I Primitive
I.1 Définition
Soit I un intervalle de R et f une fonction continue sur I. On dit que F est une primitive de f sur I notée ∫f si, F est dérivable sur I et ∀x∈I, F′(x)=f(x)
Exemple
Soit f et F deux fonctions définies par :
f(x)=x2,F(x)={13x3six≤013x3−1six>0
F est-elle une primitive de f sur :
]−∞, 0] ?,[0, +∞[ ?,]0, +∞[ ?,R ?
Résolution
lim
Donc, F est dérivable à gauche de 0.
\begin{array}{rcl}\lim\limits_{x\to 0^{+}}\dfrac{F(x)-F(0)}{x-0}&=&\lim\limits_{x\to 0^{+}}\dfrac{\dfrac{1}{3}x^{3}-1}{x}\\ \\&=&\lim\limits_{x\to 0^{+}}\dfrac{1}{3}x^{2}-\dfrac{1}{x}\\ \\&=&-\infty\end{array}
Donc, F n'est pas dérivable à droite de 0.
F est dérivable sur ]-\infty\;,\ 0] et F'(x)=x^{2}=f(x), donc F est une primitive de f sur ]-\infty\;,\ 0].
F n'est pas dérivable sur [0\;,\ +\infty[, donc F n'est pas une primitive de f sur [0\;,\ +\infty[.
F est dérivable sur ]0\;,\ +\infty[ et F'(x)=f(x), donc F est une primitive de f sur ]0\;,\ +\infty[.
F non dérivable sur \mathbb{R}, donc F n'est pas une primitive de f sur \mathbb{R}.
Théorème 1
Toute fonction continue sur I y admet une primitive.
Théorème 2
Si F est une primitive de f sur I, alors toute fonction G définie par G(x)=F(x)+c\;;\quad c\ \text{ une constante} est aussi une primitive de f sur I.
Donc deux primitives quelconques d'une fonction diffèrent d'une constante et il existe une unique primitive qui prend une valeur y en x_{0}.
Théorème 3
Soit f une fonction dérivable sur I de dérivée f' continue sur I et g une fonction continue sur I de primitive G définie sur un intervalle J contenant f(I), alors (g\circ f)f' a pour primitive sur I\;,\ G\circ f
I.2 Opération sur les primitives
Si F est une primitive de f et G une primitive de g, alors
\alpha F+\beta G est une primitive de \alpha f+\beta g\;;\quad\alpha\;,\ \beta\in\mathbb{R}
Tableau de quelques primitives
u et v sont deux fonctions continues et c une constante.
\begin{array}{|c|c|}\hline f&F \\ \hline a\in\mathbb{R}&ax+c \\ \hline\dfrac{1}{x}\;;\ x>0&\ln|x|+c \\ \hline\mathrm{e}^{x}&\mathrm{e}^{x} \\ \hline\sin x&-\cos x+c \\ \hline\cos x&\sin x+c \\ \hline\dfrac{1}{\sqrt{x}}\;;\ x>0&2\sqrt{x} \\ \hline\dfrac{1}{x^{2}}\;;\ x>0&-\dfrac{1}{x} \\ \hline\end{array}\quad\begin{array}{|c|c|}\hline f&F \\ \hline x^{n}&\dfrac{x^{n+1}}{n+1}+c \\ \hline\dfrac{1}{\cos^{2}x}=1+\tan^{2}x&\tan x \\ \hline u'u^{n}&\dfrac{u^{n+1}}{n+1} \\ \hline \dfrac{u'}{u}&\ln|u| \\ \hline u'\mathrm{e}^{u}&\mathrm{e}^{u} \\ \hline\dfrac{u'}{u^{2}}&-\dfrac{1}{u} \\ \hline \end{array}
\begin{array}{|c|c|}\hline f&F \\ \hline u'\cos u&\sin u \\ \hline u'\sin u&-\cos u \\ \hline\dfrac{u'}{\cos^{2}u}=1+\tan^{2}u&\tan u \\ \hline\dfrac{u'}{\sqrt{u}}&2\sqrt{u} \\ \hline u'v+v'u&uv \\ \hline\lambda f\;;\ \lambda\in\mathbb{R}&\lambda F \\ \hline\dfrac{u'v-uv'}{v^{2}}&\dfrac{u}{v} \\ \hline \end{array}
Théorème
Si u et v sont dérivables sur I de dérivées u' et v' continues sur I, alors \int u'v=uv-\int uv'
En effet, \begin{eqnarray} (uv)'=u'v+v'u&\Rightarrow&u'v=(uv)'-uv'\nonumber\\ \\&\Rightarrow&\int u'v=\int(uv)'-\int uv'\nonumber\\ \\&\Rightarrow&\int u'v=uv-\int uv'\nonumber\end{eqnarray}
Exemple
Déterminer les primitives de :
f(x)=x\cos x\;,\quad g(x)=x\mathrm{e}^{x}\;,\quad h(x)=\ln x
Résolution
Posons u'=\cos x\ \Rightarrow\ u=\sin x\ et \ v=x\ \Rightarrow\ v'=1 donc, \begin{eqnarray} \int f(x)&=&F(x)\nonumber \\ \\&=&x\sin x-\int\sin x\nonumber \\ \\&=&x\sin x+\cos x\nonumber \end{eqnarray}
On pose : u'=\mathrm{e}^{x}\ \Rightarrow\ u=\mathrm{e}^{x}\ et \ v=x\ \Rightarrow\ v'=1 alors, \begin{eqnarray} \int g(x)&=&G(x)\nonumber \\ \\&=&x\mathrm{e}^{x}-\int\mathrm{e}^{x}\nonumber \\ \\&=&x\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{x}\nonumber \end{eqnarray}
Posons : u=x\ \Rightarrow\ u'=1\ et \ v=\ln x\ \Rightarrow\ v'=\dfrac{1}{x} alors, \begin{eqnarray} \int h(x)&=&H(x)\nonumber \\ \\&=&x\ln x-\int 1\nonumber \\ \\&=&x\ln x-x\nonumber \end{eqnarray}
II Définition et propriétés
II.1 Définition
Soit I un intervalle de \mathbb{R}\;,\ a\;,\ b\in I et f une fonction continue sur I. On appelle intégrale de a à b de f le réel noté \int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x=\left[F(x)\right]_{a}^{b}=F(b)-F(a)
où F est une primitive quelconque de f sur [a\;,\ b] ou [b\;,\ a]
Remarques
\centerdot\ \ Le choix de la primitive F n'influe pas le résultat de l'intégrale. En effet, si F et G sont deux primitives d'une même fonction f sur I, alors elles différent d'une constante. Les quantités F(b)-F(a) et G(b)-G(a) sont donc égales. \begin{eqnarray} \text{Soit }G(x)=F(x)+c\;,\ \text{ alors }\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x&=&\left[G(x)\right]_{a}^{b}\nonumber \\ \\&=&G(b)-G(a)\nonumber \\ \\&=&F(b)+c-(F(a)+c)\nonumber \\ \\&=&F(b)-F(a)\nonumber \end{eqnarray}
\centerdot\ \ Soit I un intervalle et x_{0}\in I, Pour tout réel x de I, nous avons : \int_{x_{0}}^{x}f(t)\mathrm{d}t=\left[F(t)\right]_{x_{0}}^{x}=F(x)-F(x_{0}) La fonction \mathcal{F} définie sur I par \mathcal{F}(x)=\int_{x_{0}}^{x}f(t)\mathrm{d}t est donc la primitive de f sur I qui s'annule en x_{0}.
\centerdot\ \ La lettre t ( ou x) choisie pour la variable est une variable "muette" ; elle peut être notée par toute autre lettre. Ce qui signifie que : \int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x=\int_{a}^{b}f(t)\mathrm{d}t=\int_{a}^{b}f(u)\mathrm{d}u=F(b)-F(a)
Exemple
Calculer I=\int_{4}^{5}\dfrac{1}{x^{2}-9}\mathrm{d}x\;,\quad J=\int_{0}^{1}\dfrac{x}{x+1}\mathrm{d}x\;,\quad K=\int_{1}^{\mathrm{e}}\dfrac{\ln x}{x}\mathrm{d}x
Résolution
Soit I=\int_{4}^{5}\dfrac{1}{x^{2}-9}\mathrm{d}x.
On a : \dfrac{1}{x^{2}-9}=\dfrac{1}{(x-3)(x+3)}=\dfrac{1}{6(x-3)}-\dfrac{1}{6(x+3)}, alors \begin{eqnarray} I&=&\int_{4}^{5}\dfrac{1}{x^{2}-9}\mathrm{d}x\nonumber \\ \\&=&\int_{4}^{5}\left(\dfrac{1}{6(x-3)}-\dfrac{1}{6(x+3)}\right)\mathrm{d}x\nonumber \\ \\&=&\left[\dfrac{1}{6}\ln|x-3|-\dfrac{1}{6}\ln|x+3|\right]_{4}^{5}\nonumber \\ \\&=&\dfrac{1}{6}\ln 2-\dfrac{1}{6}\ln 8-\left(\dfrac{1}{6}\ln 1-\dfrac{1}{6}\ln 7\right)\nonumber \\ \\&=&\dfrac{1}{6}\ln 2-\dfrac{1}{6}\ln 2^{3}+\dfrac{1}{6}\ln 7\nonumber \\ \\&=&\dfrac{1}{6}\ln 2-\dfrac{3}{6}\ln 2+\dfrac{1}{6}\ln 7\nonumber \\ \\&=&-\dfrac{1}{3}\ln 2+\dfrac{1}{6}\ln 7\nonumber \end{eqnarray}
Donc, I=\int_{4}^{5}\dfrac{1}{x^{2}-9}\mathrm{d}x=-\dfrac{1}{3}\ln 2+\dfrac{1}{6}\ln 7
J=\int_{0}^{1}\dfrac{x}{x+1}\mathrm{d}x.\ \text{ Or}\;,\ \dfrac{x}{x+1}=1-\dfrac{1}{x+1} donc, \begin{eqnarray} J&=&\int_{0}^{1}\dfrac{x}{x+1}\mathrm{d}x\nonumber \\ \\&=&\int_{0}^{1}\left(1-\dfrac{1}{x+1}\right)\mathrm{d}x\nonumber \\ \\&=&\left[x-\ln|x+1|\right]_{0}^{1}\nonumber \\ \\&=&1-\ln 2\nonumber \end{eqnarray}
Donc J=\int_{0}^{1}\dfrac{x}{x+1}\mathrm{d}x=1-\ln 2
\begin{eqnarray} K&=&\int_{1}^{\mathrm{e}}\dfrac{\ln x}{x}\mathrm{d}x\nonumber \\ \\&=&\left[\dfrac{1}{2}\ln^{2}|x|\right]_{1}^{\mathrm{e}}\nonumber \\ \\&=&\dfrac{1}{2}\ln^{2}\mathrm{e}-0\nonumber\\ \\&=&\dfrac{1}{2}\nonumber \end{eqnarray}
Donc, K=\int_{1}^{\mathrm{e}}\dfrac{\ln x}{x}\mathrm{d}x=\dfrac{1}{2}
II.2 Propriétés
Soit I un intervalle de \mathbb{R}\;,\ a\;,\ b\;,\ c\in I\;,\ f et g deux fonctions continues sur I\;,\ \alpha\;,\ \beta\in\mathbb{R}, alors
\centerdot\ \ \int_{a}^{a}f(x)\mathrm{d}x=0
\centerdot\ \ \int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x=-\int_{b}^{a}f(x)\mathrm{d}x
\centerdot\ \ Relation de Chasles \int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x=\int_{a}^{c}f(x)\mathrm{d}x+\int_{c}^{b}f(x)\mathrm{d}x
\centerdot\ \ Linéarité de l'intégration \int_{a}^{b}(\alpha f+\beta g)(x)\mathrm{d}x=\alpha\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x+\beta\int_{a}^{b}g(x)\mathrm{d}x
\centerdot\ \ Si f est paire, alors \int_{-a}^{a}f(x)\mathrm{d}x=2\int_{0}^{a}f(x)\mathrm{d}x
\centerdot\ \ Si f est impaire, alors \int_{-a}^{a}f(x)\mathrm{d}x=0
\centerdot\ \ Si f est périodique de période T, alors \int_{a}^{a+T}f(x)\mathrm{d}x=\int_{0}^{T}f(x)\mathrm{d}x
\centerdot\ \ Positivité de l'intégration : Si a\leq b et f\geq 0 sur [a\;,\ b], alors \int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x\geq 0
\centerdot\ \ Conservation de l'ordre de l'intégration : Si a\leq b et f\leq g sur [a\;,\ b], alors \int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x\leq\int_{a}^{b}g(x)\mathrm{d}x
\centerdot\ \ \left|\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x\right|\leq\int_{a}^{b}|f(x)|\mathrm{d}x
\centerdot\ \ Inégalité de la moyenne : La fonction f étant continue sur [a\;,\ b], alors il existe deux réels m et M tels que, pour tout réel x\in[a\;,\ b] on ait m\leq f(x)\leq M et donc : m(b-a)\leq\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x\leq M(b-a)
En effet \begin{eqnarray} m\leq f(x)\leq M&\Rightarrow&\int_{a}^{b}m\mathrm{d}x\leq\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x\leq\int_{a}^{b}M\mathrm{d}x\nonumber \\ \\&\Rightarrow&m(b-a)\leq\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x\leq M(b-a)\nonumber \end{eqnarray}
Théorème de la moyenne
Pour toute fonction f définie et continue sur l'intervalle [a\;,\ b], d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe au moins un réel c\in[a\;,\ b] tel que
f(c)=\dfrac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x Le réel f(c) est appelé valeur moyenne de f sur [a\;,\ b].
Interprétations géométriques
Le plan est muni d'un repère orthogonal (O\;;\ \vec{i}\;,\ \vec{j}). Soit f une fonction continue et positive de courbe représentative (C_{f}), alors
\centerdot\ \ L'encadrement m(b-a)\leq\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x\leq M(b-a) signifie que l'aire du domaine coloré est minorée par l'aire du rectangle ABCD, et majorée par celle du rectangle ABEF.
\centerdot\ \ L'égalité f(c)=\dfrac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x signifie que l'aire du domaine coloré est égale à celle du rectangle ABGH.
Exercice d'application
Soit la suite (u_{n}) définie par u_{n}=\int_{1}^{\mathrm{e}}x(\ln x)^{n}\mathrm{d}x Montrer que u_{n} est décroissante.
Résolution
\begin{eqnarray} u_{n+1}-u_{n}&=&\int_{1}^{\mathrm{e}}x(\ln x)^{n+1}\mathrm{d}x-\int_{1}^{\mathrm{e}}x(\ln x)^{n}\mathrm{d}x\nonumber \\ \\&=&\int_{1}^{\mathrm{e}}\left(x(\ln x)^{n+1}-x(\ln x)^{n}\right)\mathrm{d}x\nonumber \\ \\&=&\int_{1}^{\mathrm{e}}x(\ln x)^{n}(\ln x-1)\mathrm{d}x\nonumber \end{eqnarray}
Or, x\leq\mathrm{e}\ \Rightarrow\ \ln x\leq 1, donc \ln x-1\leq 0. De plus x(\ln x)^{n}>0.
Alors, x(\ln x)^{n}(\ln x-1)<0 et donc \int_{1}^{\mathrm{e}}x(\ln x)^{n}(\ln x-1)\mathrm{d}x<0 d'où u_{n+1}-u_{n}<0 ce qui signifie que (u_{n}) est décroissante.
III Méthodes d'intégration
III.1 A l'aide du tableau de primitives
Exemple
Calculer I=\int_{0}^{1}x\sqrt{1-x^{2}}\mathrm{d}x\;,\quad J=\int_{0}^{\tfrac{\pi}{6}}\sin 2x\cos 3x\mathrm{d}x
Posons u=1-x^{2}\ \Rightarrow\ u'=-2x, donc x\sqrt{1-x^{2}}=-\dfrac{1}{2}u'u^{1/2}.
Or, u'u^{1/2} a pour primitive \dfrac{2}{3}u^{3/2} donc -\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{2}{3}u^{3/2}\right)=-\dfrac{1}{3}u^{3/2} est primitive de -\dfrac{1}{2}u'u^{1/2}.
Donc, \begin{eqnarray} I&=&\int_{0}^{1}x\sqrt{1-x^{2}}\mathrm{d}x\nonumber \\ \\&=&\left[-\dfrac{1}{3}(1-x^{2})\sqrt{1-x^{2}}\right]_{0}^{1}\nonumber \\ \\&=&\dfrac{1}{3}\nonumber \end{eqnarray}
On a : \sin 2x\cos 3x=\dfrac{1}{2}[\sin 5x+\sin(-x)] donc, \begin{eqnarray} J&=&\int_{0}^{\tfrac{\pi}{6}}\sin 2x\cos 3x\mathrm{d}x\nonumber \\ \\&=&\int_{0}^{\tfrac{\pi}{6}}\left(\dfrac{1}{2}\sin 5x-\dfrac{1}{2}\sin x\right)\mathrm{d}x\nonumber \\ \\&=&\left[-\dfrac{1}{10}\cos 5x+\dfrac{1}{2}\cos x\right]_{0}^{\tfrac{\pi}{6}}\nonumber \\ \\&=&\dfrac{\sqrt{3}}{20}+\dfrac{\sqrt{3}}{4}+\dfrac{1}{10}-\dfrac{1}{2}\nonumber \\ \\&=&\dfrac{6\sqrt{3}}{20}-\dfrac{4}{10}\nonumber \end{eqnarray}
Donc, J=\int_{0}^{\tfrac{\pi}{6}}\sin 2x\cos 3x\mathrm{d}x=\dfrac{3\sqrt{3}}{10}-\dfrac{2}{5}
III.2 A l'aide de la linéarisation
Exemple
Calculer
I=\int_{0}^{\pi}\sin^{5}x\mathrm{d}x
On a
\sin^{5}x=\left(\dfrac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}x}-\mathrm{e}^{-\mathrm{i}x}}{2\mathrm{i}}\right)^{5},
après développement (chapitre - nombres complexes) on obtient \sin^{5}x=\dfrac{1}{16}\left(\sin 5x-5\sin 3x+10\sin x\right),
donc, \begin{eqnarray} I&=&\int_{0}^{\pi}\sin^{5}x\mathrm{d}x\nonumber \\ \\&=&\int_{0}^{\pi}\dfrac{1}{16}\left(\sin 5x-5\sin 3x+10\sin x\right)\mathrm{d}x\nonumber \\ \\&=&\left[-\dfrac{1}{80}\cos 5x+\dfrac{5}{48}\cos 3x-\dfrac{5}{8}\cos x\right]_{0}^{\pi}\nonumber \\ \\&=&\dfrac{1}{80}-\dfrac{5}{48}+\dfrac{5}{8}+\dfrac{1}{80}-\dfrac{5}{48}+\dfrac{5}{8}\nonumber \\ \\&=&\dfrac{1}{40}-\dfrac{5}{24}+\dfrac{5}{4}\nonumber \end{eqnarray}
III.3 Par changement de variables
Théorème
Si g est continue sur [a\;,\ b] et de dérivée g' continue sur [a\;,\ b].
Si f est continue sur [\alpha\;,\ \beta] avec \alpha=g(a) et \beta=g(b), alors \int_{a}^{b}f\circ g(x)g'(x)\mathrm{d}x=\int_{\alpha}^{\beta}f(u)\mathrm{d}u
Exemple
Calculer A=\int_{0}^{\tfrac{\pi}{4}}\tan x\mathrm{d}x\;,\quad B=\int_{0}^{\pi}\sin x\cos^{4}x\mathrm{d}x
Résolution
Soit A=\int_{0}^{\tfrac{\pi}{4}}\tan x\mathrm{d}x=\int_{0}^{\tfrac{\pi}{4}}\dfrac{\sin x}{\cos x}\mathrm{d}x
Posons : u=\cos x\ \Rightarrow\ \mathrm{d}u=-\sin x\mathrm{d}x, alors u'=\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}\ \Rightarrow\ \mathrm{d}u=u'\mathrm{d}x et donc \begin{eqnarray} A&=&\int_{0}^{\tfrac{\pi}{4}}\tan x\mathrm{d}x\nonumber \\ \\&=&\int_{1}^{\tfrac{\sqrt{2}}{2}}-\dfrac{\mathrm{d}u}{u}\nonumber \\ \\&=&[-\ln|u|]_{1}^{\sqrt{2}/2}\nonumber \\ \\&=&-\ln\dfrac{1}{\sqrt{2}}\nonumber \\ \\&=&\ln\sqrt{2}\ =\ \dfrac{1}{2}\ln 2\nonumber \end{eqnarray}
Soit B=\int_{0}^{\pi}\sin x\cos^{4}x\mathrm{d}x
Posons : u=\cos x\ \Rightarrow\ \mathrm{d}u=-\sin x\mathrm{d}x,
alors, \begin{eqnarray} B&=&\int_{0}^{\pi}\sin x\cos^{4}x\mathrm{d}x\nonumber \\ \\&=&\int_{1}^{-1}-u^{4}\mathrm{d}u\nonumber \\ \\&=&\int_{-1}^{1}u^{4}\mathrm{d}u\nonumber \\ \\&=&2\int_{0}^{1}u^{4}\mathrm{d}u\ \text{ car }g(u)=u^{4}\ \text{ est paire}\nonumber \\ \\&=&2\left[\dfrac{1}{5}u^{5}\right]_{0}^{1}\nonumber \\ \\&=&\dfrac{2}{5}\nonumber \end{eqnarray}
Remarque
\int_{a}^{b}\alpha f(\alpha t+\beta)\mathrm{d}t=\int_{\alpha a+\beta}^{\alpha b+\beta}f(u)\mathrm{d}u
u=\alpha t+\beta\ \Rightarrow\ \mathrm{d}u=\alpha\mathrm{d}t
III.4 Intégration par parties
Si u et v sont dérivables sur I de dérivées u' et v' continues sur I et a\;,\ b\in I, alors \int_{a}^{b}u'(x)v(x)\mathrm{d}x=[u(x)v(x)]_{a}^{b}-\int_{a}^{b}u(x)v'(x)\mathrm{d}x
Exemple
Calculer les intégrales suivantes A=\int_{0}^{\pi}x\cos x\mathrm{d}x\;,\quad B=\int_{1}^{\mathrm{e}}x\ln x\mathrm{d}x
Résolution
Posons : u'=\cos x\ \Rightarrow\ u=\sin x\ et \ v=x\ \Rightarrow\ v'=1, donc \begin{eqnarray} A&=&\int_{0}^{\pi}x\cos x\mathrm{d}x\nonumber \\ \\&=&[x\sin x]_{0}^{\pi}-\int_{0}^{\pi}\sin x\mathrm{d}x\nonumber \\ \\&=&0+[\cos x]_{0}^{\pi}\nonumber \\ \\&=&-2\nonumber \end{eqnarray}
On pose
u'=x\ \Rightarrow\ u=\dfrac{x^{2}}{2}\ et
\ v=\ln x\ \Rightarrow\ v'=\dfrac{1}{x},
alors, \begin{eqnarray} B&=&\int_{1}^{\mathrm{e}}x\ln x\mathrm{d}x\nonumber \\ \\&=&\left[\dfrac{x^{2}}{2}\ln x\right]_{1}^{\mathrm{e}}-\int_{1}^{\mathrm{e}}\dfrac{x}{2}\mathrm{d}x\nonumber \\ \\&=&\dfrac{\mathrm{e}^{2}}{2}-\left[\dfrac{x^{2}}{4}\right]_{1}^{\mathrm{e}}\nonumber \\ \\&=&\dfrac{\mathrm{e}^{2}}{2}-\dfrac{\mathrm{e}^{2}}{4}+\dfrac{1}{4}\nonumber \\ \\&=&\dfrac{\mathrm{e}^{2}+1}{4}\nonumber \end{eqnarray}
IV Calcul approché d'une intégrale
Méthode des rectangles
Soit I=[a\;,\ b] un intervalle (a<b) de \mathbb{R}\;,\ f une fonction continue strictement croissante et positive sur I.
\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x est la surface du plan ou l'aire du domaine comprise entre la courbe C_{f}, l'axe (x'Ox) et les droites d'équations x=a et x=b.
On subdivise [a\;,\ b] en n segments de même longueur \dfrac{b-a}{n}, on a donc :
x_{0}=a\;,\ x_{1}=a+\dfrac{b-a}{n}\;,\ x_{2}=a+\dfrac{2(b-a)}{n}\;,\ldots\;,\ x_{k}=a+\dfrac{k(b-a)}{n} et
x_{n}=a+\dfrac{n(b-a)}{n}=b.
On a ainsi un découpage régulier de l'intervalle I car \forall\;k\in[0\;,\ (n-1)]\;,\ x_{k+1}-x_{k}=\dfrac{b-a}{n}.
Soit s_{n} la somme des aires des rectangles A_{k}A_{k+1}B_{k+1}B_{k} et \mathcal{S}_{n} la somme des aires des rectangles A_{k}A_{k+1}B'_{k+1}A'_{k}\;,\quad 0\leq k\leq n-1.
L'aire du domaine sous la courbe est donc encadrée par deux suites adjacentes d'aires de rectangles associés à une subdivision de l'intervalle
[a\;,\ b],
on a alors s_{n}\leq\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x\leq\mathcal{S}_{n} avec : \begin{eqnarray} s_{n}&=&f(a)\left(\dfrac{b-a}{n}\right)+f\left(a+\dfrac{b-a}{n}\right)\times\dfrac{b-a}{n}+\ldots+f\left(a+\dfrac{(n-1)(b-a)}{n}\right)\times\dfrac{b-a}{n}\nonumber \\ \\&=&\dfrac{b-a}{n}\sum_{k=0}^{n-1}f\left(a+\dfrac{k(b-a)}{n}\right)\nonumber \end{eqnarray} donc s_{n}=\dfrac{b-a}{n}\sum_{k=0}^{n-1}f\left(a+\dfrac{k(b-a)}{n}\right)
\begin{eqnarray} \mathcal{S}_{n}&=&f\left(a+\dfrac{b-a}{n}\right)\times\dfrac{b-a}{n}+f\left(a+\dfrac{2(b-a)}{n}\right)\times\dfrac{b-a}{n}+\ldots+f\left(a+\dfrac{(n-1)(b-a)}{n}\right)\times\dfrac{b-a}{n}+f(b)\times\dfrac{b-a}{n}\nonumber \\ \\&=&\dfrac{b-a}{n}\sum_{k=1}^{n}f\left(a+\dfrac{k(b-a)}{n}\right)\nonumber \end{eqnarray} donc, \mathcal{S}_{n}=\dfrac{b-a}{n}\sum_{k=1}^{n}f\left(a+\dfrac{k(b-a)}{n}\right)
Autre méthode
Sur [x_{k}\;,\ x_{k+1}]\;,\ f est croissante alors, f(x_{k})\leq f(x)\leq f(x_{k+1}) et donc \begin{eqnarray} \int_{x_{k}}^{x_{k+1}}f(x_{k})\mathrm{d}x&\leq&\int_{x_{k}}^{x_{k+1}}f(x)\mathrm{d}x\;\leq\;\int_{x_{k}}^{x_{k+1}}f(x_{k+1})\mathrm{d}x\nonumber \\ \\ f(x_{k})(x_{k+1}-x_{k})&\leq&\int_{x_{k}}^{x_{k+1}}f(x)\mathrm{d}x\;\leq\; f(x_{k+1})(x_{k+1}-x_{k})\nonumber \\ \\ \dfrac{b-a}{n}f\left(a+\dfrac{k(b-a)}{n}\right)&\leq&\int_{x_{k}}^{x_{k+1}}f(x)\mathrm{d}x\;\leq\;\dfrac{b-a}{n}f\left(a+\dfrac{(k+1)(b-a)}{n}\right)\nonumber \\ \\ \dfrac{b-a}{n}\sum_{k=0}^{n-1}f\left(a+\dfrac{k(b-a)}{n}\right)&\leq&\sum_{k=0}^{n-1}\int_{x_{k}}^{x_{k+1}}f(x)\mathrm{d}x\;\leq\;\dfrac{b-a}{n}\sum_{k=0}^{n-1}f\left(a+\dfrac{(k+1)(b-a)}{n}\right)\nonumber \\ \\ \dfrac{b-a}{n}\sum_{k=0}^{n-1}f\left(a+\dfrac{k(b-a)}{n}\right)&\leq&\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x\;\leq\;\dfrac{b-a}{n}\sum_{k=1}^{n}f\left(a+\dfrac{k(b-a)}{n}\right)\nonumber \end{eqnarray}
Ainsi, s_{n}\leq\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x\leq\mathcal{S}_{n}
\dfrac{\mathcal{S}_{n}+s_{n}}{2} est une valeur approchée de \int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x à \dfrac{\mathcal{S}_{n}-s_{n}}{2} près.
\dfrac{\mathcal{S}_{n}-s_{n}}{2}=(f(b)-f(a))\left(\dfrac{b-a}{n}\right)
Donc en subdivisant de plus en plus finement l'intervalle [a\;,\ b], les suites s_{n} et \mathcal{S}_{n} convergent vers un même nombre, ce nombre est l'aire sous la courbe C_{f}.
\lim_{n\rightarrow+\infty}s_{n}=\lim_{n\rightarrow+\infty}\mathcal{S}_{n}=\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x
V Fonction définie par une intégrale
\centerdot\ \ Soit I un intervalle de \mathbb{r} et a\;,\ b\in\mathbb{R}, l'intégrale \int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x existe si f est continue sur [a\;,\ b].
\centerdot\ \ Soit f une fonction continue sur I, pour tous a\;,\ x\in I la fonction F définie par F(x)=\int_{a}^{x}f(t)\mathrm{d}t est une fonction définie par une intégrale.
\centerdot\ \ f est continue sur I, alors f admet une primitive G sur I, donc F(x)=[G(t)]_{x}^{a}=G(x)-G(a). Ainsi, F'(x)=G'(x)=f(x)
Exemple
Soit F la fonction définie par F(x)=\int_{0}^{x}\dfrac{1}{\sqrt{1+t^{2}}}\mathrm{d}t
On a \dfrac{1}{\sqrt{1+t^{2}}} continue sur \mathbb{R}, donc F est définie sur \mathbb{R} et \forall\;-x\in\mathbb{R}\;,\ F(-x)=\int_{0}^{-x}\dfrac{1}{\sqrt{1+t^{2}}}\mathrm{d}t=-\int_{0}^{x}\dfrac{1}{\sqrt{1+u^{2}}}\mathrm{d}u=-F(x) après changement de variables u=-t\ \Rightarrow\ \mathrm{d}u=-\mathrm{d}t, donc F est impaire.
\dfrac{1}{\sqrt{1+t^{2}}} est continue sur \mathbb{R}, donc admet une primitive F_{1} et donc
F(x)=F_{1}(x)-F_{1}(0)\ \Rightarrow\ F'(x)=F'_{1}(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^{2}}}>0, donc F est strictement croissante. On a :
\begin{eqnarray}1+t^{2}\geq t^{2}&\Rightarrow&\dfrac{1}{\sqrt{1+t^{2}}}\leq\dfrac{1}{t^{2}}\nonumber \\ \\&\Rightarrow&0\leq\int_{0}^{x}\dfrac{1}{\sqrt{1+t^{2}}}\mathrm{d}t\leq\int_{0}^{x}\dfrac{1}{t^{2}}\mathrm{d}t\nonumber \\ \\&\Rightarrow&0\leq F(x)\leq\left[-\dfrac{1}{t}\right]_{0}^{x}\nonumber \\ \\&\Rightarrow&0\leq F(x)\leq -\dfrac{1}{x}+1\nonumber \end{eqnarray}
Ainsi, 0\leq\lim_{x\rightarrow+\infty}F(x)\leq 1
\centerdot\ \ f continue sur \mathbb{R}\;,\ u(x) et v(x) dérivable sur \mathbb{R}, alors
F(x)=\int_{u(x)}^{v(x)}f(t)\mathrm{d}t existe si, et seulement, u(x) et v(x) existent et appartiennent au domaine de continuité de f.
f continue sur \mathbb{R} donc admet une primitive F_{1}, alors F(x)=[F_{1}(t)]_{u(x)}^{v(x)}=F_{1}(v(x))-F_{1}(u(x))
F_{1} dérivable sur \mathbb{R}, alors F_{1}(u(x)) est dérivable sur \mathbb{R}, idem pour F_{1}(v(x)), d'où F dérivable sur \mathbb{R}.
Donc \begin{eqnarray} F'(x)&=&v'(x)F'_{1}(v(x))-u'(x)F'_{1}(u(x))\nonumber \\ \\&=&v'(x)f(v)-u'(x)f(u)\nonumber \end{eqnarray}
VI Calcul d'aire et de volume
VI.1 Calcul d'aires
Soit (O\;;\ \vec{i}\;,\ \vec{j}) un repère orthogonal, ||\vec{i}||=m\;cm\;,\ ||\vec{j}||=n\;cm.
L'unité d'aire est l'aire du quadrilatère construit sur les vecteurs de bases du repères. 1\text{ unité d'aire }(u.a)=m\times n\;cm^{2}
\centerdot\ \ Soit f\geq 0 sur [a\;,\ b].
L'aire \mathcal{A} de la partie du plan comprise entre C_{f}, l'axe des abscisses et les droites d'équation x=a et x=b est égale à : \mathcal{A}=\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x\;u.a
Exemple
Soit (O\;;\ \vec{i}\;,\ \vec{j}) un repère orthogonal, ||\vec{i}||=||\vec{j}||=1\;cm. On considère la parabole C_{f} représentant la fonction f définie sur \mathbb{R} par f(x)=x^{2}.
Calculer l'aire \mathcal{A} en cm^{2} du domaine délimité par C_{f}, l'axe des abscisses et les droites d'équation x=-1 et x=2
Résolution
On a 1\;u.a=1\;cm^{2}
\begin{eqnarray} \mathcal{A}&=&\int_{-1}^{2}f(x)\mathrm{d}x\nonumber \\ \\&=&\int_{-1}^{2}x^{2}\mathrm{d}x\nonumber \\ \\&=&\left[\dfrac{x^{3}}{3}\right]_{-1}^{2}\nonumber \\ \\&=&\dfrac{8}{3}+\dfrac{1}{3}\nonumber \\ \\&=&3\;cm^{2}\nonumber \end{eqnarray}
\centerdot\ \ Soit f\geq 0 sur [a\;,\ b].
L'aire de la partie du plan comprise entre C_{f}, l'axe des abscisses et les droites d'équation x=a et x=b est égale à : \int_{a}^{b}-f(x)\mathrm{d}x\;u.a
Exemple
Soit f la fonction définie sur \mathbb{R} par f(x)=-x^{2}.
Calculer l'aire \mathcal{A} du domaine délimité par C_{f}, l'axe des abscisses et les droites d'équation x=-1 et x=2
Résolution
\begin{eqnarray} \mathcal{A}&=&\int_{-1}^{2}-f(x)\mathrm{d}x\nonumber \\ \\&=&\int_{-1}^{2}x^{2}\mathrm{d}x\nonumber \\ \\&=&\left[\dfrac{x^{3}}{3}\right]_{-1}^{2}\nonumber \\ \\&=&\dfrac{8}{3}+\dfrac{1}{3}\nonumber \\ \\&=&3\;cm^{2}\nonumber \end{eqnarray}
\centerdot\ \ Soit f et g deux fonctions continues sur [a\;,\ b].
L'aire de la partie du plan comprise entre C_{f}\;,\ C_{g} et les droites d'équation x=a et x=b est égale à : \int_{a}^{b}|f(x)-g(x)|\mathrm{d}x\;u.a
Exemple : cas particulier d'une fonction changeant de signe
Soit f et g les fonctions définies sur \mathbb{R} par f(x)=\mathrm{e}^{x}-1 et g(x)=0
Calculer l'aire \mathcal{A} du domaine délimité par C_{f}\;,\ C_{g} et les droites d'équation x=-1 et x=1
Résolution
\begin{eqnarray} \mathcal{A}&=&\int_{-1}^{1}|f(x)-g(x)|\mathrm{d}x\nonumber \\ \\&=&\int_{-1}^{1}|\mathrm{e}^{x}-1|\mathrm{d}x\nonumber \\ \\&=&\int_{-1}^{0}-(\mathrm{e}^{x}-1)\mathrm{d}x+\int_{0}^{1}\mathrm{e}^{x}-1\mathrm{d}x\nonumber \\ \\&=&-[\mathrm{e}^{x}-x]_{-1}^{0}+[\mathrm{e}^{x}-x]_{0}^{1}\nonumber \\ \\&=&-\left[1-\dfrac{1}{\mathrm{e}}-1\right]+[\mathrm{e}-1-1]\nonumber \\ \\&=&\dfrac{1}{\mathrm{e}}+\mathrm{e}-2\nonumber \end{eqnarray}
\centerdot\ \ Soit f une fonction continue sur [a\;,\ b] et D une droite d'équation \alpha x+\beta.
L'aire de la partie du plan comprise entre C_{f}\;,\ D et les droites d'équation x=a et x=b est égale à : \int_{a}^{b}|f(x)-(\alpha x+\beta)|\mathrm{d}x\;u.a
Exemple
Soit f la fonction définie sur \mathbb{R}_{+} par f(x)=\sqrt{x} et D\ :\ x+\dfrac{1}{2}
Calculer l'aire \mathcal{A} du domaine délimité par C_{f}\;,\ D et les droites d'équation x=\dfrac{1}{2} et x=2
\begin{eqnarray} \mathcal{A}&=&\int_{1/2}^{2}|f(x)-(\alpha x+\beta)|\mathrm{d}x\nonumber \\ \\&=&\int_{1/2}^{2}(x+\dfrac{1}{2}-\sqrt{x})\mathrm{d}x\nonumber \\ \\&=&\left[\dfrac{x^{2}}{2}+\dfrac{1}{2}x-\dfrac{x^{3/2}}{\dfrac{3}{2}}\right]_{1/2}^{2}\nonumber \\ \\&=&\left(2+1-\dfrac{4\sqrt{2}}{3}\right)-\left(\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{4}-\dfrac{\sqrt{2}}{6}\right)\nonumber \\ \\&=&3-\dfrac{3}{8}-\dfrac{7\sqrt{2}}{6}\nonumber \end{eqnarray}
VI.2 Calcul de volume
Soit (O\;;\ \vec{i}\;,\ \vec{j}\;,\ \vec{k}) un repère orthogonal.
L'unité de volume est le volume du parallélépipède construit sur les vecteurs de bases du repères.
Soit S un solide de hauteur h. Un plan \mathcal{P} parallèle au plan (x'Ox) coupe S suivant une figure plane de surface S(z). Le volume \mathcal{V} de S est égal à \mathcal{V}=\int_{0}^{h}S(z)\mathrm{d}z\;u.v
1\;u.v=\text{une unité de volume}
Exemples
a) Cylindre (R\;,\ h)
S(z)=\pi R^{2} \begin{eqnarray} \mathcal{V}&=&\int_{0}^{h}S(z)\mathrm{d}z\nonumber \\ \\&=&\int_{0}^{h}\pi R^{2}\mathrm{d}z\nonumber \\ \\&=&[\pi R^{2}]_{0}^{h}\nonumber \\ \\&=&\pi R^{2}h\nonumber \end{eqnarray}
b) Cône (R\;,\ h)
S(z)=\pi r^{2}, d'après Thalès \dfrac{r}{R}=\dfrac{z}{h}, donc S(z)=\pi\dfrac{R^{2}}{h^{2}}z^{2}.
Donc \begin{eqnarray} \mathcal{V}&=&\int_{0}^{h}S(z)\mathrm{d}z\nonumber \\ \\&=&\int_{0}^{h}\pi\dfrac{R^{2}}{h^{2}}z^{2}\mathrm{d}z\nonumber \\ \\&=&\pi\dfrac{R^{2}}{h^{2}}\int_{0}^{h}z^{2}\mathrm{d}z\nonumber \\ \\&=&\pi\dfrac{R^{2}}{h^{2}}\left[\dfrac{z^{3}}{3}\right]_{0}^{h}\nonumber \\ \\&=&\pi\dfrac{R^{2}h}{3}\nonumber \end{eqnarray}
c) Sphère de rayon R
S(z)=\pi r^{2} or r^{2}+z^{2}=R^{2}\ \Rightarrow\ r^{2}=R^{2}-z^{2}, donc S(z)=\pi(R^{2}-z^{2}).
Alors \begin{eqnarray} \mathcal{V}&=&\int_{-R}^{R}S(z)\mathrm{d}z\nonumber \\ \\&=&\int_{-R}^{R}\pi(R^{2}-z^{2})\mathrm{d}z\nonumber \\ \\&=&2\pi\int_{0}^{R}(R^{2}-z^{2})\mathrm{d}z\nonumber \\ \\&=&2\pi\left[R^{2}z-\dfrac{z^{3}}{3}\right]_{0}^{R}\nonumber \\ \\&=&2\pi\left(R^{3}-\dfrac{R^{3}}{3}\right)\nonumber \\ \\&=&\dfrac{4}{3}\pi R^{3}\nonumber \end{eqnarray}
Remarque
Soit f une fonction continue sur [a\;,\ b], alors le volume engendré par la rotation de C_{f}\;,\ x=a et x=b autour de l'axe des abscisses est égal à \mathcal{V}=\int_{a}^{b}\pi(f(x))^{2}\mathrm{d}x
Commentaires
Anonyme (non vérifié)
sam, 07/27/2019 - 13:51
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Merci à vous pour tout ce que
M Pouye (non vérifié)
lun, 01/11/2021 - 07:22
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C'est très intéressant, merci
Anonyme (non vérifié)
lun, 04/17/2023 - 18:20
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ghferuipguitg-ioiuug tefg"o
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