« Intégration de Riemann/Intégrale et primitives » : différence entre les versions
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2/ <math>\varphi :x \mapsto xe^x\,</math> est une primitive de <math>fg\,</math> car :<br />
<math>\varphi'(x) = xe^x+1\times e^x = (x+1)e^x = fg(x) \,\forall x\in \R\,</math> .
En fait, tout cela vient de la formule de dérivation d'un produit : <math>(fg)' = f'g+fg' \ne f'g'\,</math> .
Ligne 143 :
Il faut montrer maintenant que <math>F\,</math> est bien une primitive de <math>f\,</math> , c'est-à-dire que <math>F'=f\,</math> ou encore (par [[Fonctions d'une variable réelle/Dérivabilité|définition de la dérivée]]) que <math>\lim_{x\to x_0} \frac{F(x)-F(x_0)}{x-x_0} = f(x_0) \,\forall x_0 \in \R\,</math> .<br />
On a :<br />
<math>\frac{F(x)-F(x_0)}{x-x_0} = \frac{1}{x-x_0}\left(\int_a^x f(t)\mathrm{d}t - \int_a^{x_0} f(t)\mathrm{d}t\right)</math
donc : <math>\frac{F(x)-F(x_0)}{x-x_0} =\frac{1}{x-x_0}\left(\int_a^{x_0} f(t)\mathrm{d}t + \int_{x_0}^{x} f(t)\mathrm{d}t - \int_a^{x_0} f(t)\mathrm{d}t \right)\,</math> <br />
(on a décomposé la première intégrale grâce à la Relation de Chasles)<br />
Ligne 162 :
Donc, si <math>F\,</math> est une primitive de <math>f\,</math> sur <math>I\,</math> : <math>\int f(x)\mathrm dx = \{x\mapsto F(x)+k | k\in \R\}\,</math>.<br />
Par abus de langage, cette notation désigne aussi une primitive quelconque de <math>f\,</math> : '''il faut toutefois bien garder à l'esprit qu'il existe une infinité de primitives définies à une constante additive près'''.
== Méthodes de calcul intégral ==
Ligne 201 :
En fait, il suffit "d'injecter" le résultat obtenu pour <math>\int e^x \cos x \mathrm{d}x\,</math> dans le résultat obtenu dans la première intégration par parties ; on obtient :<br />
<math>\int e^x \sin x \mathrm{d}x = -e^x \cos x +{\color{Blue}\int e^x \cos x\mathrm{d}x} = -e^x\cos x + {\color{Blue}e^x \sin x - \int e^x \sin x\mathrm{d}x}\,</math>.<br />
Il suffit alors d'ajouter de chaque côté <math>\int e^x \sin x \mathrm{d}x\,</math> et on a :
<math>2\int e^x \sin x \mathrm{d}x = -e^x\cos x + e^x \sin x + C ^;(C\in \R)\,</math>, d'où l'on tire : <br />
<center>{{Encadre|contenu=<math>\int e^x \sin x \mathrm{d}x = \frac{e^x(\sin x-\cos x)}{2} + C \;(C\in \R)\,</math>}}</center>}}
Ligne 208 :
L'astuce dans ces cas-là (une fonction "seule" dont on ne connaît que la dérivée mais pas la primitive) consiste à intégrer par parties en posant :<br />
<math>u(x) = \ln x \Rightarrow u'(x) =\frac{1}{x}\,</math><br />
<math>v'(x) = 1 \Rightarrow v(x) = x\,</math>.
(On a remarqué que <math>\ln x = 1\times \ln x\,</math> , tout simplement !)
On a donc :<br />
<math>\int \ln x \mathrm{d}x = x\ln x -\int x\frac{1}{x}\mathrm{d}x = x\ln x - x + C \;(C\in \R)\,</math>.
Ligne 232 :
Remarquez que cette formule s'utilise dans les deux sens, comme le montrent les exemples.<br />
'''Exemples :'''<br />
'''1/''' <math>\int_1^2 \frac{x+2}{x^2+4x-1} = \int_4^{11} \frac{\mathrm{d}t}{2t} = \left[\frac{1}{2}\ln t\right]_4^{11} = \frac{\ln 11 - \ln 4}{2}\,</math> .
On a fait le changement de variables <math>t = x^2+4x-1 = \varphi^{-1}(x)\,</math> et <math>\mathrm{d}t = 2x+4\,\mathrm{d}x = 2(x+2)\,\mathrm{d}x\,</math>.
Pour les bornes :si <math>x = 1\,</math> , alors <math>t = 1^2+4\times 1 -1 =4\,</math> et si <math>x=2\,</math> , alors <math>t = 2^2+4\times 2-1 = 11\,</math>.
'''2/''' <math>I=\int \frac{\mathrm{d}x}{1+\cos^2 x} = \int \frac{\mathrm{d}x}{2\cos^2 x+\sin^2 x} = \int\frac{\mathrm{d}x}{\cos^2 x(2+\tan^2 x)}\,</math> puisque <math>\cos^2 x + \sin^2 x = 1 \,\forall x \in \R\,</math>.<br />
On pose <math>t = \tan x\,</math> donc <math>\mathrm{d}t = \frac{\mathrm{d}x}{\cos^2 x}\,</math> .
Alors <math>I = \int \frac{\mathrm{d}t}{2+t^2} = \int \frac{\mathrm{d}t}{2(1+(\frac{t}{\sqrt 2})^2)} = \frac{\sqrt 2}{2}\int \frac{\mathrm{d}u}{1+u^2} = \frac{\sqrt 2}{2}\arctan u = \frac{\sqrt 2}{2}\arctan (\frac{\sqrt 2}{2}t) = \frac{\sqrt 2}{2}\arctan(\frac{\sqrt 2}{2}\tan x)\,</math> à une constante près.<br />
On a posé <math>u = \frac{t}{\sqrt 2}\,</math> et donc <math>\mathrm{d}t = \sqrt 2 \,\mathrm{d}u\,</math>.
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