Calcul des primitives

Dans toute ce chapitre,

$I$ désigne un intervalle de $\R$, d'intérieur non vide ;
On peut aussi dire que :
- $I$ contient au moins deux points ;
- $I$ contient une infinité de points ;
Cela exclut l'intervalle vide ainsi que les intervalles réduits à un point, sur lesquels on ne peut pas parler de dérivée, et donc pas plus de primitive.
les fonctions considérées sont à valeurs complexes.

Primitives d'une fonction
1. Définition d'une primitive
  Définition Soit $f$ une fonction définie sur $I$ et à valeurs complexes. On appelle primitive de $f$ sur $I$ toute fonction dérivable sur $I$, et dont la dérivée est égale à $f$.
  Si $f$ est à valeurs réelles, cela relève du programme de terminale.
  
  Dans le cas général, si l'on note $f= \Re f+i\,\Im f$, alors $\ldots$
  $\ldots$, par définition de la dérivée d'une fonction à valeurs complexes, une fonction : $$F= \Re F+i\,\Im F$$ est une primitive de $f$ sur $I$ si, et seulement si:
  Les fonctions $\Re F$ et $\Im F$ sont primitives sur $I$ respectivement de $\Re f$ et $\Im f$.
  Exemple 1 Pour $n\in\N$, donner une primitive de $f : \fonction {\R}{\R}{x}{x^{n}}$
  On peut prendre comme primitive sur $\R$ de $f$ : \[ F : x \mapsto \frac{x^{n+1}}{n+1}\cdot \]
  Méthode D'après les règles de dérivation que vous connaissez, penser que $f$ est la dérivée de « quelque chose en $x^{n+1}$ ». Il reste alors à diviser par $n+1$ « pour compenser ce qui sort de la dérivation. »
2. Ensemble des primitives d'une fonction
  Proposition 1 Soit $f$ une fonction définie sur $I$, et $F$ une primitive donnée de $f$ sur $I$. Alors $G$ est une primitive de $f$ sur $I$ si, et seulement si: \[ \ex{k\in\C} G = F + k. \] Justification
  
  Si $F$ est une primitive de $f$ sur $I$, alors pour $k\in\C$, la fonction $F+k$ est aussi une primitive de $f$ sur $I$, puisque $\ldots$
  $\ldots$ la dérivée d'une fonction constante est nulle. C'est immédiat en utilisant le taux d'accroissement.
  
  Si $F$ et $G$ sont deux primitives de $f$ sur $I$, alors la fonction $F-G$ est de dérivée nulle sur l'intervalle $I$ ; elle est donc constante sur $I$.
  
  si $F-G$ est à valeurs réelles, c'est un résultat admis en terminale ; il se justifie en utilisant le théorème des accroissements finis (qui se voit en seconde partie d'année).
  
  Dans le cas général, on applique le résultat précédent à $\Re (F-G)$ et $\Im (F-G)$.
  - Et si l'on veut faire intervenir la variable ?
    Alors $G$ est une primitive de $f$ sur $I$ si, et seulement si: \[ \ex{k\in\C}\fa{x\in I}G(x)=F(x)+k. \] N'avez-vous jamais hésité avec : \[ \fa{x\in I}\ex{k\in\C}G(x)=F(x)+k. \] Quelles seraient les fonctions $G$ caractérisées par cette dernière assertion ?
    Ce sont toutes les fonctions de $I$ dans $\C$, puisque, pour tout $x\in I$, le complexe : \[ k = F(x) -G(x) \] répond alors au problème.
  - On peut aussi écrire que l'ensemble des des primitives de $f$ sur $I$ est :
    \[ \{F+ k \pour k\in\C\}. \] ou encore : \[ \{x \mapsto F(x) + k \pour k\in\C\} \] mais c'est quand-même un peu plus lourd.
  Méthode Pour déterminer les primitives d'une fonction, il suffit donc d'en déterminer une, les autres s'en déduisant par ajout d'une constante. C'est ce que nous ferons dans la suite.
  
  Remarque Lorsque $f$ est à valeurs réelles, on s'intéresse en général à ses primitives à valeurs réelles, mais rien n'empêche de considérer ses primitives à valeurs complexes.
  Pourquoi travaille-t-on toujours sur un intervalle ?
  Parce que, dans la démonstration de la proposition précédente, on utilise une conséquence du théorème des accroissements finis : si une fonction $f$ a une dérivée nulle $\ldots$
  $\ldots$ sur un intervalle, alors elle est constante.
  \par Vous devez connaître un contre-exemple si l'on n'est pas sur un intervalle.
  Par exemple la fonction définie sur $\R^{*}$ par : \[ \left\{ \begin{array}{ll} \fa{x <0} &f(x) = -1 \\\\ \fa{x >0} &f(x) = 1 \end{array} \right. \] a une dérivée nulle sur $\R^{*}$ mais n'est pas constante.
Primitives usuelles
Pour les inconditionnels, voir le tableau des primitives usuelles.
\[\small \begin{array}{|c|c|c|}\hline f & \text{une primitive de }f& \begin{array}{c} {\text{sur tout $I$}}\\{\text{inclus dans }\ldots} \end{array} \\ \hline \begin{array}{c} x\mapsto x^\alpha \\ {\text{avec } \alpha\in\R\setminus\{-1\}} \end{array} & x\mapsto\dfrac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1} & \begin{array}{ll} \R &\text{si } \alpha \in \N{\vphantom{ \frac11}} \\ \R^{*} &\text{si } \alpha \in \Z {\vphantom{ \frac11}}\\ \Rpe &\text{sinon} {\vphantom{ \frac11}} \end{array} \\ \hline x \mapsto \dfrac{1}{x}& x \mapsto \ln|x|& \R^{*} {\vphantom{\large\ds \frac11}}\\\hline x\mapsto e^x & x\mapsto e^x & \R {\vphantom{\ds \frac11}}\\\hline x\mapsto \ln x & x\mapsto x\ln x-x & \R_+^* {\vphantom{\ds \frac11}}\\\hline x\mapsto \sin x & x\mapsto -\cos x & \R {\vphantom{\ds \frac11}}\\\hline x\mapsto \cos x & x\mapsto \sin x & \R {\vphantom{\ds \frac11}}\\\hline x\mapsto \tan x & x\mapsto -\ln|\cos x| & \begin{array}{c} \mathopen{\big]}-\frac{\pi}{2}+k\pi,\frac{\pi}{2}+k\pi\mathclose{\big[} {\Large\vphantom{^A}} \\ \text{avec } k\in\Z{\vphantom{_{\LARGE A}}} \end{array} {\vphantom{\ds \frac11}}\\\hline x\mapsto \ch x & x\mapsto \sh x & \R {\vphantom{\ds \frac11}}\\\hline x\mapsto \sh x & x\mapsto \ch x & \R {\vphantom{\ds \frac11}}\\\hline x\mapsto {\dfrac{1}{1+x^2}} & x\mapsto \arctg x & \R {\vphantom{\ds \frac{\large 1}{\LARGE 1}}} \\\hline x\mapsto \dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}} & \begin{array}{c} x\mapsto \arcsin x{\large\vphantom{^A}} \\ \ou\\ x\mapsto -\arccos x {\vphantom{_{\LARGE A}}} \end{array} & \mathopen{]}-1,1\mathclose{[} \\\hline \begin{array}{c} x\mapsto e^{k x} \\ \text{avec } k \in\C^{*}\\ \end{array} & x\mapsto \dfrac{e^{k x}}{k} & \R {\vphantom{\ds \frac{\large 1}{\LARGE 1}}} \\\hline \end{array} \]

Mais, si les primitives usuelles doivent pouvoir être utilisées sans hésitation, il serait absurde de les apprendre bêtement par coeur : il ne s'agit que d'une lecture inversée des résultats concernant la dérivation. Voir éventuellement ci-dessous quelques explications.
1. Fonctions puissances
  - Ce qu'il ne faut surtout pas faire
    Apprendre plein de formules inutiles comme par exemple : \[\small \begin{array}{|c|c|c|}\hline f & \text{une primitive de }f& \begin{array}{c} {\text{sur tout $I$}}\\{\text{inclus dans }\ldots} \end{array} \small \LARGE\vphantom{\ds \frac11}\\ \hline \begin{array}{c} x\mapsto x^{n} \\ {\small \text{avec } n\in\N} \end{array} {\Large\vphantom{\ds \frac11}} & x\mapsto\dfrac{x^{n+1}}{n+1} & \R \\ \hline \begin{array}{c} x\mapsto \dfrac{1}{x^n} \\{\small \text{avec } n\in\N^*\setminus\{1\}} \end{array}{\LARGE\vphantom{\ds \frac11}} &x\mapsto\dfrac{1}{(-n+1)\,x^{n-1}}& \R_-^* \text{ ou } \R_+^*\\ \hline \begin{array}{c} x\mapsto x^\alpha \\ {\small \text{avec } \alpha\in\R\setminus\{-1\}} \end{array}{\Large\vphantom{\ds \frac11}} & x\mapsto\dfrac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1} & \R_+^*\\ \hline x\mapsto\dfrac{1}{\sqrt{x}} {\LARGE\vphantom{\ds \frac11}} & x\mapsto 2\,\sqrt{x} & \R_+^*\\ \hline \end{array} \] puisque tout cela ne vient que d'une seule et même formule (cf. ci-dessous).
  - Ce qu'il est bien préférable de faire
    
    Juste retenir que pour : \[ \phi_{\alpha} : x\mapsto x^\alpha \] on peut en général prendre comme primitive :
    \[ x\mapsto\dfrac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1} \] à condition évidemment de pouvoir l'écrire, et donc d'avoir :
    \[ \alpha \neq -1. \]
    
    Et encore, ce n'est $\ldots$
    $\ldots$ qu'une conséquence immédiate de la règle de dérivation de $\phi_{\alpha+1} : x\mapsto x^{\alpha+1}$, puisque :
    le $\alpha+1$ que l'on met en dénominateur sert juste « à compenser ce qui sort de la dérivation ». Je vous conseille d'ailleurs de toujours faire ainsi pour un calcul de primitive : la fonction $\phi_{\alpha}$ est la dérivée de quelque chose du genre $\phi_{\alpha+1}$, et l'on compense la constante qui sort dans la dérivation.
    \par Une telle démarche, qui peut vous paraître une énorme perte de temps (par rapport à une connaissance par coeur de la formule), vous permettra d'assurer cette formule dans le temps, et sans le moindre risque d'erreur.
    
    Évidemment, selon le type de valeur de $\alpha$, on doit préciser sur quel type d'intervalle on travaille.
    
    Si $\alpha \in\N$
    On peut travailler sur n'importe quel intervalle de $\R$.
    
    Si $\alpha \in\Z$ et $\alpha \leq -2$
    On ne peut travailler que sur un intervalle $I$ ne contenant pas $0$, c'est-à-dire un intervalle contenu dans $\ldots$
    $\ldots$ $\R^{*}$, ou encore un intervalle, soit inclus dans $\Rpe$, soit inclus dans $\R^{*}_{-}$.
    
    Si $\alpha \in\R$ et $\alpha\neq-1$
    À cause de la définition de $\alpha $ pour $\alpha\in\R$ (qui est quoi au fait ?
    \[ x^{\alpha} = e^{\alpha\ln x}. \]
    ) on ne peut travailler que sur un intervalle $I$ inclus dans :
    \[ \Rpe \]
    
    Remarque Ce qui précède n'est évidemment pas une justification des résultats (qui se prouvent par dérivation dans chacun des cas de figure). Mais cela vous permet « d'assurer » les domaines sans risque de vous tromper.
  - Et pour le cas particulier ?
    Pour $\ds x\mapsto \frac{1}{x}$, c'est bien connu, mais attention de ne rien oublier !
    La réponse : \[ x \mapsto \ln x \] est insuffisante.
    En effet
    
    si l'on travaille sur un intervalle $I$ inclus dans $\Rpe$, la fonction $\ln$ est une primitive de $x\mapsto \frac{1}{x}$,
    
    mais on peut aussi travailler sur un intervalle inclus dans $\R^{*}_{-}$, auquel cas il faut prendre :
    \[ x \mapsto \ln (-x) \] En effet $\ldots$
    $\ldots$ le « $-$ » disparaît dans la dérivation de fonction composée.
    
    \par Au vu de ce qui précède, on prend donc :
    \[ x \mapsto \ln|x| \] sur tout intervalle $I$ inclus dans $\R^{*}$.
  Exemple 2 Déterminer une primitive de $f : x\mapsto \dfrac{1}{\sqrt {3\,x+2}}\cdot$
  
  La fonction : $$f : x\mapsto \dfrac{1}{\sqrt {3\,x+2}} $$ est définie et continue sur $\left]-\frac{2}{3},+\infty\right[$.
  
  Elle y admet comme primitive : \[ F : \fonction{\mathopen{\big]}-\frac{2}{3},+\infty\big[}{\R}{x}{\frac{2}{3}\sqrt {3\,x+2}.} \]
  Méthode pour éviter toute erreur
  Comme : \[ f : x\mapsto \dfrac{1}{\sqrt {3\,x+2}} =(3\,x+2)^{-\frac{1}{2}} , \] on cherche une primitive en : $$x\mapsto (3\,x+2)^{-\frac{1}{2}+1} = (3\,x+2)^{\frac{1}{2}}.$$ Il suffit ensuite de compenser (par division) les facteurs intervenant dans la dérivation :
  
  le $\frac{1}{2}$ provenant de la dérivation de la puissance ;
  
  le $3$ provenant de la dérivation de $x\mapsto 3\,x+2$.
  Si prenez l'habitude de calculer ainsi (par aller-retour), vous diminuerez notablement les risques d'erreurs.
2. Fonctions exponentielle et logarithme
  - Aucune difficulté pour $f : x \mapsto e^{x}$
    En effet, la fonction exponentielle étant sa propre dérivée, elle est aussi l'une de ses primitives sur tout intervalle $I$ de $\R$.
  - Il en est de même pour $f : x \mapsto e^{kx}$ avec $k\in\C$.
    Attention quand-même au cas particulier.
    
    Si $k\in\C^{*}$ et si $I\subset\R$, alors \[ F : \fonction{I}{\C}{x}{\dfrac{e^{kx}}{k} } \] est une primitive sur $I$ de $x \mapsto e^{kx}$.
    Il n'y a rien à retenir puisque $\ldots$
    $\ldots$ pour tout $k\in\C$, la dérivée de : \[ x \mapsto e^{kx} \] est :
    \[ x \mapsto k\,e^{kx}, \] que $k$ soit réel ou pas.
    \par Encore une fois, pour trouver une primitive, on pense à $ x \mapsto e^{kx}$, puis on compense (par division) le $k$ qui apparaît dans la dérivation.
    
    Si $k = 0$, alors on peut prendre comme primitive :
    \[ x \mapsto x. \]
  - La fonction $\ln$ est peut-être la seule pour laquelle un effort de mémoire est nécessaire.
    
    Si $I\subset\Rpe$, alors : \[ F : x \mapsto x\,\ln x -x \] est une primitive de $\ln$ sur l'intervalle $I$.
    
    Pour s'en assurer on peut dériver (de tête dès que possible) : \[ x \mapsto x\,\ln x \] ce qui donne :
    \[ x \mapsto \ln x + 1\,; \] il reste à compenser (par soustraction) le $1$ en disant que $\ldots$
    $\ldots$ c'est la dérivée de : $x\mapsto x$.
    
    On verra plus loin que si l'on n'a aucune idée du résultat, ce calcul relève d'une $\ldots$
    $\ldots$ intégration par parties.
3. Fonctions trigonométriques
  - Les fonctions sinus et cosinus
    Comme les formules donnant les dérivées de ces fonctions sont connues (elles sont au signe près dérivées l'une de l'autre), il est facile de trouver une primitive de chacune. Mais, comme toujours, le plus sûr est de dériver mentalement la primitive à laquelle on pense, pour vérifier !
    
    Comme primitive de $\sin$, on peut, sur tout intervalle $I$ de $\R$ prendre la fonction $-\cos$.
    
    Comme primitive de $\cos$, on peut, sur tout intervalle $I$ de $\R$ prendre la fonction $\sin$.
  - La fonction tangente
    
    Il faut commencer par dire sur quel type d'intervalle on peut travailler.
    Comme $\tan x$ n'est pas défini pour :
    \[ x \equiv \frac{\pi}{2} \, [\pi] \] Il faut travailler sur un intervalle $I$ ne contenant aucune de ces valeurs, et donc tel que : \[ \ex{k \in \Z} I \subset \mathopen{\Big]}-\frac{\pi}{2}+k\,\pi,\frac{\pi}{2}+k\,\pi\mathclose{\Big[}\cdot \]
    
    Ensuite, l'écriture : \[ \fa{x\in I} \tan x = \frac{\sin x}{\cos x} \] permet de conclure aisément puisque $\ldots$
    $\ldots$ le numérateur est au signe près la dérivée du dénominateur : \[ \fa{x\in I} \tan x = -\frac{\cos' x}{\cos x} \] Donc $\ldots$
    $\ldots$ sur un intervalle $I$ tel que : \[ I \subset \mathopen{\Big]}-\frac{\pi}{2}+k\,\pi,\frac{\pi}{2}+k\,\pi\mathclose{\Big[} \avec k\in\Z, \] on peut prendre comme primitive de $\tan$ la fonction : \[ x \mapsto -\ln |\cos x|. \]
    Remarque La valeur absolue est indispensable dans le cas général, puisque $\cos$ peut être négatif sur tout $I$.
4. Fonctions hyperboliques
  Comme pour les fonctions trigonométriques, mais bien plus facile !
  Il n'y a pas de problème de signe.
  
  Comme primitive de $\sinh$, on peut, sur tout intervalle $I$ de $\R$ prendre la fonction $\cosh$.
  
  Comme primitive de $\cosh$, on peut, sur tout intervalle $I$ de $\R$ prendre la fonction $\sinh$.
5. Autres primitives à connaître
  - Primitive de $x\mapsto \dfrac{1}{1+x^2}$
    C'est la dérivée d'une fonction connue :
    \[ x\mapsto \arctg x \] qui en est donc une primitive sur tout intervalle $I$ de $\R$.
  - Primitive de $x\mapsto \dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}$
    C'est la dérivée d'une fonction connue :
    \[ x\mapsto \arcsin x \] qui en est donc une primitive sur tout intervalle $I$ de $\mathopen{]}-1,1\mathclose{[}$.
    
    \par Mais on peut aussi dire que c'est l'opposée de la dérivée de :
    \[ x\mapsto \arccos x. \] Par suite on peut aussi en prendre comme primitive : \[ x\mapsto -\arccos x. \] sur tout intervalle $I$ de $\mathopen{]}-1,1\mathclose{[}$.
    \par L'apparition simultanée de ces deux primitives ne doit rien au hasard, et doit vous inciter à penser à une relation bien connue :
    \[ \fa{x\in \mathopen{]}-1,1\mathclose{[}} \arcsin x + \arccos x = \frac{\pi}{2} \] ce qui fait que ces deux primitives $\ldots$
    $\ldots$ diffèrent d'une constante.
Calcul des primitives
1. Deux réflexes importants
  Lors d'un calcul de primitive, il est essentiel de penser aux deux points suivants.
  - Linéariser
    
    Proposition 2 Soit $f$ et $g$ deux fonctions continues sur $I$, ayant respectivement $F$ et $G$ comme primitives sur $I$. Alors pour tout couple $(\lambda,\mu)\in \C^2$, la fonction $\lambda\,f+\mu\, g$ admet comme primitive $\lambda\, F+\mu\, G$.
    Justification
    Découle de la linéarité de la dérivation.
    
    Exemple 3   Donner une primitive de $f : x\mapsto\sum\limits_{k=0}^{n}\,a_{k}\,x^{k}$.
    Si $a_0$, $\ldots$, $a_n$ est une famille de $n+1$ complexes, alors la fonction : \[ f : \fonction{\R}{\C}{x}{\sum\limits_{k=0}^{n}\,a_{k}\,x^{k}} \] admet pour primitive sur $\R$ la fonction : \[ F : x\mapsto\sum_ {k=0}^{n}\,\frac{a_{k}}{k+1}\,x^{k+1}. \]
    
    Exemple 4   Déterminer une primitive de $f : x\mapsto \cos (2x)\sin (3x)$.
    Utiliser les formules trigonométriques de linéarisation !
    Les formules de linéarisation donnent : $$ \fa{x\in\R}\, \cos (2x)\sin (3x)=\dfrac{1}{2}\,\sin(5x)+\dfrac{1}{2}\,\sin x. $$ On peut donc prendre comme primitive de $f$, la fonction : $$ F : \fonction {\R}{\R} x{-\dfrac{\cos(5x)}{10}-\dfrac{\cos x}{2}\cdot} $$
    Remarque Comme toujours, il est bon de dériver mentalement le résultat obtenu pour vérifier que l'on n'a oublié, ni signe, ni coefficient.
    
    Exemple 5   Soit $\lambda\in\R$. Déterminer une primitive de $f\,:\,x\mapsto e^{\lambda x}\cos x $.
    Utiliser que $e^{\lambda x}\cos x$ est la partie réelle de :
    \[ e^{\lambda x}(\cos x +i\sin x) = e^{(\lambda+i)x}. \]
    Remarque On peut aussi voir la démarche précédente, comme une linéarisation : \[ e^{\lambda x}\,\cos x = \frac{1}{2}\,\big(e^{(\lambda+i)x}+e^{(\lambda-i)x}\big), \] l'utilisation de la partie réelle évitant d'effectuer deux calculs de primitives.
    
    \par Solution
    La fonction $f$ est la partie réelle de la fonction : $$g : x\mapsto e^{(\lambda+i)x}.$$ Comme $\lambda+i\neq0$, la fonction $g$ admet pour primitive : \[ \fonction{\R}{\R}{x} {\dfrac{e^{(\lambda+i)x}}{\lambda+i}}\cdot \] On peut donc prendre comme primitive de $f$ la fonction $F$ définie sur $\R$ par : \begin{align*} F(x) &= \Re\left(\dfrac{e^{(\lambda+i)x}}{\lambda+i}\right)\\\\ &={\Re\left(\dfrac{(\lambda-i)\,e^{(\lambda+i)x}}{\lambda^2+1}\right)}\\\\ &=\left(\dfrac{\lambda}{\lambda^2+1}\,\cos x+\dfrac{1}{\lambda^2+1}\,\sin x\right)e^{\lambda x}. \end{align*}
  - Repérer les dérivées de fonctions composées
    
    Proposition 3 Soit $J$ un intervalle de $\R$ contenant au moins deux points, $u : I \to J$ une fonction dérivable, et $\phi$ une fonction dérivable sur $J$. Alors la fonction : $$f : x\mapsto \phi'\left(u(x)\right) \, u'(x)$$ admet comme primitive sur $I$ la fonction : $$x\mapsto \phi\left(u(x)\right).$$ Justification
    Conséquence directe de la règle de calcul d'une fonction composée.
    La fonction : $$x\mapsto \phi\left(u(x)\right)$$ est dérivable sur $I$, et de dérivée : $$x\mapsto \phi'\big(u(x)\big)\,u'(x).$$
    
    Exemple 6   Soit $f: \R \to \C$ dont $F$ est une primitive sur $\R$. Pour $a\in\R^*$ et $b\in\R$, donner une primitive sur $\R$ de $g\,:\,\fonction \R \C x {f(a\,x+b)}.$
    Penser à :$$ x \mapsto F(a\,x+b).$$ La dériver et corriger.
    La fonction : \[ G : x \mapsto \frac{1}{a}\, F(a\,x+b) \] répond évidemment au problème.
    Remarque On pourrait généraliser à une fonction $f$ définie sur un intervalle $I$ quelconque, à condition de prendre quelques précautions.
    Les fonctions $g$ et $G$ seraient alors définies sur l'intervalle : \[ J = \{x \tq a\,x+b\in I\}. \]
    
    Exemple 7   Déterminer une primitive sur $\R$ de $\ds f : x\mapsto\frac{x}{(1+x^2)^2}\cdot$
    Utiliser que la numérateur $x$ ressemble à la dérivée de $x^{2}+1$.
    Pour tout $x\in \R$, on a : \begin{align*} \frac{x}{(1+x^2)^2} &=\dfrac{1}{2}\dfrac{2 x}{(1+ x^2)^2}\\\\ &=\dfrac{1}{2}\dfrac{u'(x)}{u(x)^2} \end{align*} avec : \[ u : x\mapsto 1+x^2. \] Par suite, on peut prendre comme primitive de $f$ la fonction : \[ F : \fonction {\R}{\R} x{-\dfrac{1}{2\,(1+x^2)}\cdot} \]
    Remarque À l'avenir dans une rédaction, comme il ne s'agit que de calcul, vous pouvez directement donner ce dernier résultat, sans les explications qui précèdent et qui sont surtout destinées à vous éviter toute erreur lors du calcul.
    \par Comme toujours, il est bon de dériver mentalement le résultat obtenu pour vérifier que l'on n'a oublié, ni signe, ni coefficient.
    
    Exemple 8   Déterminer une primitive sur $\Rpe$ de $\ds f : x \mapsto \frac{\ln x}{x}$.
    Il suffit d'écrire : \[ \fa{x\in \R_+^*} \frac{\ln x}{x}= \ln x \times \frac{1}{x} . \] ou encore :
    \[ \fa{x\in \R_+^*} \frac{\ln x}{x}=\ln x \times \ln' x \] pour pouvoir conclure.
    Comme primitive de $f$ sur $\Rpe$, on peut prendre : \[ F : \fonction {\R_+^*}{\R} x{\dfrac{1}{2}\,(\ln x)^{2}.} \]
    
    Exemple 9   Si $u$ est une fonction à valeurs réelles dérivable sur $I$, et si $\alpha\in\R$, alors, sous les bonnes hypothèses(
    
    Si $\alpha\in\N$, alors aucune restriction sur $u$.
    
    Si $\alpha\in\Z$, alors $u$ ne peut pas s'annuler, et doit donc être à valeurs dans $\Rpe$ ou à valeurs dans $\R^{*}_{-}$ puisque $\ldots$
    $\ldots$ comme elle est dérivable et donc continue, l'image de l'intervalle $I$ doit être un intervalle.
    Conséquence du théorème des valeurs intermédiaires.
    
    Si $\alpha\in\R$, alors d'après la définition de $u(x)^{\alpha}$ (c'est quoi au fait ?
    \[ u(x)^{\alpha} = e^{\alpha\ln u(x)} \]
    ), la fonction $u$ doit être à valeurs dans $\Rpe$
    
    ), on peut prendre comme primitive de $f : x \mapsto u(x)^{\alpha}\,u'(x)$ sur $I$ :
    
    si $\alpha\neq-1$, la fonction $F : x \mapsto \frac{1}{\alpha+1}\,u(x)^{\alpha+1}\vphantom{\ds\int}$ ;
    Pour éviter toute erreur, penser à une primitive en $u(x)^{\alpha+1} $, puis compenser par division le $\alpha+1$ provenant de la dérivation du $u(x)^{\alpha+1} $.
    
    si $\alpha\neq-1$, la fonction $F : x \mapsto \ln|u(x)| \vphantom{\ds\int}$.
    Comme $u$ ne s'annule pas sur l'intervalle $I$, elle doit donc être, soit à valeurs dans $\Rpe$, soit à valeurs dans $\R^{*}_{-}$ puisque $\ldots$
    $\ldots$ comme elle est dérivable et donc continue, l'image de l'intervalle $I$ doit être un intervalle.
    Conséquence du théorème des valeurs intermédiaires.
    
    Par suite :
    
    si $u$ est à valeurs dans $\Rpe$, alors $|u|=u$, et : \[ F: x \mapsto\ln u(x) \] a évidemment comme dérivée : $$f : x \mapsto \frac{u'(x)}{u(x)}\, ;$$
    
    si $u$ est à valeurs dans $\R^{*}_{-}$, alors $|u|=-u$, et : \[ \fa{x\in I} F(x) = \ln\big(- u(x)\big), \] ce qui donne : \[ \fa{x\in I} F'(x) = \frac{1}{\big(-u(x)\big)} \times \big(-u'(x)\big) = f(x). \]
    
    Pour certaines valeurs de $\alpha$, on a un résultat analogue à celui de l'exemple précédent lorsque $u$ est une fonction dérivable à valeurs complexes.
    
    Aucune chance si l'on sait seulement $\alpha\in\R$
    En effet, on ne peut pas alors utiliser $u(x)^{\alpha}$, dont la seule définition serait :
    \[ u(x)^{\alpha} = e^{\alpha\ln u(x)}. \] Or, à votre niveau, le logarithme d'un complexe n'est pas défini.
    
    Mais le résultat reste valable pour $\alpha\in\Z\setminus\{-1\}$.
    
    Si $n\in\N$, alors $u(x)^{n}$ est défini par $\ldots$
    $\ldots$ récurrence.
    
    Si $n\in-\N^{*}$, alors $u(x)^{n}$ est défini par $\ldots$
    $\ldots$ passage à l'inverse à partir du précédent, ce qui exige : \[ u(x) \neq 0. \] Dans ce cas, $u$ ne doit donc pas s'annuler.
    
    Dans les deux cas, il ne s'agit plus de composition, mais on a prouvé (cf. dérivabilité des fonctions à valeurs complexes) que si $u$ est dérivable, alors : \[ x \mapsto u(x)^{n} \] est dérivable et a pour dérivée :
    \[ x \mapsto n\,u(x)^{n-1}\,u'(x). \]
    
    Par suite, pour $\alpha\in\Z\setminus\{-1\}$, on peut prendre comme primitive de : \[ f : x \mapsto u(x)^{\alpha}\,u'(x) \] la fonction :
    $$F : x \mapsto \frac{1}{\alpha+1}\,u(x)^{\alpha+1}.$$ Ne pas oublier qu'ici, on a $\alpha\neq-1$.
    
    Et pour $\alpha = -1$ ?
    Que pensez-vous de prendre comme primitive de $f$, la fonction : \[ F: x \mapsto\ln | u(x) | \] où $| u(x) |$ représente le module du complexe $u(x)$ ?
    C'est incorrect, comme le montre l'exemple de la fonction : \[ f : \fonction{\R}{\C}{x}{\ds \frac{1}{x+i}}\cdot \] En effet :
    La fonction : \[ F : x \mapsto \ln|x+i| = \ln\sqrt{x^{2}+1} \] n'est pas une primitive de $f$.
    On le vérifie facilement en dérivant, surtout si l'on écrit : \[ F(x) = \frac{1}{2}\,\ln(x^{2}+1). \]
    
    \par Comment calculer une primitive de$f$ ?
    Il suffit d'exhiber les parties et imaginaires :
    \[ f(x) = \frac{x-i}{x^{2}+1} = \frac{x}{x^{2}+1}- i\,\frac{1}{x^{2}+1} \]
    
    ce qui permet d'obtenir comme primitive :
    \[ F : x\mapsto \frac{1}{2}\, \ln(x^{2}+1)-i\,\arctan x \] ou encore : \[ F : x\mapsto \ln|x+i|- i\,\arctan x, \] où $|x+i|$ désigne le module de $(x+i)$.
    
    Exemple 10   Calcul d'une primitive sur $\R$ de $f\,:\,x\mapsto \cos^3 x$.
    
    Par linéarisation
    Une linéarisation (
    Partir de : \[ \cos^3 x = \Big(\frac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}\Big)^{3} \] et développer.
    ) donne : \[ \fa{x\in \R}\cos^3 x=\dfrac{\cos(3x)}{4}+\dfrac{3\cos(x)}{4}\cdot \] Par suite, on peut prendre comme primitive sur $\R$ de $f$ : \[ \fonction {\R}{\R} x{\dfrac{\sin(3x)}{12}+\dfrac{3\sin(x)}{4}\cdot} \]
    
    En écrivant $f$ comme une dérivée de fonction composée.
    Pour tout $x\in\R$, on a $\cos^3 x=(1-\sin^2x)\,\cos x$.
    Étant donné que : \[ \fa{x\in \R}\cos^3 x =\big(1-\sin^2 x \big)\,\cos x \] et que $\cos =\sin'$, on peut prendre comme primitive de $f$ : \[ \fonction {\R}{\R} x{\sin x -\dfrac{\sin^3 x}{3}\cdot} \]
    
    Ces primitives sont-elles égales ?
    A priori non, mais $\ldots$
    $\ldots$ elles diffèrent d'une constante. Comme elles sont égales en $0$, on en déduit qu'elles sont égales sur l'intervalle $\R$.
2. Primitive de $ x\mapsto \frac{1}{a\,x^2+b\,x+c}\cdot$
  Exemple 11 Soit $\alpha$ et $\beta$ deux réels distincts, et : $$f : \fonction{\R\setminus\{\alpha,\beta\}}{\R}{x}{\dfrac{1}{(x-\alpha)(x-\beta)}}$$
  
  Déterminer des constantes $A$ et $B$ telles que :
  $\vphantom{\LARGE 1^1}$ $\hskip10ex \fa{x\in \R\setminus\{\alpha,\beta\}} f(x)=\dfrac{A\vphantom{^{\LARGE 1}}}{x-\alpha}+\dfrac{B}{x-\beta}\cdot \hskip5ex$
  
  On peut réduire au même dénominateur et identifier, ce qui conduit à un système de deux équations à deux inconnues.
  Soit $A$ et $B$ deux réels quelconques. Pour tout $x\in \R\setminus\{\alpha,\beta\}$, on a : \[ \dfrac{A}{x-\alpha}+\dfrac{B}{x-\beta} = \dfrac{(A+B)\,x - (A\,\beta+B\,\alpha) }{(x-\alpha)(x-\beta)}\cdot \] On a donc l'égalité demandée si, et seulement si : \[ A+B = 0 \et A\,\beta+B\,\alpha = -1. \] La résolution de ce système donne : $$ A=-B=\dfrac{1}{\alpha-\beta}\cdot $$
  
  Mais on peut, plus efficacement travailler par analyse/synthèse, en multipliant l'égalité attendue par $(x-\alpha)$, puis $\ldots$
  $\ldots$ en faisant tendre $x$ vers $\alpha$, ce qui donne $A$.
  Comme l'égalité attendue doit être valable pour tout $x\in \R\setminus\{\alpha,\beta\}$, on ne peut pas remplacer $x$ par $\alpha$, mais au vu de la continuité en $\alpha$ des deux membres de : \[ \dfrac{1}{x-\beta} = A +\dfrac{B\,(x-\alpha)}{x-\beta}, \] on peut faire tendre $x$ vers $\alpha$.
  
  \par Suivre une démarche analogue pour déterminer $B$.
  
  Solution avec cette méthode
  Travaillons par analyse-synthèse.
  
  Soit $A$ et $B$ deux réels vérifiant : \[ \fa{x\in \R\setminus\{\alpha,\beta\}} f(x)=\dfrac{A}{x-\alpha}+\dfrac{B}{x-\beta}\cdot \tag{$*$} \] En multipliant par $(x-\alpha)$, on en déduit : \[ \fa{x\in \R\setminus\{\alpha,\beta\}} \dfrac{1}{x-\beta} = A +\dfrac{B\,(x-\alpha)}{x-\beta}\cdot \] En faisant tendre $x$ vers $\alpha$, on en déduit : \[ \dfrac{1}{\alpha-\beta} = A. \] De même, en multipliant $(*)$ par $(x-\beta)$, on a : \[ \fa{x\in \R\setminus\{\alpha,\beta\}} \dfrac{1}{x-\alpha} = \dfrac{A\,(x-\beta)}{x-\alpha} + B, \] ce qui, en faisant tendre $x$ vers $\beta$, donne : \[ \dfrac{1}{\beta-\alpha} = B. \]
  
  Il est alors évident de vérifier que ces deux réels conviennent. (vérification inutile lorsque vous connaîtrez la décomposition en éléments simples).
  
  Si $\alpha\notin I$ et $\beta\notin I$, en déduire une primitive de $f$ sur $I$.
  Attention de ne rien oublier !
  Il s'agit de la valeur absolue puisque l'on ne sait rien des signes de $(x-\alpha)$ et $(x-\beta)$.
  
  \par Solution
  Comme $\alpha\notin I$ et $\beta\notin I$, la question précédente nous dit que l'on a : \[ \fa{x\in I} f(x)=\frac{1}{\alpha - \beta} \Big(\dfrac{1}{x-\alpha}-\dfrac{1}{x-\beta}\Big)\cdot \] On en déduit immédiatement que l'on peut prendre comme primitive de $f$, la fonction : \[ F : \fonction I \R x{\ds \frac{1}{\alpha - \beta}\,\bigl(\ln|x-\alpha |-\ln|x-\beta|\bigr)} \] ou encore : \[ F : \fonction I \R x{\ds \frac{1}{\alpha - \beta}\,\ln\left|\frac{x-\alpha }{x-\beta}\right|} \]
  Exemple 12 Soit $\alpha$ un réel tel que $\alpha\notin I$.
  Donner une primitive sur $I$ de $ f:\, \fonction I \R x{\dfrac{1}{(x-\alpha)^2}\cdot}$
  On peut prendre comme primitive de $f$ sur $I$ : $$ \fonction I \R x {\dfrac {-1}{x-\alpha}}\cdot$$
  Exemple 13 Soit $\alpha\in\R$ et $\beta\in\R^*$.
  
  Donner une primitive sur $\R$ de $f\,:\,x\mapsto \dfrac{1}{x^2+\beta^2}\cdot$
  En mettant en facteur au dénominateur :
  $$\beta^2$$
  ,
  on obtient la dérivée d'une fonction connue :
  \[ x \mapsto \arctan \dfrac{x}{\beta}\cdot \] Il reste à « corriger » en calculant la dérivée de la fonction ci-dessus, qui est :
  \[ x \mapsto \frac{1}{\beta}\, \dfrac{1}{(\frac{x}{\beta})^2+1} \]
  
  \par Solution
  La fonction : $$F : \,x\mapsto \dfrac{1}{\beta}\times \arctan \left(\dfrac{x}{\beta}\right)$$ est dérivable sur $\R$ et, c'est une primitive de $f$ puisque, pour tout $x\in\R$ : \[ F'(x)=\dfrac{1}{\beta}\times\dfrac{1}{\beta}\dfrac{1}{(\frac{x}{\beta})^2+1}=\dfrac{1}{x^2+\beta^2}=f(x) \]
  
  En déduire une primitive sur $\R$ de $g : x \mapsto \dfrac{1}{(x-\alpha)^2+\beta^2}\cdot$
  Il y a une relation simple entre $f$ et $g$
  Pour tout $x\in\R$, on a : \[ g(x) = f(x-\alpha). \]
  
  \par Solution
  D'après la question précédente, on peut prendre comme primitive de $g$ sur $\R$ : $$ G : \fonction {\R}{\R}{x}{\dfrac{1}{\beta}\,\arctan \left(\dfrac{x-\alpha}{\beta}\right)\cdot} $$
  Méthode Si $a$, $b$ et $c$ sont trois réels avec $a\neq0$, comment déterminer une primitive de la fonction $f\,:\,x\mapsto \dfrac 1{ax^2+bx+c}$ ?
  Poser $P(X)=aX^2+bX+c$ et discuter selon le nombre de ses racines, ou encore le signe de son discriminant $\Delta=b^2-4\,a\,c$.
  
  Si le polynôme $P$ a deux racines réelles distinctes ($\Delta>0$), alors on utilise la technique vue dans dans le premier exemple ci-dessus.
  
  si le polynôme $P$ a une unique racine racine réelle ($\Delta=0$), alors on utilise la technique vue dans dans le deuxième exemple ci-dessus.
  
  si le polynôme $P$ n'a pas de racine racine réelle ($\Delta<0$), alors on met le dénominateur sous forme canonique $a\,\bigl((X-\alpha)^2+\beta^2\bigr)$ puis on utilise la technique vue le troisième exemple ci-dessus.
  Exemple 14   Déterminer une primitive de $f\,:\,x\mapsto\dfrac{1}{x^2-3\,x+2}\cdot$
  Le dénominateur possède deux racines évidentes, et : \[ x^2-3\,x+2 = (x-1)\,(x-2). \] On en déduit (
  voir éventuellement comment faire dans le premier exemple de cette partie
  ) : \[ \fa{x\in\R\setminus\{1,2\}} \dfrac{1}{x^2-3\,x+2}=\dfrac{1}{x-2}-\dfrac{1}{x-1}\cdot \tag{$*$} \] Par suite, si $I$ est un intervalle de $\R$ en contenant ni $1$ ni $2$, alors on peut prendre comme primitive de $f$ sur $I$ : \[ \fonction {I}{\R }{x} {\ln\left|\dfrac{x-2}{x-1}\right|\cdot} \]
  Remarque Il n'est pas utile d'en écrire plus pour justifier $(*)$ dans la mesure où n'importe qui à ce niveau est capable de partir du membre de droite de l'égalité pour obtenir (de tête) le membre de gauche.
  
  Exemple 15   Déterminer une primitive de $f\,:\,x\mapsto\dfrac{1}{x^2-4x+4}\cdot$
  il est immédiat que : $$ \fa{x\in\R\setminus\{2\}}\dfrac{1}{x^2-4x+4}=\dfrac{1}{(x-2)^2}\cdot $$ Par suite, si $I$ est un intervalle de $\R$ en contenant pas $2$, alors on peut prendre comme primitive de $f$ sur $I$ : $$ \fonction {I}{\R }{x}{-\dfrac{1}{x-2}\cdot} $$
  
  Exemple 16   Déterminer une primitive de $f\,:\,x\mapsto\dfrac{1}{x^2+x+1}\cdot$
  La mise sous forme canonique du dénominateur donne : $$ \fa{x\in\R}\frac1{x^2+x+1} =\frac1{\Big(x+\dfrac{1}{2}\Big)^2+\dfrac{3}{4}}\cdot $$ Par suite, sur tout intervalle $I\subset\R$, et en particulier sur $I=\R$, on peut prendre comme primitive de $f$ : $$ \fonction{I}{\R }{x} {\ds\frac1{\sqrt{\frac34}}\,\arctan\left(\dfrac{x+\frac{1}{2}}{\sqrt{\frac34}}\right) =\dfrac{2}{\sqrt 3}\,\arctan\left(\dfrac{2x+1}{\sqrt 3}\right)\cdot} $$
  Remarque Plutôt que de retenir le résultat, je vous conseille de refaire (mentalement) le calcul à chaque fois ; par exemple ici en pensant : \[ \frac1{\Big(x+\dfrac{1}{2}\Big)^2+\dfrac{3}{4}} =\frac{1}{\big(\frac{\sqrt{3}}{2}\big)^{2}}\, \frac{1}{\Big(\frac{2}{\sqrt{3}}\big(x+\frac{1}{2}\big)\Big)^2+1}\cdot \]
  Méthode Comment calculer une primitive de $x\mapsto \dfrac{\lambda\,x+\mu}{a\,x^2+b\,x+c}$ ?
  Commencer par« utiliser tous les $x$ du numérateur en faisant apparaître la dérivée du dénominateur » .
  Si l'on écrit : \[ \frac{\lambda\,x+\mu}{a\,x^2+b\,x+c} =\frac{\frac{\lambda}{2a}\,(2\,a\,x+b)}{a\,x^2+b\,x+c} +\frac{\mu-\frac{\lambda\,b}{2\,a}}{a\,x^2+b\,x+c} \] alors
  
  comme : $$\frac{\frac{\lambda}{2a}\,(2\,a\,x+b)}{a\,x^2+b\,x+c} $$ est de la forme $\ds \frac{\lambda}{2a}\times \frac{u'}{u}$, on en obtient facilement comme primitive :
  \[ \frac{\lambda}{2a} \ln\big|{a\,x^2+b\,x+c}\big|\,; \]
  
  pour le second terme $\ldots$
  $\ldots$ on utilise la méthode vu précédemment.
  Exemple 17 Déterminer une primitive de $f\,:\,x\mapsto\dfrac{x+1}{x^2+x+1}\cdot$
  Commencer par écrire : \[ \frac{x+1}{x^2+x+1} = \frac{1}{2}\times \dfrac{2\,x+1}{x^2+x+1}+\cdots \] Solution
  La fonction $f$ est définie sur $\R$, et : \[ \fa{x\in\R} \frac{x+1}{x^2+x+1} = \frac{1}{2}\times \frac{2\,x+1}{x^2+x+1}+ \frac{1}{2}\times \frac{1}{x^2+x+1} \cdot \] Comme : \[ x \mapsto \frac{1}{2}\times \frac{2\,x+1}{x^2+x+1} \] admet pour primitive : \[ x \mapsto \frac{1}{2}\, \ln(x^2+x+1), \] en utilisant le résultat de l'exercice précédent (ou en le refaisant), on en déduit que $f$ admet comme primitive : \[ F : x\mapsto \frac{1}{2}\, \ln(x^2+x+1) +\dfrac{1}{\sqrt 3}\,\arctan\left(\dfrac{2x+1}{\sqrt 3}\right)\cdot \]
3. Relations entre primitive et intégrale
  Proposition 4 Soit $f$ une fonction continue sur $I$ à valeurs réelles. Si $a\in I$, alors : $$ F_a\,:\,\fonction I\R x{\int_a^x f(t)\,\diff t} $$ est une primitive de $f$ sur $I$. Justification
  Vous avez vu cela en Terminale.
  
  On peut même dire que $F_a$ est l'unique primitive de $f$ $\ldots$
  $\ldots$ s'annulant en $a$.
  
  Au fait quelle est la définition de la fonction $\ln$ ?
  La fonction logarithme est l'unique primitive s'annulant en $1$ de la fonction : $$\fonction {\R_+^*}{\R}{x}{\dfrac{1}{x}\cdot}$$
  
  Exemple 18 Déterminer une primitive sur $\R$ de $f\,:\,x\mapsto|x|$.
  Comme $f$ est continue sur $\R$, on peut prendre comme primitive de $f$ sur $\R$ la fonction : \[ F : x \mapsto \int_{0}^{x}|t|\,\diff t.\tag{$i$} \] Si l'on veut expliciter, cela donne : \[ \left\{ \begin{array}{l} \fa{x \leq 0} F(x) = -\frac{x^2}{2}\\ \fa{x \geq 0} F(x) = \phantom{-}\frac{x^2}{2} \end{array}\tag{$ii$} \right. \] L'utilisation de la forme $(i)$ permet d'éviter toute justification de dérivabilité en $0$, ce qui serait indispensable si l'on ne donnait que la forme $(ii)$, par laquelle il faut quand-même terminer.
  
  Proposition 5 Soit $f$ une fonction continue sur $I$ à valeurs réelles, et $F$ une primitive de $f$ sur $I$. Alors : $$ \fa{ (a,b)\in I^2} \int_a^b f(t)\,\diff t = F(b)-F(a). $$ Justification
  Les fonctions $F$ et $x \mapsto \int_a^x f(t)\,\diff t$ sont deux primitives de $f$. Donc $\ldots$
  $\ldots$ elles diffèrent d'une constante, qui disparaît dans la différence.
  
  Notation Lorsque l'expression de est plus compliquée, $F(b)-F(a)$ se note aussi : \[ \bigl[F\bigr]_{a}^{b} \et[ou encore] \bigl[F(t)\bigr]_{a}^{b} . \]
  Attention Ne pas confondre primitive et intégrale
  
  Pour parler de primitive, on a besoin d'une fonction $f$ et d'un intervalle $I$ : une primitive de $f$ sur $I$ est une fonction $F : I \to \R$ dont la dérivée est égale à $f$.
  
  Pour parler d'intégrale, on a besoin d'une fonction $f$ et de deux réels $a$ et $b$ (les bornes de l'intégrale) ; la quantité $\int_{a}^{b}f$ est un nombre, qui est par exemple égal à $F(a)-F(b)$ où $F$ est une primitive de $f$.
  
  Parler de « l'intégrale d'une fonction » sans préciser de bornes n'a aucun sens.
  Les deux propositions précédentes restent valables lorsque $f$ est à valeurs complexes : il suffit de définir « naturellement » son intégrale sur $\mathopen{[}a,b\mathclose{]}\subset I$ par : $$ \int_a^b f(t)\,\diff t= \int_a^b\big( \Re f(t)\big)\,\diff t +i \int_a^b \big(\Im f(t)\big)\,\diff t. $$
  Remarque
  
  La première des propositions ci-dessus nous assure donc $\ldots$
  de l'existence de primitives pour toute fonction continue sur un intervalle.
  
  De plus, elle nous donne une écriture efficace pour les calculs de primitives, en ramenant toute recherche de primitives à un calcul d'intégrale.
4. Fonctions de classe $\CC^1$
  Lorsque $f$ est dérivable sur $I$, alors $f$ est une primitive de $f'$. Mais pour pouvoir écrire : $$f(b)-f(a)=\int_{a}^{b} f'(t)\,\diff t,$$ on a besoin $\ldots$
  $\ldots$ de pouvoir donner un sens à : \[ \int_{a}^{b} f'(t)\,\diff t, \] ce qui, à votre niveau, exige que $f'$ soit continue.
  
  Définition On dit qu'une fonction est de classe $\CC^1$ sur $I$ si elle est dérivable sur $I$ et si sa dérivée est continue sur $I$.
  
  Proposition 6 Soit $f$ une fonction de classe $\CC^1$ sur $I$. Alors : $$ \fa{(a,b)\in I^2} f(b)-f(a)=\int_a^b f'(t)\,\diff t. $$ Justification
  Conséquence immédiate de la définition car $f$ est alors une primitive sur $I$ de $f'$ qui est continue.
  Attention Il existe des fonctions dont la dérivée n'est pas continue.
  (Justification un peu difficile en début d'année)
  La fonction $f$ définie sur $\R$ par $f(0)=0$ et : \[ \fa{x\in\R^{*}} f(x)=x^{2}\,\sin \Big(\frac{1}{x}\Big), \] est dérivable sur $\R$, et $f'$ n'est pas continue en $0$.
  
  Pour tout $x\in\R^{*}$, on a : \[ \frac{f(x)}{x} =x\,\sin\Big(\frac{1}{x}\Big), \] ce qui entraîne : \[ \lim\limits\limits_{x\to0}\frac{f(x)}{x}=0 \] et prouve que $f'(0)$ existe et vaut $f'(0)=0$.
  
  Sur $\R^{*}$, les théorèmes généraux montrent que $f$ est dérivable, et que : \[ \fa{x\in\R^{*}} f'(x) = 2\,x\,\sin \Big(\frac{1}{x}\Big) -\cos \Big(\frac{1}{x}\Big)\cdot \]
  
  Comme : \[ \lim\limits\limits_{n\rightarrow \infty } f'\Big(\frac{1}{2n\pi }\Big)=-1\neq f'(0), \] la fonction $f'$ n'est pas continue en $0$.
  En effet supposons $f'$ continue en $0$. Comme la suite de terme général $u_n = \frac{1}{2n\pi } $ tend vers $0$, on en déduit : \[ 0 = f'(0) = \lim\limits\limits_{n\rightarrow \infty } f'\Big(\frac{1}{2n\pi }\Big)=-1\cdot \] Il s'agit donc d'une justification par l'absurde de la non continuité de $f'$ en $0$.
  Proposition 7 Le produit, la somme et la composée de fonctions de classe $\CC^1$ sont aussi de classe $\CC^1$. Justification
  Soit $f$ et $g$ deux fonctions de classe $\CC^1$ sur $I$. Il est facile de calculer
  
  la dérivée de $f+g$
  
  la dérivée de $f\times g$
  et de prouver qu'elles sont continues.
  \par Soit $f$ de classe $\CC^{1}$ sur $I$, et $g$ de classe $\CC^{1}$ sur un intervalle $J$ tel que $g(J)\subset I$. En calculant la dérivée de $f \circ g$, il est aisé de prouver qu'elle est continue.
  Pour tout $x\in J$, on a : \[ (f \circ g)'(x) = f'(\big(g(x)\big)\times g'(x). \]
5. Intégration par parties
  Proposition 8 Si $u$ et $v$ sont deux fonctions de classe $\CC^1$ sur $I$, alors pour tout $(a,b)\in I^2$, on a : \[ \int_a^b u(t)\,v'(t)\,\diff t = \big[u\,v\big]_a^b- \int_a^b u'(t)\,v(t)\,\diff t. \] Justification
  Ce n'est que la formule de dérivation d'un produit, lue à l'envers.
  Comme $u$ et $v$ sont supposées de classe $\CC^{1}$ sur $I$, il en est de même de $u\,v$, et donc : \[ \big[u\,v\big]_a^b = \int_{a}^{b}( u\,v) '( t) \,\diff t. \] Pour conclure, il suffit d'expliciter $(u\,v)'$.
  
  Méthode La formule d'intégration par parties est souvent utilisée pour éliminer une fonction dont la dérivée est plus simple, comme par exemple $\ln$, $\arcsin$, $\arctan$ $\ldots.$
  
  Exemples d'application
  
  Exemple 19   Retrouver l'expression de la primitive usuelle de la fonction $\ln$, en écrivant : \[ \int_{1}^{x} \ln t\,\diff t = \int_{1}^{x} 1 \times \ln t\,\diff t \] et en faisant une intégration par parties.
  Soit $x\in{\R_+^*}$. Les fonctions : $$ u\,:\,t\mapsto \ln t \Et v\,:\,t\mapsto t $$ sont de classe $\CC^1$ sur $\R_+^*$, et : \[ \int_{1}^{x} \ln t\,\diff t = \int_{1}^{x} u(t)\,v'(t)\,\diff t . \] Une intégration par parties donne : \begin{align*} \int_{1}^{x} \ln t\,\diff t &=\left[u\,v\right]_1^x- \int_{1}^{x} u'(t)\,v(t)\,\diff t\\\\ &= x\,\ln x -\int_{1}^{x} \,\diff t \\\\ &= x\,\ln x-x+1\, . \end{align*} Comme une primitive n'est définie qu'à une constante additive près, on garde comme primitive sur $\R_+^*$ de $ \ln $ : $$ \fonction {\R_+^*} \R x{ x\ln x-x.} $$
  
  Exemple 20   Calculer une primitive sur $\R$ de la fonction $ \arctan $.
  Partir de : \[ \int_0^x \arctan t\,\diff t = \int_0^x \arctan t \times 1\,\diff t, \] et faire une intégration par parties.
  Soit $x\in\R$.Calculons : \[ \int_0^x \arctan t\,\diff t . \] Les fonctions : $$ u\,:\,t\mapsto \arctan t \Et v\,:\,t\mapsto t $$ étant de classe $\CC^1$ sur $\R$, une intégration par parties donne : \begin{align*} \int_0^x \arctan t\,\diff t &= \int_0^x u(t)\,v'(t)\,\diff t\\\\ &=\left[u\,v\right]_0^x- \int_0^x u'(t)\,v(t)\,\diff t\\\\ &=x\,\arctan x-\int_0^x \dfrac{t}{1+t^{2}}\,\diff t \\\\ &= x\,\arctan x-\dfrac{1}{2}\ln ( 1+x^{2}) . \end{align*} Comme primitive sur $\R$ de $ \arctan $, on peut donc prendre : $$ \fonction\R \R x{x\,\arctan x-\dfrac{1}{2}\,\ln ( 1+x^{2}).} $$
  
  Exemple 21   Donner une primitive sur $\mathopen{]}-1,1\mathclose{[}$ de $ f : x\mapsto \arcsin x$.
  Soit $x\in\mathopen{]}-1,1\mathclose{[}$. Calculons $\int_0^x \arcsin t\,\diff t$. Les fonctions : $$ u\,:\,t\mapsto \arcsin t \Et v\,:\,t\mapsto t $$ étant de classe $\CC^1$ sur $\mathopen{]}-1,1\mathclose{[}$, une intégration par parties donne : \begin{align*} \int_0^x \arcsin t\,\diff t &=\int_0^x u(t)\,v'(t)\,\diff t\\\\ &=\left[u\,v\right]_0^x- \int_0^x u'(t)\,v(t)\,\diff t\\\\ &=x\,\arcsin x -\int_0^x \dfrac{t}{\sqrt{1-t^2}}\,\diff t. \end{align*} En posant $u\,:\,t\mapsto 1-t^2$, on a : \[ -\frac{t}{\sqrt{1-t^2}} = \frac{u'(t)}{2\sqrt{u(t)}} \] et donc : \[ -\int_0^x \dfrac{t}{\sqrt{1-t^2}}\,\diff t = \left[\sqrt{u(t)}\right]_0^x = \sqrt{1-x^2}-1. \] On en déduit que l'on peut prendre comme primitive de $\arcsin$ sur $\mathopen{]}-1,1\mathclose{[}$ : \[ F : \fonction {\mathopen{]}-1,1\mathclose{[}}\R x {x\arcsin x+\sqrt{1-x^2}.} \]
  Remarque La fonction $\arcsin$ admet-elle une primitive sur $\mathopen{[}-1,1\mathclose{]}$ ?
  Oui, puisqu'elle est continue sur $\mathopen{[}-1,1\mathclose{]}$.
  \par C'est la technique de calcul utilisée (intégration par parties) qui oblige à avoir des fonctions de classe $\CC^1$, et donc à travailler sur $\mathopen{]}-1,1\mathclose{[}$.
  \par La fonction $F$ obtenue est prolongeable par continuité sur $\mathopen{[}-1,1\mathclose{]}$. Il resterait à prouver que le prolongement obtenu est bien une primitive de $\arcsin$ sur $\mathopen{[}-1,1\mathclose{]}$.
  
  Méthode La formule d'intégration par parties permet aussi de calculer des intégrales par récurrence.
  Exemples d'application
  
  Exemple 22   A l'aide de deux intégrations par parties, déterminer une primitive sur $\R$ de la fonction $f : x\mapsto x^{2}\,e^{x}$.
  Soit $x\in\R$. Calculons : $$\int_0^x t^2\,e^t\,\diff t.$$ Les fonctions : $$ u\,:\,t\mapsto t^2 \Et v\,:\,t\mapsto e^t $$ étant de classe $\CC^1$ sur $\R$, une intégration par parties donne : \begin{align*} \int_0^x t^2\,e^t\,\diff t &= \int_0^x u(t)\,v'(t)\,\diff t\\\\ &=\left[u\,v\right]_0^x- \int_0^x u'(t)\,v(t)\,\diff t\\\\ &=x^2\,e^x-\int_0^x 2\,t\,e^t\,\diff t. \end{align*} Les fonctions : $$ u\,:\,t\mapsto 2\,t \Et v\,:\,t\mapsto e^t $$ étant de classe $\CC^1$ sur $\R$, une nouvelle intégration par parties donne : \begin{align*} \int_0^x 2\,t\,e^t\,\diff t &= \int_0^x u(t)\,v'(t)\,\diff t\\\\ &= \left[u\,v\right]_0^x - \int_0^x u'(t)\,v(t)\,\diff t\\\\ &= 2\,x\,e^x - \int_0^x 2\,e^t\,\diff t\\\\ &= 2\,x\,e^x -(2\,e^x-2). \end{align*} On peut donc sur $\R$ prendre comme primitive de $f$ : $$ F : \fonction \R\R x{x^2\,e^x-2\,x\,e^x+2\,e^x.} $$
  Remarque Il est en effet inutile de garder la constante $2$, puisqu'une primitive n'est définie qu'à une constante additive près.
  
  Exemple 23   Pour $n\in\N$ on pose $w_{n}=\ds \int_{0}^{\pi /2}\sin ^{n}x\,\diff x$.
  
  Calculer directement $w_{0}$, $w_{1}$ et $w_{2}$.
  On a directement : $$w_{0}=\frac{\pi}{2} \et w_{1}=1.$$ En linéarisant, on obtient : \[ w_{2}=\int_{0}^{\pi /2}\left(\frac{1-\cos 2x}{2}\right) \,\diff x =\frac{\pi}{4}. \]
  Remarque Inutile d'en écrire plus, que ce soit au propre ou au brouillon, puisque la fonction $x\mapsto\cos 2x$ possède une primitive proportionnelle à $x\mapsto\sin 2x$ qui s'annule en $0$ et en $\frac{\pi}{2}\cdot$
  
  Pour $n\geq 2$, exprimer $w_{n}$ en fonction de $w_{n-2}$.
  Écrire : \[ w_n = \int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\sin ^{n-1}x\times\sin x\,\diff x \] puis faire une intégration par parties.
  Soit $n\geq 2$. Alors, on a : \begin{align*} w_n = \int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\sin ^{n-1}x\times\sin x\,\diff x. \end{align*} Les fonctions : $$ u\,:\,x \mapsto \sin ^{n-1}x \Et v\,:\,x\mapsto \cos x $$ étant de classe $\CC^1$ sur $\R$, une intégration par parties donne : \begin{align*} w_n &= -\int_{0}^{\frac{\pi }{2}} u(x)\,v'(x)\,\diff x\\ &= - \big[u\,v]_{0}^{\frac{\pi }{2}} + \int_{0}^{\frac{\pi }{2}} u'(x)\,v(x)\,\diff x. \end{align*} Comme $n-1 \geq 1$, la partie intégrée $\big[u\,v]_{0}^{\frac{\pi }{2}}$ est nulle, et l'on a : \begin{align*} w_n &=\left(n-1\right) \int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\cos ^{2}x\times\sin ^{n-2}x\,\diff x \\ &= (n-1) \int_{0}^{\frac{\pi }{2}} (1-\sin^{2})\,\sin ^{n-2}x \,\diff x \\ &= (n-1)\, ( w_{n-2}-w_{n}).\vphantom{\int} \end{align*} On en déduit : \[ w_{n}=\frac{n-1}{n}\,w_{n-2}. \]
  
  Pour $p\in \N$, en déduire les valeurs de $w_{2p}$ et de $w_{2p+1}$.
  Pour $w_{2p}$, commencer par écrire $w_{2p}$ en fonction de $w_{2p-2}$, puis en fonction de $w_{2p-4}$, $\ldots$, jusque $w_{0}$.
  La relation précédente permet d'obtenir : \begin{align*} w_{2p} &= \frac{2p-1}{2p}\times w_{2p-2}\\\\ &= \frac{2p-1}{2p}\times\frac{2p-3}{2p-2}\times w_{2p-4}\\ &\phantom{=}\vdots\\ &=\frac{2p-1}{2p}\times\frac{2p-3}{2p-2}\times\frac{2p-5}{2p-4} \times\cdots \times\frac{3}{4}\times\frac{1}{2}\times w_{0}\\\\ &=\frac{2p-1}{2p}\times\frac{2p-3}{2p-2}\times\frac{2p-5}{2p-4} \times\cdots \times\frac{3}{4}\times\frac{1}{2}\times \frac{\pi }{2}\cdot \end{align*} Une astuce classique consiste alors à multiplier numérateur et dénominateur par :
  \[ 2p \times (2p-2) \times \cdots \times 4 \times 2 = 2^{p}\,p! \] ce qui donne :
  \[ w_{2\,p} = \frac{\left( 2p\right) !}{2^{2p}\,\left( p!\right) ^{2}}\times\frac{\pi }{2}\cdot \]
  
  \par Faire de même pour $w_{2p+1}$, mais en utilisant $w_{2p-1}$, $w_{2p-3}$, $\ldots$
  La relation de récurrence donne : \begin{align*} w_{2p+1} &= \frac{2p}{2p+1}\times w_{2p-1}\\\\ &= \frac{2p}{2p+1}\times\frac{2p-2}{2p-1}\times w_{2p-3}\\ &\phantom{=}\vdots\\ &=\frac{2p}{2p+1}\times\frac{2p-2}{2p-1}\times\frac{2p-4}{2p-3} \times\cdots \times\frac{4}{5}\times\frac{2}{3}\times w_{1}\\\\ &=\frac{2p}{2p+1}\times\frac{2p-2}{2p-1}\times\frac{2p-4}{2p-3} \times\cdots \times\frac{4}{5}\times\frac{2}{3}\cdot \end{align*} On peut alors compacter ce résultat en $\ldots$
  $\ldots$ multipliant numérateur et dénominateur par : \[ 2p \times (2p-2) \times \cdots \times 4 \times 2 = 2^{p}\,p! \] ce qui donne :
  \[ w_{2p+1} = \frac{2^{2p}\,(p!)^{2}}{(2p+1)!}\cdot \]
  
  Exemple 24   (Approfondissement) Soit $\lambda\in\C^{*}$. Montrer, par récurrence sur $n\in\N$ que, si $P$ est un polynôme de degré $n$ à coefficients complexes, alors la fonction : $$f\,:\,x\mapsto P(x)\,e^{\lambda x}$$ admet une primitive sur $\R$ de la forme : $$F : x\mapsto Q(x)\,e^{\lambda x}$$ où $Q$ est un polynôme de degré $n$.
  
  La propriété est vraie pour $n=0$, puisque si $\deg P=0$, alors $P$ est une constante $k\in\C^{*}$, et la fonction : \[ f\,:\,x\mapsto k\,e^{\lambda x} \] admet comme primitive : \[ F : x\mapsto\frac{k}{\lambda}\,e^{\lambda x}. \] Il suffit alors de prendre $Q = \frac{k}{\lambda}$ qui est un polynôme de degré $0$.
  
  Supposons la propriété vraie pour tous les polynômes de degré $n\in\N$, et considérons un polynôme $P$ de degré $n+1$. La fonction : \[ f\,:\,x\mapsto P(x)\,e^{\lambda x} \] admet pour primitive : \[ F : \,x\mapsto \int_{0}^{x} P(t)\,e^{\lambda t}\,\diff t. \] Une intégration par parties donne alors : \begin{align*} F(x) &= \frac{1}{\lambda}\,\big[P(t)\,e^{\lambda t}\big]_{0}^{x} -\frac{1}{\lambda}\, \int_{0}^{x} P'(t)\,e^{\lambda t}\,\diff t\\\\ &= \frac{1}{\lambda}\,\big( P(x)\,e^{\lambda x} - P(0)\big) -\frac{1}{\lambda}\, \int_{0}^{x} P'(t)\,e^{\lambda t}\,\diff t. \end{align*} Comme $\frac{P'}{\lambda}$ est un polynôme de degré $n$ (puisque $n+1 > 0$), l'hypothèse de récurrence nous dit qu'il existe un polynôme $R$ de degré $n$ tel que : \[ \int_{0}^{x} \frac{P'(t)}{\lambda} \,e^{\lambda t}\,\diff t = [R(t)\,e^{\lambda t}\big]_{0}^{x} = R(x)\,e^{\lambda x}-R(0). \] On en déduit : \begin{align*} F(x) &= \frac{1}{\lambda}\,\big( P(x)\,e^{\lambda x} - P(0)\big) - R(x)\,e^{\lambda x}+R(0)\\\\ &= \frac{1}{\lambda}\, P(x)\,e^{\lambda x}- R(x)\,e^{\lambda x} -\frac{1}{\lambda}\, P(0) +R(0). \end{align*} Par suite : \[ x \mapsto \frac{1}{\lambda}\, P(x)\,e^{\lambda x}- R(x)\,e^{\lambda x} = \Big(\frac{1}{\lambda}\, P(x) - R(x)\Big)\,\,e^{\lambda x} \] est aussi une primitive de $f$. Ainsi : \[ Q = \frac{1}{\lambda}\, P - R \] répond au problème puisque c'est un polynôme de degré $n+1$ tel que : \[ x \mapsto Q(x)\,e^{\lambda x} \] soit une primitive de $f\,:\,x\mapsto P(x)\,e^{\lambda x}$. La propriété est donc vraie au rang $n+1$, ce qui termine la démonstration par récurrence.
6. Changement de variable
  Proposition 9 Soit $I$ et $J$ deux intervalles de $\R$ d'intérieurs non vides, $f$ une fonction continue de $I$ dans $\R$, et $\phi $ une fonction de classe $\CC^{1}$ de $J$ dans $I$. Alors : \[ \fa{(\alpha,\beta)\in J^2} \int_{{\alpha} }^{{\beta} }f\bigl(\phi ( u) \bigr)\,\phi'( u) \,\diff u =\int_{\phi ( {\alpha} ) }^{\phi ( {\beta} )}f(t)\,\diff t\,. \] Justification
  Ce n'est que la formule de dérivation d'une fonction composée lue à l'envers.
  Si $F$ est une primitive de $f$ sur $I$, alors la fonction $F\circ \phi$ est de classe $\CC^1$ sur $J$, et sa dérivée est $\left(f\circ \phi \right)\times\phi'$.
  
  Comme $f$ est continue sur $I$, elle possède une primitive $F$, et : \[ F\bigl( \phi ( {\beta} ) \bigr)-F\bigl( \phi ( {\alpha} ) \bigr) =\int_{\phi ( {\alpha} ) }^{\phi ( {\beta} )}f(t)\,\diff t\,. \]
  
  Mais comme $F\circ \phi$ est de classe $\CC^1$ sur $J$, et de dérivée $\left(f\circ \phi \right)\times\phi'$, on a : \[ (F\circ \phi) ( {\beta} )-(F\circ \phi) ( {\alpha} ) = \int_{{\alpha} }^{{\beta} }f\bigl(\phi ( u) \bigr)\,\phi'( u) \,\diff u. \]
  On en déduit le résultat puisque : \[ (F\circ \phi) ( {\beta} )-(F\circ \phi) ( {\alpha} ) = F\bigl( \phi ( {\beta} ) \bigr)-F\bigl( \phi ( {\alpha} ) \bigr). \]
  On utilise la formule de changement de variable dans les deux sens.
  
  De la gauche vers la droite quand on reconnaît sous une intégrale une forme $(f\circ \phi)\times \phi'$.
  
  Méthode Quand on utilise la formule dans ce sens, on remplace $\phi'(u)\,\diff u$ par $\diff t$, puis $\phi(u)$ par $t$. Il ne faut pas oublier de changer les bornes.
  Pour éviter toute erreur ou toute angoisse, il suffit de penser que lorsque $u$ varie de $\alpha$ à $\beta$, alors $t=\phi(u)$ varie de $\phi(\alpha)$ à $\phi(\beta)$
  
  Exemple 25   Calculer $\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin ^{2}u\,\cos u\,\diff u$.
  La fonction $\phi\,:\,u\mapsto \sin u$ étant de classe $\CC^1$ sur $\R$, on a : \begin{align*} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin ^{2}u\,\cos u\,\diff u &=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\phi ^{2}(u)\,\phi'( u)\,\diff u \\\\ &= \int_{0}^{1}t^{2}\,\diff t\\\\ &=\dfrac{1}{3}\cdot \end{align*}
  
  Exemple 26   Calculer $\int_{-1}^{2}u\,\sqrt{4-u^{2}}\,\diff u $.
  La fonction $\phi\,:\,u\mapsto u^2$ étant de classe $\CC^1$ sur $\mathopen{[}-1,2\mathclose{]} $ et à valeurs dans $\mathopen{[}0,4\mathclose{]}$, on a : \begin{align*} \displaystyle\int_{-1}^{2}u\,\sqrt{4-u^{2}}\,\diff u &=\displaystyle\int_{-1}^{2}\sqrt{4-\phi(u)}\,\frac{1}{2}\,\phi'( u)\,\diff u\\\\ &=\frac{1}{2}\int_{1}^{4}\sqrt{4-t}\,\diff t\\\\ &=\left[ -\frac{1}{3}( 4-t)^{\frac{3}{2}}\right] _{1}^{4}\\\\ &=\sqrt{3}. \end{align*}
  
  Dans les exemples précédents, on aurait pu se passer de changement de variables et écrire directement :
  d'une part : \[ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin ^{2}u\,\cos u\,\diff u =\left[\dfrac{\sin^3 u}{3}\right]_{0 }^{\frac{\pi}{2}} =\dfrac{1}{3} \] et d'autre part : \[ \int_{-1}^{2}u\sqrt{4-u^{2}}\,\diff u =\left[-\dfrac{1}{3}( 4-u^2)^{\frac{3}{2}}\right]_{-1 }^{2}=\sqrt{3} \] en utilisant simplement la formule de dérivation d'une fonction composée.
  \par Autrement dit, ce n'est pas l'utilisation de la formule de changement de variable dans ce sens qui est la plus intéressante.
  
  Méthode Soit $n$ un entier naturel.
  
  Lorsque l'on veut calculer une intégrale du type : \[ \int_{\alpha}^{\beta} \cos^{2n+1}u\,\diff u, \] on peut poser :
  \[ t = \sin u \] puisque :
  \begin{align*} \int_{\alpha}^{\beta} \cos^{2n+1}u\,\diff u &= \int_{\alpha}^{\beta} (1-\sin^{2}u)^{n}\,\cos u\,\diff u\\\\ &= \int_{\sin(\alpha)}^{\sin(\beta)} (1-t^{2})^{n}\,\diff t. \end{align*}
  
  Lorsque l'on veut calculer une intégrale du type : \[ \int_{\alpha}^{\beta} \sin^{2n+1}u\,\diff u, \] on peut poser :
  \[ t = \cos u \] puisque :
  \begin{align*} \int_{\alpha}^{\beta} \sin^{2n+1}u\,\diff u &= \int_{\alpha}^{\beta} (1-\cos^{2}u)^{n}\,\sin u\,\diff u\\\\ &= -\int_{\cos(\alpha)}^{\cos(\beta)} (1-t^{2})^{n}\,\diff t. \end{align*}
  
  De la droite vers la gauche pour rendre une intégrale plus facile à calculer.
  
  Méthode Quand on utilise la formule dans ce sens, on dit que l'on effectue le changement de variable $t=\phi (u)$. On remplace alors formellement $t$ par $\phi(u)$, et $\diff t$ par $\phi'( u) \,\diff u$, ce qui rend la transformation assez naturelle.
  
  Par exemple, pour calculer : \[ \int_{-1}^{\frac{1}{2}}\sqrt{1-t^{2}}\,\diff t, \] on peut poser $t=\sin u$, ce qui permet de « faire sauter » le radical.
  
  Exemple 27   Terminer le calcul de $\displaystyle\int_{-1}^{\frac{1}{2}}\sqrt{1-t^{2}}\,\diff t$.
  Comme : \[ \sin \Big({-\frac{\pi}{2}}\Big) = -1, \et \sin\Big(\frac{\pi}{6}\Big) = \frac{1}{2} \] on a : \[ \int_{-1}^{\frac{1}{2}}\sqrt{1-t^{2}}\,\diff t = \int_{\sin({-\frac{\pi}{2}})}^{\sin(\frac{\pi}{6})} \sqrt{1-t^{2}}\,\diff t \]
  le changement $t= \sin u$ donne : \[ \int_{-1}^{\frac{1}{2}}\sqrt{1-t^{2}}\,\diff t = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{6}} |\cos u|\,\cos u\,\diff u. \] Ensuite, il suffit $\ldots$
  $\ldots$ de voir que le $\cos$ reste positif sur l'intervalle, et de linéariser le $\cos^{2}$.
  
  \par Solution
  Étant donné que : \[ \phi : \fonction{\R}{\mathopen{[}-1,1\mathclose{]}} {u}{\sin u} \] est de classe $\CC^{1}$ et vérifie : \[ \phi \Big({-\frac{\pi}{2}}\Big) = -1, \et \phi\Big(\frac{\pi}{6}\Big) = \frac{1}{2}, \] le changement de variable $t=\sin u$ donne : \begin{align*} \int_{-1}^{\frac{1}{2}}\sqrt{1-t^{2}}\,\diff t &=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{6}} \sqrt{1-\sin^{2}u}\,\cos u\,\diff u \\\\ &= \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{6}}\sqrt{\cos^2u}\,\cos u\,\diff u\\\\ &= \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{6}} |\cos u|\,\cos u\,\diff u. \end{align*} Comme la fonction $\cos$ est positive sur $[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{6}]$, on a : \begin{align*} \int_{-1}^{\frac{1}{2}}\sqrt{1-t^{2}}\,\diff t &= \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{6}}\cos ^{2}u\,\diff u\\\\ &= \dfrac{1}{2}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{6}}( 1+\cos 2u) \,\diff u \\\\ &= \dfrac{1}{2}\left[ u+\dfrac{\sin 2u}{2}\right]_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{6}}\\\\ &=\dfrac{1}{8}\sqrt{3}+\dfrac{\pi}{3}\cdot \end{align*}
  
  \par A-t-on l'égalité : \[ \int_{-1}^{\frac{1}{2}}\sqrt{1-t^{2}}\,\diff t = \int_\frac{3\pi}{2}^{\frac{\pi}{6}} |\cos u|\,\cos u\,\diff u\,? \] Si oui, comment terminer le calcul ?
  Étant donné que : \[ \phi : \fonction{\R}{\mathopen{[}-1,1\mathclose{]}} {u}{\sin u} \] est de classe $\CC^{1}$ et vérifie : \[ \phi \Big({\frac{3\pi}{2}}\Big) = -1, \et \phi\Big(\frac{\pi}{6}\Big) = \frac{1}{2}, \] le changement de variable $t=\sin u$ donne aussi : \begin{align*} \int_{-1}^{\frac{1}{2}}\sqrt{1-t^{2}}\,\diff t &= \int_\frac{3\pi}{2}^{\frac{\pi}{6}}|\cos u|\,\cos u\,\diff u \\ &=- \int_{\frac{\pi}{6}}^\frac{3\pi}{2}|\cos u|\,\cos u\,\diff u. \end{align*} Comme la fonction $\cos$ change de signe sur l'intervalle d'intégration, il faut scinder : \begin{align*} \int_{-1}^{\frac{1}{2}}\sqrt{1-t^{2}}\,\diff t &=- \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} |\cos u|\,\cos u\,\diff u- \int_{\frac{\pi}{2}}^\frac{3\pi}{2} |\cos u|\,\cos u\,\diff u\\\\ &=- \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}\cos ^{2}u\,\diff u +\int_{\frac{\pi}{2}}^\frac{3\pi}{2}\cos^2 u\,\diff u\\\\ &=- \left[ u+\dfrac{\sin 2u}{2}\right]_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}+\left[ u+\dfrac{\sin 2u}{2}\right]_{\frac{\pi}{2}}^\frac{3\pi}{2}\\\\ &=\frac{1}{8}\sqrt{3}+\frac{1}{3}{\pi}. \end{align*} Ce qui donne évidemment le même résultat qu'avec la première méthode, mais avec quelques complications bien inutiles.
  
  Lorsque l'on veut utiliser le changement de variable $t=\phi (u)$ pour simplifier une intégrale du type : \[ \int_a^b f(t) \, \diff t \] il faut commencer par l'écrire sous la forme :
  \[ \int_{\phi({\alpha} ) }^{\phi ({\beta} )}f(t)\,\diff t \]
  
  On peut évidemment trouver « manuellement » un tel couple $(\alpha,\beta)$ comme dans l'exemple précédent.
  
  Mais si on a la chance que $\phi$ soit bijective, alors la proposition ci-dessus devient :
  
  Proposition 10 Soit $I$ et $J$ deux intervalles de $\R$ d'intérieurs non vides, $f$ une fonction continue de $I$ dans $\R$ et $\phi $ une bijection de classe $\CC^{1}$ de $J$ dans $I$. Alors : $$ \fa{(a,b)\in I^2} \int_a^b f(t)\,\diff t=\int_{\phi^{-1}(a)}^{\phi^{-1}(b)} f\left(\phi(u)\right)\phi'(u)\,\diff u. $$
  La bijectivité de $\phi$ est quasiment indispensable pour calculer une primitive, c'est-à-dire quand il faut calculer :
  \[ F(x) = \int_a^x f(t)\,\diff t \] qui par le changement de variable $t=\phi(u)$ devient alors :
  \[ F(x) = \int_{\phi^{-1}(a)}^{\phi^{-1}(x)} f\left(\phi(u)\right)\phi'(u)\,\diff u. \]
  
  Exemple 28   Déterminer une primitive de $f : x\mapsto\sqrt{1-x^{2}}$.
  Pour tout $x\in\mathopen{[}-1,1\mathclose{]}$, calculer par exemple l'intégrale : \[ \int_{0}^{x}\sqrt{1-t^{2}}\,\diff t \] On utilise le même changement de variable que dans l'exercice précédent, la borne supérieure de la nouvelle intégrale devenant :
  \[ \arcsin x \] Ne pas oublier de parler de la valeur absolue du cosinus.
  
  \par Solution
  La fonction $f$ est définie et continue sur $\mathopen{[}-1,1\mathclose{]}$. Elle admet donc comme primitive : \[ F : \fonction{\mathopen{[}-1,1\mathclose{]}}{\R} {x}{\ds \int_{0}^{x}\sqrt{1-t^{2}}\,\diff t} \] Soit $x\in\mathopen{[}-1,1\mathclose{]}$. Comme : \[ \phi\,:\,\fonction {\mathopen{[}-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\mathclose{]}} {\mathopen{[}-1,1\mathclose{]}}u{\sin u} \] est une bijection de classe $\CC^1$, dont la réciproque est $\arcsin$, le changement de variable $t=\sin u$ donne : \begin{align*} F(x) &= \int_{0}^{\arcsin x}\sqrt{1-\sin^{2}u} \,\cos u\,\diff u\\\\ &= \int_{0}^{\arcsin x}| \cos u| \,\cos u\,\diff u \end{align*} Comme $\arcsin x\in\mathopen{[}-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\mathclose{]}$, le cosinus reste positif et l'on a donc : \begin{align*} F(x) &= \int_{0}^{\arcsin x}\cos^2 u \,\diff u\\\\ &= \dfrac{1}{2}\int_{0}^{\arcsin x}( 1+\cos 2u) \,\diff u \\\\ &= \dfrac{1}{2}\left[t+ \dfrac{1}{2}\sin(2t)\right]_{0}^{\arcsin x}\\\\ &=\dfrac{1}{2}\arcsin x+\dfrac{1}{4}\sin (2\arcsin x) \end{align*} Mais on peut évidemment simplifier ce dernier résultat.
  On obtient : \begin{align*} \sin ( 2\arcsin x) &= 2\,\sin ( \arcsin x) \,\cos( \arcsin x)\\\\ &= 2\,x\,\sqrt{1-x^{2}}. \end{align*} Si nécessaire, voir ici pour la simplification de $\cos( \arcsin x) $.
  On a tout d'abord : \[ \cos^2( \arcsin x)=1-\sin^2( \arcsin x)=1-x^2. \] Comme $\arcsin x\in\mathopen{[}-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\mathclose{]}$, on a $\cos(\arcsin x)\geq 0$, ce qui donne : \[ \cos( \arcsin x)=\sqrt{1-x^{2}}. \]
  
  \par On en déduit : \[ F(x) = \dfrac{1}{2}\,\arcsin x+\dfrac{1}{2}\,x\,\sqrt{1-x^{2}}. \] Heureusement que l'on sait que cette fonction est dérivable (
  d'après le théorème qui dit que si $f$ est continue, alors : \[ x \mapsto \int_{a}^{x}f(t)\,\diff t \] est une primitive de $f$.
  ), car ce n'est pas évident à première vue !
  En effet, ni : \[ x \mapsto \dfrac{1}{2}\,\arcsin x \] ni : \[ x \mapsto \dfrac{1}{2}\,x\,\sqrt{1-x^{2}} \] n'est dérivable en $\pm 1$, ce qui n'empêche pas leur somme de l'être !
  
  Exemple 29   Déterminer un primitive de $f\,:\,x\mapsto \dfrac{1}{e^x+1}\cdot$
  Pour simplifier, on a envie de remplacer $e^{t}$ par $u$, et donc de faire le changement de variable $t=\ln u$, ce qui ne complique pas exagérément la fonction.
  La fonction donnée est définie et continue sur $\R$. Elle admet donc comme primitive : \[ F : \fonction{\R}{\R} {x}{\ds \int_{0}^{x}\dfrac{1}{e^t+1}\,\diff t} \] Soit $x\in\R$. Comme : \[ \phi\,:\,\fonction {\Rpe}{\R}{u}{\ln u} \] est une bijection de classe $\CC^1$, dont la réciproque est $\exp$, le changement de variable $t=\ln u$ donne : \[ \int_0^x \dfrac{1}{e^t+1}\,\diff t =\int_1^{e^x} \dfrac{1}{u+1}\, \dfrac{\diff u}{u} . \] Étant donné que : \[ \fa{u\in\R} \dfrac{1}{u(u+1)} =\dfrac{1}{u}-\dfrac{1}{u+1}, \] on en déduit : \[ \int_0^x \dfrac{1}{e^t+1}\,\diff t =\left[\ln\left(\dfrac{u}{u+1}\right)\right]_1^{e^x}, \] ce qui donne comme primitive de $f$ : \[ F : \fonction {\R}{\R} x{\ln\left(\dfrac{e^x}{e^x+1}\right)} \] ou encore : \[ F : \fonction {\R}{\R} x{-\ln\left(1+e^{-x}\right).} \]
  Remarque Avec un peu d'habitude de calcul, on aurait pu avoir directement ce dernier résultat en écrivant : $$ \fa{x\in\R} \dfrac{1}{e^x+1}=\dfrac{e^{-x}}{1+e^{-x}} $$ qui est de la forme $-u'/u$.
  
  Exemple 30   Peut-on calculer $\int_{0}^\frac{\pi}{4} \sin^{3} t\,\diff t$ en posant $u=\sin t$ ?
  C'est effectivement tentant, mais le fait de poser $\sin u=t$ correspond au changement de variable $t=\arcsin u$, qui complique beaucoup trop la fonction à intégrer car :
  \[ \diff t = \frac{1}{\sqrt{1-u^{2}}}\,\diff u. \] En fait, pour calculer l'intégrale obtenue : \[ \int_{0}^{\frac{\sqrt{2}}{2}} \frac{u^{3}}{\sqrt{1-u^{2}}}\,\diff u, \] on n'aurait qu'une envie : faire le changement de variable $u=\sin t$ pour supprimer le radical. On n'avance pas beaucoup !
  
  \par Au fait, comment calculer l'intégrale donnée ?
  En écrivant : \[ \sin^{3} t = \sin^{2} t \times \sin t \] puis en faisant le changement de variable :
  \[ u = \cos t. \] Dans ce cas, on utilise la formule de changement de variable de la gauche vers la droite (lorsque l'on reconnaît la dérivée d'une fonction composée).
  
  Pour finir, un exemple classique qu'il est bon d'avoir vu.
  
  Exemple 31
  
  Déterminer une primitive de : $$f : \fonction{\mathopen{]}0,\pi\mathclose{[}}{\R}{x}{\dfrac{1}{\sin x}}$$ en utilisant le changement de variable $t=\tan\big(\frac{u}{2})\cdot$
  Comme primitive de $f$, on peut prendre $F$ définie sur $\mathopen{]}0,\pi\mathclose{[}$, par : \[ F(x) = \int_{\frac{\pi}{2}}^x \dfrac{1}{\sin u}\,\diff u. \] Étant donné que : \[ \fa{u\in\mathopen{]}0,\pi\mathclose{[}} \sin u=\dfrac{2\tan(\frac{u}{2})}{1+\tan^2(\frac{u}{2})}, \] on a envie remplacer $\tan(\frac{u}{2})$ par $t$, c'est-à-dire de faire le changement de variable : \[ u=2\arctan t. \] Et ici, pas de problème puisque le $\diff u$ s'exprime alors rationnellement en fonction de $t$.
  Soit $F$ la primitive de $f$ définie sur $\mathopen{]}0,\pi\mathclose{[}$, par : \[ F(x) = \int_{\frac{\pi}{2}}^x \dfrac{1}{\sin u}\,\diff u = \int_{\frac{\pi}{2}}^x \dfrac{1+\tan^2(\frac{u}{2})}{2\tan(\frac{u}{2})}\,\diff u . \] Comme l'application : \[ \phi\,:\,\fonction {\Rpe}{\mathopen{]}0,\pi\mathclose{[}}{t}{2\arctan t} \] est de bijective de classe $\CC^1$, le changement de variable $u=2\arctan t$ donne : \begin{align*} \int_{\frac{\pi}{2}}^{x} \dfrac{1}{\sin u}\,\diff u &=\int_1^{\tan\frac{x}{2}} \dfrac{1+t^2}{2\,t}\dfrac{2}{1+t^2}\,\diff t\\\\ &=\int_1^{\tan\frac{x}{2}} \dfrac{\diff t}{t}\\\\ &=\ln\Big(\tan \big(\frac{x}{2}\big)\Big)\cdot \end{align*} Par suite, comme primitive de $f$ sur $\mathopen{]}0,\pi\mathclose{[}$, on peut prendre : \[ F : \fonction {\mathopen{]}0,\pi\mathclose{[}}{\R}{x} {\ln\left(\tan \left(\dfrac x 2\right)\right)\cdot} \]
  Remarque Avec un peu d'habitude de ce genre de calcul, on aurait pu avoir ce résultat directement en écrivant pour $x\in\mathopen{]}0,\pi\mathclose{[}$ : \begin{align*} \frac{1}{\sin x} &=\frac{1+\tan^2\left(\dfrac x 2\right)}{2\tan \left(\dfrac x 2\right)}\\\\ &=\dfrac{u'(x)}{u(x)} \end{align*} où : \[ u:\fonction {\mathopen{]}0,\pi\mathclose{[}}{\R} {x} {\tan \left(\dfrac x 2\right)}\cdot \]
  
  En déduire une primitive sur $\mathopen{]}-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\mathclose{[}$ de la fonction $\ds g\,:\,x\mapsto \frac{1}{\cos x}\cdot$
  Il y a une relation très simple entre $f$ et $g$.
  \[ \fa{x\in\mathopen{\Big]}-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\mathclose{\Big[}} g(x) = f\Big(x+\frac{\pi}{2}\Big). \]
  
  Solution
  Pour tout $x\in\mathopen{]}-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\mathclose{[}$, on a $x+\frac{\pi}{2}\in\mathopen{]}0,\pi\mathclose{[}$ et : \begin{align*} f\Big(x+\frac{\pi}{2}\Big) = \frac{1}{\sin\big(x+\frac{\pi}{2}\big)} = \frac{1}{\cos x} =g(x). \end{align*} Ainsi, sur $\mathopen{]}-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\mathclose{[}$, on peut prendre comme primitive de $g$ : \[ G : \fonction {\mathopen{\Big]}-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\mathclose{\Big[}} {\R}{x} {F\Big(x+\dfrac{\pi}{2}\Big)} \] ou encore : \[ G : \fonction {\mathopen{\Big]}-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\mathclose{\Big[}} {\R}{x} {\ln\left(\tan \left(\dfrac x 2+\dfrac \pi 4\right)\right)\cdot} \]
  Remarque On aurait pu chercher un primitive sous la forme : \[ x \mapsto \int_{0}^{x} \dfrac{1}{\cos t}\,\diff t, \] intégrale que l'on transforme alors $\ldots$
  $\ldots$ par le changement de variable : \[ u=t+\frac{\pi}{2}\cdot \]