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exercices corriges calculs de primitives Copie .pdf



Nom original: exercices_corriges_calculs_de_primitives - Copie.pdf
Auteur: Pascal Lainé

Ce document au format PDF 1.5 a été généré par Microsoft® Word 2010, et a été envoyé sur fichier-pdf.fr le 20/05/2017 à 19:24, depuis l'adresse IP 41.107.x.x. La présente page de téléchargement du fichier a été vue 1296 fois.
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Calculs de primitives

Pascal Lainé

Calculs de primitives
Exercice 1.
Calculer
1.

𝑥

𝐹1 (𝑥 ) = ∫ cos 3 (𝑡) 𝑑𝑡
0

2.

𝑥

𝐹2 (𝑥 ) = ∫ sin3 (𝑡) 𝑑𝑡
0

3.

𝑥

𝐹3 (𝑥 ) = ∫ cos 4 (𝑡) 𝑑𝑡
0

4.

𝑥

𝐹4 (𝑥 ) = ∫ sin4 (𝑡) 𝑑𝑡
0

5.

𝑥

𝐹5 (𝑡) = ∫ cos 2 (𝑡) sin2 (𝑡) 𝑑𝑡
0

6.

𝑥

𝐹6 (𝑥 ) = ∫ cos 2 (𝑡) sin3 (𝑡) 𝑑𝑡
0

7.

𝑥

𝐹7 (𝑥 ) = ∫ cos(𝑡) sin4 (𝑡) 𝑑𝑡
0

Allez à : Correction exercice 1
Exercice 2.
Calculer

𝜋
2

𝐼 = ∫ cos 3 (𝑡) sin2 (𝑡) 𝑑𝑡
0

Allez à : Correction exercice 2
Exercice 3.
1.

𝑥

𝐹1 (𝑥 ) = ∫ ch3 (𝑡) 𝑑𝑡
0

2.

𝑥

𝐹2 (𝑥 ) = ∫ sh3 (𝑡) 𝑑𝑡
0

3.

𝑥

𝐹3 (𝑥 ) = ∫ ch4 (𝑡) 𝑑𝑡
0

4.

1

Calculs de primitives

Pascal Lainé
𝑥

𝐹4 (𝑥 ) = ∫ sh4 (𝑡) 𝑑𝑡
0

5.

𝑥

𝐹5 (𝑡) = ∫ ch2 (𝑡) sh2 (𝑡) 𝑑𝑡
0

6.

𝑥

𝐹6 (𝑥 ) = ∫ ch2 (𝑡) sh3 (𝑡) 𝑑𝑡
0

7.

𝑥

𝐹7 (𝑥 ) = ∫ ch(𝑡) sh4 (𝑡) 𝑑𝑡
0

Allez à : Correction exercice 3
Exercice 4.
Calculer les primitives suivantes :
1.
𝐹1 (𝑥 ) = ∫(cos(𝑥) cos(2𝑥 ) + sin(𝑥 ) sin(2𝑥 ))𝑑𝑥
2.
𝐹2 (𝑥 ) = ∫ cos(𝑥 ) sin4 (𝑥) 𝑑𝑥
3.
𝐹3 (𝑥 ) = ∫ cos 6 (𝑥 ) 𝑑𝑥
4.
𝐹4 (𝑥 ) = ∫ sin4 (𝑥 ) 𝑑𝑥
5.
𝐹5 (𝑥 ) = ∫ sin3 (𝑥 ) cos 2 (𝑥 ) 𝑑𝑥
6.
𝐹6 (𝑥 ) = ∫ ch2 (𝑥 ) sh2 (𝑥 ) 𝑑𝑥
7.
𝐹7 (𝑥 ) = ∫ sh(𝑥 ) ch3 (𝑥 ) 𝑑𝑥
8.
𝐹8 (𝑥 ) = ∫ ch(𝑥 ) sh3 (𝑥) 𝑑𝑥
Allez à : Correction exercice 4
Exercice 5.
1.

𝑥

𝐹1 (𝑥 ) = ∫ 𝑒 𝑡 cos(𝑡) 𝑑𝑡
0

2.

𝑥

𝐹2 (𝑥 ) = ∫ 𝑒 𝑡 sin(𝑡) 𝑑𝑡
0

3.
2

Calculs de primitives

Pascal Lainé
𝑥

𝐹3 (𝑥 ) = ∫ 𝑒 −𝑡 cos(2𝑡) 𝑑𝑡
0

4.

𝑥

𝐹4 (𝑥 ) = ∫ 𝑒 −𝑡 sin(2𝑡) 𝑑𝑡
0

5.

𝑥

𝜋
𝐹5 (𝑥 ) = ∫ 𝑒 2𝑡 cos (𝑡 − ) 𝑑𝑡
4
0
6.

7.

8.

𝑥
𝜋
𝐹6 (𝑥 ) = ∫ 𝑒 −2𝑡 cos (𝑡 + ) 𝑑𝑡
4
0
𝑥
𝜋
𝐹7 (𝑥 ) = ∫ 𝑒 −𝑡 cos (2𝑡 + ) 𝑑𝑡
3
0
𝑥
𝜋
(
)

𝐹8 𝑥 =
𝑒 𝑡 cos (2𝑡 − ) 𝑑𝑡
3
0

Allez à : Correction exercice 5
Exercice 6.
1.

𝑥

𝐹1 (𝑥 ) = ∫ 𝑡𝑒 𝑡 𝑑𝑡
0

2.

𝑥

𝐹2 (𝑥 ) = ∫ 𝑡 2 𝑒 𝑡 𝑑𝑡
0

3.

𝑥

𝐹3 (𝑥 ) = ∫ 𝑡 3 𝑒 𝑡 𝑑𝑡
0

4.

𝑥

𝐹4 (𝑥 ) = ∫ 𝑡 ln(𝑡) 𝑑𝑡
1

5.

𝑥

𝐹5 (𝑥 ) = ∫ 𝑡 2 ln(𝑡) 𝑑𝑡
1

6.

𝑥

𝐹6 (𝑥 ) = ∫ 𝑡 3 ln(𝑡) 𝑑𝑡
1

7.

𝑥

𝐹7 (𝑥 ) = ∫ 𝑡 sin(𝑡) 𝑑𝑡
0

8.

𝑥

𝐹8 (𝑥 ) = ∫ 𝑡 2 sin(𝑡) 𝑑𝑡
0

9.
3

Calculs de primitives

Pascal Lainé
𝑥

𝐹9 (𝑥 ) = ∫ 𝑡 3 sin(𝑡) 𝑑𝑡
0

10.

𝑥

𝐹10(𝑥 ) = ∫ 𝑡 cos(𝑡) 𝑑𝑡
0

11.

𝑥

𝐹11 (𝑥 ) = ∫ 𝑡 2 cos(𝑡) 𝑑𝑡
0

12.

𝑥

𝐹12 (𝑥 ) = ∫ 𝑡 3 cos(𝑡) 𝑑𝑡
0

13.

𝑥

𝐹13 (𝑥 ) = ∫ arcsin(𝑡) 𝑑𝑡
0

14.

𝑥

𝐹14 (𝑥 ) = ∫ 𝑡 arcsin(𝑡)𝑑𝑡
0

15.

𝑥

𝐹15 (𝑥 ) = ∫ arctan(𝑡) 𝑑𝑡
0

Allez à : Correction exercice 6
Exercice 7.
1.
𝐹1 (𝑥 ) = ∫ 𝑒 𝑥 cos(𝑥 ) 𝑑𝑥
2.
𝐹2 (𝑥 ) = ∫

ln(𝑥 )
𝑑𝑥 ,
𝑥𝑛

𝑛≠1

3.
𝐹3 (𝑥 ) = ∫ 𝑥 arctan(𝑥 ) 𝑑𝑥
4.
𝐹4 (𝑥 ) = ∫(𝑥 2 + 𝑥 + 1)𝑒 𝑥 𝑑𝑥
Allez à : Correction exercice 7
Exercice 8.
Calculer
1.
𝐹1 (𝑥 ) = ∫

𝑑𝑥
𝑥 (𝑥 − 1)

2.
𝐹2 (𝑥 ) = ∫

𝑑𝑥
1 − 𝑥2

3.
𝐹3 (𝑥 ) = ∫
4

𝑑𝑥
𝑥 (𝑥 2 − 1)

Calculs de primitives

Pascal Lainé

4.
𝐹4 (𝑥 ) = ∫

𝑥3
𝑑𝑥
𝑥2 + 4

5.
𝐹5 (𝑥 ) = ∫

𝑥
𝑑𝑥
+4

𝑥2

6.
𝑥2
𝐹6 (𝑥 ) = ∫ 2
𝑑𝑥
𝑥 +3
7.
𝐹7 (𝑥 ) = ∫

1
𝑥 2 (𝑥 2 − 1)

𝑑𝑥

8.
𝐹8 (𝑥 ) = ∫

𝑥 (𝑥 2

1
𝑑𝑥
− 1)2

9.
𝐹9 (𝑥 ) = ∫

(𝑥 2

1
𝑑𝑥
− 1)2

10.
𝐹10 (𝑥 ) = ∫

1
𝑑𝑥
𝑥 2 (𝑥 2 − 1)2

11.
𝑥+1
𝑑𝑥
(𝑥 2 + 1)2

𝐹11(𝑥 ) = ∫
12.
𝐹12 (𝑥 ) = ∫
13.
𝐹13 (𝑥 ) = ∫

2𝑥 + 3
𝑑𝑥
(𝑥 − 2)(𝑥 + 5)

𝑥
𝑑𝑥
(𝑥 − 1)(𝑥 + 1)(𝑥 + 3)

14.
𝐹14 (𝑥 ) = ∫

𝑑𝑥
𝑥4 − 𝑥2 − 2

15.
𝐹15 (𝑥 ) = ∫

𝑑𝑥
(𝑥 + 2)(𝑥 2 + 2𝑥 + 5)

16.
𝐹16 (𝑥 ) = ∫

16𝑑𝑥
+ 2)3

𝑥 2 (𝑥 2

17.
𝐹17 (𝑥 ) = ∫

𝑥4 + 1
𝑑𝑥
𝑥 (𝑥 − 1)3

𝐹18 (𝑥 ) = ∫

1
𝑑𝑥
+ 1)2

18.

19.
Trouver une primitive de
5

𝑥 (𝑥 2

Calculs de primitives

Pascal Lainé
𝑡→

𝑡2

𝑡
+ 2𝑡 + 4

Allez à : Correction exercice 8
Exercice 9.
1. Calculer
𝐺 (𝑡 ) = ∫

𝑡2

−𝑡 + 1
𝑑𝑡
+ 2𝑡 + 5

2. Calculer
𝐹 (𝑡 ) = ∫

ln(𝑡 2 + 2𝑡 + 5)
𝑑𝑡
(𝑡 − 1)2

Allez à : Correction exercice 9
Exercice 10.
1. Décomposer en éléments simple
𝑓 (𝑥 ) =

2𝑥 + 1
𝑥 2 (𝑥 + 1)

2. Calculer
𝐹 (𝑥 ) = ∫

1
ln(𝑥 2 + 𝑥 ) 𝑑𝑥
𝑥2

A l’aide d’une intégration par partie
Allez à : Correction exercice 10
Exercice 11.
Calculer les primitives suivantes :
1.
𝐹1 (𝑥 ) = ∫
2.
𝐹2 (𝑥 ) = ∫

𝑑𝑥
+5

𝑥2

𝑑𝑥
√𝑥 2 − 5

3.
𝐹3 (𝑥 ) = ∫ 𝑒 𝑥 sin(𝑒 𝑥 ) 𝑑𝑥
4.
𝐹4 (𝑥 ) = ∫ tan3 (𝑥 ) 𝑑𝑥
5.
𝐹5 (𝑥 ) = ∫
6.
𝐹6 (𝑥 ) = ∫

(𝑥 2

1
𝑑𝑥
tan3 (𝑥 )

2𝑥 + 3
𝑑𝑥 , 𝑚 ≠ 1
+ 3𝑥 + 7)𝑚

7.
𝐹7 (𝑥 ) = ∫
8.
6

ln(𝑥 )
𝑑𝑥
𝑥

Calculs de primitives

Pascal Lainé
𝐹8 (𝑥 ) = ∫

ch(𝑥 )
𝑑𝑥
sh5 (𝑥 )

Allez à : Correction exercice 11
Exercice 12.
Calculer
1.
𝐹1 (𝑥 ) = ∫

𝑥2

𝑑𝑥
+ 𝑎2

2.

𝑎≠0

𝐹2 (𝑥 ) = ∫

𝑑𝑥
(1 + 𝑥 2 )2

𝐹3 (𝑥 ) = ∫

𝑥3
𝑑𝑥
𝑥2 − 4

3.

4.
𝐹4 (𝑥 ) = ∫
5.

4𝑥𝑑𝑥
(𝑥 − 2)2

𝐹5 (𝑥 ) = ∫

𝑑𝑥
𝑥2 + 𝑥 + 1

𝐹6 (𝑡) = ∫

𝑑𝑡
+ 2𝑡 − 1

6.
𝑡2

7.
𝐹7 (𝑡) = ∫

(3𝑡 + 1)𝑑𝑡
− 2𝑡 + 10)2

(𝑡 2

8.
𝐹8 (𝑡) = ∫

(3𝑡 + 1)𝑑𝑡
𝑡 2 − 2𝑡 + 10

9.
𝐹9 (𝑡) = ∫
10.
𝐹10 (𝑥 ) = ∫
11.
𝐹11 (𝑥 ) = ∫

𝑑𝑡
𝑡3 + 1

𝑥3 + 2
𝑑𝑥
(𝑥 + 1)3

𝑥+1
𝑑𝑥
𝑥 (𝑥 − 2)2

Allez à : Correction exercice 12
Exercice 13.
Calculer les intégrales de fractions rationnelles suivantes.
1.
1
𝑑𝑥
𝐼1 = ∫ 2
0 𝑥 +2
2.
1
2

𝑑𝑥
2
1
− 1−𝑥

𝐼2 = ∫

2

3.
7

Calculs de primitives

Pascal Lainé
3(

2𝑥 + 1)𝑑𝑥
𝑥2 + 𝑥 − 3

𝐼3 = ∫

2

4.
2

𝐼4 = ∫

𝑥4

0

5.

1

𝐼5 = ∫

0

(𝑥 2

𝑥
𝑑𝑥
+ 16

5𝑥 + 6
𝑑𝑥
− 4)(𝑥 + 2)

6.
𝐼6 = ∫

√3

𝑥−1
𝑑𝑥
+ 1)

𝑥 2 (𝑥 2

1

Allez à : Correction exercice 13
Exercice 14.
Calculer les primitives suivantes :
1.
𝐹1 (𝑥 ) = ∫
2.
𝐹2 (𝑥 ) = ∫

cos 3 (𝑥 )
𝑑𝑥
sin5 (𝑥 )

sin3 (𝑥 )
𝑑𝑥
1 + cos(𝑥 )

3.
𝐹3 (𝑥 ) = ∫

𝑑𝑥
+ sin4 (𝑥 )

cos 4 (𝑥 )

4.
𝐹4 (𝑥 ) = ∫

cos(𝑥 ) − 2
𝑑𝑥
sin(𝑥 )

Allez à : Correction exercice 14

Exercice 15.
𝐼=∫

𝜋
3

𝜋
6

𝑑𝑥
cos(𝑥 ) sin(𝑥 )

Allez à : Correction exercice 15
Exercice 16.

𝜋
2 cos 3 (𝑡)

𝐼=∫

𝜋
6

sin4 (𝑡)

𝑑𝑡

Allez à : Correction exercice 16
Exercice 17.
1. Déterminer une primitive de la fonction 𝑓 définie par :
𝑓 (𝑡 ) =
8

1
sin(2𝑡)

Calculs de primitives

Pascal Lainé

2. A l’aide du changement de variable 𝑥 = 2𝑡, calculer
𝐹 (𝑥 ) = ∫

𝑑𝑥
sin(𝑥 )

Allez à : Correction exercice 17
Exercice 18.
𝜋 𝜋

Calculer sur ]− 2 , 2 [
𝐹 (𝑥 ) = ∫

2𝑑𝑥
1 + tan(𝑥 )

Allez à : Correction exercice 18
Exercice 19.
Calculer
𝐹 (𝑡 ) = ∫

1
𝑑𝑡
1 + ch(𝑡)

Allez à : Correction exercice 19
Exercice 20.
Déterminer une primitive sur ℝ de la fonction 𝑓 définie par :
1 + sh(𝑥 )
𝑓 (𝑥 ) =
1 + ch(𝑥)
Allez à : Correction exercice 20
Exercice 21.


𝑑𝑥
(ch(𝑥 ) + 1)2

Allez à : Correction exercice 21
Exercice 22.
Calculer pour 𝑥 > 0
𝐹 (𝑥 ) = ∫

ch(𝑥 ) − sh(𝑥 )
𝑑𝑥
ch(𝑥 ) − 1

Allez à : Correction exercice 22
Exercice 23.
Calculer


2 − ch(𝑥 ) + sh(𝑥 )
𝑑𝑥
2 ch(𝑥 )

Allez à : Correction exercice 23
Exercice 24.
1. Décomposer en élément simple la fraction
𝑓(𝑥) =

1
𝑥 (𝑥 − 1)2

2. Calculer
𝐹 (𝑡 ) = 2 ∫
9

𝑑𝑡
ch(𝑡) sh3 (𝑡)

Calculs de primitives

Pascal Lainé

A l’aide du changement de variable 𝑥 = ch2 (𝑡)
Allez à : Correction exercice 24
Exercice 25.
Calculer
𝐹 (𝑥 ) = ∫(3𝑡 2 − 2𝑡) ln(𝑡 2 + 1) 𝑑𝑡
Allez à : Correction exercice 25
Exercice 26.
A l’aide d’une intégration par partie calculer les intégrales suivantes
a.
𝑒

𝐼1 = ∫ 𝑡 ln(𝑡) 𝑑𝑡
1

b.

𝜋
2

𝐼2 = ∫ 𝑡 sin(𝑡) 𝑑𝑡
0

c.
√3

𝐼3 = ∫ 3𝑥 2 ln(𝑥 2 + 1) 𝑑𝑥
0

Allez à : Correction exercice 26
Exercice 27.
1. Calculer


2𝑥
𝑑𝑥
(𝑥 2 − 1)2

2. Calculer sur ]1, +∞[
𝐺 (𝑥 ) = ∫

(𝑥 2

2𝑥
ln(𝑥 ) 𝑑𝑥
− 1)2

Allez à : Correction exercice 27
Exercice 28.
Calculer


1
arctan(𝑥 ) 𝑑𝑥
(𝑥 + 1)2

Allez à : Correction exercice 28
Exercice 29.
Calculer
1.
𝐹1 (𝑥 ) = ∫
Avec 𝑥 ∈ ]−2, +∞[
2.
𝐹2 (𝑥 ) = ∫
Avec 𝑥 ∈] − 1,3[

1
3

√2 + 𝑥 + √2 + 𝑥

𝑑𝑥 ;

1
𝑑𝑥 ;
((𝑥 − 1)2 − 4)2

3.
10

6

𝑡 = √2 + 𝑥

𝑥−1
= th(𝑢)
2

Calculs de primitives

Pascal Lainé
𝐹3 (𝑥 ) = ∫(arcsin(𝑥))2 𝑑𝑥

4.
𝐹4 (𝑥 ) = ∫ 𝑥 2 √1 + 𝑥 3 𝑑𝑥
Allez à : Correction exercice 29
Exercice 30.
1. Calculer
𝐹 (𝑡 ) = 2 ∫

𝑡2
𝑑𝑡
𝑡2 − 1

2. En déduire
𝐺 (𝑥 ) = ∫ √𝑒 𝑥 + 1𝑑𝑥
A l’aide du changement de variable 𝑡 = √𝑒 𝑥 + 1
Allez à : Correction exercice 30
Exercice 31.
Calculer les primitives suivantes sur l’intervalle 𝐼 :
1. 𝐼 =]1, +∞[
𝐹1 (𝑥 ) = ∫
2. 𝐼 = ℝ+∗
𝐹2 (𝑥 ) = ∫

𝑑𝑥
𝑥 + √𝑥 − 1
𝑑𝑥

𝑥√𝑥 2 + 𝑥 + 1

3. 𝐼 = ℝ
𝐹3 (𝑥 ) = ∫
4. 𝐼 = ]

𝑥
√9 + 4𝑥 2

1−√2 1+√2
, 2 [
2

𝑥+1

𝐹4 (𝑥 ) = ∫

√−4𝑥 2 + 4𝑥 + 1

1 5

5. 𝐼 = ]− 2 , 2[
𝐹5 (𝑥 ) = ∫
6. 𝐼 = ]1, +∞[

𝑑𝑥

8𝑥 − 3
√12𝑥 − 4𝑥 2 − 5

𝑑𝑥

𝑑𝑥

𝐹6 (𝑥 ) = ∫ √𝑥 2 − 1𝑑𝑥
7. 𝐼 = ]1,4[
𝐹7 (𝑥 ) = ∫

𝑥2

𝑥 √𝑥
𝑑𝑥
− 5𝑥 + 4

8. 𝐼 =] − 1,1[
𝐹8 (𝑥 ) = ∫

1
1−𝑡

𝑑𝑡
1−𝑡 1+𝑡

Allez à : Correction exercice 31
Exercice 32.
11

Calculs de primitives

Pascal Lainé

Calculer
𝐹 (𝑥 ) = ∫

𝑑𝑥
1 + √1 − 𝑥

Allez à : Correction exercice 32
Exercice 33.
1. Calculer
𝐹 (𝑥 ) = ∫
2. Calculer
𝐺 (𝑡 ) =

1

2

𝑑𝑥
− 1)

𝑥 2 (𝑥

𝑑𝑡
𝑡
𝑡
𝑡(𝑡 + 1) (√𝑡 + 1 − 𝑡 + 1)

𝑡

A l’aide du changement de variable 𝑥 = √𝑡+1
Allez à : Correction exercice 33
Exercice 34.
1.

𝑥

𝐹1 (𝑥 ) = ∫ (𝑡 2 + 1) arctan(𝑡) 𝑑𝑡
0

2.

𝑥

𝐹2 (𝑥 ) = ∫ (𝑡 + 1) arcsin(𝑡) 𝑑𝑡
0

Allez à : Correction exercice 34

CORRECTION
Correction exercice 1.
1. On peut mettre cos 3 (𝑡) sous la forme 𝑓 (sin(𝑡)) cos(𝑡) car la puissance de cos est impaire.
𝑥

𝑥

𝑥

𝐹1 (𝑥 ) = ∫ cos 3 (𝑡) 𝑑𝑡 = ∫ cos 2 (𝑡) cos(𝑡) 𝑑𝑡 = ∫ (1 − sin2 (𝑡)) cos(𝑡) 𝑑𝑡
0

0

On pose 𝑢 = sin(𝑡) ⇒ 𝑑𝑢 = cos(𝑡) 𝑑𝑡

0

𝑡 = 0 ⇒ 𝑢 = sin(0) = 0
𝑡 = 𝑥 ⇒ 𝑢 = sin(𝑥 )
sin(𝑥)

sin(𝑥)

𝐹1 (𝑥 ) = ∫

0

𝑡3
(1 − 𝑡 𝑑𝑡 = [𝑡 − ]
3 0
2)

= sin(𝑥 ) −

sin3 (𝑥 )
3

2. On peut mettre sin3 (𝑡) sous la forme 𝑓 (cos(𝑡)) sin(𝑡) car la puissance de sin est impaire.
𝑥

𝑥

0

2

𝑥

𝐹2 (𝑥 ) = ∫ sin (𝑡) 𝑑𝑡 = ∫ sin (𝑡) sin(𝑡) 𝑑𝑡 = − ∫ (1 − cos 2 (𝑡))(− sin(𝑡))𝑑𝑡
0

3

0

On pose 𝑢 = cos(𝑡) ⇒ 𝑑𝑢 = − sin(𝑡) 𝑑𝑡
𝑡 = 0 ⇒ 𝑢 = cos(0) = 1
12

Calculs de primitives

Pascal Lainé
𝑡 = 𝑥 ⇒ 𝑢 = cos(𝑥 )
cos(𝑥)

cos(𝑥)

𝐹2 (𝑥 ) = − ∫

1

𝑡3
(1 − 𝑡 𝑑𝑡 = − [𝑡 − ]
3 1
2)

= − (cos(𝑥 ) −

cos 3 (𝑥 )
1
) + (1 − )
3
3

cos 3 (𝑥 ) 2
+
3
3
3. Ici les puissances de sin et cos sont paires (respectivement 0 et 4) on doit linéariser cos 4 (𝑡)
= − cos(𝑥 ) +
4

𝑒 𝑖𝑡 + 𝑒 −𝑖𝑡
𝑒 4𝑖𝑡 + 4𝑒 2𝑖𝑡 + 6 + 4𝑒 −2𝑖𝑡 + 𝑒 4𝑖𝑡 𝑒 4𝑖𝑡 + 𝑒 4𝑖𝑡 + 4(𝑒 2𝑖𝑡 + 𝑒 −2𝑖𝑡 ) + 6
(cos(𝑡
=(
) =
=
2
16
16
2 cos(4𝑡) + 4 × 2 cos(2𝑡) + 6 cos(4𝑡) + 4 cos(2𝑡) + 3
=
=
16
8
𝑥
1 𝑥
1 1
4
𝐹3 (𝑥 ) = ∫ (cos(4𝑡) + 4 cos(2𝑡) + 3)𝑑𝑡 = [ sin(4𝑡) + sin(2𝑡) + 3𝑡]
8 0
8 4
2
0
1 1
4
1
1
3
= ( sin(4𝑥 ) + sin(2𝑥 ) + 3𝑥) =
sin(4𝑥 ) + sin(2𝑥 ) + 𝑥
8 4
2
32
4
8
))4

4. Ici les puissances de sin et cos sont paires (respectivement 4 et 0) on doit linéariser sin4 (𝑡)
4

𝑒 𝑖𝑡 − 𝑒 −𝑖𝑡
𝑒 4𝑖𝑡 − 4𝑒 2𝑖𝑡 + 6 − 4𝑒 −2𝑖𝑡 + 𝑒 4𝑖𝑡 𝑒 4𝑖𝑡 + 𝑒 4𝑖𝑡 − 4(𝑒 2𝑖𝑡 + 𝑒 −2𝑖𝑡 ) + 6
(sin(𝑡
=(
) =
=
2𝑖
16
16
2 cos(4𝑡) − 4 × 2 cos(2𝑡) + 6 cos(4𝑡) − 4 cos(2𝑡) + 3
=
=
16
8
𝑥
𝑥
1
1 1
4
𝐹4 (𝑥 ) = ∫ (cos(4𝑡) − 4 cos(2𝑡) + 3)𝑑𝑡 = [ sin(4𝑡) − sin(2𝑡) + 3𝑡]
8 0
8 4
2
0
1 1
4
1
1
3
= ( sin(4𝑥 ) − sin(2𝑥 ) + 3𝑥) =
sin(4𝑥 ) − sin(2𝑥 ) + 𝑥
8 4
2
32
4
8
))4

5. Ici les puissances de sin et cos sont paires (respectivement 2 et 2) on doit linéariser cos 2 (𝑡) sin2 (𝑡)
2

2

𝑒 𝑖𝑡 + 𝑒 −𝑖𝑡
𝑒 𝑖𝑡 − 𝑒 −𝑖𝑡
𝑒 2𝑖𝑡 + 2 + 𝑒 −2𝑖𝑡 𝑒 2𝑖𝑡 − 2 + 𝑒 −2𝑖𝑡
cos (𝑡) sin (𝑡) = (
) (
) =(
)(
)
2
2𝑖
4
−4
2

2

𝑒 4𝑖𝑡 − 2𝑒 2𝑖𝑡 + 1 + 2𝑒 2𝑖𝑡 − 4 + 2𝑒 −2𝑖𝑡 + 1 − 2𝑒 −2𝑖𝑡 + 𝑒 −4𝑖𝑡 𝑒 4𝑖𝑡 + 𝑒 −4𝑖𝑡 − 2
=
=
−16
−16
2 cos(4𝑡) − 2
1
1
=
= − cos(4𝑡) +
−16
8
8
𝑥
1 𝑥
1 1
1
𝑥
𝐹5 (𝑡) = ∫ (− cos(4𝑡) + 1)𝑑𝑡 = − [ sin(4𝑡) + 𝑡] = − sin(4𝑥 ) −
8 0
8 4
32
8
0
6. On peut mettre cos 2 (𝑡) sin3 (𝑡) sous la forme 𝑓 (cos(𝑡)) sin(𝑡) car la puissance de sin est impaire.
𝑥

𝑥

𝐹6 (𝑥 ) = ∫ cos 2 (𝑡) sin3 (𝑡) 𝑑𝑡 = − ∫ cos 2 (𝑡) sin2 (𝑡) (− sin(𝑡))𝑑𝑡
0

0

𝑥

= − ∫ cos 2 (𝑡) (1 − cos 2 (𝑡))(− sin(𝑡))𝑑𝑡
0

On pose 𝑢 = cos(𝑡) ⇒ 𝑑𝑢 = − sin(𝑡) 𝑑𝑡
𝑡 = 0 ⇒ 𝑢 = cos(0) = 1
𝑡 = 𝑥 ⇒ 𝑢 = cos(𝑥 )

13

Calculs de primitives

Pascal Lainé
cos(𝑥)

𝐹6 (𝑥 ) = − ∫

2(

cos(𝑥)

2)

𝑡 1 − 𝑡 𝑑𝑡 = ∫

1

1
5(

3(

cos(𝑥)

𝑡5 𝑡3
(𝑡 − 𝑡 𝑑𝑡 = [ − ]
5
3 1
4

2)

cos 𝑥 ) cos 𝑥 )
1 1
cos 5 (𝑥 ) cos 3 (𝑥 ) 2
(
)
=

− −
=

+
5
3
5 3
5
3
15
7. cos(𝑡) sin4 (𝑡) est sous la forme 𝑓 (sin(𝑡)) cos(𝑡) car la puissance de cos est impaire.
On pose 𝑢 = sin(𝑡) ⇒ 𝑑𝑢 = cos(𝑡) 𝑑𝑡
𝑡 = 0 ⇒ 𝑢 = sin(0) = 0
𝑡 = 𝑥 ⇒ 𝑢 = sin(𝑥 )
sin(𝑥)

𝐹7 (𝑥 ) = ∫

0

sin(𝑥)

𝑡5
𝑡 𝑑𝑡 = [ ]
5 0
4

=

sin5 (𝑥 )
5

Allez à : Exercice 1
Correction exercice 2.

𝜋
2

𝐼 = ∫ cos 2 (𝑡) sin2 (𝑡) cos(𝑡) 𝑑𝑡
On pose 𝑥 = sin(𝑡), 𝑑𝑥 = cos(𝑡) 𝑑𝑡

0

𝑡 = 0 ⇒ 𝑥 = sin(0) = 0
𝜋
𝜋
𝑡 = ⇒ 𝑥 = sin ( ) = 1
2
2
1
1
1
𝑥3 𝑥5
1 1
2
2
2
2
4
𝐼 = ∫ (1 − 𝑥 )𝑥 𝑑𝑥 = ∫ (𝑥 − 𝑥 )𝑑𝑥 = [ − ] = − =
3
5 0 3 5 15
0
0
Allez à : Exercice 2
Correction exercice 3.
1. On peut toujours poser 𝑢 = 𝑒 𝑡 mais parfois, il y a plus simple.
𝑥

𝑥

𝐹1 (𝑥 ) = ∫ ch3 (𝑡) 𝑑𝑡 = ∫ ch2 (𝑡) ch(𝑡) 𝑑𝑡
0

0

On pose 𝑢 = sh(𝑡) ⇒ 𝑑𝑢 = ch(𝑡) 𝑑𝑡, ch2 (𝑡) = 1 + sh2 (𝑡) = 1 + 𝑢2
𝑡 = 0 ⇒ 𝑢 = sh(0) = 0
𝑡 = 𝑥 ⇒ 𝑢 = sh(𝑥 )
sh(𝑥)

𝐹1 (𝑥 ) = ∫

0

sh(𝑥)

u3
(1 + 𝑢 𝑑𝑢 = [𝑢 + ]
3 0
2)

sh3 (𝑥 )
= sh(𝑥 ) +
3

Allez à : Exercice 3
2. On peut toujours poser 𝑢 = 𝑒 𝑡 mais parfois, il y a plus simple.
𝑥

𝑥

𝐹2 (𝑥 ) = ∫ sh3 (𝑡) 𝑑𝑡 = ∫ sh2 (𝑡) sh(𝑡) 𝑑𝑡
0
2(

0

On pose 𝑢 = ch(𝑡) ⇒ 𝑑𝑢 = sh(𝑡) 𝑑𝑡, sh 𝑡) = ch 𝑡) − 1 = 𝑢2 − 1
𝑡 = 0 ⇒ 𝑢 = ch(0) = 1
𝑡 = 𝑥 ⇒ 𝑢 = ch(𝑥 )
ch(𝑥)

𝐹2 (𝑥 ) = ∫

1

2(

ch(𝑥)

𝑢3
(𝑢 − 1)𝑑𝑢 = [ − 𝑢]
3
1
2

=
14

ch3 (𝑥 )
1
ch3 (𝑥 )
2
− ch(𝑥 ) − ( − 1) =
− ch(𝑥 ) +
3
3
3
3

Calculs de primitives

Pascal Lainé

Allez à : Exercice 3
3. Ici les puissances de sh et ch sont paires (respectivement 0 et 4) on pose
𝑑𝑢
𝑢 = 𝑒 𝑡 ⇔ 𝑡 = ln(𝑢) ⇒ 𝑑𝑡 =
𝑢
𝑡
−𝑡 4
4𝑡
2𝑡
−2𝑡
−4𝑡
𝑒 +𝑒
𝑒 + 4𝑒 + 6 + 4𝑒
+𝑒
1 4 1 2 3 1 −2 1 −4
(
) =
=
𝑢 + 𝑢 + + 𝑢 +
𝑢
2
16
16
4
8 4
16
𝑡 = 0 ⇒ 𝑢 = 𝑒0 = 1
𝑡 = 𝑥 ⇒ 𝑢 = 𝑒𝑥
𝑥
𝑒
1
1
3 1
1
𝑑𝑢
(
)
𝐹3 𝑥 = ∫ ( 𝑢4 + 𝑢2 + + 𝑢−2 + 𝑢−4 )
16
4
8 4
16
𝑢
1
𝑥

𝑥

𝑥

𝑥

𝑥

1 𝑒 3
1 𝑒
3 𝑒 1
1 𝑒
1 𝑒
∫ 𝑢 𝑑𝑢 + ∫ 𝑢𝑑𝑢 + ∫
=
𝑑𝑢 + ∫ 𝑢−3 𝑑𝑢 + ∫ 𝑢−5 𝑑𝑢
16 1
4 1
8 1 𝑢
4 1
16 1
𝑒𝑥

𝑒𝑥

𝑒𝑥

𝑒𝑥

1 𝑢4
1 𝑢2
3
1 𝑢−2
1 𝑢−4
𝑥
[ ] + [ ] + [ln(𝑢)]1𝑒 + [
] + [
]
=
16 4 1
4 2 1
8
4 −2 1
16 −4 1
1 4𝑥
1
3
1
1
(𝑒 − 1) + (𝑒 2𝑥 − 1) + (ln(𝑒 𝑥 ) − ln(1)) − (𝑒 −2𝑥 − 1) − (𝑒 −4𝑥 − 1)
=
64
8
8
8
64
(
)
(
)
1 4𝑥
1
3
sh
4𝑥
sh
2𝑥
3𝑥
(𝑒 − 𝑒 −4𝑥 ) + (𝑒 2𝑥 − 𝑒 −2𝑥 ) + 𝑥 =
=
+
+
64
8
8
32
4
8
Autre méthode
4

𝑒 𝑡 + 𝑒 −𝑡
𝑒 4𝑡 + 4𝑒 2𝑡 + 6 + 4𝑒 −2𝑡 + 𝑒 −4𝑡 𝑒 4𝑡 + 𝑒 −4𝑡 + 4(𝑒 2𝑡 + 𝑒 −2𝑡 ) + 6
(
) =
=
2
16
16
2 ch(4𝑡) + 4 × ch(2𝑡) + 6 1
1
3
=
= ch(4𝑡) + ch(2𝑡) +
16
8
4
8
𝑥
𝑥
𝑥
𝑥
𝑥
1
1
3
1 sh(4𝑡)
1 sh(2𝑡)
3
] + [
] +
𝐹3 (𝑥 ) = ∫ ch(4𝑡) 𝑑𝑡 + ∫ ch(2𝑡) 𝑑𝑡 + ∫ 𝑑𝑡 = [
8 0
4 0
8 0
8
4 0 4
2 0 8
1
1
3𝑥
=
sh(4𝑥 ) + sh(2𝑥 ) +
32
8
8
Allez à : Exercice 3
4. Ici les puissances de sh et ch sont paires (respectivement 4 et 0) on pose
𝑑𝑢
𝑢 = 𝑒 𝑡 ⇔ 𝑡 = ln(𝑢) ⇒ 𝑑𝑡 =
𝑢
𝑡
−𝑡 4
4𝑡
2𝑡
−2𝑡
−4𝑡
𝑒 +𝑒
𝑒 − 4𝑒 + 6 − 4𝑒
+𝑒
1 4 1 2 3 1 −2 1 −4
(
) =
=
𝑢 − 𝑢 + − 𝑢 +
𝑢
2
16
16
4
8 4
16
𝑡 = 0 ⇒ 𝑢 = 𝑒0 = 1
𝑡 = 𝑥 ⇒ 𝑢 = 𝑒𝑥
𝑥
𝑒
1
1
3 1
1 −4 𝑑𝑢
𝐹4 (𝑥 ) = ∫ ( 𝑢4 − 𝑢2 + − 𝑢−2 +
𝑢 )
16
4
8 4
16
𝑢
1
𝑥

𝑥

𝑥

𝑥

𝑥

1 𝑒 3
1 𝑒
3 𝑒 1
1 𝑒
1 𝑒 −5
∫ 𝑢 𝑑𝑢 − ∫ 𝑢𝑑𝑢 + ∫
∫ 𝑢 𝑑𝑢
=
𝑑𝑢 − ∫ 𝑢−3 𝑑𝑢 +
16 1
4 1
8 1 𝑢
4 1
16 1
𝑒𝑥

𝑒𝑥

𝑒𝑥

𝑒𝑥

1 𝑢4
1 𝑢2
3
1 𝑢−2
1 𝑢−4
𝑥
[ ] − [ ] + [ln(𝑢)]1𝑒 − [
] +
[
]
=
16 4 1
4 2 1
8
4 −2 1
16 −4 1

15

Calculs de primitives
=

Pascal Lainé

1 4𝑥
1
3
1
1
(𝑒 − 1) − (𝑒 2𝑥 − 1) + (ln(𝑒 𝑥 ) − ln(1)) + (𝑒 −2𝑥 − 1) − (𝑒 −4𝑥 − 1)
64
8
8
8
64
(
)
(
)
1 4𝑥
1
3
sh
4𝑥
sh
2𝑥
3𝑥
(𝑒 − 𝑒 −4𝑥 ) − (𝑒 2𝑥 − 𝑒 −2𝑥 ) + 𝑥 =
=

+
64
8
8
32
4
8

Autre méthode
4

𝑒 𝑡 − 𝑒 −𝑡
𝑒 4𝑡 − 4𝑒 2𝑡 + 6 − 4𝑒 −2𝑡 + 𝑒 −4𝑡 𝑒 4𝑡 + 𝑒 −4𝑡 − 4(𝑒 2𝑡 + 𝑒 −2𝑡 ) + 6
(
) =
=
2
16
16
2 ch(4𝑡) − 4 × ch(2𝑡) + 6 1
1
3
=
= ch(4𝑡) + ch(2𝑡) +
16
8
4
8
𝑥
𝑥
𝑥
𝑥
𝑥
1
1
3
1 sh(4𝑡)
1 sh(2𝑡)
3
] − [
] +
𝐹4 (𝑥 ) = ∫ ch(4𝑡) 𝑑𝑡 − ∫ ch(2𝑡) 𝑑𝑡 + ∫ 𝑑𝑡 = [
8 0
4 0
8 0
8
4 0 4
2 0 8
1
1
3𝑥
=
sh(4𝑥 ) − sh(2𝑥 ) +
32
8
8
Allez à : Exercice 3
5. Ici les puissances de sh et ch sont paires (respectivement 2 et 2) on pose
𝑑𝑢
𝑢 = 𝑒 𝑡 ⇔ 𝑡 = ln(𝑢) ⇒ 𝑑𝑡 =
𝑢
2

2

2

2

𝑒 𝑡 + 𝑒 −𝑡
𝑒 𝑡 − 𝑒 −𝑡
𝑒 𝑡 + 𝑒 −𝑡 𝑒 𝑡 − 𝑒 −𝑡
𝑒 2𝑡 − 𝑒 −2𝑡
𝑒 4𝑡 − 2 + 𝑒 −4𝑡
(
) (
) = ((
)(
)) = (
) =
2
2
2
2
4
16
𝑡 = 0 ⇒ 𝑢 = 𝑒0 = 1
𝑡 = 𝑥 ⇒ 𝑢 = 𝑒𝑥
𝑥

𝑒𝑥

𝑥

1 𝑒 4
𝑑𝑢
1 𝑒
2
1 𝑢4
𝑢−4
−4
3
−5
∫ (𝑢 − 2 + 𝑢 )
∫ (𝑢 − + 𝑢 ) 𝑑𝑢 =
[ − 2 ln(𝑢) −
]
𝐹5 (𝑡) =
=
16 1
𝑢
16 1
𝑢
16 4
4 1

1 𝑒 4𝑥
𝑒 −4𝑥
1 1
1
𝑒 4𝑥 − 𝑒 −4𝑥 𝑥 sh(4𝑥 ) 𝑥
𝑥
=
(
− 2 ln(𝑒 ) −
) − ( − 2 ln(1) − ) =
− =

16 4
4
16 4
4
64
8
32
8
Autre méthode
2

2

𝑒 𝑡 + 𝑒 −𝑡
𝑒 𝑡 − 𝑒 −𝑡
𝑒 4𝑡 − 2 + 𝑒 −4𝑡 2 ch(4𝑡) − 2 1
1
(
) (
) =
=
= ch(4𝑡) −
2
2
16
16
8
8
𝑥

1 𝑥
1 sh(4𝑡)
sh(4𝑥 ) 𝑥
𝐹5 (𝑥 ) = ∫ (ch(4𝑡) − 1)𝑑𝑡 = [
− 𝑡] =

8 0
8
4
32
8
0
Allez à : Exercice 3
6. On peut mettre ch2 (𝑡) sh3 (𝑡) sous la forme 𝑓(ch(𝑡)) sh(𝑡) car la puissance de sh est impaire.
𝑥

2

𝑥

3

𝑥

𝐹6 (𝑥 ) = ∫ ch (𝑡) sh (𝑡) 𝑑𝑡 = ∫ ch (𝑡) sh (𝑡) sh(𝑡) 𝑑𝑡 = ∫ ch2 (𝑡) (ch2 (𝑡) − 1) sh(𝑡) 𝑑𝑡
0

On pose 𝑢 = ch(𝑡) ⇒ 𝑑𝑢 = sh(𝑡) 𝑑𝑡

2

2

0

0

𝑡 = 0 ⇒ 𝑢 = ch(0) = 1
𝑡 = 𝑥 ⇒ 𝑢 = ch(𝑥 )
𝐹6 (𝑥 ) = ∫

ch(𝑥)

ch(𝑥)

2( 2

𝑡 𝑡 − 1)𝑑𝑡 = ∫

1

1

=

5(

3(

ch(𝑥)

𝑡5 𝑡3
(𝑡 − 𝑡 𝑑𝑡 = [ − ]
5
3 1
4

2)

ch 𝑥 ) ch 𝑥 ) 2

+
5
3
15

Allez à : Exercice 3
16

=

ch5 (𝑥 ) ch3 (𝑥 )
1 1

−( − )
5
3
5 3

Calculs de primitives

Pascal Lainé

7. ch(𝑡) sh4(𝑡) est de la forme 𝑓 (sh(𝑡)) ch(𝑡)
On pose 𝑢 = sh(𝑡) ⇒ 𝑑𝑢 = ch(𝑡) 𝑑𝑡
𝑡 = 0 ⇒ 𝑢 = sh(0) = 0
𝑡 = 𝑥 ⇒ 𝑢 = sh(𝑥 )
sh(𝑥)
sh5 (𝑥 )
𝐹7 (𝑥 ) = ∫
𝑢4 𝑑𝑢 =
5
0
Allez à : Exercice 3
Correction exercice 4.
1. Avec la formule d’addition

cos(𝑎) cos(𝑏) − sin(𝑎) sin(𝑏) = cos(𝑎 + 𝑏)
cos(𝑥 ) cos(2𝑥 ) + sin(𝑥 ) sin(2𝑥 ) = cos(𝑥 − 2𝑥 ) = cos(−𝑥 ) = cos(𝑥 )
𝐹1 (𝑥 ) = ∫ cos(𝑥 ) 𝑑𝑥 = sin(𝑥 ) + 𝐾

Allez à : Exercice 4
2. La puissance en cos(𝑥 ) est impaire et celle en sin(𝑥 ) est paire, on peut mettre cos(𝑥) en facteur.
On pose 𝑡 = sin(𝑥 ), 𝑑𝑡 = cos(𝑥 ) 𝑑𝑥
1
1
𝐹2 (𝑥 ) = ∫ 𝑡 4 𝑑𝑡 = 𝑡 5 + 𝐾 = sin5 (𝑡) + 𝐾
5
5
Allez à : Exercice 4
3. La puissance en cos(𝑥 ) est paire et la puissance en sin(𝑥 ) est paire (en fait elle est nulle), il faut
linéariser.
6
𝑒 𝑖𝑥 + 𝑒 −𝑖𝑥
6( )
cos 𝑥 = (
)
2
1
6
5
4
2
3
−3
2
4
=
((𝑒 𝑖𝑥 ) + 6(𝑒 𝑖𝑥 ) (𝑒 −𝑖𝑥 ) + 15(𝑒 𝑖𝑥 ) (𝑒 −𝑖𝑥 ) + 20(𝑒 𝑖𝑥 ) (𝑒 𝑖𝑥 ) + 15(𝑒 𝑖𝑥 ) (𝑒 −𝑖𝑥 )
64
5
6
+ 6(𝑒 𝑖𝑥 )(𝑒 −𝑖𝑥 ) + (𝑒 −𝑖𝑥 ) )
1 6𝑖𝑥
(𝑒 + 6𝑒 4𝑖𝑥 + 15𝑒 2𝑖𝑥 + 20 + 15𝑒 −2𝑖𝑥 + 6𝑒 −4𝑖𝑥 + 𝑒 −6𝑖𝑥 )
=
64
1 6𝑖𝑥
(𝑒 + 𝑒 −6𝑖𝑥 + 6(𝑒 4𝑖𝑥 + 𝑒 −4𝑖𝑥 ) + 15(𝑒 2𝑖𝑥 + 𝑒 −2𝑖𝑥 ) + 20)
=
64
1
(2 cos(6𝑥 ) + 6 × 2 cos(4𝑥 ) + 15 × cos(2𝑥 ) + 20)
=
64
1
3
15
5
=
cos(6𝑥 ) +
cos(4𝑥 ) + cos(2𝑥 ) +
32
16
32
16
Par conséquent :
1
3
15
5
𝐹3 (𝑥 ) =
sin(6𝑥 ) +
sin(4𝑥 ) +
sin(2𝑥 ) + 𝑥 + 𝐾
32 × 6
16 × 4
32 × 2
16
1
3
15
5
=
sin(6𝑥 ) +
sin(4𝑥 ) + sin(2𝑥 ) +
𝑥+𝐾
192
64
64
16
Allez à : Exercice 4
4. La puissance en cos(𝑥 ) est paire et la puissance en sin(𝑥 ) est paire, il faut linéariser.

17

Calculs de primitives

Pascal Lainé
4

𝑒 𝑖𝑥 − 𝑒 −𝑖𝑥
1 4𝑖𝑥
(𝑒 + 4𝑒 2𝑖𝑥 + 6 + 4𝑒 −2𝑖𝑥 + 𝑒 −4𝑖𝑥 )
sin 𝑥 ) = (
) =
2𝑖
16
1 4𝑖𝑥
1
(2 cos(4𝑥 ) + 4 × 3 cos(2𝑥 ) + 6)
(𝑒 + 𝑒 −4𝑖𝑥 ) + 4(𝑒 2𝑖𝑥 + 𝑒 −2𝑖𝑥 + 6) =
=
16
16
1
3
3
= cos(4𝑥 ) + cos(2𝑥 ) +
8
4
8
Par conséquent :
1
3
3𝑥
1
3
3𝑥
𝐹4 (𝑥 ) =
sin(4𝑥 ) +
sin(2𝑥 ) +
+𝐾=
sin(4𝑥 ) + sin(2𝑥 ) +
+𝐾
8×4
4×2
8
32
8
8
Allez à : Exercice 4
4(

5. La puissance en cos(𝑥 ) est paire et celle en sin(𝑥 ) est impaire, on peut mettre sin(𝑥) en facteur.
𝐹5 (𝑥 ) = ∫ sin3 (𝑥 ) cos 2 (𝑥 ) 𝑑𝑥 = ∫ sin2 (𝑥 ) cos 2 (𝑥 ) sin(𝑥 ) 𝑑𝑥 = ∫(1 − cos 2 (𝑥 )) cos 2 (𝑥 ) sin(𝑥 ) 𝑑𝑥
= ∫(cos 2 (𝑥 ) − cos 4 (𝑥 )) sin(𝑥 ) 𝑑𝑥
On pose 𝑡 = cos(𝑥 ) donc 𝑑𝑡 = − sin(𝑥 ) 𝑑𝑥

1
1
1
1
𝐹5 (𝑥 ) = ∫(𝑡 2 − t4 )(−𝑑𝑡) = −∫ (𝑡 2 − 𝑡 4 )𝑑𝑡 = − ( 𝑡 3 − 𝑡 5 ) + 𝐾 = − cos 3 (𝑥 ) + cos 5 (𝑥 ) + 𝐾
3
5
3
5

En fait rien n’empêche de linéariser sin3 (𝑥 ) cos 2 (𝑥 ) = (
Mais la première méthode est bien plus simple.
Allez à : Exercice 4

𝑒 𝑖𝑥 −𝑒 −𝑖𝑥
2𝑖

3

) ×(

𝑒 𝑖𝑥 +𝑒 −𝑖𝑥
2

2

) =⋯

6. La puissance de ch(𝑥 ) est paire et la puissance de sh(𝑥 ) est paire, il faut poser 𝑡 = 𝑒 𝑥
2

𝑒 𝑥 + 𝑒 −𝑥 2 𝑒 𝑥 − 𝑒 −𝑥 2
𝑒 𝑥 + 𝑒 −𝑥 𝑒 𝑥 − 𝑒 −𝑥
1 2𝑥
2
2
(𝑒 − 𝑒 −2𝑥 )2
) (
) = ((
)(
)) =
ch (𝑥) sh (𝑥) = (
2
2
2
2
16
1 4𝑥
1 4𝑥 1 1 −4𝑥
(𝑒 − 2 + 𝑒 −4𝑥 ) =
=
𝑒 − +
𝑒
16
16
8 16
Par conséquent :
1
1 1 −4𝑥
1 4𝑥 𝑥
1
𝐹6 (𝑥 ) = ∫ ch2 (𝑥) sh2 (𝑥) 𝑑𝑥 = ∫ ( 𝑒 4𝑥 − +
𝑒 ) 𝑑𝑥 =
𝑒 − − 𝑒 −4𝑥 + 𝐾
16
8 16
64
8 64
1
𝑥
=
sh(4𝑥 ) − + 𝐾
32
8
Allez à : Exercice 4
7. La puissance de sh(𝑥 ) est impaire, il peut poser 𝑡 = ch(𝑥 ) donc 𝑑𝑡 = sh(𝑥 ) 𝑑𝑥
𝑡4
ch4 (𝑥 )
𝐹7 (𝑥 ) = ∫ sh(𝑥 ) ch3 (𝑥) 𝑑𝑥 = ∫ 𝑡 3 𝑑𝑡 = + 𝐾 =
+𝐾
4
4
On peut aussi poser 𝑡 = 𝑒 𝑥 mais la première méthode est bien plus simple.
Autre méthode (moins bonne), la puissance de ch(𝑥 ) est impaire on peut poser 𝑡 = sh(𝑥 ) donc 𝑑𝑡 =
ch(𝑥 ) 𝑑𝑥
𝐹7 (𝑥 ) = ∫ sh(𝑥 ) ch3 (𝑥) 𝑑𝑥 = ∫ sh(𝑥 ) ch2 (𝑥) ch(𝑥)𝑑𝑥 = ∫ sh(𝑥 ) (1 + sh2 (𝑥 ))ch(𝑥)𝑑𝑥
= ∫ 𝑡(1 + 𝑡 2 )𝑑𝑡 = ∫(𝑡 + 𝑡 3 )𝑑𝑡 =

𝑡2 𝑡4
ch2 (𝑥 ) ch4 (𝑥 )
+ +𝐾 =
+
+𝐾
2
4
2
4

Allez à : Exercice 4
8. La puissance de ch(𝑥 ) est impaire, il peut poser 𝑡 = sh(𝑥 ) donc 𝑑𝑡 = ch(𝑡) 𝑑𝑡
𝑡4
sh4 (𝑥 )
3
3
𝐹8 (𝑥 ) = ∫ ch(𝑥 ) sh (𝑥) 𝑑𝑥 = ∫ 𝑡 𝑑𝑡 = + 𝐾 =
+𝐾
4
4
18

Calculs de primitives

Pascal Lainé

Autre méthode (moins bonne)
La puissance de sh(𝑥 ) est impaire, on peut poser 𝑡 = ch(𝑥 ) donc 𝑑𝑡 = sh(𝑥 ) 𝑑𝑥
𝐹8 (𝑥 ) = ∫ ch(𝑥 ) sh3 (𝑥) 𝑑𝑥 = ∫ ch(𝑥 ) sh2 (𝑥) sh(𝑥 ) 𝑑𝑥 = ∫ ch(𝑥 ) (ch2 (𝑥 ) − 1) sh(𝑥 ) 𝑑𝑥
= ∫ 𝑡(𝑡 2 − 1)𝑑𝑡 = ∫(𝑡 3 − 𝑡)𝑑𝑡 =

𝑡4
ch4 (𝑥 )
−𝑡+𝐾 =
− ch(𝑥 ) + 𝐾 ′
4
4

Allez à : Exercice 4
Correction exercice 5.
1.

𝑥

𝐹1 (𝑥 ) = ∫0 𝑒 𝑡 cos(𝑡) 𝑑𝑡
𝑢 ′ (𝑡 ) = 𝑒 𝑡
𝑣(𝑡) = cos(𝑡)
𝑥

𝐹1 (𝑥 ) = ∫0 𝑒 𝑡 cos(𝑡) 𝑑𝑡 = [𝑒 𝑡 cos(𝑡)]0𝑥 −
𝑥

𝑢 (𝑡 ) = 𝑒 𝑡
𝑣 ′(𝑡) = −sin(𝑡)
𝑥
∫0 𝑒 𝑡 (− sin(𝑡))𝑑𝑡
𝑥

𝐹1 (𝑥 ) = ∫ 𝑒 𝑡 cos(𝑡) 𝑑𝑡 = [𝑒 𝑡 cos(𝑡)]0𝑥 + ∫ 𝑒 𝑡 sin(𝑡) 𝑑𝑡
0

0

Il faut refaire une autre intégration par partie
𝑥
∫0 𝑒 𝑡 sin(𝑡) 𝑑𝑡
𝑢 ′ (𝑡 ) = 𝑒 𝑡
𝑣(𝑡) = sin(𝑡)
𝑥

𝑥

∫0 𝑒 𝑡 sin(𝑡) 𝑑𝑡 = [𝑒 𝑡 sin(𝑡)]0𝑥 −
𝑥

𝑢 (𝑡 ) = 𝑒 𝑡
𝑣 ′(𝑡) = cos(𝑡)
𝑥
∫0 𝑒 𝑡 cos(𝑡) 𝑑𝑡

∫ 𝑒 𝑡 sin(𝑡) 𝑑𝑡 = [𝑒 𝑡 sin(𝑡)]0𝑥 − ∫ 𝑒 𝑡 cos(𝑡) 𝑑𝑡 = [𝑒 𝑡 sin(𝑡)]0𝑥 − 𝐹1 (𝑥)
0

0

Ce que l’on remplace dans
𝑥

𝑡

𝐹1 (𝑥 ) = ∫ 𝑒 cos(𝑡) 𝑑𝑡 = [𝑒
0

𝑡

cos(𝑡)]0𝑥

𝑥

+ ∫ 𝑒 𝑡 sin(𝑡) 𝑑𝑡 = [𝑒 𝑡 cos(𝑡)]0𝑥 + [𝑒 𝑡 sin(𝑡)]0𝑥 − 𝐹1 (𝑥 )
0

⇔ 2𝐹1 (𝑥 ) = [𝑒 𝑡 cos(𝑡)]0𝑥 + [𝑒 𝑡 sin(𝑡)]0𝑥 = 𝑒 𝑥 cos(𝑥 ) − 1 + 𝑒 𝑥 sin(𝑥 )
1
1 1
⇔ 𝐹1 (𝑥 ) = 𝑒 𝑥 cos(𝑥 ) − + 𝑒 𝑥 sin(𝑥 )
2
2 2

Remarque :
Lors de la seconde intégration par partie il faut continuer à intégrer 𝑒 𝑥 sinon on retombe sur la même
intégrale.
On aurait aussi pu dériver 𝑒 𝑥 lors de la première intégration par partie et bien sûr dans la seconde aussi.
Allez à : Exercice 5
2.
Première méthode :
On fait exactement pareil.
Deuxième méthode :
On utilise le résultat ci-dessus

𝑥

𝐹2 (𝑥 ) = ∫ 𝑒 𝑡 sin(𝑡) 𝑑𝑡 = [𝑒 𝑡 sin(𝑡)]0𝑥 − 𝐹1 (𝑥)
0

Puis
𝐹1 (𝑥 ) =

1 𝑥
1
𝑒 cos(𝑥 ) + 𝑒 𝑥 sin(𝑥 ) + 𝐾
2
2
19

Calculs de primitives

Pascal Lainé

1
1
1
1
𝐹2 (𝑥 ) = 𝑒 𝑥 sin(𝑥 ) − ( 𝑒 𝑥 cos(𝑥 ) + 𝑒 𝑥 sin(𝑥 )) + 𝐾 ′ = − 𝑒 𝑥 cos(𝑥 ) + 𝑒 𝑥 sin(𝑥 ) + 𝐾′
2
2
2
2
Troisième méthode :
𝑥

𝑥

𝑥

𝑥

𝐹1 (𝑥 ) + 𝑖𝐹2 (𝑥 ) = ∫ 𝑒 𝑡 cos(𝑡) 𝑑𝑡 + 𝑖 ∫ 𝑒 𝑡 sin(𝑡) 𝑑𝑡 = ∫ 𝑒 𝑡 (cos(𝑡) + 𝑖 sin(𝑡))𝑑𝑡 = ∫ 𝑒 𝑡 𝑒 𝑖𝑡 𝑑𝑡
0
𝑥

0

0

𝑥

0

1 (1+𝑖)𝑡
1 (1+𝑖)𝑥
1 0 1 − 𝑖 𝑥 𝑖𝑥 1 − 𝑖
] =
𝑒
𝑒

𝑒 =
𝑒 𝑒 −
1+𝑖
1+𝑖
1+𝑖
2
2
0
0
𝑡
𝑒
1 𝑖
= (1 − 𝑖 )(cos(𝑥 ) + 𝑖 sin(𝑥 )) − +
2
2 2
𝑒𝑥
1 𝑖
= (cos(𝑥 ) + sin(𝑥 ) + 𝑖 (− cos(𝑥 ) + sin(𝑥 )) − +
2
2 2
𝐹1 (𝑥) est la partie réelle et 𝐹2 (𝑥) est la partie imaginaire
𝑒𝑥
1
(cos(𝑥 ) + sin(𝑥 )) −
𝐹1 (𝑥 ) =
2
2
𝑥
𝑒
1
(− cos(𝑥 ) + sin(𝑥 )) +
𝐹2 (𝑥 ) =
2
2
On a en même temps 𝐹1 (𝑥) et 𝐹2 (𝑥).
Allez à : Exercice 5
= ∫ 𝑒 (1+𝑖)𝑡 𝑑𝑡 = [

3. Le plus simple serait de calculer 𝐹3 (𝑥 ) + 𝑖𝐹4 (𝑥) comme dans l’exercice ci-dessus
Pour changer, on va faire une intégration par parties en dérivant l’exponentielle et en intégrant le
« cos(2𝑡) »
𝑥
𝐹3 (𝑥 ) = ∫0 𝑒 −𝑡 cos(2𝑡) 𝑑𝑡
𝑢′ (𝑡) = cos(2𝑡)

1

𝑢(𝑡) = 2 sin(2𝑡)

𝑣(𝑡) = 𝑒 −𝑡

𝑣 ′(𝑡) = −𝑒 −𝑡

𝑥

𝑥

1

𝑥

1

∫0 (−𝑒 −𝑡 ) 2 sin(2𝑡) 𝑑𝑡

𝐹3 (𝑥 ) = ∫0 𝑒 −𝑡 cos(2𝑡) 𝑑𝑡 = [2 𝑒 −𝑡 sin(2𝑡)] −
0

𝑥
1 −𝑡
1 𝑥 −𝑡
−𝑡
(
)
(
)
(
)]
𝐹3 𝑥 = ∫ 𝑒 cos 2𝑡 𝑑𝑡 = [ 𝑒 sin 2𝑡
+ ∫ 𝑒 sin(2𝑡) 𝑑𝑡
2
2 0
0
0
On refait une intégration par parties
𝑥
∫0 𝑒 −𝑡 sin(2𝑡) 𝑑𝑡
𝑥

𝑢′ (𝑡) = sin(2𝑡)

1

𝑢(𝑡) = − 2 cos(2𝑡)

𝑣(𝑡) = 𝑒 −𝑡
𝑥

1

𝑥

∫0 𝑒 −𝑡 sin(2𝑡) 𝑑𝑡 ) = [𝑒 −𝑡 (− 2 cos(2𝑡))] −
0

𝑣 ′(𝑡) = −𝑒 −𝑡
𝑥

1

∫0 (−𝑒 −𝑡 ) (− 2 cos(2𝑡)) 𝑑𝑡

𝑥
1
1 𝑥
∫ 𝑒 −𝑡 sin(2𝑡) 𝑑𝑡 ) = [𝑒 −𝑡 (− cos(2𝑡))] − ∫ 𝑒 −𝑡 cos(2𝑡) 𝑑𝑡
2
2 0
0
0
Ce que l’on remplace dans
𝑥
𝑥
1 −𝑡
1 𝑥 −𝑡
−𝑡
𝐹3 (𝑥 ) = ∫ 𝑒 cos(2𝑡) 𝑑𝑡 = [ 𝑒 sin(2𝑡)] + ∫ 𝑒 sin(2𝑡) 𝑑𝑡
2
2 0
0
0
𝑥
𝑥
1
1
1
1 𝑥
= [ 𝑒 −𝑡 sin(2𝑡)] + ([𝑒 −𝑡 (− cos(2𝑡))] − ∫ 𝑒 −𝑡 cos(2𝑡) 𝑑𝑡)
2
2
2
2 0
0
0
1
1
1 1
= 𝑒 −𝑥 sin(2𝑥 ) − 𝑒 −𝑥 cos(2𝑥 ) + − 𝐹3 (𝑥)
2
4
4 4
Donc
𝑥

20

Calculs de primitives

Pascal Lainé
1
1
1
1
(1 + ) 𝐹3 (𝑥 ) = 𝑒 −𝑥 sin(2𝑥 ) − 𝑒 −𝑥 cos(2𝑥 ) +
4
2
4
4

Puis
𝐹3 (𝑥 ) =

4 1 −𝑥
1
1
2
1
1
( 𝑒 sin(2𝑥 ) − 𝑒 −𝑥 cos(2𝑥 ) + ) = 𝑒 −𝑥 sin(2𝑥 ) − 𝑒 −𝑥 cos(2𝑥 ) +
5 2
4
4
5
5
5

Allez à : Exercice 5
4. On reprend l’égalité ci-dessus
𝑥

𝐹3 (𝑥 ) = ∫ 𝑒

−𝑡

0

𝑥
1 −𝑡
1 𝑥
1
1
cos(2𝑡) 𝑑𝑡 = [ 𝑒 sin(2𝑡)] + ∫ 𝑒 −𝑡 sin(2𝑡) 𝑑𝑡 = 𝑒 −𝑥 sin(2𝑥 ) + 𝐹4 (𝑥)
2
2 0
2
2
0

Par conséquent
2
1
𝐹4 (𝑥 ) = 2𝐹3 (𝑥 ) − 𝑒 −𝑥 sin(2𝑥 ) = 2 ( 𝑒 −𝑥 sin(2𝑥 ) − 𝑒 −𝑥 cos(2𝑥 )) − 𝑒 −𝑥 sin(2𝑥 )
5
5
1 −𝑥
2 −𝑥
= − 𝑒 sin(2𝑥 ) − 𝑒 cos(2𝑥 )
5
5
Et on rajoute comme d’habitude une constante
1
2
𝐹4 (𝑥 ) = − 𝑒 −𝑥 sin(2𝑥 ) − 𝑒 −𝑥 cos(2𝑥 ) + 𝐾
5
5
Allez à : Exercice 5
5.
𝑥

𝜋

𝐹5 (𝑥 ) = ∫0 𝑒 2𝑡 cos (𝑡 − 4 ) 𝑑𝑡
𝜋

𝜋

𝑢′ (𝑡) = cos (𝑡 − 4 )

𝑢(𝑡) = sin (𝑡 − 4 )

𝑣(𝑡) = 𝑒 2𝑡

𝑣 ′(𝑡) = 2𝑒 2𝑡

𝑥

𝜋

𝜋

𝑥

𝑥

0

𝑥

𝜋

∫0 2𝑒 2𝑡 sin (𝑡 − 4 ) 𝑑𝑡

𝐹5 (𝑥 ) = ∫0 𝑒 2𝑡 cos (𝑡 − 4 ) 𝑑𝑡 = [𝑒 2𝑡 sin (𝑡 − 4 )] −

𝑥
𝜋
𝜋 𝑥
𝜋
𝐹5 (𝑥 ) = ∫ 𝑒 2𝑡 cos (𝑡 − ) 𝑑𝑡 = [𝑒 2𝑡 sin (𝑡 − )] − 2 ∫ 𝑒 2𝑡 sin (𝑡 − ) 𝑑𝑡
4
4 0
4
0
0
On fait une seconde intégration par partie
𝑥

𝜋

∫0 𝑒 2𝑡 sin (𝑡 − 4 ) 𝑑𝑡
𝜋

𝜋

𝑢′ (𝑡) = sin (𝑡 − 4 )

𝑢(𝑡) = − cos (𝑡 − 4 )

𝑣(𝑡) = 𝑒 2𝑡

𝑣 ′ (𝑡) = 2𝑒 2𝑡

𝑥

𝜋

𝜋

𝑥

∫0 𝑒 2𝑡 sin (𝑡 − 4 ) 𝑑𝑡 = [𝑒 2𝑡 (− cos (𝑡 − 4 )] −
0

𝑥

𝑥

𝜋

∫0 2𝑒 𝑡 (− cos (𝑡 − 4 )) 𝑑𝑡

𝑥
𝜋
𝜋 𝑥
𝜋
∫ 𝑒 2𝑡 sin (𝑡 − ) 𝑑𝑡 = [𝑒 2𝑡 (− cos (𝑡 − )] + 2 ∫ 𝑒 𝑡 cos (𝑡 − ) 𝑑𝑡
4
4 0
4
0
0
𝜋
𝜋
= −2𝑒 2𝑥 cos (𝑥 − ) + cos ( ) + 2𝐹5 (𝑥)
4
4
Ce que l’on remplace dans
𝑥
𝑥
𝜋
𝜋 𝑥
𝜋
2𝑡
2𝑡
𝐹5 (𝑥 ) = ∫ 𝑒 cos (𝑡 − ) 𝑑𝑡 = [𝑒 sin (𝑡 − )] − 2 ∫ 𝑒 2𝑡 sin (𝑡 − ) 𝑑𝑡 = 𝐹5 (𝑥 )
4
4 0
4
0
0
𝑥
𝜋
𝜋
𝜋
= [𝑒 2𝑡 sin (𝑡 − )] − 2 (−2𝑒 2𝑥 cos (𝑥 − ) + cos ( ) + 2𝐹5 (𝑥 ))
4 0
4
4
Donc
𝜋
𝜋
𝜋
𝜋
5𝐹5 (𝑥 ) = 𝑒 2𝑥 sin (𝑥 − ) − sin (− ) − 2 cos ( ) + 4𝑒 2𝑥 cos (𝑥 − )
4
4
4
4

21

Calculs de primitives

Pascal Lainé
=−

𝜋
𝜋
√2
+ 𝑒 2𝑥 sin (𝑥 − ) + 4𝑒 2𝑥 cos (𝑥 − )
2
4
4

Et enfin
1
𝜋
4
𝜋
𝐹5 (𝑥 ) = 𝑒 2𝑥 sin (𝑥 − ) + 𝑒 2𝑥 cos (𝑥 − )
5
4
5
4
Allez à : Exercice 5
6. On fait le changement de variable 𝑢 = −𝑡 ⇔ 𝑡 = −𝑢 ⇒ 𝑑𝑡 = −𝑑𝑢
𝑡=0⇒𝑢=0
𝑡 = 𝑥 ⇒ 𝑢 = −𝑥
−𝑥
−𝑥
𝜋
𝜋
2𝑢
(
)
(
)
𝐹6 𝑥 = ∫ 𝑒 cos (−𝑢 + ) −𝑑𝑢 = − ∫ 𝑒 2𝑢 cos (𝑢 − ) 𝑑𝑢 = −𝐹5 (−𝑥 )
4
4
0
0
1 −2𝑥
𝜋
4 2𝑥
𝜋
= −( 𝑒
sin (−𝑥 − ) + 𝑒 cos (−𝑥 − )) + 𝐾 ′
5
4
5
4
1 −2𝑥
𝜋
4 2𝑥
𝜋
= 𝑒
sin (𝑥 + ) − 𝑒 cos (𝑥 + ) + 𝐾′
5
4
5
4
Allez à : Exercice 5
7. On peut faire des intégrations par parties ou utiliser les résultats précédents en utilisant la formule
cos(𝑎 + 𝑏) = cos(𝑎) cos(𝑏) − sin(𝑎) sin(𝑏)
𝑥
𝜋
𝜋
𝐹7 (𝑥 ) = ∫ 𝑒 −𝑡 (cos(2𝑡) cos ( ) − sin(2𝑡) sin ( )) 𝑑𝑡
3
3
0
𝜋 𝑥
𝜋 𝑥
1
√3
= cos ( ) ∫ 𝑒 −𝑡 cos(2𝑡) 𝑑𝑡 − sin ( ) ∫ 𝑒 −𝑡 sin(2𝑡) 𝑑𝑡 = 𝐹3 (𝑥 ) −
𝐹 (𝑥 )
3 0
3 0
2
2 4
1 2 −𝑥
1
1
2
√3
( 𝑒 sin(2𝑥 ) − 𝑒 −𝑥 cos(2𝑥 )) −
(− 𝑒 −𝑥 sin(2𝑥 ) − 𝑒 −𝑥 cos(2𝑥 ))
2 5
5
2
5
5
(−1 + 2√3) −𝑥
2 − √3 −𝑥
=
𝑒 sin(2𝑥 ) +
𝑒 cos(2𝑥 )
10
10
=

Allez à : Exercice 5
8. On fait le changement de variable 𝑢 = −𝑡 ⇔ 𝑡 = −𝑢 ⇒ 𝑑𝑡 = −𝑑𝑢
𝑡=0⇒𝑢=0
𝑡 = 𝑥 ⇒ 𝑢 = −𝑥
−𝑥
−𝑥
𝜋
𝜋
𝐹8 (𝑥 ) = ∫ 𝑒 −𝑢 cos (−2𝑢 − ) (−𝑑𝑢) = − ∫ 𝑒 −𝑢 cos(2𝑢 + )𝑑𝑢 = −𝐹7 (−𝑥 )
3
3
−0
0
= −(
=

(−1 + 2√3) 𝑥
2 − √3 𝑥
𝑒 sin(−2𝑥 ) +
𝑒 cos(−2𝑥 ))
10
10

(−1 + 2√3) 𝑥
2 − √3 𝑥
𝑒 sin(2𝑥 ) −
𝑒 cos(2𝑥 )
10
10

Allez à : Exercice 5
Correction exercice 6.
1.
𝑥

𝐹1 (𝑥 ) = ∫0 𝑡𝑒 𝑡 𝑑𝑡
𝑢 ′ (𝑡 ) = 𝑒 𝑡
𝑣 (𝑡 ) = 𝑡

𝑢 (𝑡 ) = 𝑒 𝑡
𝑣 ′ (𝑡 ) = 1
22

Calculs de primitives

Pascal Lainé
𝑥

𝑥

𝐹1 (𝑥 ) = ∫0 𝑡𝑒 𝑡 𝑑𝑡 = [𝑡𝑒 𝑡 ]0𝑥 −
𝑥

∫0 1 × 𝑒 𝑡 𝑑𝑡

𝑥

𝐹1 (𝑥 ) = ∫ 𝑡𝑒 𝑡 𝑑𝑡 = [𝑡𝑒 𝑡 ]0𝑥 − ∫ 𝑒 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑥𝑒 𝑥 − [𝑒 𝑡 ]0𝑥 = 𝑥𝑒 𝑥 − 𝑒 𝑥 + 1
0

0

Allez à : Exercice 6
2.

𝑥

𝐹2 (𝑥 ) = ∫0 𝑡 2 𝑒 𝑡 𝑑𝑡
𝑢 ′ (𝑡 ) = 𝑒 𝑡
𝑣 (𝑡 ) = 𝑡 2

𝑢 (𝑡 ) = 𝑒 𝑡
𝑣 ′(𝑡) = 2𝑡

𝐹2 (𝑥 ) = ∫0 𝑡 2 𝑒 𝑡 𝑑𝑡 = [𝑡 2 𝑒 𝑡 ]0𝑥 −

∫0 2𝑡𝑒 𝑡 𝑑𝑡

𝑥

𝑥

2 𝑡

𝐹2 (𝑥 ) = ∫ 𝑡 𝑒 𝑑𝑡 =
0

[𝑡 2 𝑒 𝑡 ]0𝑥

2

𝑥

𝑥

− 2 ∫ 𝑡𝑒 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑥 2 𝑒 𝑥 − 2𝐹1 (𝑥 ) = 𝑥 2 𝑒 𝑥 − 2(𝑥 − 1)𝑒 𝑥 − 2
𝑥

0

= (𝑥 − 2𝑥 + 2)𝑒 − 2
Allez à : Exercice 6
3.

𝑥

𝐹3 (𝑥 ) = ∫0 𝑡 3 𝑒 𝑡 𝑑𝑡
𝑢 ′ (𝑡 ) = 𝑒 𝑡
𝑣 (𝑡 ) = 𝑡 3

𝑢 (𝑡 ) = 𝑒 𝑡
𝑣 ′(𝑡) = 3𝑡 2

𝐹3 (𝑥 ) = ∫0 𝑡 3 𝑒 𝑡 𝑑𝑡 = [𝑡 3 𝑒 𝑡 ]0𝑥 −

∫0 3𝑡 2 𝑒 𝑡 𝑑𝑡

𝑥

𝑥

𝑥

𝐹3 (𝑥 ) = ∫ 𝑡 3 𝑒 𝑡 𝑑𝑡 = [𝑡 3 𝑒 𝑡 ]0𝑥 − 3𝐹2 (𝑡) = 𝑥 3 𝑒 𝑥 − 3(𝑥 2 − 2𝑥 + 2)𝑒 𝑥 + 6
0

= (𝑥 3 − 3𝑥 2 + 6𝑥 − 6)𝑒 𝑥 + 6

Allez à : Exercice 6
4.
𝑥

𝐹4 (𝑥 ) = ∫1 𝑡 ln(𝑡) 𝑑𝑡
𝑢 ′ (𝑡 ) = 𝑡

𝑢 (𝑡 ) =

𝑣(𝑡) = ln(𝑡)
𝐹4 (𝑥 ) =

𝑥
∫1 𝑡 ln(𝑡) 𝑑𝑡

′(

𝑣 𝑡) =
𝑡2

𝑥

𝑥 𝑡2
∫1 2

= [ 2 ln(𝑡)] −
1

𝑥

𝑥

𝑡2
2
1

𝑡
1

× 𝑡 𝑑𝑡
𝑥

𝑡2
1 𝑥
𝑥2
1 𝑡2
𝑥2
1
𝐹4 (𝑥 ) = ∫ 𝑡 ln(𝑡) 𝑑𝑡 = [ ln(𝑡)] − ∫ 𝑡𝑑𝑡 = ln(𝑥 ) − [ ] = ln(𝑥 ) − (𝑥 2 − 1)
2
2 1
2
2 2 1
2
4
1
1
Allez à : Exercice 6
5.
𝑥

𝐹5 (𝑥 ) = ∫1 𝑡 2 ln(𝑡) 𝑑𝑡
𝑢 ′ (𝑡 ) = 𝑡 2

𝑢 (𝑡 ) =

𝑣(𝑡) = ln(𝑡)

′(

𝑡3

𝑣 𝑡) =

23

3
1
𝑡

Calculs de primitives

Pascal Lainé
𝑥

𝐹7 (𝑥 ) = ∫0 𝑡 sin(𝑡) 𝑑𝑡
𝑢′ (𝑡) = sin(𝑡)
𝑣 (𝑡 ) = 𝑡

𝑢(𝑡) = − cos(𝑡)
𝑣 ′ (𝑡 ) = 1
𝑥
∫0 1 × (− cos(𝑡))𝑑𝑡

𝑥

𝐹7 (𝑥 ) = ∫0 𝑡 sin(𝑡) 𝑑𝑡 = [𝑡 (− cos(𝑡)]0𝑥 −
𝑥

𝑡3

𝑥

𝐹5 (𝑥 ) = ∫1 𝑡 2 ln(𝑡) 𝑑𝑡 = [ 3 ln(𝑡)] −
𝑥

1

𝑥

3



𝑡3
3

1

× 𝑡 𝑑𝑡
𝑥

𝑥

𝑡
1
𝑥3
1 𝑡3
𝑥3
1
2
(
)
(
)
(
)]
(
)

[

[
]
𝐹5 𝑥 =
𝑡 ln 𝑡 𝑑𝑡 =
ln 𝑡

𝑡 𝑑𝑡 = ln 𝑥 −
= ln(𝑥 ) − (𝑥 3 − 1)
3
3 1
3
3 3 1
3
9
1
1
2

Allez à : Exercice 6
6.
𝑥

𝐹6 (𝑥 ) = ∫1 𝑡 3 ln(𝑡) 𝑑𝑡
𝑢 ′ (𝑡 ) = 𝑡 3

𝑢 (𝑡 ) =

𝑣(𝑡) = ln(𝑡)
𝐹6 (𝑥 ) =
𝑥

′(

𝑡4

𝑣 𝑡) =

𝑥
∫1 𝑡 3 ln(𝑡) 𝑑𝑡

𝑡4

𝑥

= [ 4 ln(𝑡)] −
1

𝑥 𝑡4
∫1 4

4
1

𝑡
1

× 𝑡 𝑑𝑡

𝑥

𝑥

𝑡4
1 𝑥
𝑥4
1 𝑡4
𝑥4
1
𝐹6 (𝑥 ) = ∫ 𝑡 ln(𝑡) 𝑑𝑡 = [ ln(𝑡)] − ∫ 𝑡 3 𝑑𝑡 = ln(𝑥 ) − [ ] = ln(𝑥 ) − (𝑥 4 − 1)
4
4 1
4
4 4 1
4
16
1
1
3

Allez à : Exercice 6
7.

𝑥

[𝑡(− cos(𝑡)]0𝑥

𝐹7 (𝑥 ) = ∫ 𝑡 sin(𝑡) 𝑑𝑡 =
0

𝑥

+ ∫ cos(𝑡) 𝑑𝑡 = −𝑥 cos(𝑥 ) + [sin(𝑡)]0𝑥
0

= −𝑥 cos(𝑥 ) + sin(𝑥 )
Allez à : Exercice 6
8.
𝑥

𝐹8 (𝑥 ) = ∫0 𝑡 2 sin(𝑡) 𝑑𝑡
𝑢′ (𝑡) = sin(𝑡)
𝑣 (𝑡 ) = 𝑡 2

𝑢(𝑡) = − cos(𝑡)
𝑣 ′(𝑡) = 2𝑡
𝑥 2
𝑥
𝐹8 (𝑥 ) = ∫0 𝑡 sin(𝑡) 𝑑𝑡 = [𝑡 2 (− cos(𝑡))]0𝑥 − ∫0 2𝑡 (− cos(𝑡))𝑑𝑡
𝑥

𝑥

𝐹8 (𝑥 ) = ∫ 𝑡 2 sin(𝑡) 𝑑𝑡 = [𝑡 2 (− cos(𝑡))]0𝑥 + 2 ∫ 𝑡 cos(𝑡) 𝑑𝑡
0

0

Il faut faire une seconde intégration par parties.
𝑥

𝑥

∫0 𝑡 cos(𝑡) 𝑑𝑡
𝑢′ (𝑡) = cos(𝑡)
𝑣 (𝑡 ) = 𝑡
𝑥
∫0 𝑡 cos(𝑡) 𝑑𝑡 = [𝑡 sin(𝑡)]0𝑥 −
𝑥

𝑢(𝑡) = sin(𝑡)
𝑣 ′ (𝑡 ) = 1
𝑥
∫0 1 × sin(𝑡) 𝑑𝑡

∫ 𝑡 cos(𝑡) 𝑑𝑡 = [𝑡 sin(𝑡)]0𝑥 − ∫ sin(𝑡) 𝑑𝑡 = 𝑥 sin(𝑥 ) − [− cos(𝑡)]0𝑥 = 𝑥 sin(𝑥 ) + cos(𝑥 ) − 1
0

0

24

Calculs de primitives

Pascal Lainé

Ce que l’on remplace dans
𝑥

𝑥

𝐹8 (𝑥 ) = ∫ 𝑡 2 sin(𝑡) 𝑑𝑡 = [𝑡 2 (− cos(𝑡)]0𝑥 + 2 ∫ 𝑡 cos(𝑡) 𝑑𝑡
0

0

= −𝑥 2 cos(𝑥 ) + 2(𝑥 sin(𝑥 ) + cos(𝑥 ) − 1) = (−𝑥 2 + 2) cos(𝑥 ) + 2𝑥 sin(𝑥 ) − 2

Allez à : Exercice 6
9.
𝑥

𝐹9 (𝑥 ) = ∫0 𝑡 3 sin(𝑡) 𝑑𝑡
𝑢′ (𝑡) = sin(𝑡)
𝑣 (𝑡 ) = 𝑡 3

𝑢(𝑡) = − cos(𝑡)
𝑣 ′(𝑡) = 3𝑡 2
𝑥
∫0 3𝑡 2 (− cos(𝑡))𝑑𝑡

𝑥

𝐹9 (𝑥 ) = ∫0 𝑡 3 sin(𝑡) 𝑑𝑡 = [𝑡 3 (− cos(𝑡))]0𝑥 −
𝑥

𝑥

𝐹9 (𝑥 ) = ∫ 𝑡 3 sin(𝑡) 𝑑𝑡 = [𝑡 3 (− cos(𝑡))]0𝑥 + 3 ∫ 𝑡 2 cos(𝑡) 𝑑𝑡
0

0

Il faut faire une seconde intégration par parties.
𝑥

∫0 𝑡 2 cos(𝑡) 𝑑𝑡
𝑢′ (𝑡) = cos(𝑡)
𝑢(𝑡) = sin(𝑡)
2
𝑣 ′(𝑡) = 2𝑡
𝑣 (𝑡 ) = 𝑡
𝑥
𝑥
∫0 𝑡 2 cos(𝑡) 𝑑𝑡 = [𝑡 2 sin(𝑡)]0𝑥 − ∫0 2𝑡 sin(𝑡) 𝑑𝑡
𝑥

𝑥

∫ 𝑡 2 cos(𝑡) 𝑑𝑡 = [𝑡 2 sin(𝑡)]0𝑥 − 2 ∫ 𝑡 sin(𝑡) 𝑑𝑡 = 𝑥 2 sin(𝑥 ) − 2𝐹7 (𝑥 )
0

0

2

= 𝑥 sin(𝑥 ) − 2(−𝑥 cos(𝑥 ) + sin(𝑥 )) = (𝑥 2 − 2) sin(𝑥 ) + 2𝑥 cos(𝑥 )
Ce que l’on remplace dans
𝑥

3

𝐹9 (𝑥 ) = −𝑥 cos(𝑥 ) + 3 ∫ 𝑡 2 cos(𝑡) 𝑑𝑡 = −𝑥 3 cos(𝑥 ) + 3((𝑥 2 − 2) sin(𝑥 ) + 2𝑥 cos(𝑥 ))
0

= (−𝑥 3 + 6𝑥 ) cos(𝑥 ) + (3𝑥 2 − 6) sin(𝑥 )
Allez à : Exercice 6
10. On peut faire une intégration par parties mais on va voir une autre technique qui permet de calculer
𝐹10 (𝑥) et 𝐹7 (𝑥) en même temps.
𝑥

𝑥

𝑥

𝑥

𝐹10 (𝑥 ) + 𝑖𝐹7 = ∫ 𝑡 cos(𝑡) 𝑑𝑡 + 𝑖 ∫ 𝑡 sin(𝑡) 𝑑𝑡 = ∫ 𝑡 (cos(𝑡) + 𝑖 sin(𝑡))𝑑𝑡 = ∫ 𝑡𝑒 𝑖𝑡 𝑑𝑡
0

0

0

0

Et on fait une intégration par parties.
𝑥

𝐹10 (𝑥 ) + 𝑖𝐹7 = ∫0 𝑡𝑒 𝑖𝑡 𝑑𝑡

1

𝑢′ (𝑡) = 𝑒 𝑖𝑡

𝑢(𝑡) = 𝑖 𝑒 𝑖𝑡 = −𝑖𝑒 𝑖𝑡
𝑣 ′ (𝑡 ) = 1

𝑣 (𝑡 ) = 𝑡
𝑥

𝑥

𝐹10 (𝑥 ) + 𝑖𝐹7 = ∫0 𝑡𝑒 𝑖𝑡 𝑑𝑡 = [−𝑡𝑖𝑒 𝑖𝑡 ]0 −

25

𝑥

∫0 1 × (−𝑖𝑒 𝑖𝑡 )𝑑𝑡

Calculs de primitives

Pascal Lainé

𝑥
𝑥
𝑥
1
𝑥
𝐹10 (𝑥 ) + 𝑖𝐹7 = ∫ 𝑡𝑒 𝑖𝑡 𝑑𝑡 = [−𝑡𝑖𝑒 𝑖𝑡 ]0 + 𝑖 ∫ 𝑒 𝑖𝑡 𝑑𝑡 = 𝑖𝑥𝑒 𝑖𝑥 + 𝑖 [ 𝑒 𝑖𝑡 ] = 𝑖𝑥𝑒 𝑖𝑥 + (𝑒 𝑖𝑥 − 1)
𝑖
0
0
0
𝑖𝑥
𝑖𝑥
= −𝑖𝑥𝑒 + 𝑒 − 1 = −𝑖𝑥 (cos(𝑥 ) + 𝑖 sin(𝑥 )) + cos(𝑥 ) + 𝑖 sin(𝑥 ) − 1
= −𝑖𝑥 cos(𝑥 ) + 𝑥 sin(𝑥 ) + cos(𝑥 ) + 𝑖 sin(𝑥 ) − 1
= (𝑥 sin(𝑥 ) + cos(𝑥 ) − 1) + 𝑖(−𝑥 cos(𝑥 ) + sin(𝑥 ))
𝐹10 (𝑥 ) = 𝑥 sin(𝑥 ) + cos(𝑥 ) − 1
𝐹7 (𝑥 ) = −𝑥 cos(𝑥 ) + sin(𝑥 )
Allez à : Exercice 6

11. On peut faire deux intégrations par parties ou calculer 𝐹11 (𝑥 ) + 𝑖𝐹8 (𝑥), nous allons voir une autre
technique.
𝜋
𝜋
On pose 𝑢 = 2 − 𝑡 ⇔ 𝑡 = 2 − 𝑢 ⇒ 𝑑𝑡 = −𝑑𝑢
𝜋
𝑡=0⇒𝑢=
2
𝜋
𝑡=𝑥⇒𝑢 = −𝑥
2
𝜋
𝜋
−𝑥
−𝑥
2
2
𝜋 2
𝜋
𝜋2
2
𝐹11 (𝑥 ) = ∫
(𝑢 − ) cos ( − 𝑢) 𝑑𝑡 = − ∫
(𝑢 − 𝜋 + ) sin(𝑢) 𝑑𝑢
𝜋
𝜋
2
2
4
2

2

0

𝜋

−𝑥
2
𝜋
𝜋2
= − ∫ (𝑢 − 𝜋 + ) sin(𝑢) 𝑑𝑢 − ∫
(𝑢2 − 𝜋 + ) sin(𝑢) 𝑑𝑢 = 𝐶1 − 𝐺 (𝑥 )
𝜋
4
4
0
2

2

2



𝜋
−𝑥
2

𝐺 (𝑥 ) = ∫

(𝑢2 − 𝜋 +

0
0

𝜋2
) sin(𝑢) 𝑑𝑢
4

𝜋

2

2
𝜋
𝜋2
2
(
)
𝐶1 = − ∫ (𝑢 − 𝜋 + ) sin 𝑢 𝑑𝑢 = ∫ (𝑢 − 𝜋 + ) sin(𝑢) 𝑑𝑢 = 𝐺 (0)
𝜋
4
4
0
2

2

Et

𝜋
−𝑥
2

𝐺 (𝑥 ) = ∫

0

(𝑢2 − 𝜋 +

𝜋2
) sin(𝑢) 𝑑𝑢
4

𝜋
−𝑥
2

𝜋
−𝑥
2

𝜋

𝜋 2 2 −𝑥
2
∫ sin(𝑢) 𝑑𝑢
=∫
𝑢 sin(𝑢) 𝑑𝑢 − 𝜋 ∫ 𝑢 sin(𝑢) 𝑑𝑢 +
4 0
0
0
𝜋
𝜋
𝜋
𝜋2
−𝑥
= 𝐹8 ( − 𝑥) − 𝜋𝐹7 ( − 𝑥) + [− cos(𝑢)]02
2
2
4
2
𝜋
𝜋
𝜋
𝜋
= (− ( − 𝑥) + 1) cos ( − 𝑥) + 2 ( − 𝑥) sin ( − 𝑥)
2
2
2
2
𝜋
𝜋
𝜋
𝜋2
𝜋
− 𝜋 (− ( − 𝑥) cos ( − 𝑥) + sin ( − 𝑥)) +
(− cos ( − 𝑥) + 1)
2
2
2
4
2
𝜋 2
𝜋
= (1 − ( ) + 𝜋𝑥 − 𝑥 2 ) sin(𝑥 ) + (𝜋 − 2𝑥 ) cos(𝑥 ) − 𝜋 (− ( − 𝑥) sin(𝑥 ) + cos(𝑥 ))
2
2
𝜋2
+ (− sin(𝑥 ) + 1)
4
𝜋 2
𝜋
𝜋2
𝜋2
= (𝜋 − 2𝑥 − 𝜋) cos(𝑥 ) + (1 − ( ) + 𝜋𝑥 − 𝑥 2 + 𝜋 ( − 𝑥) − ) sin(𝑥 ) +
2
2
4
4
2
𝜋
= −2𝑥 cos(𝑥 ) + (1 − 𝑥 2 ) sin(𝑥 ) +
4
26

Calculs de primitives

Pascal Lainé

Comme 𝐺 (0) =

𝜋2
4

𝐹11 (𝑥 ) = −2𝑥 cos(𝑥 ) + (1 − 𝑥 2 ) sin(𝑥 )
Franchement c’est plus compliqué que de faire deux intégrations par parties, c’était juste pour varier les
plaisirs.
Allez à : Exercice 6
12. Toutes les méthodes décrites ci-dessus fonctionnent, voyons une autre façon de faire :
On cherche une primitive de la forme
𝐹12(𝑥 ) = (𝑎𝑥 3 + 𝑏𝑥 2 + 𝑐𝑥 + 𝑑 ) cos(𝑥 ) + (𝑎′ 𝑥 3 + 𝑏′ 𝑥 2 + 𝑐 ′𝑥 + 𝑑 ′) sin(𝑥 ) + 𝐾
Où 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑎′ , 𝑏′ et 𝑐′ sont des constantes réelles.
En faisant le changement de variables 𝑢 = −𝑡 on constate que 𝐹12 est une fonction paire, on peut alors
améliorer la forme de la primitive
𝐹12 (𝑥 ) = (𝑏𝑥 2 + 𝑑 ) cos(𝑥 ) + (𝑎′ 𝑥 3 + 𝑐 ′ 𝑥 ) sin(𝑥 ) + 𝐾
On dérive
′ ( )
𝐹12
𝑥 = 2𝑏𝑥 cos(𝑥 ) − (𝑏𝑥 2 + 𝑑 ) sin(𝑥 ) + (3𝑎′ 𝑥 2 + 𝑐 ′) sin(𝑥 ) + (𝑎′ 𝑥 3 + 𝑐 ′ 𝑥 ) cos(𝑥 )
= (2𝑏 + 𝑎′ 𝑥 3 + 𝑐 ′𝑥 ) cos(𝑥 ) + (−(𝑏𝑥 2 + 𝑑 ) + 3𝑎′ 𝑥 2 + 𝑐 ′) sin(𝑥 )
= (𝑎′ 𝑥 3 + (𝑐 ′ + 2𝑏)𝑥 ) cos(𝑥 ) + ((3𝑎′ − 𝑏)𝑥 2 + 𝑐 ′ − 𝑑) sin(𝑥 )
𝑎′ = 1
𝑎′ = 1
𝑎′ = 1
′ 3

3


𝑎 𝑥 + (𝑐 + 2𝑏)𝑥 = 𝑥
𝑐 + 2𝑏 = 0
𝑐 = −2𝑏
𝑐′ = 6
′ ( )
{
{
{
𝐹12
𝑥 = 𝑥 3 cos(𝑥 ) ⇔ {



(3𝑎′ − 𝑏)𝑥 2 + 𝑐 ′ − 𝑑 = 0
3𝑎′ − 𝑏 = 0
𝑏 = −3𝑎′
𝑏 = −3

𝑐 −𝑑 = 0
𝑑 = 𝑐′
𝑑=6
2
3
𝐹12 (𝑥 ) = (−3𝑥 + 6) cos(𝑥 ) + (𝑥 + 6𝑥 ) sin(𝑥 ) + 𝐾
0

Comme 𝐹12 (0) = ∫0 𝑡 3 cos(𝑡) 𝑑𝑡 = 0, et que

𝐹12 (𝑥 ) = (−302 + 6) cos(0) + (03 + 6 × 0) sin(0) + 𝐾 = 6 + 𝐾
cela entraine que 𝐾 = −6 et
𝐹12(𝑥 ) = (−3𝑥 2 + 6) cos(𝑥 ) + (𝑥 3 + 6𝑥 ) sin(𝑥 ) − 6
Allez à : Exercice 6
13. Il faut faire une intégration par parties mais il n’y a qu’une fonction, alors on écrit 𝐹13 (𝑥) de la façon
suivante :
𝑥

𝐹13(𝑥 ) = ∫ 1 × arcsin(𝑡) 𝑑𝑡
𝐹13 (𝑥 ) =

𝑥
∫0 1

0

× arcsin(𝑡) 𝑑𝑡

𝑢 ′ (𝑡 ) = 1
𝑣(𝑡) = arcsin(𝑡)

𝑢 (𝑡 ) = 𝑡
1

𝑣 ′(𝑡) = √1−𝑡 2

𝑥

𝐹13 (𝑥 ) = ∫0 1 × arcsin(𝑡) 𝑑𝑡 = [𝑡 arcsin(𝑡)]0𝑥 −
𝑥

𝐹13 (𝑥 ) = ∫ 1 × arcsin(𝑡) 𝑑𝑡 =
0

𝑥

∫0

[𝑡 arcsin(𝑡)]0𝑥

𝑡

𝑥

∫0

𝑡

√1−𝑡 2
𝑥

−∫
0

𝑑𝑡
𝑡

√1 − 𝑡 2
1

𝑡

𝑑𝑡
1

𝑑𝑡 peut se calculer directement en remarquant que √1−𝑡 2 = 𝑡(1 − 𝑡 2 )−2 = − 2 𝑢′(𝑡)(𝑢(𝑡))
√1−𝑡 2

avec 𝑢(𝑡) = 1 − 𝑡 2
Donc
𝑥


0

𝑡
√1 − 𝑡 2

𝑑𝑡 =

1 𝑥
[−(𝑢(𝑡))2 ]

=

1
−(𝑢(𝑥 ))2

0

27

+

1
(𝑢(0))2

= −√ 1 − 𝑥 2 + 1



1
2

Calculs de primitives

Pascal Lainé

Sinon on pose 𝑡 = sin(𝑢) ⇔ 𝑢 = arcsin(𝑡) ⇒ 𝑑𝑡 = cos(𝑢) 𝑑𝑢
√1 − 𝑡 2 = √1 − sin2 (𝑢) = √cos 2 (𝑢) = |cos(𝑢)|
𝜋

Mais −1 ≤ 𝑥 ≤ 1 donc −1 ≤ 𝑡 ≤ 1 donc on peut prendre – 2 ≤ 𝑢 ≤

𝜋
2

et alors cos(𝑢) ≥ 0.

𝑡 = 0 ⇒ 𝑢 = arcsin(0) = 0
𝑡 = 𝑥 ⇒ 𝑢 = arcsin(𝑥 )
𝑥
arcsin(𝑥)
arcsin(𝑥)
𝑡
sin(𝑢)

𝑑𝑡 = ∫
cos(𝑢) 𝑑𝑢 = ∫
sin(𝑢) 𝑑𝑢 = [− cos(𝑢)]arcsin(𝑥)
0
2
(
)
cos
𝑢
0 √1 − 𝑡
0
0
= − cos(arcsin(𝑥 )) + cos(0) = −√1 − 𝑥 2 + 1
Encore une autre méthode, on fait le changement de variable 𝑣 = 𝑡 2 parce que l’on a remarqué qu’au
1

numérateur le « 𝑡 » était, à une constante multiplicative près, la dérivée de 𝑣 et que √1−𝑡 2 ne dépend que
de 𝑣 = 𝑡 2 .

𝑑𝑣 = 2𝑡𝑑𝑡
𝑡=0⇒𝑣=0
𝑡 = 𝑥 ⇒ 𝑣 = 𝑥2
𝑥

2

2

2

1
1 𝑥
1
1 𝑥 𝑑𝑣
1 𝑥
1

𝑑𝑡 = ∫
= ∫ (1 − 𝑣 )− 2 𝑑𝑣 = [−2(1 − 𝑣 )2] = −(1 − 𝑥 2 )2 + 1
2
2 0 √1 − 𝑣 2 0
2
0
0 √1 − 𝑡

𝑡

𝑥

𝐹13 (𝑥 ) = [𝑡 arcsin(𝑡)]0𝑥 − ∫0

𝑡
√1−𝑡 2

𝑑𝑡 = 𝑥 arcsin(𝑥 ) + √1 − 𝑥 2 − 1

Allez à : Exercice 6
14.
𝑥

𝐹14 (𝑥 ) = ∫0 𝑡 arcsin(𝑡)𝑑𝑡
𝑢 ′ (𝑡 ) = 𝑡

𝑢 (𝑡 ) =

𝑣(𝑡) = arcsin(𝑡)

𝑡2
2

′(

𝑥

𝑡2

𝑥

1

𝑣 𝑡) = √1−𝑡 2
𝑡2

𝐹14 (𝑥 ) = ∫0 𝑡 arcsin(𝑡)𝑑𝑡 = [ arcsin(𝑡)] − ∫𝑥 2 𝑑𝑡
2
0
0 √1−𝑡 2
𝑥

𝑥

𝑡2
1 𝑥 𝑡2
𝐹14 (𝑥 ) = ∫ 𝑡 arcsin(𝑡)𝑑𝑡 = [ arcsin(𝑡)] − ∫
𝑑𝑡
2
2 0 √1 − 𝑡 2
0
0
𝑥

Pour le calcul de ∫0

𝑡2

√1−𝑡 2

𝑑𝑡

On pose 𝑡 = sin(𝑢) ⇔ 𝑢 = arcsin(𝑡) ⇒ 𝑑𝑡 = cos(𝑢) 𝑑𝑢
√1 − 𝑡 2 = √1 − sin2 (𝑢) = √cos 2 (𝑢) = |cos(𝑢)|
𝜋

Mais −1 ≤ 𝑥 ≤ 1 donc −1 ≤ 𝑡 ≤ 1 donc on peut prendre – 2 ≤ 𝑢 ≤

𝜋
2

et alors cos(𝑢) ≥ 0.

𝑡 = 0 ⇒ 𝑢 = arcsin(0) = 0
𝑡 = 𝑥 ⇒ 𝑢 = arcsin(𝑥 )
𝑥
arcsin(𝑥)
arcsin(𝑥)
𝑡2
sin2 (𝑢)

𝑑𝑡 = ∫
cos(𝑢) 𝑑𝑢 = ∫
sin2 (𝑢) 𝑑𝑢
2
(
)
cos
𝑢
0 √1 − 𝑡
0
0
Il faut linéariser sin2 (𝑢) ou ce qui revient au même utiliser la formule
1 − cos(2𝑢)
sin2 (𝑢) =
2

28

Calculs de primitives

Pascal Lainé

arcsin(𝑥)
1 − cos(2𝑢)
1
1

𝑑𝑡 = ∫
𝑑𝑢 = [𝑢 − sin(2𝑢)]
2
2
2
2
0
0 √1 − 𝑡
0
1
1
= arcsin(𝑥 ) − sin(2 arcsin(2𝑢))
2
4
1
1
1
1
= arcsin(𝑥 ) − × 2 sin(arcsin(𝑥 )) cos(arcsin(𝑥 )) = arcsin(𝑥 ) − 𝑥 √1 − 𝑥 2
2
4
2
2
Par conséquent
𝑥
𝑥
𝑡2
1 𝑥 𝑡2
𝐹14 (𝑥 ) = ∫ 𝑡 arcsin(𝑡)𝑑𝑡 = [ arcsin(𝑡)] − ∫
𝑑𝑡
2
2
2
√1

𝑡
0
0
0
𝑥

arcsin(𝑥)

𝑡2

=

𝑥2
1 1
1
2𝑥 2 − 1
1
arcsin(𝑥 ) − ( arcsin(𝑥 ) − 𝑥 √1 − 𝑥 2 ) =
arcsin(𝑥 ) + 𝑥√1 − 𝑥 2
2
2 2
2
4
4

Allez à : Exercice 6
15. Pour faire une intégration par parties on écrit 𝐹15 (𝑥) sous la forme
𝑥

𝐹15 (𝑥 ) = ∫ 1 × arctan(𝑡) 𝑑𝑡
𝐹15 (𝑥 ) =

𝑥
∫0 1

0

× arctan(𝑡) 𝑑𝑡

𝑢 ′ (𝑡 ) = 1
𝑣(𝑡) = arctan(𝑡)

𝑢 (𝑡 ) = 𝑡
1

𝑣 ′(𝑡) = 1+𝑡 2

𝑥

𝐹15 (𝑥 ) = ∫0 1 × arctan(𝑡) 𝑑𝑡 = [𝑡arctan(𝑡)]0𝑥 −
𝑥

𝑥

𝑥

∫0

𝑡

1+𝑡 2

𝑑𝑡

𝑡
1 𝑥 2𝑡
(
)

𝑑𝑡
=
𝑥
arctan
𝑥

𝑑𝑡
2
2 0 1 + 𝑡2
0 1+𝑡
1
1
= 𝑥 arctan(𝑥 ) − [ln(1 + 𝑡 2 )]0𝑥 = 𝑥 arctan(𝑥 ) − ln(1 + 𝑥 2 )
2
2

𝐹15 (𝑥 ) = ∫ 1 × arctan(𝑡) 𝑑𝑡 = [𝑡 arctan(𝑡)]0𝑥 − ∫
0

Allez à : Exercice 6
Correction exercice 7.
1. Pour 𝐹1 on peut faire deux intégrations par parties
∫ 𝑒 𝑥 cos(𝑥 ) 𝑑𝑥
𝑢 ′ (𝑥 ) = 𝑒 𝑥
𝑣(𝑥 ) = cos(𝑥)
𝐹1 (𝑥 ) = [𝑒 𝑥 cos(𝑥 )] −

𝑢 (𝑥 ) = 𝑒 𝑥
𝑣 ′(𝑥 ) = −sin(𝑥)
∫ 𝑒 𝑥 (− sin(𝑥 ))𝑑𝑥

𝐹1 (𝑥 ) = 𝑒 𝑥 cos(𝑥 ) + ∫ 𝑒 𝑥 sin(𝑥 ) 𝑑𝑥
∫ 𝑒 𝑥 sin(𝑥 ) 𝑑𝑥
𝑢 ′ (𝑥 ) = 𝑒 𝑥
𝑣(𝑥 ) = sin(𝑥 )
∫ 𝑒 𝑥 sin(𝑥 ) 𝑑𝑥 = [𝑒 𝑥 sin(𝑥 )] −

𝑢 (𝑥 ) = 𝑒 𝑥
𝑣 ′(𝑥 ) = cos(𝑥)
∫ 𝑒 𝑥 cos(𝑥 ) 𝑑𝑥

∫ 𝑒 𝑥 sin(𝑥 ) 𝑑𝑥 = 𝑒 𝑥 sin(𝑥 ) − ∫ 𝑒 𝑥 cos(𝑥 ) 𝑑𝑥
Donc
29

Calculs de primitives

Pascal Lainé

𝐹1 (𝑥 ) = 𝑒 𝑥 cos(𝑥 ) + (𝑒 𝑥 sin(𝑥 ) − ∫ 𝑒 𝑥 cos(𝑥 ) 𝑑𝑥) ⇔ 𝐹1 (𝑥 ) = 𝑒 𝑥 (cos(𝑥 ) + sin(𝑥 )) − 𝐹1 (𝑥 )
1
1
⇔ 2𝐹1 (𝑥 ) = 𝑒 𝑥 (cos(𝑥 ) + sin(𝑥 )) ⇔ 𝐹1 (𝑥 ) = 𝑒 𝑥 ( cos(𝑥 ) + sin(𝑥 ))
2
2
Il ne reste plus qu’à rajouter une constante
1
1
𝐹1 (𝑥 ) = 𝑒 𝑥 ( cos(𝑥 ) + sin(𝑥 )) + 𝐾
2
2
Deuxième méthode
𝐹1 (𝑥 ) = ∫ 𝑒 𝑥 cos(𝑥 ) 𝑑𝑥 = ∫ 𝑒 𝑥 ℛ𝑒(𝑒 𝑖𝑥 )𝑑𝑥 = ∫ ℛ𝑒(𝑒 𝑥 𝑒 𝑖𝑥 )𝑑𝑥 = ∫ ℛ𝑒(𝑒 (1+𝑖)𝑥 )𝑑𝑥
= ℛ𝑒 (∫ 𝑒 (1+𝑖)𝑥 𝑑𝑥) = ℛ𝑒 (

1 (1+𝑖)𝑥
)+𝐾
𝑒
1+𝑖

1−𝑖 𝑥
= ℛ𝑒 (
𝑒 (cos(𝑥 ) + 𝑖 sin(𝑥 ))) + 𝐾
2
𝑒𝑥
𝑒𝑥
(cos(𝑥 ) + sin(𝑥 )) + 𝐾
= ℛ𝑒 (cos(𝑥 ) − 𝑖 cos(𝑥 ) + 𝑖 sin(𝑥 ) + sin(𝑥 )) + 𝐾 =
2
2
Allez à : Exercice 7
2. A l’aide d’une intégration par partie


ln(𝑥)
𝑥𝑛

𝑑𝑥 = ∫ 𝑥 −𝑛 ln(𝑥 ) 𝑑𝑥

𝑢′ (𝑥 ) = 𝑥 −𝑛

𝑢(𝑥 ) = −𝑛+1 𝑥 −𝑛+1 = − 𝑛−1 × 𝑥𝑛−1

𝑣(𝑥 ) = ln(𝑥)

𝑣 ′ (𝑥 ) =

𝐹2 (𝑥 ) =

1

ln(𝑥)
[− (𝑛−1)𝑥𝑛−1]



−1

1

1

1

𝑥
1

∫ 𝑛−1 × 𝑥𝑛 𝑑𝑥

ln(𝑥 )
1
ln(𝑥 )
1
∫ 𝑥 −𝑛 𝑑𝑥

1𝑛

1
×
𝑑𝑥
=

+
𝑛−1
𝑛
𝑛−1
(𝑛 − 1)𝑥
(𝑛 − 1)𝑥
𝑥
𝑛−1
ln(𝑥 )
1
1
=−
+
×
𝑥 −𝑛+1 + 𝐾
𝑛−1
(𝑛 − 1)𝑥
𝑛 − 1 −𝑛 + 1
ln(𝑥 )
1
1
ln(𝑥 )
1
−𝑛+1
=−
+
×
𝑥
+
𝐾
=


+𝐾
𝑛−1
𝑛−1
(𝑛 − 1)𝑥
(𝑛 − 1)𝑥
(𝑛 − 1)2 𝑥 𝑛−1
𝑛 − 1 −𝑛 + 1
Allez à : Exercice 7
𝐹2 (𝑥 ) = −

3. A l’aide d’une intégration par partie
∫ 𝑥 arctan(𝑥 ) 𝑑𝑥
𝑢 ′ (𝑥 ) = 𝑥
𝑣(𝑥 ) = arctan(𝑥)
𝑥2

𝐹3 (𝑥 ) = [ 2 arctan(𝑥 )] −

𝑢 (𝑥 ) =
′(

𝑥2
2

1

𝑣 𝑥 ) = 1+𝑥2
1

𝑥2

𝑑𝑥

2 1+𝑥 2

𝑥2
1
𝑥2
𝑥2
1 𝑥2 + 1 − 1
(
)

arctan(𝑥 ) − ∫
𝑑𝑥
=
arctan
𝑥

𝑑𝑥
2
2 1 + 𝑥2
2
2
1 + 𝑥2
𝑥2
1
𝑥2 + 1
−1
𝑥2
1
1
(
)
(
)


(1
) 𝑑𝑥
= arctan 𝑥 −
(
+
)
𝑑𝑥
=
arctan
𝑥


2
2
1 + 𝑥2 1 + 𝑥2
2
2
1 + 𝑥2
𝑥2
1
1
𝑥
= arctan(𝑥 ) − (𝑥 − arctan(𝑥 )) + 𝐾 = (𝑥 2 − 1) arctan(𝑥 ) − + 𝐾
2
2
2
2
Allez à : Exercice 7
𝐹3 (𝑥 ) =

30

Calculs de primitives

Pascal Lainé

4. On cherche une primitive de la forme
𝐹4 (𝑥 ) = (𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 )𝑒 𝑥 + 𝐾
′( )
𝑥
𝐹4 𝑥 = (2𝑎𝑥 + 𝑏)𝑒 + (𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 )𝑒 𝑥 = (𝑎𝑥 2 + (2𝑎 + 𝑏)𝑥 + 𝑏 + 𝑐 )𝑒 𝑥
(𝑥 2 + 𝑥 + 1)𝑒 𝑥 = (𝑎𝑥 2 + (2𝑎 + 𝑏)𝑥 + 𝑏 + 𝑐 )𝑒 𝑥 ⇔ 𝑥 2 + 𝑥 + 1 = 𝑎𝑥 2 + (2𝑎 + 𝑏)𝑥 + 𝑏 + 𝑐
𝑎=1
𝑎=1
⇔ {2𝑎 + 𝑏 = 1 ⇔ {𝑏 = −1
𝑏+𝑐 =1
𝑐=2
Donc
𝐹4 (𝑥 ) = (𝑥 2 − 𝑥 + 2)𝑒 𝑥 + 𝐾
On aurait pu faire aussi deux intégrations par partie.
Allez à : Exercice 7
Correction exercice 8.
1.
1
𝑎
𝑏
= +
𝑥 (𝑥 − 1) 𝑥 𝑥 − 1
On multiplie par 𝑥, puis 𝑥 = 0
𝑎=[

1
]
= −1
𝑥 − 1 𝑥=0

On multiplie par 𝑥 − 1, puis 𝑥 = 1
1
𝑏=[ ]
=1
𝑥 𝑥=1
1
−1
1
=
+
𝑥 (𝑥 − 1)
𝑥
𝑥−1
𝑑𝑥
−1
1
𝑥−1
) 𝑑𝑥 = − ln|𝑥 | + ln|𝑥 − 1| + 𝐾 = ln |
|+𝐾
𝐹1 (𝑥 ) = ∫
= ∫(
+
𝑥 (𝑥 − 1)
𝑥
𝑥−1
𝑥
Allez à : Exercice 8
2.
1
1
−1
𝑎
𝑏
=
=
=
+
1 − 𝑥 2 −(𝑥 − 1)(𝑥 + 1) (𝑥 − 1)(𝑥 + 1) 𝑥 − 1 𝑥 + 1
On multiplie par 𝑥 − 1, puis 𝑥 = 1
1
1
]
𝑎 = [−
=−
𝑥 + 1 𝑥=1
2
On multiplie par 𝑥 + 1, puis 𝑥 = −1
1
1
]
𝑏 = [−
=
𝑥 − 1 𝑥=−1 2
1
1
−2
𝑑𝑥
2 ) 𝑑𝑥 = 1 (− ln|𝑥 − 1| + ln|𝑥 + 1|) + 𝐾 = 1 ln |𝑥 + 1| + 𝐾

𝐹2 (𝑥 ) = ∫
=
(
+
1 − 𝑥2
𝑥−1 𝑥+1
2
2 𝑥−1
Remarque :
𝐹2 (𝑥 ) = argth(𝑥 ) + 𝐾
A condition que l’on cherche une intégrale sur l’intervalle ] − 1,1[, sinon c’est faux.
On peut éventuellement décomposer de la façon suivante :
1
1
1
1
𝑎
𝑏
2
=
=
+
=
+ 2
2
(1 − 𝑥 )(𝑥 + 1) 1 − 𝑥 𝑥 + 1 1 − 𝑥 𝑥 + 1
1−𝑥
Mais alors il faut faire attention
31

Calculs de primitives

Pascal Lainé


𝑑𝑥
= − ln|1 − 𝑥 | + 𝐾 = − ln|𝑥 − 1| + 𝐾
1−𝑥

Allez à : Exercice 8
3.
Première méthode
1
1
𝑎
𝑏
𝑐
=
=
+
+
𝑥 (𝑥 2 − 1) 𝑥(𝑥 − 1)(𝑥 + 1) 𝑥 𝑥 − 1 𝑥 + 1
On multiplie par 𝑥, puis 𝑥 = 0
1
]
𝑎=[
= −1
(𝑥 − 1)(𝑥 + 1) 𝑥=0
On multiplie par 𝑥 − 1, puis 𝑥 = 1
1
1
]
𝑏=[
=
𝑥 (𝑥 + 1) 𝑥=1 2
On multiplie par 𝑥 + 1, puis 𝑥 = −1
1
1
]
𝑐=[
=
𝑥(𝑥 − 1) 𝑥=−1 2
1
1
𝑑𝑥
−1
1
1
2
𝐹3 (𝑥 ) = ∫
= ∫(
+
+ 2 ) 𝑑𝑥 = − ln|𝑥 | + ln|𝑥 − 1| + ln|𝑥 + 1| + 𝐾
2
𝑥 (𝑥 − 1)
𝑥
𝑥−1 𝑥+1
2
2
= ln

√|𝑥 2 − 1|
+𝐾
|𝑥 |

Deuxième méthode
𝐹3 (𝑥 ) = ∫

𝑑𝑥
𝑥𝑑𝑥

=
𝑥(𝑥 2 − 1)
𝑥 2 (𝑥 2 − 1)

On pose 𝑡 = 𝑥 2 ⇒ 𝑑𝑡 = 2𝑥𝑑𝑥
𝑥𝑑𝑥
1
𝑑𝑡
1
1 𝑡−1
1 𝑥2 − 1
| + 𝐾 = ln | 2 | + 𝐾
𝐹3 (𝑥 ) = ∫ 2 2
= ∫
= 𝐹1 (𝑡) = ln |
𝑥 (𝑥 − 1) 2 𝑡(𝑡 − 1) 2
2
𝑡
2
𝑥
Allez à : Exercice 8
4. Il faut faire une division euclidienne
𝑥 3 = 𝑥 3 + 4𝑥 − 4𝑥 = 𝑥 (𝑥 2 + 4) − 4𝑥
Donc
𝑥3
4𝑥
=
𝑥

𝑥2 + 4
𝑥2 + 4
4𝑥
2𝑥
𝑥2
) 𝑑𝑥 = ∫ (𝑥 − 2 2
) 𝑑𝑥 =
𝐹4 (𝑥 ) = ∫ (𝑥 − 2
− 2 ln(𝑥 2 + 4) + 𝐾
𝑥 +4
𝑥 +4
2
Remarque :
La valeur absolu dans le logarithme est inutile puisque 𝑥 2 + 4 > 0.
Allez à : Exercice 8
5.
𝐹5 (𝑥 ) = ∫

𝑥2

𝑥
1
2𝑥
1
𝑑𝑥 = ∫ 2
𝑑𝑥 = ln(𝑥 2 + 4) + 𝐾
+4
2 𝑥 +4
2

Allez à : Exercice 8

32

Calculs de primitives

Pascal Lainé

6. Il faudrait faire une division mais
𝑥2
𝑥2 + 3 − 3
3
=
=
1

𝑥2 + 3
𝑥2 + 3
𝑥2 + 3
2
𝑥
3
𝑑𝑥
) 𝑑𝑥 = 𝑥 − 3 ∫
𝐹6 (𝑥 ) = ∫ 2
𝑑𝑥 = 𝐹6 (𝑥 ) = ∫ (1 − 2
2
𝑥 +3
𝑥 +3
𝑥 2 + (√3)
= 𝑥−3×

1
√3

arctan (

𝑥
√3

) + 𝐾 = 𝑥 − √3 arctan (

𝑥
√3

)+𝐾

Allez à : Exercice 8
7.
1
𝑥 2 (𝑥 2 − 1)
On multiplie par 𝑥 , puis 𝑥 = 0

=

1
𝑎 𝑏
𝑐
𝑑
=
+
+
+
𝑥 2 (𝑥 − 1)(𝑥 + 1) 𝑥 𝑥 2 𝑥 − 1 𝑥 + 1

2

𝑏=[

1
]
= −1
(𝑥 − 1)(𝑥 + 1) 𝑥=0

On multiplie par 𝑥 − 1, puis 𝑥 = 1
𝑐=[

1
1
]
=
𝑥 2 (𝑥 + 1) 𝑥=1 2

On multiplie par 𝑥 + 1, puis 𝑥 = −1
𝑑=[

1
1
]
=−
− 1) 𝑥=−1
2

𝑥 2 (𝑥

On multiplie par 𝑥, puis 𝑥 → +∞
0= 𝑎+𝑐+𝑑 ⇔𝑎 =0
1
1
−2
1
−1
2
=
=
+
+
𝑥 2 (𝑥 2 − 1) 𝑥 2 (𝑥 − 1)(𝑥 + 1) 𝑥 2 𝑥 − 1 𝑥 + 1
1
1
−2
1
−1
1
𝑑𝑥
1
𝑑𝑥
2
𝐹7 (𝑥 ) = ∫ 2 2
𝑑𝑥 = ∫ ( 2 +
+
) 𝑑𝑥 = − ∫ 𝑥 −2 𝑑𝑥 + ∫
− ∫
𝑥 (𝑥 − 1)
𝑥
𝑥−1 𝑥+1
2 𝑥−1 2 𝑥+1
1

1
1
1 1 𝑥−1
|+𝐾
= −[−𝑥 −1 ] + ln|𝑥 − 1| − ln|𝑥 + 1| + 𝐾 = + ln |
2
2
𝑥 2 𝑥+1
Allez à : Exercice 8
8.
1
1
𝑎
𝑏
𝑐
𝑑
𝑒
=
= +
+
+
+
2
2
2
2
− 1)
𝑥 (𝑥 − 1) (𝑥 + 1)
𝑥 𝑥 − 1 (𝑥 − 1)
𝑥 + 1 (𝑥 + 1)2
Cela risque d’être long, rusons :
1
𝑥𝑑𝑥
𝐹8 (𝑥 ) = ∫
𝑑𝑥 = ∫ 2 2
2
2
𝑥 (𝑥 − 1)
𝑥 (𝑥 − 1)2
On pose 𝑡 = 𝑥 2 ⇒ 𝑑𝑡 = 2𝑥𝑑𝑥
1
𝑑𝑡
𝐹8 (𝑥 ) = ∫
2 𝑡(𝑡 − 1)2
1
𝑎
𝑏
𝑐
= +
+
2
𝑡(𝑡 − 1)
𝑡 𝑡 − 1 (𝑡 − 1)2
C’est déjà beaucoup mieux
On multiplie par 𝑡, puis 𝑡 = 0
𝑥 (𝑥 2

33

Calculs de primitives

Pascal Lainé
𝑎=[

On multiplie par (𝑡 − 1)2 , puis 𝑡 = 1

1
]
=1
(𝑡 − 1)2 𝑡=0

1
𝑐=[ ]
=1
𝑡 𝑡=1
On multiplie par 𝑡, puis 𝑡 → +∞
0 = 𝑎 + 𝑏 ⇔ 𝑏 = −1
1
1
1
1
= −
+
2
𝑡(𝑡 − 1)
𝑡 𝑡 − 1 (𝑡 − 1)2
1
1
1
1
1
1
1
) 𝑑𝑡 = ln|𝑡| − ln|𝑡 − 1| + ∫(𝑡 − 1)−2 𝑑𝑡
𝐹8 (𝑥 ) = ∫ ( −
+
2
2
𝑡 𝑡 − 1 (𝑡 − 1)
2
2
2
2
1
𝑡
1
1
𝑥
1
1
| + [(𝑡 − 1)−1 ] + 𝐾 = ln | 2
|+ × 2
= ln |
+𝐾
2 𝑡−1
2
2 𝑥 −1
2 𝑥 −1
Allez à : Exercice 8
9.
1
1
𝑎
𝑏
𝑐
𝑑
=
=
+
+
+
(𝑥 2 − 1)2 (𝑥 − 1)2 (𝑥 + 1)2 𝑥 − 1 (𝑥 − 1)2 𝑥 + 1 (𝑥 + 1)2
On multiplie par (𝑥 − 1)2 , puis 𝑥 = 1
1
1
]
𝑏=[
=
(𝑥 + 1)2 𝑥=1 4
On multiplie par (𝑥 + 1)2 , puis 𝑥 = −1
1
1
]
𝑑=[
=
2
(𝑥 + 1) 𝑥=1 4
𝑥=0
1
1 = −𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 ⇔ −𝑎 + 𝑐 =
2
On multiplie par 𝑥, puis 𝑥 → +∞
0= 𝑎+𝑐
On en déduit aisément que :
1
1
𝑎=−
𝑒𝑡 𝑐 =
4
4
1
1 −1
1
1
1
(
)
=
+
+
+
(𝑥 − 1)2 (𝑥 + 1)2 4 𝑥 − 1 (𝑥 − 1)2 𝑥 + 1 (𝑥 + 1)2
1
1
−1
1
1
1


(
) 𝑑𝑥
𝑑𝑥
=
+
+
+
(𝑥 − 1)2 (𝑥 + 1)2
4
𝑥 − 1 (𝑥 − 1)2 𝑥 + 1 (𝑥 + 1)2
1
= (− ln|𝑥 − 1| + ln|𝑥 + 1| + ∫((𝑥 − 1)−2 + (𝑥 + 1)−2 )𝑑𝑥)
4
1
𝑥−1
| + [−(𝑥 − 1)−1 − (𝑥 + 1)−1 ]) + 𝐾
= (ln |
4
𝑥+1
1 𝑥−1
1
1
1
1 𝑥−1
1 2𝑥
|− (
) + 𝐾 = ln |
|−
= ln |
+
+𝐾
4 𝑥+1
4 𝑥−1 𝑥+1
4 𝑥+1
4 (𝑥 2 − 1)
1 𝑥−1
1
𝑥
|−
= ln |
+𝐾
2
4 𝑥+1
2 (𝑥 − 1)
Allez à : Exercice 8
10.
34

Calculs de primitives

Pascal Lainé

1
1
𝑎 𝑏
𝑐
𝑑
𝑒
𝑓
= 2
= + 2+
+
+
+
2
2
2
2
− 1)
𝑥 (𝑥 − 1) (𝑥 + 1)
𝑥 𝑥
𝑥 − 1 (𝑥 − 1)
𝑥 + 1 (𝑥 + 1)2
Là cela risque d’être long.
En effet, on peut facilement déterminer 𝑏, 𝑑 et 𝑓, ensuite en multipliant par 𝑥 puis faire tendre 𝑥 → +∞,
on trouve une autre relation, il en manque encore 2 (car il y a 6 coefficients), mais on ne peut pas faire
𝑥 = 0, ni 𝑥 = 1, ni 𝑥 = −1, à mon avis 𝑥 = 𝑖 donnerait de bon résultats mais on va être un peu
astucieux et cela va s’arranger relativement simplement.
1 − 𝑥2 + 𝑥2
1 − 𝑥2
𝑥2
1
1
=
+
=

+
𝑥 2 (𝑥 2 − 1)2 𝑥 2 (𝑥 2 − 1)2 𝑥 2 (𝑥 2 − 1)2
𝑥 2 (𝑥 2 − 1) (𝑥 − 1)2 (𝑥 + 1)2
1
1
1
) 𝑑𝑥
𝐹10 (𝑥 ) = ∫ 2 2
𝑑𝑥 = ∫ (− 2 2
+
2
2
𝑥 (𝑥 − 1)
𝑥 (𝑥 − 1) (𝑥 − 1) (𝑥 + 1)2
𝑑𝑥
1
= −∫ 2 2
+∫
𝑑𝑥 = −𝐹7 (𝑥 ) + 𝐹9 (𝑥)
2
(𝑥 − 1) (𝑥 + 1)2
𝑥 (𝑥 − 1)
Par conséquent
1 1 𝑥−1
1 𝑥−1
1 2𝑥
|) + ln |
|−
𝐹10(𝑥 ) = −𝐹7 (𝑥 ) + 𝐹9 (𝑥) = − ( + ln |
+𝐾
𝑥 2 𝑥+1
4 𝑥+1
4 (𝑥 2 − 1)
1 1 𝑥−1
1
𝑥
|−
= − − ln |
+𝐾
𝑥 4 𝑥+1
2 (𝑥 2 − 1)
Allez à : Exercice 8
𝑥 2 (𝑥 2

11.
𝑥+1
𝑥
1
𝑑𝑥 = ∫ 2
𝑑𝑥 + ∫ 2
𝑑𝑥
2
2
2
(𝑥 + 1)
(𝑥 + 1)
(𝑥 + 1)2
𝑥
1
2𝑥
1
−1
∫ 2
𝑑𝑥 = ∫ 2
𝑑𝑥 = × 2
2
2
(𝑥 + 1)
2 (𝑥 + 1)
2 𝑥 +1

𝐹11 (𝑥 ) = ∫

1

∫ (𝑥2 +1)2 𝑑𝑥 est le cas le plus compliqué des fractions rationnelles, il y a deux méthodes
Première méthode
arctan(𝑥 ) = ∫

𝑥2

1
1
𝑑𝑥 = ∫ 1 × 2
𝑑𝑥
+1
𝑥 +1

Et on intègre par parties
1

∫ 1 × 𝑥2 +1 𝑑𝑥
𝑢 ′ (𝑥 ) = 1
𝑣 (𝑥 ) =
1

𝑢 (𝑥 ) = 𝑥

1

2𝑥

𝑣 ′(𝑥 ) = − (𝑥2 +1)2

𝑥 2 +1
𝑥

∫ 𝑥2 +1 𝑑𝑥 = [𝑥2 +1] −

∫𝑥

(−2𝑥)
𝑥 2 +1

𝑑𝑥

1
𝑥
𝑥2
𝑥
𝑥2 + 1 − 1
[
]


𝑑𝑥
=
+
2
𝑑𝑥
=
+
2
𝑑𝑥
(𝑥 2 + 1)2
(𝑥 2 + 1)2
𝑥2 + 1
𝑥2 + 1
𝑥2 + 1
𝑥
𝑥2 + 1
1
= 2
+ 2∫ 2
𝑑𝑥 − 2 ∫ 2
𝑑𝑥
2
(𝑥 + 1)
(𝑥 + 1)2
𝑥 +1
𝑥
1
1
= 2
+ 2∫ 2
𝑑𝑥 − 2 ∫ 2
𝑑𝑥
(𝑥 + 1)2
𝑥 +1
𝑥 +1
𝑥
1
= 2
+ 2 arctan(𝑥 ) − 2 ∫ 2
𝑑𝑥
(𝑥 + 1)2
𝑥 +1

arctan(𝑥 ) = ∫

Donc
2∫

1
𝑥
1
1
𝑥
1
(
)

𝑑𝑥
=
+
arctan
𝑥

𝑑𝑥
=
×
+
arctan(𝑥 ) + 𝐾
(𝑥 2 + 1)2
(𝑥 2 + 1)2
𝑥2 + 1
2 𝑥2 + 1 2
35

Calculs de primitives

Pascal Lainé

Deuxième méthode
On fait le changement de variable 𝑥 = tan(𝑡) ⇔ 𝑑𝑥 = (1 + tan2 (𝑡))𝑑𝑡
1
1 + tan2 (𝑡)
𝑑𝑡
1 + cos(2𝑡)
2
∫ 2




𝑑𝑥
=
𝑑𝑡
=
=
cos
(𝑡)
𝑑𝑡
=
𝑑𝑡
(𝑥 + 1)2
(1 + tan2 (𝑡))2
1 + tan2 (𝑡)
2
1
1
1
1
1
1 sin(𝑡)
= (𝑡 + sin(2𝑡)) + 𝐾 = 𝑡 + × 2 sin(𝑡) cos(𝑡) = 𝑡 +
cos 2 (𝑡)
(
)
2
2
2
4
2
2 cos 𝑡
1
1 sin(𝑡)
1
1
1
1
= 𝑡+ ×
×
= arctan(𝑥 ) + 𝑥
2
2 cos(𝑡) 1 + tan2 (𝑡) 2
2 1 + 𝑥2
1
−1
1
1
𝑥
1 𝑥−1 1
𝐹11 (𝑥 ) = × 2
+ arctan(𝑥 ) + ×
+𝐾 = × 2
+ arctan(𝑥 ) + 𝐾
2
2 𝑥 +1 2
2 1+𝑥
2 𝑥 +1 2
Allez à : Exercice 8
2𝑥+3

12. A priori il faut décomposer (𝑥−2)(𝑥+5) en éléments simples mais (𝑥 − 2)(𝑥 + 5) = 𝑥 2 + 3𝑥 − 10
2𝑥+3

Donc (𝑥−2)(𝑥+5) est de la forme

𝑢′ (𝑥)
𝑢(𝑥)

et alors

𝐹12 (𝑥 ) = ln|𝑥 2 + 3𝑥 − 10| + 𝐾
Allez à : Exercice 8
13.
𝑥
𝑎
𝑏
𝑐
=
+
+
(𝑥 − 1)(𝑥 + 1)(𝑥 + 3) 𝑥 − 1 𝑥 + 1 𝑥 + 3
On multiplie par 𝑥 − 1, puis 𝑥 = 1
𝑥
1
]
𝑎=[
=
(𝑥 + 1)(𝑥 + 3) 𝑥=1 8
On multiplie par 𝑥 + 1, puis 𝑥 = −1
𝑥
1
]
𝑏=[
=
(𝑥 − 1)(𝑥 + 3) 𝑥=−1 4
On multiplie par 𝑥 + 3, puis 𝑥 = −3
𝑥
3
]
𝑐=[
=−
(𝑥 − 1)(𝑥 + 1) 𝑥=−3
8
1
1
3
−8
1
1
3
8
4
𝐹13 (𝑥 ) = ∫ (
+
+
) 𝑑𝑥 = ln|𝑥 − 1| + ln|𝑥 + 1| − ln|𝑥 + 3| + 𝐾
𝑥−1 𝑥+1 𝑥+3
8
4
8
Allez à : Exercice 8
14.
𝑥 4 − 𝑥 2 − 2 = 𝑋2 − 𝑋 − 2
Ce polynôme a deux racines 𝑋1 = −1 et 𝑋2 = 2 donc
𝑥 4 − 𝑥 2 − 2 = 𝑋 2 − 𝑋 − 2 = (𝑋 + 1)(𝑋 − 2) = (𝑥 2 + 1)(𝑥 2 − 2) = (𝑥 2 + 1)(𝑥 − √2)(𝑥 + √2)
1
1
𝑎𝑥 + 𝑏
𝑐
𝑑
=
= 2
+
+
4
2
𝑥 − 𝑥 − 2 (𝑥 2 + 1)(𝑥 − √2)(𝑥 + √2) 𝑥 + 1 𝑥 − √2 𝑥 + √2
On multiplie par 𝑥 2 + 1, puis 𝑥 = 𝑖

1

1
1
1
]
]
𝑎𝑖 + 𝑏 = [
=[ 2
=−
𝑥 − 2 𝑥=𝑖
3
(𝑥 − √2)(𝑥 + √2) 𝑥=𝑖

Donc 𝑎 = 0 et 𝑏 = − 3
36

Calculs de primitives

Pascal Lainé

On multiplie par 𝑥 − √2, puis 𝑥 = √2
1
]
𝑐=[
(𝑥 2 + 1)(𝑥 + √2)

=

𝑥=√2

1

=

3 × 2√2

√2
12

On multiplie par 𝑥 + √2, puis 𝑥 = −√2
1
]
𝑑=[
(𝑥 2 + 1)(𝑥 − √2)
𝑥=−

√2

=

−1
3 × 2√2

=−

√2
12

1
−3

√2
√2
− 12
12
) 𝑑𝑥
𝐹14 (𝑥 ) = ∫ ( 2
+
+
𝑥 + 1 𝑥 − √2 𝑥 + √2
1
√2
√2
√2
√2
= − arctan(𝑥 ) +
ln |𝑥 − | −
ln |𝑥 + | + 𝐾
3
12
12
12
12
√2
𝑥−
1
√2
12 | + 𝐾
= − arctan(𝑥 ) +
ln |
3
12
√2
𝑥 + 12
Allez à : Exercice 8
15. 𝑥 2 + 2𝑥 + 5 n’a pas de racine réelle.
1

=

𝑎
𝑏𝑥 + 𝑐
+ 2
𝑥 + 2 𝑥 + 2𝑥 + 5

(𝑥 + 2)(𝑥 2 + 2𝑥 + 5)
On multiplie par 𝑥 = 2, puis 𝑥 = −2
1
1
]
𝑎=[ 2
=
𝑥 + 2𝑥 + 5 𝑥=−2 5
On multiplie par 𝑥, puis 𝑥 → +∞
1
0=𝑎+𝑏 ⇔𝑏 =−
5
𝑥=0
1
𝑎 𝑐
1 5
= + ⇔ 1 = 5𝑎 + 2𝑐 ⇔ 𝑐 = − 𝑎 = 0
10 2 5
2 2
1
1
− 𝑥
1
1
𝑥
𝐹15(𝑥 ) = ∫ ( 5 + 2 5
) 𝑑𝑥 = ln|𝑥 + 2| − ∫ 2
𝑑𝑥
𝑥 + 2 𝑥 + 2𝑥 + 5
5
5 𝑥 + 2𝑥 + 5
𝑥
𝑥
𝑑𝑥 = ∫
𝑑𝑥
(𝑥 + 2)2 + 1
+ 2𝑥 + 5
On pose 𝑡 = 𝑥 + 2 ⇔ 𝑥 = 𝑡 − 2 ⇒ 𝑑𝑥 = 𝑑𝑡
𝑥
𝑡−2
𝑡
1
1
∫ 2
𝑑𝑥 = ∫ 2
𝑑𝑡 = ∫ 2
𝑑𝑡 − 2 ∫ 2
𝑑𝑡 = ln(𝑡 2 + 1) − 2 arctan(𝑡) + 𝐾
𝑥 + 2𝑥 + 5
𝑡 +1
𝑡 +1
𝑡 +1
2
1
= ln((𝑥 + 2)2 + 1) − 2 arctan(𝑥 + 2) + 𝐾
2
1
= ln(𝑥 2 + 2𝑥 + 5) − 2 arctan(𝑥 + 2) + 𝐾
2
1
1 1
𝐹15 (𝑥 ) = ln|𝑥 + 2| − ( ln(𝑥 2 + 2𝑥 + 5) − 2 arctan(𝑥 + 2)) + 𝐾
5
5 2
1
1
2
= ln|𝑥 + 2| −
ln(𝑥 2 + 2𝑥 + 5) + arctan(𝑥 + 2) + 𝐾
5
10
5
Allez à : Exercice 8


𝑥2

37

Calculs de primitives

Pascal Lainé

16. C’est très difficile.
16
𝑎 𝑏 𝑐𝑥 + 𝑑
𝑒𝑥 + 𝑓
ℎ𝑥 + 𝑗
= + 2+ 2
+ 2
+ 2
3
2
(𝑥 + 2)3
+ 2)
𝑥 𝑥
𝑥 + 2 (𝑥 + 2)

𝑥 2 (𝑥 2
16
𝑥 2 (𝑥 2 +2)3

est paire donc
16
𝑎
𝑏
−𝑐𝑥 + 𝑑
−𝑒𝑥 + 𝑓
−ℎ𝑥 + 𝑗
=
+
+
+
+
3
2
2
2
2
((−𝑥)2 + 2)3
+ 2)
−𝑥 (−𝑥)
(−𝑥) + 2 ((−𝑥) + 2)

𝑥 2 (𝑥 2
On en déduit que :

𝑎=𝑐=𝑒=ℎ=0
16
𝑏
𝑑
𝑓
𝑗
= 2+ 2
+ 2
+ 2
2
2
3
2
(𝑥 + 2)3
𝑥 (𝑥 + 2)
𝑥
𝑥 + 2 (𝑥 + 2)
On multiplie par 𝑥 2 puis 𝑥 = 0
16
]
𝑏=[ 2
=2
(𝑥 + 2)3 𝑥=0
On multiplie par (𝑥 2 + 2)3 puis 𝑥 = 𝑖 √2
𝑗=[
On multiplie par 𝑥 2 , puis 𝑥 2 → +∞

16
]
= −8
𝑥 2 𝑥=𝑖√2

0 = 𝑏 + 𝑑 ⇔ 𝑑 = −2
𝑥=𝑖
−16 = −𝑏 + 𝑑 + 𝑓 + 𝑗 ⇔ −16 = −2 − 2 + 𝑓 − 8 ⇔ 𝑓 = −4
16
2
2
4
8
= 2− 2
− 2
− 2
2
2
3
2
(𝑥 + 2)3
𝑥 (𝑥 + 2)
𝑥
𝑥 + 2 (𝑥 + 2)
16𝑑𝑥
2
2
4
8

(
) 𝑑𝑥
𝐹16 (𝑥 ) = ∫ 2 2
=



𝑥 (𝑥 + 2)3
𝑥 2 𝑥 2 + 2 (𝑥 2 + 2)2 (𝑥 2 + 2)3
2
2
𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑥

=− −
arctan ( ) − 4 ∫

8
2
3
𝑥 √2
√2
𝑥 2
𝑥 2
4 (( ) + 1)
8 (( ) + 1)
√2
√2
2
2
𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑥
=− −
arctan ( ) − ∫
−∫
2
3
𝑥 √2
√2
𝑥 2
𝑥 2
(( ) + 1)
(( ) + 1)
√2
√2
𝑥
Dans les deux intégrales on fait le changement de variable 𝑡 = 2 ⇔ 𝑥 = √2𝑡 ⇒ 𝑑𝑥 = √2𝑑𝑡


2
𝑥
𝑑𝑡
𝑑𝑡

𝐹16(𝑥 ) = − − √2 arctan ( ) − √2 ∫ 2

√2
(𝑡 + 1)2
(𝑡 2 + 1)3
𝑥
√2

Or
1
1
𝑥
1
𝑑𝑥
=
×
+
arctan(𝑥 )
(𝑥 2 + 1)2
2 𝑥2 + 1 2
D’après le cours, ce que l’on a revu dans le calcul de 𝐹11 (𝑥).
Donc
𝑑𝑡
1
𝑡
1
∫ 2
=
×
+
arctan(𝑡)
(𝑡 + 1)2 2 𝑡 2 + 1 2
𝑑𝑡
1
∫ 2
= ∫1 × 2
𝑑𝑡
2
(𝑡 + 1)
(𝑡 + 1)2
On intègre par parties


38

Calculs de primitives

Pascal Lainé
1

∫ 1 × (𝑡 2 +1)2 𝑑𝑡
𝑢 ′ (𝑡 ) = 1

𝑢 (𝑡 ) = 𝑡
1

𝑣(𝑡) = (𝑡 2 +1)2 = (𝑡 2 + 1)−2
1

𝑡

4𝑡

∫ (𝑡 2 +1)2 𝑑𝑡 = [(𝑡 2 +1)2] −


4𝑡

𝑣 ′(𝑡) = − (𝑡 2 +1)3
∫ 𝑡 × (− (𝑡 2 +1)3) 𝑑𝑡

1
𝑡
𝑡2
𝑡
𝑡2 + 1 − 1
[
]


𝑑𝑡
=
+
4
𝑑𝑡
=
+
4
𝑑𝑡
(𝑡 2 + 1)2
(𝑡 2 + 1)2
(𝑡 2 + 1)3
(𝑡 2 + 1)2
(𝑡 2 + 1)3
𝑡
𝑡2 + 1
1


= 2
+
4
𝑑𝑡

4
𝑑𝑡
(𝑡 + 1)2
(𝑡 2 + 1)3
(𝑡 2 + 1)3
𝑡
1
1
= 2
+4∫ 2
𝑑𝑡 − 4 ∫ 2
𝑑𝑡
2
2
(𝑡 + 1)
(𝑡 + 1)
(𝑡 + 1)3

Donc
1
𝑡
1
𝑑𝑡 = 2
+ 3∫ 2
𝑑𝑡
3
2
(𝑡 + 1)
(𝑡 + 1)2
+ 1)
1
1
𝑡
1
𝑡
1
∫ 2
𝑑𝑡 = × 2
+3( × 2
+ arctan(𝑡))
3
2
(𝑡 + 1)
4 (𝑡 + 1)
2 𝑡 +1 2
4∫

(𝑡 2

On en déduit que
2
2
𝑥
1
𝑡
1
𝐹16 (𝑥 ) = − −
arctan ( ) − 2√2 ( × 2
+ arctan(𝑡))
𝑥 √2
2 𝑡 +1 2
√2
1
𝑡
1
𝑡
1
− 2√2 ( × 2
+ 3( × 2
+ arctan(𝑡))) + 𝐾
2
4 (𝑡 + 1)
2 𝑡 +1 2
2
2
𝑥
𝑡
𝑡
√2
=− −
arctan ( ) − √2 2
− √2 arctan(𝑡) −
× 2
𝑥 √2
𝑡 +1
2 (𝑡 + 1)2
√2
− 3√2 arctan(𝑡) + 𝐾
2
𝑥
𝑥
𝑥
1
𝑥
= − − √2 arctan ( ) −
− √2 arctan ( ) − ×
2
2
2
𝑥
2
𝑥
2
√2

𝑥
( ) +1
(( ) + 1)
√2
√2
− 3√2 arctan (

𝑥

2
𝑥
2𝑥
2𝑥
) + 𝐾 = − − 5√2 arctan ( ) − 2
− 2
+𝐾
𝑥
𝑥 + 2 (𝑥 + 2)2
√2
√2

Allez à : Exercice 8
17. Attention il faut faire une division euclidienne.
𝑥 (𝑥 − 1)3 = 𝑥 (𝑥 3 − 3𝑥 2 + 3𝑥 − 1) = 𝑥 4 − 3𝑥 3 + 3𝑥 2 − 𝑥
𝑥4
+1
𝑥 4 − 3𝑥 3 + 3𝑥 2 − 𝑥
1
𝑥 4 − 3𝑥 3 + 3𝑥 2 − 𝑥
3
2
3𝑥 − 3𝑥 + 𝑥 + 1
4
𝑥 + 1 = 1 × (𝑥 4 − 3𝑥 3 + 3𝑥 2 − 𝑥 ) + 3𝑥 3 − 3𝑥 2 + 𝑥 + 1
Donc
𝑥4 + 1
3𝑥 3 − 3𝑥 2 + 𝑥 + 1
=1+
𝑥 (𝑥 − 1)3
𝑥 (𝑥 − 1)3
3
2
3𝑥 − 3𝑥 + 𝑥 + 1
3𝑥 3 − 3𝑥 2 + 𝑥 + 1
𝐹17 (𝑥 ) = ∫ (1 +
) 𝑑𝑥 = 𝑥 + ∫
𝑑𝑥
𝑥 (𝑥 − 1)3
𝑥 (𝑥 − 1)3
3𝑥 3 − 3𝑥 2 + 𝑥 + 1 𝑎
𝑏
𝑐
𝑑
=
+
+
+
𝑥 (𝑥 − 1)3
𝑥 𝑥 − 1 (𝑥 − 1)2 (𝑥 − 1)3
On multiplie par 𝑥, puis 𝑥 = 0
39

Calculs de primitives

Pascal Lainé
3𝑥 3 − 3𝑥 2 + 𝑥 + 1
]
𝑎=[
= −1
(𝑥 − 1)3
𝑥=0

On multiplie par (𝑥 − 1)3 , puis 𝑥 = 1

1
𝑑=[ ]
=1
𝑥 𝑥=1
On multiplie par 𝑥 puis 𝑥 → +∞
3 = 𝑎 + 𝑏 ⇔ 𝑏 = −4
𝑥=2
3×8−3×4+2+1 𝑎
15
1
= +𝑏+𝑐+𝑑 ⇔
= − − 4 + 𝑐 + 1 ⇔ 𝑐 = 8 + 4 − 1 = 11
2×1
2
2
2
3
2
3𝑥 − 3𝑥 + 𝑥 + 1 −1
4
11
1
=

+
+
3
2
(𝑥 − 1)3
𝑥 (𝑥 − 1)
𝑥
𝑥 − 1 (𝑥 − 1)
3𝑥 3 − 3𝑥 2 + 𝑥 + 1
−1
4
11
1

) 𝑑𝑥
𝑑𝑥 = ∫ (

+
+
3
2
(𝑥 − 1)3
𝑥 (𝑥 − 1)
𝑥
𝑥 − 1 (𝑥 − 1)
11
1
1
= − ln|𝑥 | − 4 ln|𝑥 − 1| −
− ×
+𝐾
𝑥 − 1 2 (𝑥 − 1)2
11
1
1
𝐹17 (𝑥 ) = 𝑥 − ln|𝑥 | − 4 ln|𝑥 − 1| −
− ×
+𝐾
𝑥 − 1 2 (𝑥 − 1)2
Allez à : Exercice 8
18. Si on n’a rien vu il faut décomposer la fraction
1
𝑎 𝑏𝑥 + 𝑐
𝑑𝑥 + 𝑒
=
+
+
𝑥(𝑥 2 + 1)2 𝑥 𝑥 2 + 1 (𝑥 2 + 1)2
2
2
On multiplie par (𝑥 + 1) puis 𝑥 = 𝑖
1
1
𝑑 = −1
𝑑𝑖 + 𝑒 = [ ]
= = −𝑖 ⇒ {
𝑒=0
𝑥 𝑥=𝑖 𝑖
On multiplie par 𝑥 puis 𝑥 = 0
1
]
𝑎=[ 2
=1
(𝑥 + 1)2 𝑥=0
1

𝑥 → 𝑥(𝑥2 +1)2 est impaire donc
1
1
𝑎 𝑏𝑥 + 𝑐
𝑑𝑥 + 𝑒
=


+
+
(−𝑥 )((−𝑥 )2 + 1)2
𝑥(𝑥 2 + 1)2
𝑥 𝑥 2 + 1 (𝑥 2 + 1)2
𝑎
−𝑏𝑥 + 𝑐
−𝑑𝑥 + 𝑒
𝑎 𝑏𝑥 + 𝑐
𝑑𝑥 + 𝑒
)
= −(
+
+

+
+
−𝑥 (−𝑥 )2 + 1 ((−𝑥 )2 + 1)2
𝑥 𝑥 2 + 1 (𝑥 2 + 1)2
𝑎 𝑏𝑥 − 𝑐
𝑑𝑥 − 𝑒
= + 2
+ 2
⇒𝑐=𝑒=0
𝑥 𝑥 + 1 (𝑥 + 1)2
Et enfin on multiplie par 𝑥, puis 𝑥 → +∞
0 = 𝑎 + 𝑏 ⇒ 𝑏 = −1
1
1
−𝑥
−𝑥
= + 2
+ 2
2
2
𝑥 (𝑥 + 1)
𝑥 𝑥 + 1 (𝑥 + 1)2
1
1
−𝑥
−𝑥
) 𝑑𝑥
𝐹18 (𝑥 ) = ∫
𝑑𝑥 = ∫ ( + 2
+ 2
2
2
𝑥 (𝑥 + 1)
𝑥 𝑥 + 1 (𝑥 + 1)2
1
1
1
= ln|𝑥 | − ln(𝑥 2 + 1) + × 2
+𝐾
2
2 𝑥 +1
Mais on peut faire mieux

40

Calculs de primitives

Pascal Lainé

1
𝑥𝑑𝑥
𝑑𝑥 = ∫ 2 2
2
+ 1)
𝑥 (𝑥 + 1)2
On peut alors faire le changement de variable 𝑡 = 𝑥 2 donc 𝑑𝑡 = 2𝑥𝑑𝑥
𝑥𝑑𝑥
1
𝑑𝑡
𝐹18 (𝑥 ) = ∫ 2 2
= ∫
2
𝑥 (𝑥 + 1)
2 𝑡(𝑡 + 1)2
Puis on décompose la fraction en éléments simple
1
𝑎
𝑏
𝑐
= +
+
2
𝑡(𝑡 + 1)
𝑡 𝑡 + 1 (𝑡 + 1)2
On multiplie par 𝑡, puis 𝑡 = 0
1
]
𝑎=[
=1
(𝑡 + 1)2 𝑡=0
On multiplie par (𝑡 + 1)2 puis 𝑡 = −1
1
𝑐=[ ]
= −1
𝑡 𝑡=−1
On multiplie par 𝑡, puis 𝑡 → +∞
0 = 𝑎 + 𝑏 ⇒ 𝑏 = −1
1
1
−1
−1
1
1
) 𝑑𝑡 = (ln|𝑡| − ln|𝑡 + 1| +
)+𝐾
𝐹18 (𝑥 ) = ∫ ( +
+
2
2
𝑡 𝑡 + 1 (𝑡 + 1)
2
𝑡+1
1
1
1
1
1
) + 𝐾 = ln|𝑥 | − ln(𝑥 2 + 1) − × 2
= (ln(𝑥 2 ) − ln(𝑥 2 + 1) + 2
+𝐾
2
𝑥 +1
2
2 𝑥 +1
Allez à : Exercice 8
19.
Le polynôme 𝑡 2 + 2𝑡 + 4 n’admet pas de racines réelles, cette fraction est donc un élément simple, il
faut donc mettre le dénominateur sous sa forme canonique
𝑡 2 + 2𝑡 + 4 = (𝑡 + 1)2 + 3
𝑡
𝑡
∫ 2
𝑑𝑡 = ∫
𝑑𝑡
(𝑡 + 1)2 + 3
𝑡 + 2𝑡 + 4
𝐹18 (𝑥 ) = ∫

𝑥 (𝑥 2

Puis faire le changement de variable 𝑥 = 𝑡 + 1 ⇔ 𝑡 = 𝑥 − 1, ce qui entraine que 𝑑𝑡 = 𝑑𝑥
𝑡
𝑥−1
𝑥
1
1
1
∫ 2
𝑑𝑡 = ∫ 2
𝑑𝑥 = ∫ 2
𝑑𝑥 − ∫ 2
𝑑𝑥 = ln(𝑥 2 + 3) − ∫
2 𝑑𝑥
𝑡 + 2𝑡 + 4
𝑥 +3
𝑥 +3
𝑥 +3
2
𝑥 2 + (√3)
=

1
1
𝑥
1
1
𝑡+1
)+𝐾
ln(𝑥 2 + 3) −
arctan ( ) + 𝐾 = ln(𝑡 2 + 2𝑡 + 4) −
arctan (
2
2
√3
√3
√3
√3

Allez à : Exercice 8
Correction exercice 9.
1.
−𝑡 + 1
−𝑡 + 1
𝑑𝑡 = ∫
𝑑𝑡
(𝑡 + 1)2 + 4
+ 2𝑡 + 5
On fait le changement de variable 𝑢 = 𝑡 + 1 ⇔ 𝑡 = 𝑢 − 1, 𝑑𝑡 = 𝑑𝑢
−(𝑢 − 1) + 1
−𝑢 + 2
−𝑢
2
𝐺 (𝑡 ) = ∫
𝑑𝑡 = ∫ 2
𝑑𝑡 = ∫ 2
𝑑𝑡 + ∫ 2
𝑑𝑡
2
𝑢 +4
𝑢 +4
𝑢 +4
𝑢 +4
1
2
𝑢
1
𝑡+1
)+𝐾
= − ln(𝑢2 + 4) + arctan ( ) = − ln(𝑡 2 + 2𝑡 + 5) + arctan (
2
2
2
2
2
Allez à : Exercice 9


𝑡2

2. On fait une intégration par partie
41

Calculs de primitives

Pascal Lainé
𝐹 (𝑡 ) = ∫
𝑢 ′ (𝑡 ) =

ln(𝑡 2 +2𝑡+5)

1
(𝑡−1)2
( 2

𝑡2

𝑑𝑡
1

𝑢(𝑡) = − 𝑡−1

2𝑡+2

𝑣(𝑡) = ln 𝑡 + 2𝑡 + 5)
𝐹 (𝑡) = [−
Il existe 𝑎, 𝑏 et 𝑐 réels tels que

𝑣 ′(𝑡) = 𝑡 2 +2𝑡+5
2𝑡+2

ln(𝑡 2 +2𝑡+5)

] + ∫ (𝑡−1)(𝑡 2 +2𝑡+5) 𝑑𝑡

𝑡−1

2𝑡 + 2
𝑎
𝑏𝑡 + 𝑐
=
+
(𝑡 − 1)(𝑡 2 + 2𝑡 + 5) 𝑡 − 1 𝑡 2 + 2𝑡 + 5
Je multiplie par 𝑡 − 1, puis 𝑡 = 1
2𝑡 + 2
1
]
𝑎=[ 2
=
𝑡 + 2𝑡 + 5 𝑡=1 2
Je multiplie par 𝑡, puis 𝑡 → +∞
1
0=𝑎+𝑏 ⇔𝑏 =−
2
𝑡 = 0,
2
𝑐
1
− = −𝑎 + ⇔ 𝑐 = −2 + 5𝑎 =
5
5
2
2𝑡 + 2
1
1
−𝑡 + 1
1
−𝑡 + 1

) 𝑑𝑡 = (ln|𝑡 − 1| + ∫ 2
𝑑𝑡 = ∫ (
+ 2
𝑑𝑡)
2
(𝑡 − 1)(𝑡 + 2𝑡 + 5)
2
𝑡 − 1 𝑡 + 2𝑡 + 5
2
𝑡 + 2𝑡 + 5
1
1
1
𝑡+1
)+𝐾
= ln|𝑡 − 1| − ln(𝑡 2 + 2𝑡 + 5) + arctan (
2
4
2
2
Donc
ln(𝑡 2 + 2𝑡 + 5) 1
1
1
𝑡+1
)+𝐾
𝐹 (𝑡 ) = −
+ ln|𝑡 − 1| − ln(𝑡 2 + 2𝑡 + 5) + arctan (
𝑡−1
2
4
2
2
Allez à : Exercice 9
Correction exercice 10.
1. Il existe 𝑎, 𝑏 et 𝑐 réels tels que :
𝑓 (𝑥 ) =

2𝑥 + 1
𝑎 𝑏
𝑐
= + 2+
+ 1) 𝑥 𝑥
𝑥+1

𝑥 2 (𝑥

On multiplie par 𝑥 2 , puis 𝑥 = 0
𝑏=[

2𝑥 + 1
]
=1
𝑥 + 1 𝑥=0

On multiplie par 𝑥 + 1, puis 𝑥 = −1
𝑐=[

2𝑥 + 1
]
= −1
𝑥 2 𝑥=−1

On multiplie par 𝑥, puis 𝑥 → +∞
0=𝑎+𝑐 ⇒𝑎 = 1
Par conséquent
𝑓 (𝑥 ) =

2𝑥 + 1
1 1
1
= + 2−
+ 1) 𝑥 𝑥
𝑥+1

𝑥 2 (𝑥

2.
𝐹 (𝑥 ) = ∫

1

𝑥2
1

ln(𝑥 2 + 𝑥 ) 𝑑𝑥

𝑢 ′ (𝑥 ) = 𝑥 2
𝑣(𝑥 ) = ln(𝑥 2 + 𝑥 )
1

𝐹 (𝑥 ) = − 𝑥 ln(𝑥 2 + 𝑥 )

1

𝑢 (𝑥 ) = − 𝑥

2𝑥+1

𝑣 ′(𝑥 ) = 𝑥2 +𝑥
2𝑥+1

− ∫ −𝑥(𝑥2 +𝑥) 𝑑𝑥
42

Calculs de primitives

Pascal Lainé

Donc
1
2𝑥 + 1
1
1 1
1
) 𝑑𝑥
𝐹 (𝑥 ) = − ln(𝑥 2 + 𝑥 ) + ∫ 2
𝑑𝑥 = − ln(𝑥 2 + 𝑥 ) + ∫ ( + 2 −
𝑥
𝑥 (𝑥 + 1)
𝑥
𝑥 𝑥
𝑥+1
1
1
= − ln(𝑥 2 + 𝑥 ) + ln|𝑥 | − − ln|𝑥 + 1| + 𝐾, 𝐾 ∈ ℝ
𝑥
𝑥
Allez à : Exercice 10
Correction exercice 11.
1.
𝐹1 (𝑥 ) = ∫

𝑑𝑥
𝑑𝑥
1
𝑥
=∫
=
arctan ( ) + 𝐾
2
+5
√5
√5
𝑥 2 + (√5)

𝑥2

Allez à : Exercice 11
2.
𝐹2 (𝑥 ) = ∫

On fait le changement de variable 𝑡 =
𝐹2 (𝑥 ) =

1
√5



√5𝑑𝑡
√𝑡 2 − 1

𝑥
√5

𝑑𝑥
√𝑥 2

−5

=

1
√5

𝑑𝑥


√(

𝑥 2
) −1
√5

⇔ 𝑥 = √5𝑡 ⇒ 𝑑𝑥 = √5𝑑𝑡

=∫

𝑑𝑡
√𝑡 2 − 1

= argch(𝑡) + 𝐾 = argch (

𝑥
√5

)+𝐾

Allez à : Exercice 11
3.

𝑑𝑡

On fait le changement de variable 𝑡 = 𝑒 𝑥 ⇔ 𝑥 = ln(𝑡) ⇒ 𝑑𝑥 = 𝑡
𝑑𝑡
𝐹3 (𝑥 ) = ∫ 𝑡 sin(𝑡) ( ) = ∫ sin(𝑡) 𝑑𝑡 = − cos(𝑡) + 𝐾 = − cos(𝑒 𝑥 ) + 𝐾
𝑡
Autre méthode : on remarque que 𝑑𝑡 = 𝑒 𝑥 𝑑𝑥, or ce terme est dans l’intégrale donc
𝐹3 (𝑥 ) = ∫ 𝑒 𝑥 sin(𝑒 𝑥 )𝑑𝑥 = ∫ sin(𝑒 𝑥 )(𝑒 𝑥 𝑑𝑥 ) = ∫ sin(𝑡) 𝑑𝑡 = − cos(𝑡) + 𝐾 = − cos(𝑒 𝑥 ) + 𝐾
Allez à : Exercice 11
𝑑𝑡

4. On pose 𝑡 = tan(𝑥 ) ⇔ 𝑥 = arctan(𝑡) ⇒ 𝑑𝑥 = 1+𝑡 2
𝑑𝑡
𝑡3
𝑡(𝑡 2 + 1) − 𝑡
𝑡


) 𝑑𝑡
𝐹4 (𝑥 ) = ∫ 𝑡 3 ×
=
𝑑𝑡
=
𝑑𝑡 = ∫ (𝑡 −
2
2
2
1+𝑡
1+𝑡
1+𝑡
1 + 𝑡2
𝑡2 1
1
1
= − ln(1 + 𝑡 2 ) + 𝐾 = tan2 (𝑥) − ln(1 + tan2 (𝑥 )) + 𝐾
2 2
2
2
Autre méthode
𝐹4 (𝑥 ) = ∫ tan3 (𝑥 ) 𝑑𝑥 = ∫ tan(𝑥 )(tan2 (𝑥 ) + 1 − 1)𝑑𝑥
= ∫ tan(𝑥 ) (1 + tan2 (𝑥 ))𝑑𝑥 − ∫ tan(𝑥 ) 𝑑𝑥 + 𝐾 ′
sin(𝑥 )
1
cos ′ (𝑥 )

2
= ∫ tan(𝑥 ) tan 𝑥 ) 𝑑𝑥 − ∫
𝑑𝑥 + 𝐾 = tan (𝑥 ) + ∫
𝑑𝑥 + 𝐾 ′
cos(𝑥 )
2
cos(𝑥 )
1
= tan2 (𝑥 ) + ln|cos(𝑥 )| + 𝐾′
2
On peut se demander si ces deux primitives sont bien égales à une constante près.
1
ln(1 + tan2 (𝑥 )) = ln ( 2 ) = − ln(cos 2 (𝑥 )) = −2 ln|cos(𝑥 )|
cos (𝑥 )
Donc tout va bien.
′(

43

Calculs de primitives

Pascal Lainé

Allez à : Exercice 11
5.
𝐹5 (𝑥 ) = ∫

1
1 + tan2 (𝑥) − tan2 (𝑥)
1 + tan2 (𝑥)
tan2 (𝑥)



𝑑𝑥
=
𝑑𝑥
=
𝑑𝑥

𝑑𝑥
tan3 (𝑥 )
tan3 (𝑥 )
tan3 (𝑥 )
tan3 (𝑥 )
tan ′(𝑥 )
1
1
1
cos(𝑥 )


=∫
𝑑𝑥

𝑑𝑥
=

×

𝑑𝑥
tan3 (𝑥 )
tan(𝑥 )
2 tan2 (𝑥 )
sin(𝑥 )
1
1
sin′(𝑥 )
1
1

=− ×

𝑑𝑥
=

×
− ln|sin(𝑥 )| + 𝐾
2 tan2 (𝑥 )
sin(𝑥 )
2 tan2 (𝑥 )

Autre méthode

1
cos 3 (𝑥 )
cos(𝑥 ) cos 2 (𝑥)
cos(𝑥 ) (1 − sin2 (𝑥 ))
𝑑𝑥 = ∫
𝑑𝑥 = ∫
𝑑𝑥 = ∫
𝑑𝑥
tan3 (𝑥 )
sin3 (𝑥 )
sin3 (𝑥 )
sin3 (𝑥 )
1 − sin2 (𝑥 )
=∫
cos(𝑥 ) 𝑑𝑥
sin3 (𝑥 )
On fait alors le changement de variable 𝑡 = sin(𝑥 ) ⇒ 𝑑𝑡 = cos(𝑥 ) 𝑑𝑥
1 − sin2 (𝑥 )
1 − 𝑡2
1 1
(
)
(
)


(
𝐹5 (𝑥 ) = ∫
cos
𝑥
𝑑𝑥
=
𝑑𝑡
=
− ) 𝑑𝑡 = ∫ 𝑡 −3 𝑑𝑡 − ln|𝑡| + 𝐾 ′
sin3 (𝑥 )
𝑡3
𝑡3 𝑡
1
1 1
1
1
= − × 𝑡 −2 − ln|𝑡| + 𝐾 ′ = − × 2 − ln|𝑡| + 𝐾 ′ = − ×
− ln|sin(𝑥 )| + 𝐾 ′
2
2
2 𝑡
2 sin (𝑥 )
Là encore on peut se demander si ces deux primitives sont égales à une constante près.
1
cos 2 (𝑥 ) + sin2 (𝑥 ) cos 2 (𝑥 )
1
=
=
+1=
+1
2
2
2
sin (𝑥 )
sin (𝑥 )
sin (𝑥 )
tan2 (𝑥 )
Donc
1
1
1
1
𝐹5 (𝑥 ) = − × 2
− ln|sin(𝑥 )| + 𝐾 ′ = − × ( 2
+ 1) − ln|sin(𝑥 )| + 𝐾 ′
2 sin (𝑥 )
2
tan (𝑥 )
1
1
1
=− ×
− ln|sin(𝑥 )| − + 𝐾 ′
2
2 tan (𝑥 )
2
1
On en déduit que 𝐾 = − 2 + 𝐾′.
Allez à : Exercice 11
𝐹5 (𝑥 ) = ∫

6. A priori il faudrait décomposer la fraction en éléments simples mais ici cela s’arrange plus simplement.
On pose 𝑡 = 𝑥 2 + 3𝑥 + 7 ⇒ 𝑑𝑡 = (2𝑥 + 3)𝑑𝑥
𝑑𝑡
1
1
1
𝐹6 (𝑥 ) = ∫ 𝑚 = ∫ 𝑡 −𝑚 𝑑𝑡 =
𝑡 −𝑚+1 + 𝐾 = −
× 𝑚−1 + 𝐾
𝑡
1−𝑚
𝑚−1 𝑡
1
1
=−
×
+𝐾
𝑚 − 1 (𝑥 2 + 3𝑥 + 7)𝑚−1
Allez à : Exercice 11
7.
𝐹7 (𝑥 ) = ∫

ln(𝑥 )
𝑑𝑥
1
𝑑𝑥 = ∫ ln(𝑥 ) ×
= ∫ ln(𝑥 ) × ln ′(𝑥) 𝑑𝑥 = ln2 (𝑥) + 𝐾
𝑥
𝑥
2

Autre méthode (très semblable)
𝑑𝑥
On pose 𝑡 = ln(𝑥 ) ⇒ 𝑑𝑡 = 𝑥
ln(𝑥 )
𝑑𝑥
1
1
𝐹7 (𝑥 ) = ∫
𝑑𝑥 = ∫ ln(𝑥 ) ×
= ∫ 𝑡𝑑𝑡 = × 𝑡 2 + 𝐾 = ln2 (𝑥) + 𝐾
𝑥
𝑥
2
2
Encore une autre méthode
On pose 𝑡 = ln(𝑥 ) ⇔ 𝑥 = 𝑒 𝑡 ⇒ 𝑑𝑥 = 𝑒 𝑡 𝑑𝑡
ln(𝑥 )
ln(𝑒 𝑡 )
1
1 2
𝑡
2
(
)



𝐹7 𝑥 =
𝑑𝑥 =
×
𝑒
𝑑𝑡
=
𝑡𝑑𝑡
=
×
𝑡
+
𝐾
=
ln (𝑥) + 𝐾
𝑥
𝑒𝑡
2
2
Allez à : Exercice 11
44

Calculs de primitives

Pascal Lainé

8. La « méthode normale » voudrait que l’on pose 𝑡 = 𝑒 𝑥 mais ici cela s’arrange plus simplement.
On pose 𝑡 = sh(𝑥 ) ⇒ 𝑑𝑡 = ch(𝑥 ) d𝑥
1
1
1 1
1
𝐹8 (𝑥 ) = ∫ 5 𝑑𝑡 = ∫ 𝑡 −5 𝑑𝑡 =
× 𝑡 −4 + 𝐾 = − × 4 + 𝐾 = −
+𝐾
𝑡
−4
4 𝑡
4 sh4 (𝑥 )
Allez à : Exercice 11

Correction exercice 12.
1. Ce n’est qu’un rappel d’un résultat du cours :
1
𝑥
𝐹1 (𝑥 ) = arctan ( ) + 𝐾
𝑎
𝑎
Allez à : Exercice 12
1

2. Pour 𝐹2 , on constate que (1+𝑥2 )2 est un élément simple, donc il n’y a pas de décomposition à faire.
Première méthode (décrite dans le cours)
1
arctan(𝑥 ) = ∫ 1 × 1+𝑥2 𝑑𝑥
𝑢 ′ (𝑥 ) = 1

𝑢 (𝑥 ) = 𝑥
𝑣 ′(𝑥 ) = −2𝑥(1 + 𝑥 2 )−2

1

𝑣(𝑥 ) = 1+𝑥2 = (1 + 𝑥 2 )−1
1

2𝑥

𝑥

∫ 𝑥(− (1+𝑥2 )2 )𝑑𝑥

∫ 1+𝑥2 𝑑𝑥 = [1+𝑥2 ] −
arctan(𝑥 ) =

Par conséquent :

𝑥
𝑥2
𝑥
𝑥2 + 1 − 1


+
2
𝑑𝑥
=
+
2
𝑑𝑥
(1 + 𝑥 2 )2
(1 + 𝑥 2 )2
1 + 𝑥2
1 + 𝑥2
𝑥
1
1
) 𝑑𝑥
=
+ 2∫(

2
2
(1 + 𝑥 2 )2
1+𝑥
1+𝑥
𝑥
1
1
(∫

=
+
2
𝑑𝑥

𝑑𝑥)
(1 + 𝑥 2 ) 2
1 + 𝑥2
1 + 𝑥2
𝑥
1
𝑥
(arctan(𝑥)

=
+
2

𝑑𝑥)
=
+ 2 arctan(𝑥 ) − 2𝐹2 (𝑥)
(1 + 𝑥 2 )2
1 + 𝑥2
1 + 𝑥2
1
1
𝑥
𝐹2 (𝑥 ) = arctan(𝑥 ) + ×
+𝐾
2
2 1 + 𝑥2

Deuxième méthode
On pose 𝑥 = tan(𝑡), alors 𝑑𝑥 = (1 + tan2 (𝑡))𝑑𝑡
(1 + tan2 (𝑡))
1
1 + cos(2𝑡)
2
(
)



𝐹2 𝑥 = ∫
𝑑𝑡
=
𝑑𝑡
=
cos
(𝑡)
𝑑𝑡
=
𝑑𝑡
(1 + tan2 (𝑡))2
1 + tan2 (𝑡)
2
𝑡 1
arctan(𝑥 ) 1
= + sin(2𝑡) + 𝐾 =
+ sin(2 arctan(𝑥 )) + 𝐾 ′
2 4
2
4
arctan(𝑥 ) 2
=
+ sin(arctan(𝑥 )) cos(arctan(𝑥 )) + 𝐾 ′
2
4
arctan(𝑥 ) 1 𝑥
1
arctan(𝑥 ) 1
𝑥
=
+
+ 𝐾′ =
+ ×
+ 𝐾′
2
2 √1+𝑥 2 √1+𝑥 2
2
2 1 + 𝑥2
En effet :
1
1
cos 2 (arctan(𝑥 )) =
=
2
1 + tan (arctan(𝑥 )) 1 + 𝑥 2
𝜋 𝜋
Ensuite arctan(𝑥 ) ∈] − , [ donc cos(arctan(𝑥 )) > 0 donc
2 2
1
cos(arctan(𝑥 )) =
√1 + 𝑥 2
Puis
45

Calculs de primitives

Pascal Lainé
sin(arctan(𝑥 )) = tan(arctan(𝑥 )) cos(arctan(𝑥 )) =

Si on trouve que
𝐹2 (𝑥 ) =
C’est bon.

𝑥
√1 + 𝑥 2

arctan(𝑥 ) 1
+ sin(2 arctan(𝑥 )) + 𝐾 ′
2
4

Allez à : Exercice 12
3. Il faut faire une division euclidienne : 𝑥 3 = 𝑥 3 − 4𝑥 + 4𝑥 = 𝑥 (𝑥 2 − 4) + 4𝑥
Donc
𝑥3
4𝑥
=𝑥+ 2
2
𝑥 −4
𝑥 −4
4𝑥
Normalement il faudrait encore décomposer 𝑥2 −4 mais cette fraction est, à une constante multiplicative
près, de la forme

𝑢′ (𝑥)
𝑢(𝑥)

.
𝐹3 (𝑥 ) = ∫ (𝑥 +

4𝑥
𝑥2
)
𝑑𝑥
=
+ 2 ln|𝑥 2 − 4| + 𝐾
𝑥2 − 4
2

Allez à : Exercice 12
4.

On multiplie par 𝑥, puis 𝑥 → +∞

4𝑥
𝑎
𝑏
=
+
2
2
(𝑥 − 2)
(𝑥 − 2)
𝑥−2
𝑎 = [4𝑥 ]𝑥=2 = 8

4=𝑏
8
4
1
) 𝑑𝑥 = 8 ∫(𝑥 − 2)−2 𝑑𝑥 + 4 ∫
𝐹4 (𝑥 ) = ∫ (
+
𝑑𝑥
2
(𝑥 − 2)
𝑥−2
𝑥−2
8
= 8(−1)(𝑥 − 2)−1 + 4 ln|𝑥 − 2| + 𝐾 = −
+ 4 ln|𝑥 − 2| + 𝐾
𝑥−2
Allez à : Exercice 12
5.

1

𝑥 2 + 𝑥 + 1 n’a pas de racines réelles donc 𝑥2 +𝑥+1 est un élément simple et il faut mettre 𝑥 2 + 𝑥 + 1
sous forme canonique.
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝐹5 (𝑥 ) = ∫ 2
=∫
𝑥 +𝑥+1
1 2 3
(𝑥 + 2) + 4
1
1
On fait le changement de variable 𝑡 = 𝑥 + 2 ⇔ 𝑥 = 𝑡 − 2 ⇒ 𝑑𝑥 = 𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
2
2𝑡
2
2𝑥 + 1
)+𝐾
𝐹5 (𝑥 ) = ∫
=∫
=
arctan ( ) + 𝐾 =
arctan (
2
3
√3
√3
√3
√3
𝑡2 + 4
3
𝑡 2 + (√4)
Allez à : Exercice 12
6. 𝑡 2 + 2𝑡 − 1 admet deux racines réelles distinctes
−2 − √8
𝑡1 =
= −1 − √2
2
Et
𝑡2 = −1 + √2
𝑡 2 + 2𝑡 − 1 = (𝑡 − 𝑡1 )(𝑡 − 𝑡2 )
46

Calculs de primitives

Pascal Lainé
𝑡2

1
1
𝑎
𝑏
=
=
+
+ 2𝑡 − 1 (𝑡 − 𝑡1 )(𝑡 − 𝑡2 ) 𝑡 − 𝑡1 𝑡 − 𝑡2
1
1
1
√2
]
𝑎=[
=
=−
=−
𝑡 − 𝑡2 𝑡=𝑡1 𝑡1 − 𝑡2
4
2√2
𝑏=[

1
1
√2
]
=
=
𝑡 − 𝑡1 𝑡=𝑡2 𝑡2 − 𝑡1
4

−1
1
√2
√2
√2 𝑡 − 𝑡2
(− ln|𝑡 − 𝑡1 | + ln|𝑡 − 𝑡2 |) + 𝐾 =
∫(
) 𝑑𝑡 =
|+𝐾
+
ln |
4
𝑡 − 𝑡1 𝑡 − 𝑡2
4
4
𝑡 − 𝑡1
√2 𝑡 + 1 − √2
|+𝐾
=
ln |
4
𝑡 + 1 + √2
Allez à : Exercice 12
𝐹6 (𝑡) =

3𝑡+1

7. 𝑡 2 − 2𝑡 + 10 n’a pas de racine réelle donc (𝑡 2 −2𝑡+10)2 est un élément simple et il faut mettre 𝑡 2 − 2𝑡 +
10 sous sa forme canonique.

(3𝑡 + 1)𝑑𝑡
((𝑡 − 1)2 + 9)2
On fait le changement de variable 𝑢 = 𝑡 − 1 ⇔ 𝑡 = 𝑢 + 1 ⇒ 𝑑𝑡 = 𝑑𝑢
(3(𝑢 + 1) + 1)𝑑𝑢
(3𝑢 + 4)𝑑𝑢
3𝑢𝑑𝑢
4𝑑𝑢

𝐹7 (𝑡) = ∫
=
=∫ 2
+∫ 2
2
2
2
2
2
(𝑢 + 9)
(𝑢 + 9)
(𝑢 + 9)
(𝑢 + 9)2
3𝑢𝑑𝑢
4𝑑𝑢
𝐼1 (𝑡) = ∫ 2
𝑒𝑡 𝐼2 (𝑡) = ∫ 2
2
(𝑢 + 9)
(𝑢 + 9)2
Dans 𝐼1 on fait le changement de variable 𝑣 = 𝑢2 ⇒ 𝑑𝑣 = 2𝑢𝑑𝑢
3
𝑑𝑣
3
3
3
3
−2
−1
)
(
)(
)
∫(𝑣
𝐼1 (𝑡) = ∫ 2
=
+
9
𝑑𝑣
=
−1
𝑣
+
9
=

=

(𝑣 + 9)2 2
2
2(𝑣 + 9)
2(𝑢2 + 9)
3
3
=−
=−
2((𝑡 − 1)2 + 9)
2(𝑡 2 − 2𝑡 + 10)
4𝑑𝑢
4𝑑𝑢
𝐼2 (𝑡) = ∫ 2
=∫
2
2
(𝑢 + 9)
𝑢 2
92 (( ) + 1)
3
𝑢
On fait le changement de variable 𝑣 = 3 ⇔ 𝑢 = 3𝑣 ⇒ 𝑑𝑢 = 3𝑑𝑣
12
𝑑𝑣
4
𝑑𝑣
∫ 2
∫ 2
𝐼2 (𝑡) =
=
2
81 (𝑣 + 1)
27 (𝑣 + 1)2
Comme on l’a déjà revu avec 𝐹2
𝑑𝑣
1
1 𝑣
∫ 2
= arctan(𝑣 ) +
+𝐾
2
(𝑣 + 1)
2
2 1 + 𝑣2
𝑢
4 1
1 𝑣
2
𝑢
2
3
( arctan(𝑣 ) +
)+𝐾 =
𝐼2 (𝑡) =
arctan ( ) +
2
𝑢 2
27 2
21 + 𝑣
27
3
27
1 + (3 )
2
𝑢
2
𝑢
2
𝑡−1
2
𝑡−1
)+ × 2
=
arctan ( ) + ×
=
arctan (
2
27
3
9 9+𝑢
27
3
9 𝑡 − 2𝑡 + 10
Et finalement
3
2
𝑡−1
2
𝑡−1
)+ × 2
𝐹7 (𝑡) = −
+
arctan (
2
2(𝑡 − 2𝑡 + 10) 27
3
9 𝑡 − 2𝑡 + 10
2
31
𝑡 − 18
2
𝑡−1
) + 29
=
arctan (
27
3
𝑡 − 2𝑡 + 10
Allez à : Exercice 12
𝐹7 (𝑡) = ∫

47

Calculs de primitives

Pascal Lainé

8. 𝑡 2 − 2𝑡 + 10 n’a pas de racine réelle donc

3𝑡 + 1
𝑡 2 − 2𝑡 + 10
2
est un élément simple, on met 𝑡 − 2𝑡 + 10 sous forme canonique.
3𝑡 + 1
𝐹8 (𝑡) = ∫
𝑑𝑡
((𝑡 − 1)2 + 9)
On pose 𝑢 = 𝑡 − 1 ⇔ 𝑡 = 𝑢 + 1 ⇒ 𝑑𝑡 = 𝑑𝑢
3(𝑢 + 1) + 1
3𝑢 + 4
3𝑢
4
𝐹8 (𝑡) = ∫
𝑑𝑢 = ∫ 2
𝑑𝑢 = ∫ 2
𝑑𝑢 + ∫ 2
𝑑𝑢
2
(𝑢 + 9)
𝑢 +9
𝑢 +9
𝑢 + 32
3
4
𝑢
3
4
𝑡−1
)+𝐾
= ln(𝑢2 + 9) + arctan ( ) + 𝐾 = ln(𝑡 2 − 2𝑡 + 10) + arctan (
2
3
3
2
3
3
Allez à : Exercice 12
9.

1
1
𝑎
𝑏𝑡 + 𝑐
=
=
+ 2
2
+ 1 (𝑡 + 1)(𝑡 − 𝑡 + 1) 𝑡 + 1 𝑡 − 𝑡 + 1
1
1
]
𝑎=[ 2
=
𝑡 − 𝑡 + 1 𝑡=−1 3
On multiplie par 𝑡, puis 𝑡 → +∞
1
0=𝑎+𝑏 ⇒𝑏 =−
3
𝑡 = 0,
2
1= 𝑎+𝑐 ⇒𝑐 =
3
1
1
1 1
−𝑡 + 2
)
=
= (
+ 2
3
2
𝑡 + 1 (𝑡 + 1)(𝑡 − 𝑡 + 1) 3 𝑡 + 1 𝑡 − 𝑡 + 1
1
𝑑𝑡
1
−𝑡 + 2
1
1
−𝑡 + 2
𝐹9 (𝑡) = ∫
+ ∫ 2
𝑑𝑡 = ln|𝑡 + 1| + ∫
𝑑𝑡
3 𝑡+1 3 𝑡 −𝑡+1
3
3
1 2 3
(𝑡 − 2) + 4
1
1
On pose 𝑢 = 𝑡 − 2 ⇔ 𝑡 = 𝑢 + 2 ⇒ 𝑑𝑡 = 𝑑𝑢
3
−𝑢 + 2
𝑢
3
1
1
3
3 2
2𝑢

𝑑𝑢 = − ∫
𝑑𝑢 + ∫
𝑑𝑢 = − ln (𝑢2 + ) + ×
arctan ( ) + 𝐾
2
3
3
2
2
4
2 √3
√3
𝑢2 + 4
𝑢2 + 4
3
2

𝑢 + ( 4)
1
2𝑡 − 1
)+𝐾
= − ln(𝑡 2 − 𝑡 + 1) + √3 arctan (
2
√3
Par conséquent
1
𝑑𝑡
1
−𝑡 + 2
𝐹9 (𝑡) = ∫
+ ∫ 2
𝑑𝑡
3 𝑡+1 3 𝑡 −𝑡+1
1
1
1
2𝑡 − 1
)) + 𝐾
= ln|𝑡 + 1| + (− ln(𝑡 2 − 𝑡 + 1) + √3 arctan (
3
3
2
√3
1
1
2𝑡 − 1
√3
)+𝐾
= ln|𝑡 + 1| − ln(𝑡 2 − 𝑡 + 1) +
arctan (
3
6
3
√3
Allez à : Exercice 12
𝑡3

10. Il faut diviser 𝑥 3 + 2 par (𝑥 + 1)3 = 𝑥 3 + 3𝑥 2 + 3𝑥 + 1,
𝑥 3 + 2 = 1 × (𝑥 3 + 3𝑥 2 + 3𝑥 + 1) + (−3𝑥 2 − 3𝑥 + 1)
Ce qui entraine que
𝑥3 + 2
−3𝑥 2 − 3𝑥 + 1
=
1
+
(𝑥 + 1)3
(𝑥 + 1)3
On cherche alors 𝑎, 𝑏 et 𝑐 tels que :
48

Calculs de primitives

Pascal Lainé

−3𝑥 2 − 3𝑥 + 1
𝑎
𝑏
𝑐
=
+
+
(𝑥 + 1)3
𝑥 + 1 (𝑥 + 1)2 (𝑥 + 1)3
2
𝑐 = [−3𝑥 − 3𝑥 + 1]𝑥=−1 = 1
On multiplie par 𝑥, puis 𝑥 → +∞
−3 = 𝑎
𝑥=0
1 = 𝑎+𝑏+𝑐 ⇒ 𝑏 = 1−𝑎−𝑐 = 3
3
𝑥 +2
3
3
1
) 𝑑𝑥
𝐹10 (𝑥 ) = ∫
𝑑𝑥 = ∫ (1 −
+
+
3
2
(𝑥 + 1)
(𝑥 + 1)3
𝑥 + 1 (𝑥 + 1)
= 𝑥 − 3 ln|𝑥 + 1| + 3 ∫(𝑥 + 1)−2 𝑑𝑥 + ∫(𝑥 + 1)−3 𝑑𝑥
1
= 𝑥 − 3 ln|𝑥 + 1| + 3(−(𝑥 + 1)−1 ) + (− ) (𝑥 + 1)−2 + 𝐾
2
3
1
1
= 𝑥 − 3 ln|𝑥 + 1| −
− ×
+𝐾
𝑥 + 1 2 (𝑥 + 1)2
Allez à : Exercice 12
11.
On cherche alors 𝑎, 𝑏 et 𝑐 tels que :

On multiplie par 𝑥, puis 𝑥 → +∞

𝑥+1
𝑎
𝑏
𝑐
=
+
+
𝑥(𝑥 − 2)2 𝑥 𝑥 − 2 (𝑥 − 2)2
𝑥+1
3
]
𝑐=[
=
𝑥 𝑥=2 2
0= 𝑎+𝑏

𝑥=1

2= 𝑎−𝑏+𝑐 ⇔𝑎−𝑏 =
1

1

1
2

Donc 𝑎 = 4 et 𝑏 = − 4
1
1
3
𝑥+1
4
4
2
𝐹11 (𝑥 ) = ∫
𝑑𝑥 = ∫ ( −
+
) 𝑑𝑥
𝑥 (𝑥 − 2)2
𝑥 𝑥 − 2 (𝑥 − 2)2
=

1
1
3
1
𝑥
3
1
|− ×
ln|𝑥 | − ln|𝑥 − 2| + ∫(𝑥 − 2)−2 𝑑𝑥 = ln |
+𝐾
4
4
2
4 𝑥−2
2 𝑥−2

Allez à : Exercice 12
Correction exercice 13.
1.
1

𝐼1 = ∫

𝑑𝑥

𝑥 2 + (√2)
Allez à : Exercice 13
0

2

=[

1
√2

arctan (

2.

𝑥
√2

1

)] =
0

1
√2

1
2

arctan (

1

1
√2

)−

2 𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝐼2 = ∫
= 2∫
2
2
1
− 1−𝑥
0 1−𝑥
2

1

Car 𝑥 → 1−𝑥2 est paire

1

Première méthode parce que [0, 2] ⊂] − 1,1[
49

1
√2

arctan(0) =

1
√2

arctan (

1
√2

)


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