Intégration par parties : d'où vient la formule, et comment choisir u et v′

La formule et ses hypothèses

Le crochet se lit [u(x) v(x)]ₐᵇ = u(b) v(b) − u(a) v(a). La continuité des dérivées garantit que u v′ et u′ v sont continues, donc que les deux intégrales ont un sens ; on l'écrit en une phrase avant d'appliquer la formule. Pour un produit, il n'existe aucune formule générale de primitive dans les primitives usuelles : c'est le rôle de cette formule, au programme de spécialité de terminale (programme de 2019) avec sa démonstration.

Une ligne de démonstration, à savoir refaire

Le produit uv est dérivable sur [a ; b] et (uv)′ = u′v + uv′. Les fonctions u, v, u′ et v′ étant continues, u′v et uv′ le sont aussi, donc (uv)′ est continue et uv en est une primitive. Par conséquent ∫ₐᵇ (u′(x) v(x) + u(x) v′(x)) dx = [u(x) v(x)]ₐᵇ, et la linéarité de l'intégrale donne ∫ₐᵇ u′(x) v(x) dx + ∫ₐᵇ u(x) v′(x) dx = [u(x) v(x)]ₐᵇ. Il suffit de faire passer ∫ₐᵇ u′(x) v(x) dx de l'autre côté.

Choisir u et v′ : la fonction qu'on dérive doit se simplifier

La formule remplace l'intégrale de u v′ par celle de u′ v. Elle n'aide que si la seconde est plus simple que la première. On choisit donc pour u une fonction que la dérivation simplifie, et pour v′ une fonction dont on connaît une primitive qui ne se complique pas.

• Un polynôme fois une exponentielle (x eˣ, x² e⁻ˣ) : u = le polynôme, dont le degré baisse à chaque dérivation, et v′ = l'exponentielle.
• Un polynôme fois cos ou sin : u = le polynôme, v′ = la fonction trigonométrique.
• Un polynôme fois ln x : u = ln x, puisque sa dérivée 1/x fait disparaître le logarithme, et v′ = le polynôme.
• ln x tout seul : on l'écrit 1 × ln x, avec u = ln x et v′ = 1.

Un mauvais choix ne donne pas un résultat faux. Il donne une intégrale plus compliquée que celle de départ : avec u = eˣ et v′ = x pour ∫ x eˣ dx, on tombe sur ∫ (x²/2) eˣ dx. Dans ce cas, on s'arrête et on échange les rôles.

Exemple 1 · Le cas d'école : ∫₀¹ x eˣ dx

Énoncé. Calculer ∫₀¹ x eˣ dx.

Rédaction. On pose, pour x ∈ [0 ; 1], u(x) = x et v′(x) = eˣ, d'où u′(x) = 1 et v(x) = eˣ. Les fonctions u et v sont dérivables sur [0 ; 1], de dérivées continues. Par intégration par parties :

∫₀¹ x eˣ dx = [x eˣ]₀¹ − ∫₀¹ eˣ dx = (1 × e − 0 × e⁰) − [eˣ]₀¹ = e − (e − 1) = 1.

Exemple 2 · Le logarithme, écrit comme un produit

Énoncé. Calculer ∫₁ᵉ ln x dx, et en déduire une primitive de ln sur ]0 ; +∞[.

Rédaction. On pose, pour x ∈ [1 ; e], u(x) = ln x et v′(x) = 1, d'où u′(x) = 1/x et v(x) = x, toutes continues sur [1 ; e]. Alors :

∫₁ᵉ ln x dx = [x ln x]₁ᵉ − ∫₁ᵉ (1/x) × x dx = (e × 1 − 1 × 0) − ∫₁ᵉ 1 dx = e − (e − 1) = 1.

Le même calcul entre 1 et un réel t > 0 donne ∫₁ᵗ ln x dx = t ln t − t + 1. La fonction x ↦ x ln x − x est donc une primitive de ln sur ]0 ; +∞[, ce qu'on vérifie en la dérivant : ln x + x × (1/x) − 1 = ln x. Que les deux exemples donnent 1 n'est pas un hasard : la figure l'explique.

Exemple 3 · Deux intégrations par parties de suite

Énoncé. Calculer K = ∫₀¹ x² e⁻ˣ dx.

Rédaction. Première intégration par parties, avec u(x) = x² et v′(x) = e⁻ˣ, donc u′(x) = 2x et v(x) = −e⁻ˣ (fonctions dérivables à dérivées continues sur [0 ; 1]) :

K = [−x² e⁻ˣ]₀¹ − ∫₀¹ 2x × (−e⁻ˣ) dx = −e⁻¹ + 2 ∫₀¹ x e⁻ˣ dx.

Seconde intégration par parties, avec u(x) = x et v′(x) = e⁻ˣ, donc u′(x) = 1 et v(x) = −e⁻ˣ :

∫₀¹ x e⁻ˣ dx = [−x e⁻ˣ]₀¹ + ∫₀¹ e⁻ˣ dx = −e⁻¹ + [−e⁻ˣ]₀¹ = −e⁻¹ + 1 − e⁻¹ = 1 − 2e⁻¹.

Donc K = −e⁻¹ + 2(1 − 2e⁻¹) = 2 − 5/e ≈ 0,161.

Le degré du polynôme baisse d'une unité à chaque passage, ce qui dit d'avance combien d'intégrations par parties il faudra.

Ce que montre le rectangle de côtés e et 1

La figure donne une lecture géométrique de la formule avec u(x) = x et v(x) = eˣ sur [0 ; 1]. On trace, dans un repère où l'abscisse est v et l'ordonnée est u, la courbe décrite par le point (eˣ ; x) quand x va de 0 à 1 : c'est la courbe de ln, de (1 ; 0) jusqu'à (e ; 1). Le rectangle dont les côtés mesurent v(1) = e et u(1) = 1 a pour aire u(1)v(1) − u(0)v(0) = e, c'est-à-dire le crochet [u v]₀¹. La courbe se trace d'abord, puis le rectangle, puis la région dorée et enfin la région bleue. La région dorée, sous la courbe, a pour aire ∫₁ᵉ ln t dt = 1, et c'est aussi ∫₀¹ u v′ dx = ∫₀¹ x eˣ dx = 1 : les exemples 1 et 2 calculent la même aire. La région bleue, à gauche de la courbe, a pour aire ∫₀¹ v u′ dx = ∫₀¹ eˣ dx = e − 1. L'intégration par parties dit exactement cela : l'aire sous la courbe est l'aire du rectangle, e, moins l'aire à gauche de la courbe.

Les erreurs sur l'intégration par parties qui coûtent des points

• Oublier le signe moins devant la seconde intégrale, ou l'appliquer au crochet. On l'évite en écrivant la formule générale en haut du calcul, puis en remplaçant.
• Se tromper de primitive sur v : une primitive de e⁻ˣ est −e⁻ˣ, de e²ˣ est e²ˣ/2, de cos x est sin x, de sin x est −cos x. Je fais vérifier v en la dérivant avant d'aller plus loin.
• Évaluer le crochet trop vite : [x eˣ]₀¹ vaut e − 0 = e, et pas e − 1. La borne inférieure annule le facteur x, pas l'exponentielle.
• Ne pas écrire les hypothèses : « u et v sont dérivables sur [a ; b] et leurs dérivées sont continues ». Sans elles, la rédaction est incomplète même quand le calcul est juste.

Trois exercices corrigés sur l'intégration par parties

Exercice 1 · Un logarithme multiplié par x

Énoncé. Calculer L = ∫₁ᵉ x ln x dx.

Correction. On pose u(x) = ln x et v′(x) = x, d'où u′(x) = 1/x et v(x) = x²/2 ; ces fonctions sont dérivables à dérivées continues sur [1 ; e]. Alors L = [(x²/2) ln x]₁ᵉ − ∫₁ᵉ (1/x)(x²/2) dx = e²/2 − ∫₁ᵉ (x/2) dx = e²/2 − [x²/4]₁ᵉ = e²/2 − (e² − 1)/4 = (e² + 1)/4 ≈ 2,097.

Exercice 2 · Avec une fonction trigonométrique

Énoncé. Calculer M = ∫₀^π x sin x dx.

Correction. On pose u(x) = x et v′(x) = sin x, d'où u′(x) = 1 et v(x) = −cos x, dérivables à dérivées continues sur [0 ; π]. Alors M = [−x cos x]₀^π + ∫₀^π cos x dx = (−π cos π + 0) + [sin x]₀^π = π + 0 = π.

Comme x sin x ≥ 0 sur [0 ; π], M est l'aire, en unités d'aire, du domaine sous la courbe : le résultat positif est cohérent.

Exercice 3 · Une relation de récurrence entre intégrales

Énoncé. Pour tout n ∈ ℕ, on pose Iₙ = ∫₀¹ xⁿ eˣ dx. a) Calculer I₀. b) Montrer, à l'aide d'une intégration par parties, que pour tout n ∈ ℕ, Iₙ₊₁ = e − (n + 1) Iₙ. En déduire I₁, I₂ et I₃. c) Montrer que pour tout n, 0 ≤ Iₙ ≤ e/(n + 1), et en déduire la limite de (Iₙ).

Correction. a) I₀ = ∫₀¹ eˣ dx = e − 1.

b) Soit n ∈ ℕ. On pose u(x) = xⁿ⁺¹ et v′(x) = eˣ, d'où u′(x) = (n + 1)xⁿ et v(x) = eˣ, dérivables à dérivées continues sur [0 ; 1]. Alors Iₙ₊₁ = [xⁿ⁺¹ eˣ]₀¹ − (n + 1) ∫₀¹ xⁿ eˣ dx = e − (n + 1) Iₙ. On obtient I₁ = e − (e − 1) = 1 (c'est l'exemple 1), I₂ = e − 2 × 1 = e − 2, puis I₃ = e − 3(e − 2) = 6 − 2e ≈ 0,563.

c) Pour x ∈ [0 ; 1], 1 ≤ eˣ ≤ e, donc 0 ≤ xⁿ eˣ ≤ e xⁿ. En intégrant entre 0 et 1, bornes dans l'ordre croissant : 0 ≤ Iₙ ≤ e ∫₀¹ xⁿ dx = e/(n + 1). Comme e/(n + 1) tend vers 0, le théorème des gendarmes donne lim Iₙ = 0.