Ce document présente des techniques particulières pour le calcul de primitives, souvent peu abordées dans les manuels scolaires. Il explore différents cas de fonctions à intégrer à l'aide de changements de variable adaptés. Des exemples illustrent l'application de ces méthodes pour résoudre des intégrales spécifiques.

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 :
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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
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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
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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
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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 :
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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
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