d
a − cy n
Exemple : Z
q
dx
n 1+x
Calculer I =
1−x . 2x−1 .
Alors on pose le changement de variable :
r
y=

n

y2 − 1
4ydy
1+x
⇔x = 2
⇔ dx =
1−x
y +1
(1 + y 2 )2

Z
Primitive de la forme :

F (x,

q
n

ax+b
cx+d )dx

, avec ad − bc 6= 0

On pose le changement de variable :
r
ax + b
ax + b
dy n − b
⇔ yn =
⇔x =
y= n
cx + d
cx + d
a − cy n
Exemple : Z
q
dx
n 1+x
Calculer I =
1−x . 2x−1 .
Alors on pose le changement de variable :
r
y=

n

y2 − 1
4ydy
1+x
⇔x = 2
⇔ dx =
1−x
y +1
(1 + y 2 )2

Ce qui donne :
Z
I =

4y 2 dy
(y 2 − 3)(y 2 + 1)


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