Mathématiques - Primitives particulières

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Mathématiques - Primitives particulières

  1. 1. COMPLEMENT DE COURS. TECHNIQUES PARTICULIERES DE CALCUL DE PRIMITIVES. Dans ces quelques pages, nous allons étudier quelques techniques de calcul de primitives que l’on trouve rarement dans des livres de cours. On rencontre toutefois ces techniques en exercices.  n  Calcul de primitives de fonction de la forme f  x, ( ax + bx + c) 2  . 2   En mettant ax 2 + bx + c sous forme canonique et à l’aide d’un changement de variable, on se ramène au calcul d’une primitive d’une fonction sous les formes suivantes :  n   n   n  Soit f  t , (1 + t 2 ) 2  . Soit f  t , (1 − t 2 ) 2  . Soit f  t , ( t 2 − 1) 2  .        n  Commentaire [B.S1]: Premier cas : La fonction est de la forme : f  t , (1 + t 2 ) 2  .   du On pose alors t = tg (u ) avec dt = . cos 2 ( u ) On aura alors : http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa
  2. 2. n n (1 + t ) = (1 + tg ( u ) ) 2 2 2 2 n  sin 2 ( u )  2 = 1 +  cos 2 ( u )     n  cos 2 ( u ) + sin 2 ( u )  2 =    cos 2 ( u )   n  1 2 = cos ( u )  2    1 = cos n ( u ) On se ramène alors au calcul d’une primitive de la forme f ( cos ( u ) ) . Exemple. 3 x Calculer : ∫0 3 dx . (1 + x ) 2 2 En posant x = tan(u ) , on obtient : π 3 x tan(u ) du ∫ 3 dx = ∫ 3 3 (1 + tan (u) ) cos 2 (u ) 0 0 (1 + x )2 2 2 2 π tan(u ) du = ∫3 3 0 cos 2 (u )  1  2  cos 2 (u )    π = ∫ 3 tan(u ).cos(u ).du 0 π = ∫ 3 sin(u ).du . 0 π = [ − cos(u ) ]0 3 1 = − +1 2 1 = 2 http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa
  3. 3.  n  Commentaire [B.S2]: Deuxième cas : La fonction est de la forme : f  t , (1 − t 2 ) 2  .   On pose alors t = sin(u ) avec dt = cos ( u ) du . On aura alors : n n (1 − t ) = (1 − sin (u ) ) 2 2 2 2 n = ( cos 2 (u ) ) 2 = cos n (u ) On se ramène alors au calcul d’une primitive de la forme f ( cos ( u ) ) .  n  Commentaire [B.S3]: Troisième cas : La fonction est de la forme : f  t , ( t 2 − 1) 2  .   1 sin(u ).du On pose alors t = avec dt = . cos(u ) cos 2 ( u ) On aura alors : n n  1 2 (t 2 − 1) 2 = 2 − 1  cos (u )  n  1 cos 2 (u )  2 = 2 − 2   cos (u ) cos (u )  n  1 − cos 2 (u )  2 = 2   cos (u )  n  sin 2 (u )  2 = 2   cos (u )  n = ( tan 2 (u ) ) 2 = tan n (u ) On se ramène alors au calcul d’une primitive de la forme f ( cos ( u ) ,sin(u ), tan(u ) ) . Exemple : +∞ x5 Calculer : ∫ 2 7 dx 3 ( x 2 − 1) 2 http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa
  4. 4. 1 π π  En posant x = , on vérifie que le changement de variable est bijectif pour u ∈  ;  . cos u 6 2 On obtient : +∞ x2 α 1 sin(u ).du ∫ 2 5 dx = lim− ∫π 5 (x − 1) cos 2 (u ) π α→ 3 2 2 6  1  2 − 1 2 cos 2 (u ).   cos 2 (u )  α sin(u ).du = lim− ∫π 5 cos 4 (u ). ( tan 2 (u ) ) 2 π α→ 6 2 α sin(u ).du = lim− ∫π α→ π 6 cos 4 (u ).tan 5 (u ) 2 α sin(u ).du = lim− ∫π α→ π sin 5 (u ) 2 6 cos 4 (u ). 5 cos (u ) Ce qui donne : π +∞ x2 cos(u ).du ∫3 2 5 2 dx = ∫π2 ( x − 1) 2 6 sin 4 (u ) π  1 2 = − 3   3sin (u )  π 6 1 8 =− + 3 3 7 = 3 Primitives de fonctions contenant deux racines de polynômes du premier degré. e x − e− x sh( x) = Dans ce paragraphe, on rappelle que l’on pose : 2 e + e− x x ch( x) = 2 1/ Primitives de fonctions de la forme : ( f x, x + a , x + b ) avec a > b http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa
  5. 5. a −b a+b On pose : x = ch ( 2θ ) − 2 2 On a alors : a −b a+b a −b x+a = 2 ch(2θ ) − 2 +a = 2 ( 2ch2 (θ ) − 1) + a − b = (a − b)ch2 (θ ) 2 a −b a+b a −b a −b x+b = 2 ch(2θ ) − 2 +b = 2 (1 + 2sh (θ ) ) − 2 = (a − b)sh2 (θ ) 2 2/ Primitives de fonctions de la forme : ( f x, a − x , b − x ) avec a > b b−a b−a On pose : x = ch ( 2θ ) + 2 2 On a alors : b−a b+ a a −b a−x = a− 2 ch(2θ ) − 2 = 2 ( 2ch2 (θ ) − 1) + a − b = (a − b)ch2 (θ ) 2 b−a b−a a −b a −b b− x =b− 2 ch(2θ ) − 2 = 2 (1 + 2sh2 (θ ) ) − 2 = (a − b)sh2 (θ ) 3/ Primitives de fonctions de la forme : ( f x, x + a , b − x ) avec a + b > 0 b−a b+a On pose : x = − cos ( 2θ ) 2 2 On a alors : b−a b+a b−a b+a x+a = 2 − 2 cos ( 2θ ) + a = 2 − 2 (1 − 2sin 2 (θ ) ) + a = (a + b) sin 2 (θ ) b−a b+a a+b a+b b− x =b− 2 + 2 cos ( 2θ ) = 2 + 2 ( 2 cos 2 (θ ) − 1) = (a + b) cos2 (θ ) Exemple. 1 dx Calculer : ∫0 x +1 + 3 − x − 2 . 3 −1 3 +1 On est dans le cas 3/, on pose donc : x = − cos(2θ ) = 1 − 2 cos(2θ ) . 2 2 On a donc : http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa
  6. 6. π 1 dx 4sin(2θ ).dθ ∫0 x +1 + 3 − x − 2 = ∫π4 6 2 − 2 cos(2θ ) + 2 + 2 cos(2θ ) − 2 π 4sin(2θ ).dθ = ∫π4 6 2 − 2 (1 − 2 sin (θ ) ) + 2 + 2 ( 2 cos 2 (θ ) − 1) − 2 2 π π 4sin(2θ ).dθ 4sin(2θ ).dθ = ∫π4 = ∫π4 6 4sin (θ ) + 4 cos (θ ) − 2 2 2 6 2sin(θ ) + 2 cos(θ ) − 2 π π 2sin(2θ ).dθ sin(2θ ).dθ = ∫π4 = 2 ∫π4 sin(θ ) + cos(θ ) − 1 π 6 6 2 sin(θ + ) − 1 4 π Posons y = θ + on obtient alors : 4 π π sin(2 y − ).dy π π 1 dx 2 − cos(2 y ).dy 1 − 2sin 2 ( y ) ∫0 x +1 + 3 − x − 2 = 2 ∫52 π 12 2 sin( y ) − 1 = 2 ∫52 π 12 2 sin( y ) − 1 = 2 ∫52 π 12 1 − 2 sin( y ) dy π (1 − )( 2 sin( y ) 1 + 2 sin( y ) ) dy = 2 π = 2 ∫52 π 12 1 − 2 sin( y ) ∫ π (1 + 5 2 12 ) 2 sin( y ) dy  π π   π 5π π   5π   = 2  [ y ]5π + 2 [ − cos( y ) ]5π 2 2  = 2 − − 2 cos   + 2 cos     12 12   2 12  2  12   5π 3 −1 =π − − 0 + 2 2. 6 2 2 π = + 3 −1 6 http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa

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