Primitives

Définition. Soit I un intervalle et f : I −→ R une fonction. Une primitive de f est une

fonction F : I −→ R dérivable sur I et telle que F 0 = f .
Attention, il existe des fonctions f qui ne possèdent pas des primitives !
Z
Notation. Si f : I −→ R admet des primitives, on notera f (x)dx l’ensemble des
Z
primitives de la fonction f (donc f (x)dx est un ensemble de fonctions).
Si F1 et F2 sont deux primitives de la même fonction f sur un intervalle I, on a

(F1 − F2 )0 = F10 − F20 = f − f = 0,

donc F1 − F2 est une fonction constante. Ainsi on a montré que la différence de deux
primitives de f est une constante. Par conséquent, il suffit de connaı̂tre une primitive F de
f sur l’intervalle I, pour connaı̂tre toutes les primitives de f sur I : ces sont exactement
les fonctions de la forme F (x) + c, où c est une constante. Alors on peut écrire
Z
f (x)dx = F (x) + C,

où C est l’ensemble des fonctions constantes.

En pratique, il est en général facile de vérifier si F est une primitive de f : il suffit de
calculer la dérivée de F et de vérifier si F 0 = f .
Exemple. Considérons la fonction f (x) = x1 . Sur l’intervalle ]0, ∞[, on la (ln(x))0 =
1
x
= f (x), donc F (x) = ln(x) est une primitive de f sur cet intervalle. Il est évident que
F1 (x) = ln(x) + 5 ou F2 (x) = ln(x) − 100 sont aussi des primitives. On peut donc écrire

1
Z
dx = ln(x) + C sur ]0, ∞[.
x
Sur l’intervalle ] − ∞, 0[, on vérifie aisément que G(x) = ln(−x) satisfait G0 = f , donc G
1
Z
est une primitive de f . Ainsi dx = ln(−x) + C sur ] − ∞, 0[.
x
D’après ce qui précède, la fonction H : R −→ R définiepar H(x) = ln |x| est dérivable
ln |x| si x < 0,
sur R∗ et H 0 = f sur R∗ . Prenons la fonction H1 (x) = Il est
ln |x| + 7 si x > 0.
évident que H1 est dérivable sur R∗ et que H10 = f . Cependant, la différence H1 − H n’est
pas une constante ! Il faut donc faire attention : la différence de deux primitives d’une
fonction n’est constante que lorsqu’on travaille sur un intervalle (et non pas sur l’union de
deux ou plusieurs intervalles, comme c’est le cas de R∗ ).
Proposition. a) Si F est une primitive de f sur I et λ ∈ R, alors λF est une primitive
de λf .
b) Si F est une primitive de f et G est une primitive de g, alors F +G est une primitive
de f + g.
Démonstration. C’est évident car
a) (λF )0 = λF 0 = λf et

1
 b) (F + G)0 = F 0 + G0 = f + g. 
En pratique, on écrit
Z Z Z Z Z
λf (x)dx = λ f (x)dx et f (x) + g(x)dx = f (x)dx + g(x)dx

(puisque C + C = C et λ · C = C).
On admettra le résultat suivant :
Théorème. Si la fonction f est définie et continue sur un intervalle I, alors elle possède
une primitive sur I.
On a déjà rencontré au chapitre pécédent un nombre assez important de fonctions
remarquables et on a calculé leurs dérivées. On résume ces résultats dans le tableau suivant :
• Liste
Z des primitives usuelles (à connaı̂tre par coeur !)
a dx = ax + C sur R, où a ∈ R est une constante.
xα+1
Z
xα dx = + C sur ]0, ∞[ si α ∈ R et α 6= −1.
α+1
xn+1
Z
n
x dx = + C sur ] − ∞, 0[ si n ∈ Z et n 6= −1.
n+1
1
Z
dx = ln |x| + C sur −]∞, 0[ ou sur ]0, ∞[.
Z x
ex dx = ex + C sur R.
Z
sin x dx = − cos x + C sur R.
Z
cos x dx = sin x + C sur R.
1
Z
2
dx = arctan x + C sur R.
Z 1+x
1
√ dx = arcsin x + C sur ] − 1, 1[.
1 − x2
Z
1 √
√ dx = ln |x + x2 − 1| + C sur ] − ∞, −1[ ou sur ]1, ∞[.
x2 − 1
Z
1 √
√ dx = argsh(x) + C = ln(x + x2 + 1) + C sur R.
1 + x2
• Théorème (intégration par parties). Soient f et g deux fonctions dérivables sur un
intervalle I et telles que les dérivées f 0 et g 0 sont continues sur I. Alors on a la formule :
Z Z
f (x)g(x)dx = f (x)g(x) − f (x)g 0 (x)dx.
0

Démonstration. Notons d’abord que les fonctions f 0 g et g 0 f sont continues sur I, donc
possèdent des primitives sur I. Ce théorème est une simple conséquence du théorème de
dérivation d’un produit de fonctions. On a (f g)0 = f 0 g + g 0 f , donc la fonction f g est une
primitive de f 0 g + g 0 f , c’est-à-dire
Z
f 0 (x)g(x) + f (x)g 0(x)dx = f (x)g(x) + C, d’où

2
 Z Z
0
f (x)g(x)dx +f (x)g 0 (x)dx = f (x)g(x) + C,
Z Z
ce qui donne f (x)g(x)dx = f (x)g(x) − f (x)g 0(x)dx (dans la dernière formule, l’en-
0

semble des fonctions

Z Z constantes C est “caché” dans chacun des ensembles de primitives
f (x)g(x)dx et f (x)g 0(x)dx : ces ensembles de fonctions sont tous les deux de la forme
0

“une primitive particulière + C”). 

Z
Exemple 1. Calculer xex dx.
Solution. Posons f 0 (x) = ex et g(x) = x. Alors nécessairement g 0(x) = 1 et on peut
prendre f (x) = ex . La formule d’intégration par parties nous donne :
Z Z Z
x
xe dx = f (x)g(x)dx = f (x)g(x) − f (x)g 0(x)dx
0
Z Z
= e · x − e · 1dx = xe − ex dx = xex − ex + C.
x x x

Remarque. On aurait pu aussi bien partir “à l’envers”, c’est-à-dire prendre v 0 (x) = x,
v(x) = 21 x2 , h(x) = ex , h0 (x) = ex et appliquer la formule d’intégration par parties. On
aurait ainsi obtenu :
1 2 x 1 2 x
Z Z Z Z
x 0 0
xe dx = v (x)h(x)dx = v(x)h(x) − v(x)h (x)dx = x e − x e dx.
2 2
On aboutit à une formule juste, mais plus compliquée que l’expression de départ... et qu’on
sait encore moins intégrer. Ce n’est pas grave, on recommence, on fait l’intégration par
parties dans l’autre sens et on trouve la solution ci-dessus. En général, en mathématiques
personne ne nous dit à priori dans quelle direction il faut partir et ce n’est que l’expérience
qu’on a acquise qui peut nous suggérer comment attaquer un problème.
Z
Exemple 2. Calculer (2x + 1) sin xdx.
Solution. On prend f 0 (x) = sin x, f (x) = − cos x, g(x) = 2x + 1, g 0(x) = 2. On intègre
par parties :
Z Z Z
(2x + 1) sin xdx = f (x)g(x)dx = f (x)g(x) − f (x)g 0(x)dx
0
Z Z
= −(2x + 1) cos x − (− cos x) · 2dx = −(2x + 1) cos x + 2 cos xdx
= −(2x + 1) cos x + 2 sin x + C.
Z
Exemple 3. Calculer x2 ex dx.
Solution. On intègre successivement par parties :
Z Z Z
x e dx = x (e ) dx = x e − (x2 )0 ex dx (première intégration par parties)
2 x 2 x 0 2 x
Z Z
2 x
= x e − 2xe dx = x e − 2x(ex )0 dx
2 x x

 Z 
= x e − 2xe − (2x)0 ex dx (deuxième intégration par parties)
2 x x
Z
= x e − 2xe + 2 ex dx = x2 ex − 2xex + 2ex + C.
2 x x

3
Exercice. Calculer les primitives suivantes :
Z Z Z Z
a) (3x + 2) cos x dx b) x2 sin x dx c) 3 x
x e dx d) (x2 + x) cos x dx.

Indication. Faire une intégration par parties, en prenant f 0 = la fonction trigonométrique

ou exponentielle et g = le polynôme. Répéter cette démarche si nécessaire.
Z
Exemple 4. Calculer ln x dx.
Z
Solution. La primitive ln xdx ne ressemble pas à une primitive usuelle, l’exercice
paraı̂t difficile. Cependant, la dérivée de ln x est x1 , beaucoup plus “sympathique”. On
essaie de faire une intégration par parties afin de faire disparaı̂tre ln x et de voir apparaı̂tre
sa dérivée, x1 . Prenons donc f 0 (x) = 1, f (x) = x (astuce à retenir !), g(x) = ln x, g 0 (x) = x1 .
Une intégration par parties nous donne :
Z Z Z Z
ln x dx = 1 · ln x dx = (x) · ln x dx = x ln x − x(ln x)0 dx
0

1
Z Z
= x ln x − x · dx = x ln x − 1 dx = x ln x − x + C.
x
Z
* Exemple 5. Calculer ex sin x dx.
Z
Solution. Soit I = ex sin x dx. On intègre deux fois par parties et on trouve
Z Z Z
I= e sin x dx = (e ) sin x dx = e sin x − ex cos x dx
x x 0 x

Z  Z 
x x 0 x x x 0
= e sin x − (e ) cos x dx = e sin x − e cos x − e (cos x) dx
Z
= e sin x − e cos x − ex sin x dx = ex sin x − ex cos x − I.
x x

On a ainsi obtenu que I = ex sin x−ex cos x−I, d’où on déduit que 2I = ex sin x−ex cos x+C,
ce qui nous donne
1
I = (ex sin x − ex cos x) + C.
2
• Théorème de changement de variable. Soient I, J deux intervalles, ϕ : I −→ J
une fonction dérivable, f : J −→ R une fonction et F une primitive de f . Alors on a
Z
f (ϕ(x)) · ϕ0 (x)dx = F (ϕ(x)) + C.

Démonstration. Ce théorème est une simple conséquence du théorème de dérivation des

fonctions composées. La fonction ϕ est dérivable sur I est prend des valeurs dans J et F
est une fonction dérivable de J dans R. Par conséquent, F ◦ ϕ est dérivable de I dans R
et (F ◦ ϕ)0 (x) = F 0 (ϕ(x)) · ϕ0 (x) = f (ϕ(x)) · ϕ0 (x), c’est-à-dire (F ◦ ϕ) est une primitive de
la fonction x 7−→ f (ϕ(x)) · ϕ0 (x), ce qu’il fallait démontrer. 
2x
Z
Exemple. Calculer dx.
1 + x2

4
 Solution. On essaie d’écrire la fonction à intégrer sous la forme f (ϕ(x)) · ϕ0 (x). On
observe que 2x est exactement la dérivée de 1 + x2 . Prenons donc ϕ(x) = 1 + x2 . La
2x ϕ0 (x) 1 1
fonction à intégrer s’écrit 1+x 2 = ϕ(x) = ϕ(x) · ϕ (x), donc on doit prendre f (y) = y . Une
0

primitive de f est F (y) = ln |y|. Par la formule de changement de variable on a :

2x 1
Z Z Z
dx = · ϕ (x)dx = f (ϕ(x)) · ϕ0 (x)dx
0
1 + x2 ϕ(x)
= F (ϕ(x)) + C = ln |ϕ(x)| + C = ln(1 + x2 ) + C.
Z
Exemple. Calculer (sin3 x + sin2 x) cos x dx.
Solution. On observe que cos x est exactement la dérivée de sin x. Prenons donc ϕ(x) =
sin x. La fonction à intégrer s’écrit (sin3 x+sin2 x) cos x = (ϕ3 (x)+ϕ2 (x))·ϕ0 (x). On observe
que si on prend f (y) = y 3 + y 2 , la fonction à intégrer est exactement f (ϕ(x)) · ϕ0 (x). Une
pimitive de f est F (y) = 41 y 4 + 31 y 3 . Par la formule de changement de variable on a :
Z Z
3 2
(sin x + sin x) cos x dx = f (ϕ(x)) · ϕ0 (x) dx où f (y) = y 3 + y 2
= F (ϕ(x)) + C = 41 (ϕ(x))4 + 31 (ϕ(x))3 + C = 41 (sin(x))4 + 31 (sin(x))3 + C.
Z
2
Exemple. Calculer xe−x dx.
2
Solution. On observe que la dérivée
Z de −x est −2x. On essaie de mettre en évidence
1
Z
2 2
cette dérivée : on a xe−x dx = − (−2x)e−x dx. Prenons maintenant ϕ(x) = −x2 . La
2
fonction dont on veut calculer une primitive s’écrit :
2
(−2x)e−x = eϕ(x) · ϕ0(x) = f (ϕ(x)) · ϕ0 (x), où f (y) = ey . Une primitive de f est F (y) = ey .
On applique la formule de changement de variable :
1 1 1 1
Z Z Z
−x2 −x2 2
xe dx = − (−2x)e dx = − eϕ(x) ϕ0 (x)dx = − F (ϕ(x)) + C = − e−x + C.
2 2 2 2

• Exemple. Soit u : I −→ R une fonction dérivable. En utilisant la liste des primitives

usuelles et la formule de changement de variable on trouve :
1
Z
(u(x))n · u0 (x) dx = (u(x))n+1 + C si n ∈ N (même si n ∈ Z et u(x) 6= 0).
n+1
1
Z
(u(x))α · u0 (x) dx = (u(x))α+1 + C si u(x) > 0, α ∈ R et si α 6= −1.
α+1
u (x)
Z 0
dx = ln |u(x)| + C si u(x) 6= 0.
u(x)
Z
eu(x) u0 (x) dx = eu(x) + C.
Z
sin(u(x)) · u0 (x) dx = − cos(u(x)) + C.
Z
cos u(x) · u0 (x) dx = sin(u(x)) + C.

5
 u0 (x)
Z
dx = arctan(u(x)) + C.
1 + (u(x))2
u0 (x)
Z
p dx = arcsin(u(x)) + C si u(x) ∈] − 1, 1[, etc.
1 − (u(x))2
On utilisera ces formules à chaque fois quand il sera nécessaire.
Pratique. En pratique, on fait souvent les changements de variable de la manière suivante
(peu rigoureuse, mais très commode) :
- on introduit “la nouvelle variable” y = ϕ(x) ;
- on a alors (formellement) dy = ϕ0 (x)dx
On remplacera ensuite partout ϕ(x) par y et ϕ0 (x)dx par dy. À la fin (après avoir
effectué les calculs), on revient à la variable de départ (ici, x). L’algorithme est le suivant :
Z Z
0
f (ϕ(x))ϕ (x)dx = f (y)dy = ( après calculs ) = F (y) + C = F (ϕ(x)) + C.

Attention, il ne faut pas “melanger” les variables x et y, on n’a pas le droit d’écrire, par
exemple, ϕdy dy
0 (x) = dx ou encore pire, dx = ϕ (x) ! Quand on passe de la variable x à la variable
0

y, il faut passer d’un Zseul coup : on remplace

Z en même tempsZ ϕ(x) par y et ϕ (x)dx par dy.
0

Une formule de type f (ϕ(x))ϕ0 (x)dx = f (y)ϕ0(x)dx = f (y)dy où les deux variables
x et y apparaı̂ssent à la fois dans une même primitive n’a aucun sens, une primitive ne
peut dépendre que d’une seule variable.
Z
Exemple. Calculer tan x dx.
sin x
Solution. On a tan x = cos x
. Posons y = cos x. Alors on a dy = (cos x)0 dx = − sin xdx
et
sin x −1
Z Z Z
tan x dx = dx = dy = − ln |y| + C = − ln | cos x| + C.
cos x y
La formule est valable sur tout intervalle où cos x ne s’annule pas (par exemple, sur ]− π2 , π2 [).
Quelques techniques classiques de calcul de primitives.
1. On sait déjà calculer les primitives des fonctions usuelles : polynômes, sinus, cosi-
nus, expenentielle P (x)ex , P (x) sin x, P (x) cos x, où P (x) est un polynôme (pour les trois
dernières, on utilise des intégrations par parties afin d’abaisser le degré du polynôme).
2. Intégration des fractions rationnelles.
N(x)
Soit une fraction rationnele où N(x) et D(x) sont des polynômes à coefficients
D(x)
réels. Tout d’abord, on effectue la division euclidienne de N(x) par D(x). On obtient ainsi
N(x) R(x)
= Q(x) +
D(x) D(x)
où Q(x) est un polynôme (dont on sait trouver les primitives) et R(x) est aussi un polynôme
avec deg(R) < deg(D).
Le dénominateur D(x) se décompose en un produit de facteurs du premier degre et du
deuxième degré irreductibles sur R :

D(x) = c(x − a1 )m1 (x − a2 )m2 . . . (x − ap )mp (x2 + p1 x + q1 )h1 . . . (x2 + ps x + qs )hs

6
où c ∈ R, aj ∈ R, pi , qi ∈ R avec ∆i = p2i − 4qi < 0 pour 1 ≤ i ≤ s et m1 , . . . , mp ,
h1 , . . . , hs sont des entiers.
R(x)
La fraction rationnelle se décompose en une somme de fractions rationnelles
D(x)
appelées éléments simples de la façon suivante :
- Chaque facteur (x − a)m du dénominateur D(x) fournit une somme de m éléments
simples (appelés de première espèce) de la forme

Am Am−1 A2 A1
m
+ m−1
+···+ 2
+ ,
(x − a) (x − a) (x − a) x−a

où Ai ∈ R, 1 ≤ i ≤ m.
- Chaque facteur (x2 + px+ q)h du dénominateur D(x) fournit une somme de h éléments
simples (appelés de deuxième espèce) de la forme

C h x + Dh Ch−1x + Dh−1 C 1 x + D1
+ 2 +···+ 2 ,
(x2 + px + q) h (x + px + q) h−1 x + px + q

où Ci , Di ∈ R, 1 ≤ i ≤ h.
x9 − 5
Exemple. peut s’écrire sous la forme
2(x − 1)(x + 2)2 (x2 + x + 1)2

A B2 B1 C 2 x + D2 C 1 x + D1
Q(x) + + 2
+ + 2 2
+ 2
x − 1 (x + 2) x + 2 (x + x + 1) x +x+1

où Q(x) est un polynôme de degré 2.

Il existe différentes techniques pour déterminer les constantes réelles A, B1 , B2 , C1 ,
C2 , D1 , D2 . (La moins astucieuse est d’amener toutes les fractions au même dénominateur
(x−1)(x+2)2 (x2 +x+1), d’efectuer les calculs puis d’identifier les coefficients au numérateur.
On aboutit à un système linéaire d’équations avec les inconnues A, B1 , B2 , C1 , C2 , D1 ,
D2 . Toujours quand il s’agit de décomposer une fraction rationnelle en éléments simples,
les systèmes linéaires qui interviennent ont solution unique.)
Après avoir décomposé la fraction rationnelle en éléments simples, on trouve une pri-
mitive pour chacune des fractions simples. C’est très facile pour les fractions rationnelles
simples de première espèce :
A
Z
dx = A ln |x − a| + C et
Z x−a
B B B 1
Z
m
dx = B (x − a)−m dx = (x − a)−m+1 + C = · + C.
(x − a) 1−m 1 − m (x − a)m−1
En ce qui concerne les fractions rationnelles de deuxième espèce, on va se contenter de
traiter
Z quelques cas simples. Ainsi, on a :
1
2
dx = arctan x + C et
Z x +1
1 1 x
2 2
dx = arctan( ) + C (vérifier cette formule !).
x +a a a
2
Rappellons que x2 + px + q = (x + 2p )2 + (q − p4 ). Si ce trinôme est irreductible, son
2
discriminant ∆ = p2 − 4q est négatif, par conséquent q − p4 > 0. Ainsi on peut trouver

7
 2
b > 0 tel que q − p4 = b2 et alors on a x2 + px + q = (x + 2p )2 + b2 . En faisant le changement
de variable y = x + 2p (qui implique dy = (x + 2p )0 dx, i.e. dy = dx) on obtient
1 1 1
Z Z Z
2
dx = + p 2
dx = dy
x + px + q (x 2 ) + b y + b2
2

1 y 1 x + 2p
= arctan( ) + C = arctan( ) + C.
b b b b
1
Donc on sait déterminer les primitives de .
x2 + px + q
x+k
Lorsqu’on a une fraction simple de type 2 , on procède ainsi : on observe que
x + px + q
(x2 + px + q)0 = 2x + p et on écrit
x+k 1 2x + p k − 2p
= + .
x2 + px + q 2 x2 + px + q x2 + px + q
En utilisant le changement deZvariable z = x2 + px +Z q (donc dz = (2x + p)dx) on trouve les
2x + p 1
primitives du premier terme : 2
dx = dz = ln |z|+C = ln(x2 +px+q)+C.
x + px + q z
On a déjà expliqué ci-dessus comment trouver les primitives du second terme.
x+5
Z
Exemple. Calculer 2
dx.
x + 2x + 10
Solution. Le discriminant de x2 + 2x + 10 est négatif (−36), le trinôme est irreductible.
On a (x2 + 2x + 10)0 = 2x + 2. On écrit donc
x+5 1 2x + 2 4
= · + .
x2 + 2x + 10 2 x2 + 2x + 10 x2 + 2x + 10
On a
2x + 2 (x2 + 2x + 10)0
Z Z
dx = dx = ln(x2 + 2x + 10) + C et
x2 + 2x + 10 x2 + 2x + 10
4 4 4
Z Z Z
2
dx = 2
dx = dx où y = x + 1
x + 2x + 10 (x + 1) + 9 y + 32
2

4 y 4 x+1
= arctan + C = arctan + C.
3 3 3 3
On trouve donc
x+5 1 4 x+1
Z
2
dx = ln(x + 2x + 10) + arctan + C.
x2 + 2x + 10 2 3 3

3x4 − 9x3 + 12x2 − 11x + 7

Z
Exemple. Calculer dx.
(x − 1)3 (x2 + 1)
Solution. On décompose d’abord la fraction en éléments simples. Comme le degré du
numérateur (4) est plus petit que le degré du dénominateur (5), on n’a pas de division
euclidienne à effectuer. On écrit
3x4 − 9x3 + 12x2 − 11x + 7 A B C Dx + E
(∗) 3 2
= 3
+ 2
+ + 2 .
(x − 1) (x + 1) (x − 1) (x − 1) x−1 x +1

8
On détermine ensuite les constantes A, B, C, D, E. On multiplie (*) par (x−1)3 , on trouve

3x4 − 9x3 + 12x2 − 11x + 7 Dx + E

2
= A + B(x − 1) + C(x − 1)2 + 2 (x − 1)3 .
x +1 x +1
A 1
En faisant x = 1 dans cette dernière équation on trouve A = 1. On soustrait (x−1)3
= (x−1)3
dans les deux mambres de (*) :

3x4 − 9x3 + 12x2 − 11x + 7 1 B C Dx + E

− = + + .
(x − 1)3 (x2 + 1) (x − 1)3 (x − 1)2 x − 1 x2 + 1

On effectue les calculs dans le membre de gauche et on simplifie par (x − 1) (il y a toujours
une telle simplification si on a travaillé correctement). On aboutit à

3x3 − 6x2 + 5x − 6 B C Dx + E
(∗∗) 2 2
= 2
+ + 2 .
(x − 1) (x + 1) (x − 1) x−1 x +1

On multiplie (**) par (x − 1)2 , puis on donne à x la valeur 1 et on obtient B = −2. Ensuite
B
on soustrait (x−1)2 de chaque membre de (**) :

3x3 − 6x2 + 5x − 6 −2 C Dx + E
2 2
− 2
= + 2 .
(x − 1) (x + 1) (x − 1) x−1 x +1

On effectue les calculs dans le membre de gauche de cette dernière équation et on obtient
(après simplification par (x − 1)) :

3x2 − x + 4 C Dx + E
(∗ ∗ ∗) 2
= + 2 .
(x − 1)(x + 1) x−1 x +1

On multiplie (***) par (x − 1), puis on fait x = 1 et on trouve C = 3. Finalement,

3x2 − x + 4 3 Dx + E
2
− = 2 .
(x − 1)(x + 1) x − 1 x +1
−1 Dx+E
Après avoir effectué les calculs à gauche et simplifié par (x − 1), on obtient x2 +1
= x2 +1
.
Par conséquent, D = 0 et E = −1. On a ainsi trouvé :

3x4 − 9x3 + 12x2 − 11x + 7 1 2 3 1

3 2
= 3
− 2
+ − 2 ,
(x − 1) (x + 1) (x − 1) (x − 1) x−1 x +1

d’où on déduit que

3x4 − 9x3 + 12x2 − 11x + 7 1 2 3 1

Z Z
3 2
= 3
− 2
+ − 2 dx
(x − 1) (x + 1) (x − 1) (x − 1) x−1 x +1
− 12 2
= 2
+ + 3 ln |x − 1| − arctan x + C.
(x − 1) x−1
√
Z
3. Primitives de type R(x, ax + b) dx où R est une fraction rationnelle de deux
variables.

9
 √ t2 −b
On fait le changement de variable ax + b = t. Ceci donne ax + b = t2 , donc x = a
,
 2 0
par conséquent dx = t a−b dt, c’est-à-dire dx = a2 t dt. On obtient ainsi

√ t2 − b
 
2
Z Z
R(x, ax + b) dx = R , t t dt
a a
et la dernière primitive est la primitive d’une fraction rationnelle (qu’on sait maintenant
calculer). Z
1
Plus généralement, lorsqu’on a une primitive de type R(x, (ax + b) m ) dx où R est
une fraction rationnelle de deux variables et m ∈ N∗ , il est utile de faire le changement
1 m
de variable (ax + b)m = t. On obtient ainsi x = t a−b et dx = mb tm−1 . La primitive se
tm − b

m m−1
Z
transforme en R , t t dt, qui est la primitive d’une fraction rationnelle.
a a
x
Z
Exemple. Calculer √ dx.
x−1+x √
Solution. On fait le changement de variable x − 1 = t. On a x = t2 + 1 et dx = 2tdt.
On obtient
x t2 + 1
Z Z
√ dx = · 2t dt.
x−1+x t + t2 + 1
2t3 + 2t
On s’est ramené ainsi au calcul d’une primitive de la fraction rationnelle . Comme
t2 + t + 1
le degré du numérateur (3) est plus grand ou égal que le degré du dénominateur (ici, 2),
2t3 + 2t (t2 + t + 1)(2t − 2) + 2t + 2
on effectue une division euclidienne : 2 = = 2t − 2 +
t +t+1 t2 + t + 1
2t + 2
. On obtient donc
t2 + t + 1
2t3 + 2t 2t + 2
Z Z
· 2t dt = 2t − 2 + dt
t2 + t + 1 t2 + t + 1

2t + 1 1
Z Z Z
= 2t − 2 dt + 2
dt + 2
dt
t +t+1 t +t+1
Z 2
(t + t + 1)0 1
Z
2
= t − 2t + dt + dt
2
t +t+1 1 2
(t + 2 ) + 43

2 2 1 t + 12
= t − 2t + ln(t + t + 1) + √ arctan √ +C
3/2 3/2

= t2 − 2t + ln(t2 + t + 1) + √23 arctan 2t+1

√ + C.
3
√
On remplace t par x − 1 dans la formule ci-dessus et on obtient
√
x √ √ 2 2 x−1+1
Z
√ dx = x − 1 − 2 x − 1 + ln(x + x − 1) + √ arctan √ + C.
x−1+x 3 3
Z
4. Intégrales de type f (sin x) cos x dx.

10
Z On fait le changement
Z de variable t = sin x. Alors on a dt = cos x dx et
f (sin x) cos x dx = f (t) dt.
Z
La même technique s’applique lorsqu’on a des primitives de type f (cos x) sin x dx.
Dans
Z ce cas on fait le changement
Z de variable t = cos x. Alors on a dt = − sin x dx et
f (cos x) sin x dx = − f (t) dt.

Exercice. Calculer les primitives

sin x
Z Z Z
cos10 x sin x dx sin x
e cos x dx dx
5 + cos x

cos x cos x sin x

Z Z
dx dx.
9 + sin2 x cos2 x + 2 cos x + 2

Z Remarquons que cette technique s’applique lorsqu’on a à calculer une primitive de type
sinm x cosp x dx où m et p sont des entiers et au moins un est impaire. Dans ce cas, on
utilise l’identité cos2 x + sin2 x = 1. Par exemple, si p est impaire, p = 2k + 1 avec k ∈ Z,
on peut écrire

sinm x cos2k+1 x = sinm x(cos2 x)k cos x = sinm x(1 − sin2 x)k cos x
Z
et on ramène le calcul de la primitive au calcul d’une primitive de type P (sin x) cos x dx,
où P est un polynôme.
Z
Exemple. Calculer sin2 x cos5 x dx.
Solution. On a sin2 x cos5 x = sin2 x cos4 x cos x = sin2 x(1 − sin2 x)2 cos x. On fait le
changement de variable t = sin x. Alors dt = cos x dx et on obtient
Z Z Z
sin x cos x dx = sin x(1 − sin x) cos x dx = t2 (1 − t2 )2 dt
2 5 2 2 2

1 2 1 1 2 1
Z
= (t6 − 2t4 + t2 ) dt = t7 − t5 + t3 + C = sin7 x − sin5 x + sin3 x + C.
7 5 3 7 5 3
Z Z
5. Primitives de type cos(mx) cos(px) dx ou sin(mx) sin(px) dx ou
Z
cos(mx) sin(px) dx.
On transforme un produit de sinus et de cosinus en une somme de sinus et de cosinus
en utilisant les formules de linéarisation bien connues :
2 cos a cos b = cos(a + b) + cos(a − b)
2 sin a sin b = − cos(a + b) + cos(a − b)
2 sin a cos b = sin(a + b) + sin(a − b).
Z
Exemple. Calculer sin(7x) sin(3x) dx.

11
 Solution. Par la formule de linéarisation on a sin(7x) sin(3x) = 21 (− cos(10x)+cos(4x)).
Par conséquent,
1 1 1
Z Z
sin(7x) sin(3x) dx = (− cos(10x) + cos(4x)) dx = − sin(10x) + sin(4x) + C.
2 20 8
Z
Exemple. Calculer cos(3x) sin(5x) sin(6x) dx.
Solution. On applique successivement les formules de linéarisation. On écrit d’abord
1
cos(3x) sin(5x) = (sin(8x) + sin(2x)), puis
2
cos(3x) sin(5x) sin(6x) = 12 (sin(8x) sin(6x) + sin(2x) sin(6x))
= 14 (− cos(14x) + cos(2x) − cos(8x) + cos(4x)).
Par conséquent,
1
Z Z
cos(3x) sin(5x) sin(6x) dx = (− cos(14x) + cos(2x) − cos(8x) + cos(4x)) dx
4
1 1 1 1
= − sin(14x) + sin(8x) − sin(8x) + sin(4x) + C.
56 8 32 16
Z
* 6. Primitives de type R(sin x, cos x, tan x) dx où R est une fraction rationnelle.
Si les méthodes décrites précédemment (4 et 5) ne s’appliquent pas, on peut faire le
2
changement de variable t = tan x2 . On obtient x = 2 arctan t, donc dx = 1+t 2 dt. On peut

retenir ce changement de variable :

x 2
t = tan dx = dt.
2 1 + t2
On rappelle les formules de trigonométrie :
2 tan x2 1 − tan2 x2 2 tan x2
sin x = , cos x = , tan x = .
1 + tan2 x2 1 + tan2 x2 1 − tan2 x2

Par conséquent, les fonctions sin x, cos x et tan x peuvent s’exprimer à l’aide de la nouvelle
variable t :
2t 1 − t2 2t
sin x = cos x = tan x = .
1 + t2 1 + t2 1 − t2
On obtient
1 − t2
 
2t 2t 2
Z Z
R(sin x, cos x, tan x) dx = R , , dt.
1 + t 1 + t 1 − t2
2 2 1 + t2

La dernière primitive est la primitive d’une fraction rationnelle en t (elle risque d’être
compliquée, mais en principe on sait la calculer).
1
Z
* Exercice. Calculer dx.
2 + sin x + cos x

12
Intégration par parties, changement de variables dans
une intégrale définie

• Théorème (intégration par parties). Soient f et g deux fonctions dérivables sur

[a, b] dont les dérivées sont continues sur le même intervalle. Alors :
Z b h ib Z b
0
f (x)g(x)dx = f (x)g(x) − f (x)g 0 (x)dx.
a a a

Démonstration. On a (f g)0 = f 0 g +f g 0, donc la fonction f g est une primitive de la fonction

f 0 g + f g 0. On applique la formule de Leibniz-Newton :
Z b Z b
0 0
f (x)g(x) + f (x)g (x) dx = (f (x)g(x))0 dx = f (b)g(b) − f (a)g(a).
a a

D’autre part, en utilisant la linéarité de l’intégrale on a :

Z b Z b Z b
0 0 0
f (x)g(x) + f (x)g (x) dx = f (x)g(x) dx + f (x)g 0 (x) dx
a a a

d’où on obtient la formule d’intégration par parties. 

Z 3
Exemple. Calculer x ln x dx
1
Solution. On prend f 0 (x) = x, f (x) = 21 x2 et g(x) = ln x (donc g 0 (x) = x1 ) dans la
formule d’intégration par parties. On trouve :
Z 3 Z 3 h i3 Z 3 1
x ln x dx = 1 2 0 1 2
( 2 x ) ln x dx = 2 x ln x − x2 (ln x)0 dx
1 1 Z 3 1 1 Z2
1 2 2 1 2 1 9 1 3 9 1 h 2 i3 9
= (3 ln 3 − 1 ln 1) − x · dx = ln 3 − x dx = ln 3 − x = ln 3 − 2.
2 1 2 x 2 2 1 2 4 1 2

• Théorème (changement de variable). Soit ϕ : [a, b] −→ R une fonction dérivable

dont la dérivée est continue sur [a, b]. Soit f une fonction continue sur l’image f ([a, b]).
Alors : Z b Z ϕ(b)
0
f (ϕ(x)) · ϕ (x)dx = f (y)dy.
a ϕ(a)

Démonstration. Soit F une primitive de f (on sait que f est continue, par conséquent f
admet des primitives). Par la formule de Leibniz-Newton on a :
Z ϕ(b)
(∗) f (y)dy = F (ϕ(b)) − F (ϕ(a)).
ϕ(a)

D’autre part, F ◦ ϕ est une primitive de la fonction (f ◦ ϕ) · ϕ0 . En effet, par le théorème

de dérivation des fonctions composées, (F (ϕ(x)))0 = F 0 (ϕ(x)) · ϕ0 (x) = f (ϕ(x)) · ϕ0 (x). En
utilisant la formule de Leibniz-Newton pour la fonction (f ◦ ϕ) · ϕ0 on trouve
Z b
(∗∗) f (ϕ(x)) · ϕ0 (x)dx = F (ϕ(b)) − F (ϕ(a)).
a

13
 Z b Z ϕ(b)
0
Les formules (*) et (**) montrent que f (ϕ(x))·ϕ (x)dx = f (y)dy, ce qu’on voulait
a ϕ(a)
démontrer. 
Pratique. En pratique, on applique souvent le théorème de changement de variable dans
une intégrale définie de la manir̀e suivante :
- on pose y = ϕ(x) ;
- on a alors dy = ϕ0 (x)dx ;
- on remplace à la fois ϕ(x) par y, ϕ0 (x)dx par dy et on change les bornes
d’intégration :
a est remplacé par ϕ(a) (car lorsque x = a, on a y = ϕ(x) = ϕ(a))
b est remplacé par ϕ(b) (car lorsque x = b, on a y = ϕ(x) = ϕ(b)).
Z ϕ(b)
On obtient ainsi une nouvelle intégrale définie f (y)dy.
ϕ(a)
4
2x
Z
Exemple. Calculer √ dx.
0 x2 + 9
Solution. On observe que (x2 + 9)0 = 2x. On prend ϕ(x) = x2 + 9 et on pose y = ϕ(x),
c’est-à-dire y = x2 + 9. On obtient alors dy = (x2 + 9)0 dx = 2xdx. Lorsque x = 0, on a
y = ϕ(0) = 9 et lorsque x = 4 on a y = ϕ(4) = 42 + 9 = 25. En utilisant la formule de
changement de variables on obtient :
Z 4 Z 25 Z 25
2x 1 − 21
h 1
− 21 +1
i25 h √ i25
√ dx = √ dy = y dy = y = 2 y = 2 · 5 − 2 · 3 = 4.
0 x2 + 9 9 y 9 1 − 12 9 9

Fonctions hyperboliques

Définition. La fonction sinus hyperbolique, notée sh, est définie sur R par la formule
ex − e−x
sh(x) = .
2
La fonction cosinus hyperbolique, notée ch, est définie sur R par la formule
ex + e−x
ch(x) = .
2
ix −ix ix −ix
(Rappelons qu’on a sin x = e −e 2i
et cos x = e +e2
pour tout x ∈ R, où i est l’unité
2
imagimaire, i ∈ C et i = −1. C’est par analogie avec ces formules qu’on a définit les
fonctions sinus et cosinus hyperbolique. Ces fonctions hyperboliques ont quelques propriétés
algébriques semblables aux propriétés des fonctions trigonométriques, mais elles ne sont pas
périodiques, ni bornées.)
Un simple calcul montre qu’on a l’identité

ch2 (x) − sh2 (x) = 1, quelque soit x ∈ R.

Parité. On voit facilement que la fonction sh est impaire (i.e. sh(−x) = −sh(x) quelque
soit x ∈ R) et la fonction ch est paire (i.e. ch(−x) = ch(x) pour tout x).

14