\chapter{Méthodes d'intégration}

\section{Intégration par parties}

La dérivée d'un produit se trouve à l'aide de la formule :
\[
\left(uv\right)'=u'v+uv'
\]
De cette formule, on déduit :
\[ \int (uv)' = \int u'v + \int uv'\]
Et donc :
\[ \int u'v = \int (uv)' - \int uv'\]
D'où la proposition suivante :

\begin{prop}
Soient $u$ et $v$ deux fonctions dérivables sur un intervalle $[a;b]$. Alors :
\[
\int_a^b u'(x)v(x)\dx = \left[u(x)v(x)\right]_a^b-\int_a^bu(x)v'(x)\dx
\]
\end{prop}

\begin{exemple}
Soit $f(x)=x\text{e}^x$. Posons $v(x)=x$ et $u'(x)=\text{e}^x$.\\
Ainsi, $u(x)=\text{e}^x$ et $v'(x)=1$, d'où :
\begin{align*}
\dint_0^1 f(x)\dx & = \left[x\text{e}^x\right]_0^1-\dint_0^1\text{e}^x\dx\\
& = \text{e}-(\text{e}-1)\\
& = 1
\end{align*}
\end{exemple}

On peut aussi utiliser l'intégration par parties dans un sens qui, au premier abord, n'est pas à notre avantage mais qui, au final, nous donnera une égalité intéressante, comme le montre l'exemple suivant :

\begin{exemple}
On pose :
\[ \forall t\in\R,\: I = \int_0^t \e^x\dx \]
On peut ainsi poser : $u'(x)= 1$ et $v(x)=\e^x$, donc $u(x)=x$ et $v'(x)=\e^x$. Ainsi, par intégration par parties, on a :
\[
I=\left[x\e^x\right]_0^t-\int_0^tx\e^x\dx
\]
Soit :
\[
I=t\e^t-\int_0^tx\e^x\dx
\]
Posons $I_1=\dint_0^t x\e^x\dx$. En posant $u'(x)=x$ et $v(x)=\e^x$, on a $u(x)=\dfrac{x^2}{2}$ et $v'(x)=\e^x$ et donc, par une seconde intégration par parties, on obtient :
\[
I=t\e^t-\left( \left[\frac{x^2}{2}\e^x\right]_0^t-\int_0^t\frac{x^2}{2}\e^x\dx \right)
\]
Soit :
\[
I=t\e^t-\frac{t^2}{2}\e^t+\frac{1}{2}\int_0^t x^2\e^x\dx
\]
En posant $I_3=\dint_0^t x^2\e^x\dx$, $u'(x)=x^2$ et $v(x)=\e^x$, on a $u(x)=\dfrac{x^3}{3}$ et $v'(x)=\e^x$, d'où :
\[
I=t\e^t-\frac{t^2}{2}\e^t+\frac{1}{2}\left[\frac{x^3}{3}\e^x\right]_0^t-\frac{1}{2\times 3}\int_0^tx^3\e^x\dx
\]
Soit :
\[
I=t\e^t-\frac{t^2}{2}\e^t+\frac{t^3}{3!}\e^t-\frac{1}{3!}\int_0^tx^3\e^x\dx
\]
On peut alors écrire :
\[
\forall n\in\N,\: I=\e^t\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^{k-1}t^k}{k!} + \frac{(-1)^{n-1}t^n}{n!}\int_0^tx^n\e^x\dx
\]

\emph{On pourrait démontrer cette égalité par récurrence sur n mais à la vue de ce qui a été fait, on peut affirmer sa véracité.}

\medskip

Or, on peut calculer $I$ directement : $I = \left[\e^x\right]_0^t=\e^t-1$. D'où :
\[
\forall n\in\N,\: \e^t-1=\e^t\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^{k-1}t^k}{k!} + \frac{(-1)^{n-1}t^n}{n!}\int_0^tx^n\e^x\dx
\]
Soit :
\[
\forall n\in\N,\: -1=\e^t\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^{k-1}t^k}{k!} + \frac{(-1)^{n-1}t^n}{n!}\int_0^tx^n\e^x\dx
\]
\end{exemple}
\begin{exemplesuite}
D'où :
\[
\forall n\in\N,\: 1=\e^t\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^{k}t^k}{k!} + \frac{(-1)^{n}t^n}{n!}\int_0^tx^n\e^x\dx
\]
Et donc, en multipliant les deux membres par $\e^{-t}$ :
\[
\forall n\in\N,\: \e^{-t}=\sum_{k=0}^n\frac{(-t)^k}{k!} + \int_0^t\frac{(-t)^n}{n!}\e^{-t}x^n\e^x\dx \qquad (1)
\]
Or,
\[
\forall t\in\R,\: \lim_{n\to+\infty} \frac{(-t)^n}{n!}=0
\]
Ainsi, par passage à la limite dans l'égalité $(1)$, on a :
\[
\e^{-t}=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-t)^k}{k!}
\]
Que l'on peut aussi écrire :
\[
\forall t\in\R,\: \e^t=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{t^k}{k!}
\]
Cette dernière somme est appelée \bold{le développement en série entière} de $\e^t$.
\end{exemplesuite}

\section{Décomposition en éléments simples}

Considérons une fraction rationnelle $f(x)=\dfrac{A(x)}{B(x)}$, où $\deg A \leqslant\deg B$.\\
Afin de pouvoir calculer $\dint_a^b f(x)\dx$, on factorise au maximum $B(x)$ de sorte à écrire $f(x)$ sous la forme :
\[
f(x)=\sum_i\frac{\alpha_i}{\left(x-a_i\right)^{m_i}}+ \sum_j\frac{\beta_jx+\gamma_j}{\left(x^2+b_jx+c_j\right)^{p_j}}
\]

\begin{exemple}
Soit $f(x)=\dfrac{1}{x^3+4x^2+3x}$.\\
On peut factoriser le dénominateur :
\[ x^3+4x^2+3x = x(x+1)(x+3) \]
Donc :
\[
f(x)=\frac{1}{x(x+1)(x+3)}=\frac{a}{x}+\frac{b}{x+1}+\frac{c}{x+3}
\]
\end{exemple}
\begin{exemplesuite}
\begin{itemize}
\item[\color{bleu}$\bullet$] $xf(x)=\dfrac{1}{(x+1)(x+3)}=a+\dfrac{bx}{x+1}+\dfrac{cx}{x+3}$.\\
Ainsi, $\lim\limits_{x\to 0} xf(x)=\dfrac{1}{3}=a$.

\item[\color{bleu}$\bullet$] $(x+1)f(x)=\dfrac{1}{x(x+3)}=\dfrac{a(x+1)}{x}+b+\dfrac{c(x+1)}{x+3}$.\\
Ainsi, $\lim\limits_{x\to -1} (x+1)f(x)=-\dfrac{1}{2}=b$.

\item[\color{bleu}$\bullet$] $(x+3)f(x)=\dfrac{1}{x(x+1)}=\dfrac{a(x+3)}{x+1}+\dfrac{b(x+3)}{x+1}+c$.\\
Ainsi, $\lim\limits_{x\to -3} (x+3)f(x)=\dfrac{1}{6}=c$.
\end{itemize}

On obtient donc :
\[
f(x)=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{x}-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{x+1}+\frac{1}{6}\cdot\frac{1}{x+3}
\]
D'où :
\begin{align*}
\dint f(x)\dx & = \dfrac{1}{3}\dint\dfrac{1}{x}\dx-\dfrac{1}{2}\dint\dfrac{1}{x+1}\dx+\dfrac{1}{6}\dint\dfrac{1}{x+3}\dx\\
& = \dfrac{1}{3}\ln\vert x\vert-\dfrac{1}{2}\ln\vert x+1\vert+\dfrac{1}{6}\ln\vert x+3\vert
\end{align*}
\end{exemplesuite}

\begin{exemple}
Soit $f(x)=\dfrac{1}{\left(x^2+1\right)\left(x^2+4\right)}$.\\
On peut écrire :
\[ f(x)=\dfrac{1}{\left(x^2+1\right)\left(x^2+4\right)}=\frac{ax+b}{x^2+1}+\frac{cx+d}{x^2+4}\]

\begin{itemize}
\item[\color{bleu}$\bullet$] $\left(x^2+1\right)f(x)=\dfrac{1}{x^2+4}=ax+b+\dfrac{(cx+d)\left(x^2+1\right)}{x^2+4}$.\\
Ainsi, $\lim\limits_{x\to\text{i}}\left(x^2+1\right)f(x)=\dfrac{1}{3}=a\text{i}+b$. Donc $a=0$ et $b=\dfrac{1}{3}$.

\item[\color{bleu}$\bullet$] $\left(x^2+4\right)f(x)=\dfrac{1}{x^2+1}=\dfrac{(ax+b)\left(x^2+4\right)}{x^2+1}+cx+d$.\\
Ainsi, $\lim\limits_{x\to\text{2i}}\left(x^2+4\right)f(x)=-\dfrac{1}{3}=c\text{i}+d$. Donc $c=0$ et $d=-\dfrac{1}{3}$.
\end{itemize}

On obtient donc :
\[
f(x)=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{x^2+1}-\frac{1}{x^2+4}\right)
\]
D'où :
\[
\dint f(x)\dx = \dfrac{1}{3}\dint\dfrac{1}{x^2+1}\dx-\dfrac{1}{3}\dint\dfrac{1}{x^2+4}\dx=\dfrac{1}{3}\arctan x-\dfrac{1}{6}\arctan\dfrac{t}{2}
\]
\end{exemple}

\section{Changement de variable}

\begin{thm}
Soit $\varphi$ une fonction réelle de classe $\mathcal{C}^1$ définie sur $[a;b]$. Soit $f$ une fonction continue sur $\varphi\left([a;b]\right)$. Alors,
\[
\int_a^b (f\circ\varphi)(x)\varphi^\prime(x)\dx=\int_{\varphi(a)}^{\varphi(b)}f(u)\text{d}u
\]
\end{thm}

\begin{dem}
La fonction $G$ définie sur $[a;b]$ par :
\[
G(x)=\int_{\varphi(a)}^{\varphi(x)}f(u)\text{d}u
\]
est dérivable sur $[a;b]$ et $G'(x)=(f\circ\varphi)\varphi'$.\\
Considérons maintenant la fonction $F$ définie sur $[a;b]$ par :
\[
F(x)=\int_a^x (f\circ\varphi)(x)\varphi'(x)\dx
\]
Alors, $F'=G'$, donc $F-g$ est une fonction constante sur $[a;b]$.\\
Or, $F(a)=G(a)=0$ donc $F=G$ sur $[a;b]$.\hfill$\blacksquare$
\end{dem}

\begin{exemple}
Soit $g(x)=\dfrac{\e^x}{\e^{2x}+3\e^x+2}$.\\
On pose alors $f(x)=\dfrac{1}{x^2+3x+2}$ et $\varphi(x)=\e^x$.\\
Ainsi, $g(x)=(f\circ\varphi)(x)\varphi'(x)$. Donc :
\[
\int_0^tg(x)\dx=\int_{\e^0}^{\e^t}\frac{1}{u^2+3u+2}\text{d}u=\int_1^{\e^t}\frac{1}{(u+1)(u+2)}\text{d}u=\int_1^{\e^t}\frac{1}{u+2}\text{d}u-\int_1^{\e^t}\frac{1}{u+1}\text{d}u
\]
Ainsi,
\[
\int_0^t g(x)\dx=\ln\left(\e^t+2\right)-\ln 3-\ln\left(\e^t+1\right)+\ln 2
\]
Soit :
\[
\int_0^t g(x)\dx=\ln\left(\frac{\e^t+2}{\e^t+1}\right)+\ln\frac{2}{3}
\]
\end{exemple}

\begin{exemple}
Soit $h(x)=\dfrac{1}{\sin x}$.\\
On peut écrire $h(x)=\dfrac{-\sin x}{\cos^2 x-1}$. Ainsi, $f(x)=\dfrac{1}{x^2-1}$ et $\varphi(x)=\cos x$, avec $\varphi'(x)=-\sin x$, et on peut alors écrire :
\[
h(x)=(f\circ\varphi)(x)\varphi'(x)
\]
Et donc :
\begin{align*}
\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}h(x)\dx & =\int_{\cos\frac{\pi}{4}}^{\cos\frac{\pi}{2}}\dfrac{1}{u^2-1}\text{d}u\\
& = \left[\dfrac{1}{2}\ln\left\vert\dfrac{u-1}{u+1}\right\vert \right]_{\cos\frac{\pi}{4}}^{\cos\frac{\pi}{2}}\\
& = -\ln\left(\tan\dfrac{\pi}{8}\right)
\end{align*}
\end{exemple}

\begin{methode}
Dans un cas général, lorsque l'on a des fonctions trigonométriques, on peut utiliser les relations suivantes :
\[ \cos x = \frac{1-t^2}{1+t^2}\qquad ; \qquad \sin x = \frac{2t}{1+t^2} \]
où $t=\tan\dfrac{x}{2}$ et $\text{d}t=\dfrac{1}{2}\left(1+t^2\right)\text{d}x$.
\end{methode}