Intégration par parties

Lycée

Pour bien utiliser l’intégration par parties, tu dois maitriser trois points :

connaitre la formule ;
faire le bon choix entre dérivée et primitive ;
être à l’aise avec les dérivées et primitives des fonctions usuelles.

Cette méthode étant extrêmement technique, avec de nombreux calculs, pense également à t’entrainer régulièrement.

La formule

En classe de première tu as appris à dériver un produit : \((uv)’=u’v+uv’\).

Par exemple, avec \(f(x)=2xe^{3x}\) tu as :

\(u(x)=2x\) et \(v(x)=e^{3x}\)

\(u'(x)=2\) et \(v'(x)=3e^{3x}\)

\(f'(x)=2e^{3x}+6xe^{3x}\)

Cette formule du produit peut également s’écrire \(uv’=(uv)’-u’v\).
En intégrant chacune des parties, on obtient \(\int_a^b uv’=\int_a^b (uv)’ – \int_a^b u’v\)

Avec l’exemple ci-dessus :

\(6xe^{3x}=f'(x)-2e^{3x}\)

\(\int_a^b6xe^{3x}dx=\int_a^bf'(x)dx-\int_a^b2e^{3x}dx\)

d’où \(\int_a^b6xe^{3x}dx=\left[f(x)\right]_a^b-\int_a^b2e^{3x}dx\)

À quoi ça sert ?

Avec l’intégration par parties, tu vas remplacer une intégrale impossible à calculer directement par une intégrale plus simple.
L’idée générale est de remplacer un produit de deux fonctions par un produit d’un coefficient par une fonction.

Par exemple, l’intégrale \(\int_a^bx^2e^xdx\) sera remplacée par \(\int_a^b2xe^xdx\), elle-même remplacée par \(\int_a^b2e^xdx\).
Cette dernière intégrale se calcule simplement : \(\int_a^b2e^xdx=\left[2e^x\right]_a^b\)

Exercice

En reprenant l’exemple plus haut, montre que \(\int_a^b6xe^{3x}dx=\left[2xe^{3x}\right]_a^b-\left[{2\over3}e^{3x}\right]_a^b\).

Comment choisir \(u\) et \(v’\) ?

La formule vue en cours s’écrit de la façon suivante : \(\int_a^b u(x)v'(x)dx=[u(x)v(x)]_a^b – \int_a^b u'(x)v(x)dx\).
Les lettres \(u\) et \(v\) sont parfois inversées, ce qui ne change absolument rien.
Tu dois savoir que dans l’intégrale à calculer il y a une primitive — que je noterai \(u\) — et une dérivée — notée \(v’\).

1er cas : \(x^n\ln x\) et \({\ln x\over x^n}\)

Choisis \(u(x)=\ln x\).
En effet dans ce cas \(u'(x)={1\over x}\) et l’intégrale simplifiée ne contiendra qu’une puissance de x.

Exemple 1

\(I=\int_a^bx^3\ln x dx\)

choisis \(u(x)=\ln x\) et \(v'(x)=x^3\)

d’où \(u'(x)={1\over x}\) et \(v(x)={x^4\over4}\)

alors \(I=\left[{x^4\over4}\ln x\right]_a^b-\int_a^b{x^3\over4}dx\)

et \(I=\left[{x^4\over4}\ln x\right]_a^b-\left[{x^4\over16}\right]_a^b\)

Exemple 2

\(I=\int_a^b{\ln x\over x^3} dx\)

choisis \(u(x)=\ln x\) et \(v'(x)={1\over x^3}\)

d’où \(u'(x)={1\over x}\) et \(v(x)={-1\over2x^2}\)

alors \(I=\left[-{\ln x\over2x^2}\right]_a^b-\int_a^b{-1\over2x^3}dx\)

et \(I=\left[-{\ln x\over2x^2}\right]_a^b-\left[{1\over4x^2}\right]_a^b\)

2e cas : \(x^n e^{px}\), \(x^n \cos(px)\) et \(x^n \sin(px)\)

Choisis \(u(x)=x^n\).
Que tu dérives ou intègres une exponentielle, elle restera une exponentielle.
Que tu dérives ou intègres un cosinus, il deviendra un sinus. Même chose pour le sinus, qui donnera un cosinus.
Par contre dériver \(x^n\) permet de passer à \(x^{n-1}\).
Tu intègres par parties plusieurs fois, jusqu’à obtenir \(u(x)=x\) qui donne \(u'(x)=1\)

Exemple 3

\(I=\int_a^bx^2\cos{3x}dx\)

choisis \(u(x)=x^2\) et \(v'(x)=\cos{3x}\)

d’où \(u'(x)=2x\) et \(v(x)={\sin{3x}\over3}\)

alors \(I=\left[{x^2\sin{3x}\over3}\right]_a^b-{2\over3}\int_a^bx\sin{3x}dx\)

pose alors \(J=\int_a^bx\sin{3x}dx\)

choisis \(u(x)=x\) et \(v'(x)=\sin{3x}\)

d’où \(u'(x)=1\) et \(v(x)=-{\cos{3x}\over3}\)

alors \(J=\left[-{x\cos{3x}\over3}\right]_a^b+\int_a^b{\cos{3x}\over3}dx\)

tu en déduis \(J=\left[-{x\cos{3x}\over3}+{\sin{3x}\over9}\right]_a^b\)

puis \(I=\left[{x^2\sin{3x}\over3}+{2x\cos{3x}\over9}-{2\sin{3x}\over27}\right]_a^b\)

3e cas : \(e^{nx}\cos{px}\) et \(e^{nx}\sin{px}\)

Prévois deux intégrations par parties successives :

la première transformera le cosinus en sinus ;
la deuxième transformera le sinus en cosinus ;
tu obtiens ainsi une équation dont la résolution te donnera la valeur de l’intégrale.

Choisis ce que tu veux pour \(u(x)\).
Mais si tu choisis l’exponentielle à la première intégration, choisis également l’exponentielle pour la deuxième, sinon l’équation s’écrira \(I=I\).
Même principe avec les fonctions trigonométriques.

Exemple 4

\(I=\int_a^be^x\cos{x}dx\)

tu peux choisir \(u(x)=\cos x\) et \(v'(x)=e^x\)

d’où \(u'(x)=-\sin x\) et \(v(x)=e^x\)

alors \(I=\left[e^x\cos x\right]_a^b+\int_a^be^x\sin{x}dx\)

pose alors \(J=\int_a^be^x\sin{x}dx\)

tu dois choisir \(u(x)=\sin x\) et \(v'(x)=e^x\)

d’où \(u'(x)=\cos x\) et \(v(x)=e^x\)

alors \(J=\left[e^x\sin x\right]_a^b-\int_a^be^x\cos{x}dx=\left[e^x\sin x\right]_a^b-I\)

tu en déduis \(I=\left[e^x\cos x\right]_a^b+\left[e^x\sin x\right]_a^b-I\)

puis \(2I=\left[e^x\cos x\right]_a^b+\left[e^x\sin x\right]_a^b\)

Cas particulier : \({\ln x \over x}\)

\(I=\int_a^b{\ln x\over x} dx\)

choisis \(u(x)=\ln x\) et \(v'(x)={1\over x}\)

d’où \(u'(x)={1\over x}\) et \(v(x)={\ln x}\)

alors \(I=\left[(\ln x)^2\right]_a^b-\int_a^b{\ln x\over x}dx=\left[(\ln x)^2\right]_a^b-I\)

d’où \(2I=\left[(\ln x)^2\right]_a^b\)

Tu peux aussi remarquer que \(x\mapsto{\ln x\over x}\) est de la forme \(u\times u’\) dont une primitive est \({u^2\over2}\) puisque la dérivée de \(u^2\) est \(2uu’\)