Méhodes d'intégration

On intègre directement les (séries de) fonctions simples et par partie tous les produits de  fonctions usuelles impliquant une exponentielle\[\int (ax^3+bx^2+cx+d) dx = a\frac{x^4}{4} + b \frac{x^3}{3} +c\frac{x^2}{2} + dx+ C  \mid \color{purple}{\int x e^x dx }=\int x (e^x)' dx = x e^x - \int e^x dx= (x-1) e^x + C \]                                                  \[ \color{purple}{\color{darkred}{\overbrace{ \!\! \int \!\! e^x cosdx}^ {à       regrouper} }=\overbrace{ e^x cos \!\!+\!\! \int \!\!  e^x sindx}^{exige  une  seconde   IPP}=\overbrace{ e^x cos+e^x sin}^{à \;factoriser}-\color{darkred}{\overbrace{\int \!\!  e^x cosdx}^ {à   isoler} } \!\!=\!\! 2\!\! \int \!\! e^x cosdx\!=e^x(cos+sin)\!\! \implies\!\! \int \!\! e^x cosdx= e^x \frac{cos+sin}{2}+\!C}\]IPP: en cas de produit dont l'un des facteurs est intégrable (∫f'g).Pour les fonctions impliquant ln, arcsin, arcos... toujours poser f'=1;  f=x! \[ \color{darkblue}{\int x \cdot ln² \;dx= \frac{x²}{2} ln² - \int x \cdot ln \; dx =  \frac{x²}{2} ln² - \frac{x²}{2} ln+ \int \frac{x \color{red}²}{2 \color{red}x} dx=\frac{x²}{2} ln² - \frac{x²}{2} ln+\frac{x²}{4}+C= \frac{x²}{2}\cdot \bigg(ln²-ln+\frac{1}{2}\bigg) +C }\]Si g est une puissance ou un multiple réel de f, pour éviter  double IPP ou regroupement de termes , on utilisera une IPS ( t= f(x), dt=f'dx)!         \[ \int\! \frac {ln²}{x} dx, f'= \frac {1}{x},  g=ln²; \color{purple}{f=ln   }  \color{red}{donc    g=f²}  \color{blue}{ \implies IPS: posons \; t=f}=ln(x), dt = \frac{dx}{x}  \implies \int t²dt= \frac{t³}{3}=\frac{ln³}{3}+C \]  

Comment intégrer toutes les fonctions?

IPP pour certaines fonctions usuelles...

\[\int arcsin(x) dx = x  arcsin(x) - \int  \frac{x}{\sqrt{1-x²}} dx = x  arcsin(x) +\sqrt{1-x²}+ C \color{purple}{ \mid f'=1 \implies f=x,\, g= arcsin(x)}\]1. forme canonique: f(x)=ax²+bx+c=a(x-α)+β, α= -b/2a & β=f(α)\[\int arcos(x) dx = x  arcos(x) - \int  \frac{x}{\sqrt{1-x²}} dx = x  arcos(x) -\sqrt{1-x²}+ C \color{purple}{ \mid f'=1 \implies f=x,\, g= arcos(x)}\]2. Cela pourrait s'avérer fort utile dans certain cas de fractions  \[\int arctg(x) dx = x  arctan(x) - \int  \frac{x}{x²+1} dx = x  arctg(x) - \frac{1}{2} ln(x²+1)+ C \color{purple}{ \mid f'=1 \implies f=x,\, g= arctg(x)}\]3. de polynômes apparemment insolubles sans autre méthode! \[\color{darkblue}{\int ln²(x) dx=x ln²(x)-\int \frac{2x}{x} ln(x) dx=x ln²(x)-2 \int ln(x)dx = x(ln²(x)-2ln(x)+2)}\]  

 \[\int ln(x) dx = x ln(x) - \int x \frac{1}{x} dx = x [ln(x) - 1] + C\]  \[\int arcotg(x) dx =  x  arcotg(x) + \frac{1}{2} ln(x²+1)+ C\]\[ \color{darkgreen}{ \overbrace{\int   f'  \cdot  \frac{1}{g}  =   \frac{f}{g}   +    \int \frac{fg'}{g²}}^{variante \; de \; la \; formule \; clasique}  \implies} \color{red}{ \underbrace{\int \frac{fg'}{g²} = \int \frac{f'}{g} -  \frac{f}{g}}_{nouvelle \; formule \; magique}}\]

IFP:Intégrale de fraction de polynômes

Toujours d'abord factoriser et simplifier tous les termes Attention: ne jamais oublier les conditions d'existence décomposer le tout en somme de fractions irréductibles dont les nouveaux dénominateurs sont tous des diviseurs distincts les uns des autres et du dénominateur initial On intègre toutes les fractions séparément et directement le cycle IFP doit parfois être exécuté plusieurs fois Si ou quand ce ne sera plus possible, on veillera à ce que le dernier nomninateur soit la dérivée d'au moins un des facteur de son dénominateur pour une intégration aisée recommençons au début pour les intégrales non résolues Les IFP repose sur le principe de division euclidienne \[\color{purple}{\int\!\! \underbrace{\frac{a_0x^n+a_2x^{n-1}+...+a_n)}{b_0x^m+b_2x^{n-1}+...+b_m)}}_{A(x)/B(x)}dx= \underbrace{\int\!\! Q(x)dx + \int \!\! \frac{R(x)}{Q(x)}dx}_{A=BQ+R}}\]\[\color{darkblue}{\int \frac{dx}{x²+4x+5}=\int \frac{dx}{(x+2)^2+1}=arctg(x+2) +C}\]

\[\int \frac{x³+1}{x³+3x²+3x+1} dx = \int \frac {(x+1) ^\color{red} 1·(x²-x+1)}{(x+1)^\color{red}3} dx= \] CE: x different de -1! simplifions et décomposons la fraction ... \[\int  \frac{(x+1)^\color{red}2dx}{(x+1)^\color{red}2}-\frac{3x}{(x+1)^2} dx = x - \int\color{purple}{ \frac{3x dx}{(x+1)^2}} =\] de sorte que chaque  numérateur soit un multiple ou une dérivée d'au moins un facteur du dénominateur de la fraction d'origine... \[ x - \int \frac{3(x+1)  -3 }{(x+1)^2} dx = x -3 \int \frac{dx}{(x+1)}  -3\int \frac{dx}{(x+1)^2} \] \[\int \frac{x³+1}{x³+3x²+3x+1} dx = x - \frac{3}{x+1} - 3ln(x+1) + C \]

IPP: en cas de puissance avec un des  facteurs intégrable, se souvenir que  f³= f*f² et f²= f*f et ça se résoud souvent avec le duo IPP + IPS\[ \color{olive}{ \int cos^\color{green}3 dx = \int sin\color{green}' \cdot cos \color{green}² dx = sin \cdot cos² +2 \int \!\! sin²\cdot cos dx=  sin \cdot cos² +2 \int \color{green}{(1-cos²)}\cdot cos\, dx=\frac{sin \cdot cos²+2sin}{3} + C}\] On pourrait le faire plus facilement en se souvenant que cos³(x)= ¼ (cos(3x)+3cos(x))! Toujours choisir la formule qui réduit la puissance!\[\color{purple}{\int \!\! tg²dx=\int \!\! (\frac{1}{cos²} -1 )dx = tg -x+C \implies }  \color{olive} {\int \!\! tg³dx=\int tg \cdot tg²=\int \!\! (\frac{tg}{cos²} -tg)dx =\frac{1}{2} tg² -ln(cos)+C}\] Et pour ce faire, rien de tel que les formules fondamentales, de duplication (f(2x) et f(3x)) et de Carnot qui permettent les simplifications!  \[\color{black}{\int \frac{\overbrace{sin(2x)}^{2sin \cdot  cos}-1}{\underbrace{1-sin²}_{cos²}}=2\int tg(x)dx -\frac{dx}{cos²(x)}=2 ln(cos(x)-½x²+C}\bigg|\color{darkblue}{\int sin^4=\underbrace{\overbrace{\frac{12x+8sin(2x)+sin(4x)}{32}+C}^{¼(1-cos(2x))²=¼ (1-2cos(2x)+cos²(2x)}}_{∫cos²(2x) =∫ ½ + ½∫ cos(2x)= ½x+¼sin(2x)+C}} \]\[ \color{darkgreen}{ \underbrace{\overbrace{\int (tg^4+tg^2)dx}^{tg² (tg²+1)}}_{tg²+1=(1/cos²)} =\int \underbrace{\overbrace{tg² \cdot \frac{1}{cos²}}^{tg'= (1/cos²)}}_{f²*f'=⅓f³}dx = \int \frac{tg²}{cos²}dx=\frac{tg³}{3}+C\bigg|\color{purple}{\int\!\! \frac{dx}{cos^4}=\underbrace{ \overbrace{\int \! \!  \frac{tg²}{cos²}+\frac{1}{cos²}}^{(1/cos²)=tg²+1}}_{(1/cos)^4=(1/cos²)\cdot (1/cos²)}=  {\underbrace{⅓ tg³ }^{IPS}+tg+C}}}\]  \[  \color{darkblue}{\int \! \!(cos^4-sin^4) dx=\!\! \int\!\!    \underbrace{(cos²+sin²)}_{1} \cdot \underbrace{ (cos²-sin²)}_{cos(2x)} dx= \frac{sin2x}{2}+C} \color{purple}{\mid \int \!\!\frac{dx}{cos}=\overbrace{\int \!\! \frac{cos}{\underbrace{ 1-sin²}_{cos²}}dx }^{poser\, t=sin}=ln(tg+\frac{1}{cos})+C}\] 

Intégrales & trigonométrie: les astuces!

\[ \color{darkgreen}{f'} \color{darkblue}f  \!\!  \mid   \color{darkgreen}{f'} \color{darkblue}{f^k}  \!\! \mid \frac{\color{darkgreen}{f'}}{ \color{darkblue}f} \!\!    \mid \frac{\color{darkgreen}{f'}}{ \color{darkblue} {f^k}}   \!\!  \!\! \mid  \!\! \mid \frac{\color{red}{f'}}{ \color{darkgreen}f²} \!\!    \mid \frac{\color{red}{f'}}{ \color{darkgreen} {\sqrt[2]{f}}}   \!\!  \!\! \mid  \cdot \cdot \cdot   \!\! \color{darkred}{  \implies t=f(x)} \!\!  \color{darkblue} {\implies \frac{\mathrm \partial}{\mathrm dx}t =\frac{\mathrm \partial}{\mathrm dx} f(x)= f'(x)} \!\!  \color{darkgreen} {\implies dt= f'(x) \cdot dx}\]IPS: ∫f'g dx, f et g liés par une relation: on pose t= f(x), dt= f'dx.  Les intégrales de  fractions composées  sont souvent de forme  ∫f'/f dx\[\color{darkblue} {\underbrace{\int \frac{x-2}{(x²-4x+3)²} dx =\frac{1}{2} \frac{f'}{f²}=-\frac{1}{2} \frac{1}{f}=-\frac{1}{2} \frac{1}{x²-4x+3}+C}_{on \ pose   t=f(x) [donc   t=x²-4x+3]   et  dt= f'(x) dx [donc   dt=(2x-4)dx]  et  on  remplace!}}\color{black} {, \underbrace{\int \frac{e^x + cos(x)}{e^x + sin(x)}dx \bigg | \int \frac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}}dx \bigg |\int \frac{cos-sin}{sin+cos}dx}_{ln(e^x+sin(x))+C,    ln(e^x+e^{-x})+C,   ln(sin(x)+cos(x))+C} }\]On devra parfois opérer une double IPS. Eviter le cycle en posant t=f(x), u=h(v)...Ne jamais reprendre x comme variable à poser!!!\[\color{olive} {\int \frac{dx}{x² \cdot \sqrt[2]{1+ \frac{1}{x}}}}  = \color{purple}{ -\int \frac {dt}{\sqrt[2]{t+1}}}= = \color{darkgreen}{ -\int \frac {du}{\sqrt[2]{u}}}== \color{red}{ -2\sqrt[2]{1+ \frac{1}{x}}+C}  avec\, t=\frac{1}{x}, u= t+1\implies u= 1+ \frac{1}{x} \] \[\color{olive} {\overbrace{ \int \! \frac{dx}{\underbrace{x \cdot \sqrt[2]{1+ \frac{1}{x}}}_{\sqrt{x} \cdot \sqrt{x+1}}}}^{poser  t= \sqrt{x+1}}}  = \color{purple}{ \overbrace{\underbrace{ \int \frac {dt}{2\sqrt[2]{t²-1}}}_{\implies \sqrt{x} =\sqrt{t²-1}}}^{\implies dt = \frac{dx}{2 \sqrt{x+1}}}} = \color{darkgreen}{\overbrace{\underbrace{½ arcosh(t)=½ln(\sqrt{t²-1}+t)}_{ l'arcosinus  hyperbolique}}^{forme  logarithmique  de}}= \color{red}{\overbrace{ \underbrace{ ln\bigg(x(2 \sqrt[2]{1+\frac{1}{x}}+2 \bigg)}_{ça  semble  compliqué  comme  ca?}}^{hors  concours   pour  rhétho}+C } \]\[\color{black}{On  peut  aussi  se  souvenir  de  la  forme  canonique  en  faisant \color{red}{\sqrt{x} \sqrt{x+1} = \sqrt{x²+x}=\sqrt{(x+1)^2-1} }  et  passer}\] \[\color{black}{à   la   fonction  arcosinus  hyperbolique  \color{red}{arcosh(x)=ln(x+\sqrt{x²-1})} ... qui  ne fait  pas  partie   de  la  matière  de  rhéto!}\]

IPS pour certaines fonctions complexes!