Bien connaitre les dérivées

Si on considère que trouver une primitive, ou calculer une intégrale, signifie: "trouver une fonction réciproque de la dérivation" , il faut très très bien connaitre toutes ses dérivées. Et même encore mieux les connaitre.

Je vous présente ici les 8 primitives / dérivées les plus courantes. Bien sûr il faut aussi connaitre les autres mais ces 8 là sont vraiment à retenir.

  • \(\begin{align*} I = \int sec²x.dx\end{align*}\) semble compliqué,
    mais en connaissant bien ces dérivées, on sait que \(\begin{align*} [tan x]' = sec²x \end{align*} \) et donc que \(I= tanx + C\)

Quelques exemples supplémentaires: 

  • \(\begin{align*} I = \int \frac{1}{x}.dx = \ln \lvert x \rvert +C\end{align*}\). Il ne faut pas oublier les valeurs absolues, sinon le résultat n 'existerait pas pour les valeurs négatives de \(x\) alors que la fonction à intégrée (1/x) existe et est continue sur \(\mathbb R^*\) et est donc intégrable sur cet ensemble de définition.
  • \(\begin{align*} I = \int \frac{1}{\sqrt{1-x²}}.dx = sin^{-1}x+C\end{align*}\). 
  • \(\begin{align*} I = \int secx.tanx.dx = secx+C\end{align*}\)
  • \(\begin{align*} I = \int \frac{1}{1+x²}.dx = tan^{-1}x+C\end{align*}\)
  • \(\begin{align*} I = \int cosx.dx = sinx +C \end{align*}\)
  • \(\begin{align*} I = \int sinx.dx = -cosx+C\end{align*}\)
  • \(\begin{align*} I = \int e^x.dx = e^x+C\end{align*}\)

Note: attention à la notation :

  • \(sin^{-1}x\) signifie : la fonction réciproque de \(sinx\)
  • \(sin^{-1}x \neq \frac{1}{sinx}\): Supposons : \( sint = x\), alors \(sin^{-1}(sint) = sin^{-1}x\) et \(t = sin^-1}x\)
  • \((sinx)^{-1} =  \frac{1}{sinx}\)
  • On peut aussi écrire ces fonctions inverse
    \(arcsin\),
    \(arccos\), et
    \(arctan\)
    ce qui est plus long (informatiquement!!).

Changement de variable trigonométrique

\[\begin{align*} I = \int \sqrt{4-x²}dx \end{align*}\]

Méthode:

Si on a : Changement de variable: Identité trigo:
\(\sqrt{a²-x²}\) \(x = a sint\) \(1-sin²t = cos²t\)
\(\sqrt{a²+x²}\) \(x = a tan t\) \(1+tan²t = sec²t\)
\(\sqrt{x²- a²}\) \(a sec t\) \(sec²t - 1 =tan²t\)

 

Dans ce cas, l'intégrante contient une racine carrée qui nous embête bien. On souhaite légitimement se défaire de cette racine. Un des moyens de le faire est de procéder à un changement de variable trigonométrique.

\(\begin{align*} I & = \int \sqrt{4-x²}dx && = \sqrt{2²-x²}dx \end{align*}\)

Changement de variable :
\(\begin{align*} x= 2 sint\end{align*}\)  avec \(-\pi/2 \leq t \leq +\pi/2\)
\(\begin{align*} dx = 2 cos t .dt \end{align*}\)

\(\begin{align*} I & = \sqrt{4-x²}dx && = \int \sqrt{4-(2sint)²} \times 2 cos t .dt \\
& = 2 \int  \sqrt{4-4sin²t}cost.dt && = 2 \int 2\sqrt{1-sin²t} cost.dt \\
& = 4\int \sqrt{cos²t}.cost dt && = 4 \int \lvert cos t \rvert cost dt \\
& = 4 \int  cos t \times cost dt &&  \text{ car } cost \geq 0 \text{ si } -\pi/2 \leq t \leq +\pi/2 \\
I & = 4 \int cos²t dt  \end{align*}\)

Présence d'une fonction circulaire en puissance paire , donc linéarisation de \(cos²t\)
\(\begin{align*} I & = 4 \int cos²t dt  && = 4 \int \frac{1}{2}(1+cos(2t))dt \\
& = 2 \int (1+cos(2t) ) dt && = 2[t-\frac{1}{2}sin(2t) ]  +C \\
& = 2[t - \frac{1}{2} \times 2sint.cost ] +C && = 2t + 2.sint.cost \end{align*}\)

 

Il nous faut maintenant remplacer \(t\) par sa valeur , fonction de \(x\) (faire un petit dessin peu grandement aider)
\(\begin{align*} x= 2 sint\end{align*}\)  avec \(-\pi/2 \leq t \leq +\pi/2\)
\(\begin{align*} \Rightarrow sint = \frac{x}{2} = \frac{\text{opposé}}{\text{hypoténuse}} &&  cost= \frac{\text{adjascent}}{\text{hypoténuse}}  = \sqrt{4-x²} \end{align*}\)

\(\begin{align*} I & = 2t + 2.sint.cost + C && = 2 sin^{-1}\big(\frac{x}{2} \big) + 2 \times \frac{x}{2} \times \frac{\sqrt{4-x²}}{2} + C \\
& = 2 sin^{-1}\big(\frac{x}{2} \big) + \frac{x(\sqrt{4-x²})}{2} + C\end{align*}\)

 

P(x) = (dx+e)/(ax²+bx+c)

\[\begin{align*} &  I  = \int \frac{dx+e}{ax²+bx+c}dx && I = \int \frac{3x+2}{x²+x+1}dx \end{align*}\]

Une approche généraliste et théorique nous amènerait vers quelque chose de très lourd avec toutes ces lettres.
Je vous propose de réfléchir plutôt en terme de degré de polynôme, et de faire directement un cas pratique:

  • numérateur : polynôme de degré 1
  • dénominateur : polynôme de degré 2
  • Or on sait que la dérivée d'un polynôme de degré 2 est un polynôme de degré 1

La forme semble un peu compliquée, mais cette fraction rationnelle, a quelques facteurs prés au numérateur est de la forme \(u'/u\) , dont la primitive serait \(\ln \vert u \rvert\) puis peut être en fonction des coefficient prés, de la forme \(\frac{1}{ax²+bx+c}\) vu précédemment.

Nous allons travailler sur cette fraction rationnelle pour amener la forme \(u'/u\) en sachant que \(\begin{align*}  \frac{d}{dx}(x²+x+1) = 2x+1 \end{align*}\)  

\(\begin{align*}  I  & = \int \frac{3x+2}{x²+x+1}dx  = \int \frac{2/3 \times (3x+2)}{2/3 \times (x²+x+1)}dx \\
& = \frac{3}{2} \int \frac{2x +4/3}{x²+x+1}dx  = \frac{3}{2} \int \frac{2x +1+1/3}{x²+x+1}dx \\
& = \frac{3}{2} \int \frac{2x +1}{x²+x+1}dx + \frac{3}{2} \int \frac{1/3}{x²+x+1}dx \\
& = \frac{3}{2} \int \frac{2x +1}{x²+x+1}dx + \frac{1}{2}  \int \frac{1}{x²+x+1}dx \\ 
& = \frac{3}{2} \int \frac{2x +1}{x²+x+1}dx + \frac{1}{2}  \int \frac{1}{(x+1/2)²-1/4+1}dx \\
& = \frac{3}{2} \int \frac{2x +1}{x²+x+1}dx + \frac{1}{2}  \int \frac{1}{(x+1/2)²+3/4}dx \\
& = \frac{3}{2} \int \frac{2x +1}{x²+x+1}dx + \frac{1}{2}  \int \frac{1}{(x+1/2)²+(\sqrt 3/2)^2}dx  \end{align*}\)

Et comme vu précédemment (et si il faut retenir une formule, c 'est bien celle-là): \[ \boxed{ \begin{align*} \int \frac{1}{x^2+a^2}dx = \frac{1}{a} tan^{-1}\big( \frac{x}{a} \big)+C \end{align*} } \]
\(\begin{align*}  I  & = \frac{3}{2} \ln \lvert x²+x+1\rvert + \frac{1}{2 } \times \frac{2}{\sqrt 3} tan^{-1}(x+\frac{1}{2})\times\frac{2}{\sqrt 3} +C \\
& =  \frac{3}{2} \ln \lvert x²+x+1\rvert + \frac{1}{\sqrt 3} tan^{-1} \bigg( \frac{2x+1}{\sqrt 3} \bigg) +C  \end{align*}\)

P(x) = ax²+bx+c, Delta négatif

\[\begin{align*} I = \int \frac{1}{x²+x+1}dx \end{align*}\]

Soit \(P(x) = x²+x+1\) , avec \(\boxed{\Delta <0}\) \((\Delta = 1²-4 \times 1 \times 1 = -3\), alors \(P(x)\) n 'admet aucune solution dans \(\mathbb R\). On complète les carrés , ce qui nous mènera à une forme : \(\begin{align*} \int \frac{1}{x²+a²}dx\end{align*}\)

Si il y a une formule à retenir pour l'intégration des fractions rationnelles, c 'est bien celle-là (la démonstration est dans la partie Généralisation ci dessous): \[\begin{align*} \int \frac{1}{x²+a²}dx = \frac{1}{a} tan^{-1} \bigg(  \frac{x}{a}\bigg)\end{align*}\]

Compléter les carrés:
\(\begin{align*} P(x) &  = x²+x+1 && = (x-1/2)² -(1/2)²+1 \\ 
& = (x-1/2)² +(3/4) && = (x-\frac{1}{2})^2 +(\frac{\sqrt 3}{2})^2  \end{align*}\)

Application de la formule:
\(\begin{align*} I & =  \int \frac{1}{(x-\frac{1}{2})^2 +(\frac{\sqrt 3}{2})^2} dx
& =\frac{1}{\sqrt 3/2} tan^{-1} \bigg(\frac{x-1/2}{\sqrt 3/2} \bigg)+C \\
& = \frac{2}{\sqrt 3} tan^{-1} \bigg(\frac{2x-1}{\sqrt 3} \bigg)+C \end{align*}\)

 

En continuant le calcul: factoriser  par \((\sqrt3/2)²\):
\(\begin{align*} I & =  \int \frac{1}{(x-\frac{1}{2})^2 +(\frac{\sqrt 3}{2})^2} dx  && \int \frac{1}{(\sqrt3/2)² \bigg[ \big(\frac{x-\frac{1}{2}}{\sqrt3/2} \big)^2 +1 \bigg]} dx \\
& =\frac{2}{\sqrt 3} \int \frac{2/\sqrt 3}{\big(\frac{x-\frac{1}{2}}{\sqrt3/2} \big)^2 +1} dx \end{align*}\)

Changement de variable: \(\begin{align*} & u = \frac{x-\frac{1}{2}}{\sqrt3/2}  && du = \frac{dx}{\sqrt3/2} && dx= \sqrt 3/2 du\end{align*}\)
\(\begin{align*} I & =\frac{2}{\sqrt 3} \int \frac{2/\sqrt 3}{\big(\frac{x-\frac{1}{2}}{\sqrt3/2} \big)^2 +1} dx && = \frac{2}{\sqrt 3} \int \frac{1}{u^2+1}du \\
& = \frac{2}{\sqrt 3} tan^{-1}  u +C && = \frac{2}{\sqrt 3} tan^{-1} \bigg( \frac{x-\frac{1}{2}}{\sqrt3/2} \bigg) +C \\
& =   \frac{2}{\sqrt 3} tan^{-1} \bigg( \frac{x-\frac{1}{2}}{\sqrt3/2} \bigg) +C && =   \frac{2}{\sqrt 3} tan^{-1} \bigg( \frac{2x-1}{\sqrt3} \bigg) +C\end{align*}\)

On comprend tout de suite l'intérêt de connaitre la formule. Si il y en a une à retenir dans tout ce chapitre , c est celle-là car elle vous fera gagner du temps, et éviter les erreurs de calcul.

\[\boxed{\begin{align*} \int \frac{1}{x²+a²}dx = \frac{1}{a} tan^{-1} \bigg(  \frac{x}{a}\bigg)\end{align*}}\]

 

Généralisation: \[\begin{align*} &  I  = \int \frac{1}{ax²+bx+c}dx  \end{align*}\]

 

Soit \(P(x)= ax^2 +bx+c\) avec \(a \neq 0\). Mettons \(P(x)\) sous la forme canonique: \(a \big[ \big( x+ \alpha)^2 + \beta \big) \big]\)

\(\begin{align*} P(x) & = ax^2 +bx +c = a   \big[  x^2+\frac{b}{a}x  + \frac{c}{a}   \big]  && = a   \big[  \big(x+\frac{b}{2a}\big)^2 - \big( \frac{b}{2a} \big)^2  + \frac{c}{a}   \big] \\
& = a  \big[  \big(x+\frac{b}{2a}\big)^2 - \frac{b^2}{4a^2} + \frac{4ac}{4a^2}  \big]  && = a  \big[  \big(x+\frac{b}{2a}\big)^2 - \frac{b^2-4ac}{4a^2}  \big]  \end{align*}\)

\[ \boxed{\begin{align*} P(x)=a  \bigg[  \big(x+\frac{b}{2a}\big)^2 - \frac{\Delta}{4a^2}  \bigg] \\ \text{avec  } \Delta = b^2-4ac \end{align*} }\]

  

Si \(\Delta \lt 0\)

Alors \(P(x)\) n'a pas de solution dans \(\mathbb R\) (mais il a 2 solutions distinctes dans \(\mathbb C\) et dans ce cas on revient a la même forme que si \(\Delta \gt 0\), mais avec des nombres complexes).

Dans ce cas , on essaie de compléter un carré parfait et d'arriver à une forme \(\begin{align*} \int \frac{1}{x²+a²} dx \end{align*}\). Ensuite, un changement de variable devrait nous permettre d 'arriver à un résultat en \(tan^{-1}u\)

\(\begin{align*} P(x) & =a  \bigg[  \bigg(x+\frac{b}{2a}\bigg)^2 - \frac{\Delta}{4a^2}  \bigg]  \text{   avec  } \Delta = b^2-4ac \lt 0   \\
& = a  \bigg[  \bigg(\underbrace{x+\frac{b}{2a}\bigg)^2}_{\gt 0} + \underbrace{\frac{-\Delta}{4a^2}}_{\gt 0}  \bigg] = a  \bigg[  \bigg(x+\frac{b}{2a}\bigg)^2 + \bigg( \frac{\sqrt{-\Delta}}{2a} \bigg)^2  \bigg] \end{align*}\)

\(\begin{align*} &  I  = \int \frac{1}{ax²+bx+c}dx  =   \int \frac{1}{ a  \bigg[  \bigg(x+\frac{b}{2a}\bigg)^2 + \bigg( \frac{\sqrt{-\Delta}}{2a} \bigg)^2 }  \bigg] dx \end{align*}\)

Changement de variable :
\(\begin{align*} & u = x+\frac{b}{2a}  \Rightarrow du =dx  \Rightarrow I =   \int \frac{1}{a  \bigg[  u^2 + \bigg( \frac{\sqrt{-\Delta}}{2a} \bigg)^2  \bigg] } du \end{align*}\)

Remarque 1: \(\big( tan^{-1}x \big)' = \frac{1}{x^2+1}\). En factorisant par \( \bigg(\frac{\sqrt{-\Delta}}{2a} \bigg)^2\), on fait apparaitre le \(+1\). Mais le calcul devient compliqué. Il est plus intéressant de connaitre \(\int \frac{1}{x^2+a^2}dx\) 
Remarque 2: Calcul de  \(\begin{align*} \int \frac{1}{x^2+a^2}dx \end{align*}\)
\(\begin{align*}J & = \int \frac{1}{x^2+a^2}dx  && = \int  \frac{1}{a² \big( \frac{x²}{a²}+1\big) }dx \\
& = \int  \frac{1/a²}{ \big( \frac{x²}{a²}+1\big) }dx && = \int  \frac{1}{a}\frac{1/a}{ \big( (\frac{x}{a})^2+1\big) }dx \\
& =\frac{1}{a} \int \frac{1/a}{ \big( (\frac{x}{a})^2+1\big) }dx \end{align*}\).
Ensuite on fait un changement de variable \( u=x/a \Rightarrow du=dx/a\), on a:
\(\begin{align*} J & = \int  \frac{1}{a}\frac{u'}{ \big( u^2+1\big) }du && =  \frac{1}{a} tan^{-1}\big( u \big)+C \\
& =  \frac{1}{a} tan^{-1}\big( \frac{x}{a} \big)+C \end{align*}\)
A bien retenir car elle présente un réel avantage: celui de raccourcir drastiquement les calculs:\[ \boxed{ \begin{align*} \int \frac{1}{x^2+a^2}dx = \frac{1}{a} tan^{-1}\big( \frac{x}{a} \big)+C \end{align*} } \]

\(\begin{align*}  I &  =   \int \frac{1}{a  \bigg[  u^2 + \bigg( \frac{\sqrt{-\Delta}}{2a} \bigg)^2  \bigg] } du = \frac{1}{a} \int \frac{1}{\bigg[  u^2 + \bigg( \frac{\sqrt{-\Delta}}{2a} \bigg)^2  \bigg] }du \\
& = \frac{1}{a} \times \frac{1}{\frac{\sqrt{-\Delta}}{2a} } tan^{-1} \bigg( \frac{u}{\big( \frac{\sqrt{-\Delta}}{2a} \big) } \bigg) +C = \frac{2}{\sqrt {-\Delta}}  tan^{-1} \bigg( \frac{2au}{\sqrt{-\Delta} } \bigg)+C \\
& =  \frac{2}{\sqrt {-\Delta}}  tan^{-1} \bigg( \frac{2a(x+\frac{b}{2a}}{\sqrt{-\Delta} } \bigg)+C=  \frac{2}{\sqrt {-\Delta}}  tan^{-1} \bigg( \frac{2ax+b}{\sqrt{-\Delta} } \bigg)+C  \\
& =  \frac{2}{\sqrt {-\Delta}}  tan^{-1} \bigg(\frac{2a}{\sqrt{-\Delta}}(x+\frac{b}{2a}   \bigg)+C \end{align*}\)

 

P(x) = ax²+bx+c, Delta= 0

\[\begin{align*}   I = \frac{1}{4x²-4x+1}dx \end{align*}\]

Soit \(P(x) = 4x²-4x+1\) , avec \(\boxed{\Delta = 0}\) (\(\Delta = (-4^22 - 4 \times 4 \times 1 = 0\)) , alors \(P(x)\) admet une seule racine double: \(x_0= -b/2a = 1/2\).
On peut écrire \(P(x) = 4 (x-1/2)^2\) et \( \begin{align*}  I = \frac{1}{4} \int \frac{1}{(x-1/2)^2 }dx \end{align*}\)

Changement de variable: \( \begin{align*} & u = x-1/2 && du = dx \end{align*}\)
\(\begin{align*} I & = \frac{1}{4}  \int \frac{1}{(x-1/2)^2}dx && = \frac{1}{4} \int \frac{1}{u^2}du \\
& = \frac{1}{4} \times \frac{-1}{u} +C && = -\frac{1}{4(x-1/2)}+C \\
& =  - \frac{1}{4x-2}+C\end{align*}\)

 

Généralisation: \[\begin{align*} &  I  = \int \frac{1}{ax²+bx+c}dx  \end{align*}\]

 

Forme canonique de \(P(x) = a[(x-\alpha)² + \beta]\)

 

Soit \(P(x)= ax^2 +bx+c\) avec \(a \neq 0\). Mettons \(P(x)\) sous la forme canonique: \(a \big[ \big( x+ \alpha)^2 + \beta \big) \big]\)

\(\begin{align*} P(x) & = ax^2 +bx +c = a   \big[  x^2+\frac{b}{a}x  + \frac{c}{a}   \big]  && = a   \big[  \big(x+\frac{b}{2a}\big)^2 - \big( \frac{b}{2a} \big)^2  + \frac{c}{a}   \big] \\
& = a  \big[  \big(x+\frac{b}{2a}\big)^2 - \frac{b^2}{4a^2} + \frac{4ac}{4a^2}  \big]  && = a  \big[  \big(x+\frac{b}{2a}\big)^2 - \frac{b^2-4ac}{4a^2}  \big]  \end{align*}\)

 

\[ \boxed{\begin{align*} P(x)=a  \bigg[  \big(x+\frac{b}{2a}\big)^2 - \frac{\Delta}{4a^2}  \bigg] \\ \text{avec  } \Delta = b^2-4ac \end{align*} }\]

 

Si \(\Delta = 0\)

\( \begin{align*} P(x) & =a  \bigg[  \bigg(x+\frac{b}{2a}\bigg)^2 \bigg] && =  a   \bigg(x-\frac{-b}{2a}\bigg)^2  
&& = a   \bigg(x-x_0 \bigg)^2 \end{align*} \) 
\(P(x)\) a une racine double : \(\begin{align*}x_0 = \frac{-b}{2a} \end{align*}\) et \(P(x) = a(x-x_0)^2\)

 \[ \begin{align*}I = \int \frac{1}{a(x-x_0)^2}dx \end{align*}\]

Changement de variable:
\(\begin{align*} & u = x -x_0 && du = dx  \end{align*}\)
\(\begin{align*}  I & = \int \frac{1}{a u^2}du  && = \frac{1}{a}\int u^{-2}du && =\frac{1}{a} \times \bigg[ \frac{-1}{u} \bigg] + C \\
&  = \frac{-1}{au} + C && =\frac{-1}{a(x-x_0)} + C  && =\frac{-1}{a(x+\frac{b}{2a})} + C \end{align*}\)

Si \(\Delta = 0\)

\[ \boxed{ \begin{align*} \int \frac{1}{a(x-x_0)^2}dx  = - \frac{1}{ax+\frac{b}{2}} +C \end{align*} }\]

 

 

Exemple: \( \begin{align*} I = \int \frac{1}{2x²+4x+2}dx  = - \frac{1}{2x+2}  \end{align*} \)

\( \begin{align*}  I & = \int \frac{1}{2x²+4x+2}dx  =  \int \frac{1}{2(x²+2x+1)}dx \\
& = \frac{1}{2} \int \frac{1}{(x+1)^2}dx  \end{align*} \)
Soit on fait le changement de variable \( u = x+1\),, et on arrive au résultat , soit on est assez fort pour voir que \( \begin{align*}\int \frac{1}{(x+1)^2}dx = -\frac{1}{x+1} \end{align*}\)

  

 

  1. P(x) = ax+b
  2. Fractions rationnelles
  3. Intégration par Parties
  4. Exponentielle et Logarithme

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