série 2 - Math2Cool

Fiche primitives : méthodes et exemples de base
Les applications du cours :
L’idée générale est de trouver la forme d’une primitive puis ensuite de rajuster en multipliant ou divisant par une
constante éventuelle.
Le terme « trouver »ne doit rien au hasard, mais à la connaissance du cours et à l’entrainement. A cet effet, j’ai rassemblé
ici les différents cas qu’il est impératif de connaître.
Voici quelques exemples/exercices rassemblés par familles : on donne le type de primitive qu’il s’agit de trouver puis
on donne plusieurs exemples à savoir faire avec la réponse en tout petit.
On notera que deux primitives d’une même fonction différant d’une constante, il suffit de déterminer une primitive pour les avoirs
toutes.
1. Une primitive de x 7−→ x n est de la forme x 7−→
1
x n+1 pour n ∈ N.
n +1
Les fonctions polynômes sont continues sur R donc ont une primitive sur R.
(a) f (x) = 2x 2 − 7x + 3.
F (x) =
2 3 7 2
x − x + 3x .
3
2
(b) f (x) = (x − 3)5 .
La formule du binôme de Newton nous permet de considérer f comme un polynôme. Mais si il est facile
de déterminer la primitive d’un polynôme, il n’est pas très aisé d’utiliser la formule du binôme pour des
exposants élevés.
On considérera que f est sous la forme u n .
Ici u est de la forme x 7−→ x − 3 donc u 0 = 1.
Il suffit donc de chercher F sous la forme u n+1 puis de réajuster avec des constantes.
F (x) =
1
(x − 3)6 .
6
(c) f (x) = (2x + 1)4 .
Ici f est de la forme u n avec u affine.
u est de la forme x 7−→ 2x + 1 donc u 0 : x 7−→ 2.
Il suffit encore de chercher F sous la forme u n+1 puis de réajuster avec des constantes.
F (x) =
1
(2x + 1)5 .
5×2
(d) f (x) = x 2 (1 + x 3 )4 .
Si on considère seulement (1 + x 3 )4 on a une fonction du type u 4 .
On considère u 5 , on a : (u 5 )0 = 5 × u 0 × u 4 .
En regardant bien, on s’apperçoit que f est sous la forme u 0 × u 4 donc une primitive est de la forme u 5 quitte
à réajuster avec des constantes.
F (x) =
1
(1 + x 3 )5 .
5×3
2. Une primitive de x 7−→
Une fonction du type
(a) f (x) = −
F (x) =
−1
1
est de la forme x 7−→
pour n ∈ N et n > 2.
n
x
(n − 1)x n−1
1
avec u continue admet une primitive sur tout intervalle où u ne s’annulle pas.
u
1
3
+ 3 sur I =]0; +∞[.
2
2x
x
1 1 3
1
.
× − ×
2 x 2 x2
1
(b) f (x) =
1
sur I =] − 4; +∞[.
(x + 4)3
Ici on fait le même raisonnement qu’au 1.b pour
F (x) =
1
−1
×
.
2
(x + 4)2
(c) f (x) =
1
sur I =] − 43 ; +∞[.
(3x + 4)7
Ici on fait le même raisonnement qu’au 1.c pour
F (x) =
1
et u 0 = 1.
u
1
et u 0 = 3.
u
1
−1
×
.
6 × 3 (3x + 4)6
(d) f (x) =
2x + 5
sur I =]0; +∞[.
(x 2 + 5x)4
1
et u(x)0 = 2x + 5.
u
1
u0
f est de la forme 4 donc une primitive sera de la forme 3 quitte à réajuster avec des constantes.
u
u
Ici on fait le même raisonnement qu’au 1.d pour
F (x) =
−1
1
.
×
3
(x 2 + 5x)3
3. Une primitive de x 7−→ x α est de la forme x 7−→
1
x α+1 pour α ∈ R.
α+1
Les fonctions u α admettent une primitive sur tout intervalle où u est continue et strictement positive.
p
1
On rencontrera souvent α caché derrière une racine carré puisque x = x 2 pour tout x > 0.
p
1
(a) f (x) = − p + 2 x sur I =]0; +∞[.
2 x
p
Soit la fonction u : x 7−→ x.
1
On a u 0 (x) = p sur R∗+ (c’est du cours, mais pour ceux qui ne s’en souviennent pas il est possible d’écrire
2 x
1
1 1
u(x) = x 2 et de calculer u 0 (x) = x 2 −1 ).
2
µ
¶
2 3
1
3
1
2
2
+1 = .
D’autre part u(x) = x admet une primitie U (x) = x .
3
2
2
3
p
2
F (x) = − x + 2 × × x 2 .
3
(b) f (x) = p
1
3x + 1
sur I =] − 13 ; +∞[.
1
f est de la forme u − 2 .
On réinvestit les connaissances du 1.c puisque u est affine avec u 0 = 3 en notant que − 21 + 1 =
1
1
F (x) = 2 × × (3x + 1) 2 .
3
p
x2 − 1
(c) f (x) = p + 4x x sur I =]0; +∞[.
x
Il faut transfomer les écritures à l’aide d’exposants :
x2 − 1
1
x2
1
3
3
1
3
3
1
f (x) =
+ 4x × x 2 = 1 − 1 + 4x 2 = x 2 − x − 2 + 4x 2 = 5x 2 − x − 2 .
1
x2
x2 x2
F (x) = 5 ×
1
2 5
x 2 −2×x 2 .
5
4. Une primitive de x 7−→
(a) f (x) = x + 3 −
1
est de la forme x 7−→ ln x.
x
7
sur I =] − 2; +∞[.
x +2
1 x 2 + 3x − 7 ln(x + 2).
F (x) = 2
2
1
2
:
7
sur I =] − ∞; −2[.
x +2
f est ici de la forme u1 avec u 0 = 1 mais avec u strictement négatif.
Le cours nous dit qu’une primitive est alors une fonction de la forme ln |u|.
(b) f (x) = x + 3 −
2
F (x) = 1
2 x + 3x − 7 ln |x + 2|.
1
sur I =] − 34 ; +∞[.
3x + 4
f est ici de la forme u1 avec u strictement positif et u 0 = 3 .
F est donc de la forme ln u quitte à réajuster avec des constantes.
(c) f (x) =
F (x) =
1
× ln(3x + 4).
3
3x 2 − 6x + 4
sur I où le dénominateur est strictement positif.
x 3 − 3x 2 + 4x − 1
3
2
Soit u : x 7−→ x − 3x + 4x − 1.
Comme u est polynomial donc continue sur R et que lim u(x) = +∞ le T.V.I. généralisé nous permet d’af-
(d) f (x) =
x→+∞
firmer qu’il existe au moins un intervalle I sur lequel u > 0.
D’autre part sur un tel intervalle : u 0 (x) = 3x 2 − 6x + 4.
u0
Ainsi f est de la forme
avec u > 0.
u
Donc F est de la forme ln u.
F (x) = ln(x 3 − 3x 2 + 4x − 1).
5. Une primitive de x 7−→ cos x est de la forme x 7−→ sin x et x 7−→ sin x s’intégre sous la forme x 7−→ − cos x .
(a) f (x) = cos(3x + 2).
f est de la forme cos u avec u affine donc F est de la forme sin u quitte à réajuster avec des constantes.
1 × sin(3x + 2).
F (x) = 3
(b) f (x) = sin x cos4 x.
Soit u : x 7−→ cos x. considérons naturellement u 5 .
On a (u 5 )0 = 5u 0 × u 4 avec u 0 (x) = − sin x.
Ainsi f est de la forme u 0 × u 4 donc une primitive est de la forme u 5 quitte à réajuster avec des constantes.
F (x) = −
1
cos5 x .
5
cos x
sur I =]0; π2 [.
sin3 x
considérons le dénominateur u : x 7−→ sin x.
u ne s’annulle pas sur I .
µ ¶0
−2u 0
1
1
.
On considère 2 . On a 2 =
u
u
u3
(c) f (x) =
Comme u 0 (x) = cos x, on constate que f est de la forme
des constantes.
F (x) = −
u0
1
donc F sera de la forme 2 quitte à réajuster avec
3
u
u
1
1
×
.
2 sin2 x
6. Une primitive de x 7−→ exp x est de la forme x 7−→ exp x.
(a) f (x) = e2x+1
f est de la forme eu avec u 0 = 2.
Donc une primitive est de la forme eu quitte à réajuster avec des constantes.
2x+1 .
F (x) = 1
2e
3
3
(b) f (x) = 3x 2 ex +5 .
Soit u : x 7−→ x 3 + 5.
On considère eu . On a (eu )0 = u 0 × eu .
Comme u 0 (x) = 3x 2 , on constate que f est de la forme u 0 × eu donc F sera de la forme eu .
3
F (x) = e x +5 .
(c) f (x) = sin x × ecos x .
Soit u : x 7−→ cos x.
On considère eu . On a (eu )0 = u 0 × eu .
Comme u 0 (x) = − sin x, on constate que f est de la forme u 0 × eu donc F sera de la forme eu .
F (x) = −ecos x .
Les méthodes :
1. Décomposer une fraction rationnelle en éléments simples.
c
x 2 + 5x − 1
sur I =] − 2; +∞[. Il existe a, b et c tels que f (x) = ax + b +
sur I .
x +2
x +2
c
au même dénominateur puis on identifie les coefficients des polynômes
Pour trouver f on met ax + b +
x +2
(unicité de l’écriture polynomiale).
On trouve ici a = 1 b = 3 c = −7.
7
Ainsi f (x) = x + 3 −
.
x +2
On a calculé ci-dessus (4.a) une primitive sur I :
f (x) =
2
F (x) = 1
2 x + 3x − 7 ln(x + 2).
Ceux qui veulent approfondir ce type d’exercice peuvent se référer aux divers méthodes de décomposition en
éléments simples proposés dans la fiche de début d’année traitant du calcul algébrique.
2. Utiliser les formules trigonométriques.
(a) Formules usuelles.
i. f (x) = cos2 x.
Il faut savoir que cos 2x = cos2 x − sin2 x = 2cos2 x − 1.
1
1
Donc f (x) = cos 2x + .
2
2
1 sin 2x + 1 x .
F (x) = 4
2
ii. f (x) = cos x sin x.
Il faut savoir que cos x sin x =
F (x) =
1
sin 2x .
4
1
sin 2x.
2
(b) Connaître la fonction tangente.
On doit savoir que
i. f (x) =
tan3 x
.
cos2 x
d
1
= 1 + tan2 x. (x étant dans un intervalle sur lequel cos x ne s’annulle pas).
tan x =
dx
cosx
1
1
× tan3 x et u(x) = tan x et u 0 (x) =
.
cos2 x
cos2 x
F est donc de la forme u 4 quitte à multiplier par une constante.
On a f de la forme u 0 × u 3 car f (x) =
F (x) =
1
tan4 x .
4
ii. f (x) =
1 + tan2 x
.
tan x
u0
avec u(x) = tan x car u 0 (x) = 1 + tan2 x.
u
Donc F est de la forme ln |u|.
f est de la forme
F (x) = ln | tan x| sur tout intervalle ou tan x ne s’annulle pas.
4