Intégration par parties

Intégrer la règle du produit donne ∫u dv = uv − ∫v du, ce qui échange une intégrale contre une autre. Sélectionnez un produit et choisissez u. La page calcule l'échange étape par étape, face à l'autre choix possible. Vous voyez ainsi une trajectoire aboutir pendant que l'autre se complique. Étudiez ensuite un exemple détaillé, puis lancez-vous.

Intégration par parties	$\int u d v = uv - \int v d u$
Intégrale définie	$\int_{a}^{b} u v^{'} d x = [uv]_{a}^{b} - \int_{a}^{b} u^{'} v d x$

Exemple résolu — Intégration par parties

Puissance de x restante, par étape	2 → 1 → 0
Idem pour l'autre choix	2 → 3 → 4 → 5
Symboles (étape 1, deux choix)	6 et 8
Aire de 0 à 1 par la primitive	0,7183
Même aire, méthode de Simpson	0,7183

Ce sont les valeurs affichées par le calculateur à l’ouverture de la page. Modifiez une entrée ci-dessus pour les recalculer.

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Leçon

La théorie — Intégration par parties

L'intégration par parties correspond à l'intégrale de la règle du produit. De (uv)′ = u′v + uv′, on déduit ∫u dv = uv − ∫v du, où du = u′(x) dx et dv = v′(x) dx. Cette formule échange une intégrale contre une autre. Elle s'avère utile quand ∫v du se calcule plus facilement. Le facteur u doit se simplifier par dérivation. Vous devez aussi savoir intégrer dv.

Ce que signifie chaque symbole

u: le facteur que l'on dérive
dv: le reste de l'intégrande avec dx, que l'on intègre pour obtenir v

D’où vient la formule

Origine de la formule. Intégrez les deux côtés de (uv)′ = u′v + uv′. Vous obtenez uv = ∫v du + ∫u dv. Déplacez ensuite ∫v du de l'autre côté.
$(uv)^{'} = u^{'} v + u v^{'} \Rightarrow uv = \int v d u + \int u d v \Rightarrow \int u d v = uv - \int v d u$
Plusieurs étapes. Chaque étape ajoute un terme de bord, avec une alternance de signes : ∫f dx = B₁ − B₂ + B₃ − … ± ∫g_K dx, où g_K désigne l'intégrale restante après K étapes. C'est l'équation que la page construit. Quand g_K vaut un multiple λ de f, l'équation inclut ∫f dx des deux côtés. Vous pouvez la résoudre pour trouver l'intégrale, sauf si les termes s'annulent.
$\int f d x = B_{1} - B_{2} + \dots \pm \int g_{K} d x, g_{K} = λ f \Rightarrow (1 \mp λ) \int f d x = B_{1} - B_{2} + \dots$

Problèmes entièrement résolus

Une seule étape 3 étapes
Calculer ∫x e^2x dx.

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1. Dériver x le simplifie, c'est donc notre u ; e^2x s'intègre sans peine, ce sera dv :
  
  $u = x, d u = d x; d v = e^{2 x} d x, v = \frac{1}{2} e^{2 x}$
2. On applique uv − ∫v du :
  
  $\int x e^{2 x} d x = \frac{1}{2} x e^{2 x} - \int \frac{1}{2} e^{2 x} d x$
3. L'intégrale restante figure dans le tableau des primitives :
  
  $= \frac{1}{2} x e^{2 x} - \frac{1}{4} e^{2 x} + C$
Réponse

e^2x(x/2 − 1/4) + C. Si vous oubliez le second ½, celui qui provient de la seconde intégration de e^2x, vous obtenez −1/2 au lieu de −1/4.

$\int x e^{2 x} d x = e^{2 x} (\frac{x}{2} - \frac{1}{4}) + C$
Produit d'une puissance et d'un sinus 3 étapes
Calculer ∫x sin 2x dx.

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1. De nouveau, u = x ; dv = sin 2x dx s'intègre en −½ cos 2x :
  
  $u = x, d u = d x; d v = sin 2 x d x, v = - \frac{1}{2} cos 2 x$
2. On applique la formule, en conservant bien le signe de v :
  
  $\int x sin 2 x d x = - \frac{1}{2} x cos 2 x + \int \frac{1}{2} cos 2 x d x$
3. L'intégrale restante figure dans le tableau des primitives :
  
  $= - \frac{1}{2} x cos 2 x + \frac{1}{4} sin 2 x + C$
Réponse

−(x/2) cos 2x + (1/4) sin 2x + C. Le signe moins de v = −½ cos 2x est le piège classique ; si tous les signes sont inversés, l'outil vous signale très exactement une erreur de signe.

$\int x sin 2 x d x = - \frac{x}{2} cos 2 x + \frac{1}{4} sin 2 x + C$
Deux étapes 3 étapes
Calculer ∫x² cos x dx.

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1. Première étape, u = x² : la puissance descend à 1.
  
  $u = x^{2}, d v = cos x d x : \int x^{2} cos x d x = x^{2} sin x - 2 \int x sin x d x$
2. Seconde étape sur ∫x sin x, u = x : la puissance tombe à 0.
  
  $u = x, d v = sin x d x : \int x sin x d x = - x cos x + sin x$
3. On rassemble les deux étapes :
  
  $x^{2} sin x - 2 (- x cos x + sin x) = x^{2} sin x + 2 x cos x - 2 sin x$
Réponse

x² sin x + 2x cos x − 2 sin x + C. Chaque étape abaisse la puissance de x d'une unité : il en faut deux pour x² et n pour xⁿ. Gardez les parenthèses jusqu'au bout : c'est sur le signe du dernier terme que se produisent les erreurs.

$\int x^{2} cos x d x = x^{2} sin x + 2 x cos x - 2 sin x + C$
ln x s'impose comme u, quel que soit l'autre facteur 3 étapes
Calculer ∫x² ln x dx pour x > 0.

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1. ln x n'a pas de primitive simple pour v, ce sera donc u ; dv = x² dx :
  
  $u = ln x, d u = \frac{d x}{x}; d v = x^{2} d x, v = \frac{x ^{3}}{3}$
2. On applique la formule : x³ et 1/x se combinent en une puissance :
  
  $\int x^{2} ln x d x = \frac{x ^{3}}{3} ln x - \int \frac{x ^{3}}{3} \cdot \frac{1}{x} d x$
3. L'intégrale restante est celle d'une puissance :
  
  $= \frac{x ^{3}}{3} ln x - \int \frac{x ^{2}}{3} d x = \frac{x ^{3}}{3} ln x - \frac{x ^{3}}{9} + C$
Réponse

(x³/3) ln x − x³/9 + C. La règle LIATE place le logarithme avant le facteur algébrique pour la raison indiquée à la première étape : dériver ln x produit la puissance 1/x, que le x³ issu de v absorbe ensuite.

$\int x^{2} ln x d x = \frac{x ^{3}}{3} ln x - \frac{x ^{3}}{9} + C$
∫arctan x, qui s'achève par un changement de variable 3 étapes
Calculez ∫arctan x dx.

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1. Comme pour ln x, écrivez 1·arctan x, avec u = arctan x et dv = 1·dx :
  
  $u = arctan x, d u = \frac{d x}{1 + x ^{2}}; d v = d x, v = x$
2. Une intégration par parties :
  
  $\int arctan x d x = x arctan x - \int \frac{x}{1 + x ^{2}} d x$
3. L'intégrale restante se résout par changement de variable, avec w = 1 + x², dw = 2x dx :
  
  $\int \frac{x}{1 + x ^{2}} d x = \frac{1}{2} \int \frac{d w}{w} = \frac{1}{2} ln (1 + x^{2})$
Réponse

x arctan x − ½ ln(1 + x²) + C. Pas de barres de valeur absolue au logarithme, car 1 + x² n'est jamais négatif.

$\int arctan x d x = x arctan x - \frac{1}{2} ln (1 + x^{2}) + C$
Une intégrale cyclique avec deux coefficients différents 3 étapes
Calculez ∫e^2x sin x dx.

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1. Appelez-la I. Première intégration par parties avec u = sin x, dv = e^2x dx :
  
  $I = \int e^{2 x} sin x d x = \frac{1}{2} e^{2 x} sin x - \frac{1}{2} \int e^{2 x} cos x d x$
2. Seconde intégration par parties sur ∫e^2x cos x dx, en prenant à nouveau le facteur trigonométrique pour u :
  
  $\int e^{2 x} cos x d x = \frac{1}{2} e^{2 x} cos x + \frac{1}{2} I$
3. L'intégrale réapparaît, avec un facteur un quart. Isolez I :
  
  $I = \frac{1}{2} e^{2 x} sin x - \frac{1}{4} e^{2 x} cos x - \frac{1}{4} I \Rightarrow \frac{5}{4} I = \frac{1}{4} e^{2 x} (2 sin x - cos x)$
Réponse

e^2x(2 sin x − cos x)/5 + C. Le 5 provient de 2² + 1², où se retrouvent les deux coefficients : pour e^ax sin bx, le dénominateur vaut a² + b². Gardez le facteur trigonométrique pour u aux deux étapes. Prendre u = e^2x à la seconde annule la première, comme le montre le préréglage Annuler pour eˣ sin x.

$\int e^{2 x} sin x d x = \frac{e ^{2 x} ( 2 sin x - cos x )}{5} + C$
Une intégrale définie : évaluation du terme tout intégré 2 étapes
Calculez ∫₀^π x sin x dx.
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1. u = x, dv = sin x dx, v = −cos x. Le terme tout intégré s'évalue lui aussi entre les bornes :
  
  $\int_{0}^{π} x sin x d x = [- x cos x]_{0}^{π} + \int_{0}^{π} cos x d x$
2. Les deux parties aux bornes :
  
  $= (- π cos π + 0) + [sin x]_{0}^{π} = π + 0$
Réponse

π. Le terme tout intégré donne à lui seul π, et l'intégrale restante vaut 0, car sin π = sin 0 = 0.

$\int_{0}^{π} x sin x d x = π$
Une récurrence exacte, et une arithmétique qui ne l'est pas 4 étapes
Une étape par parties sur I_n = ∫₀¹ xⁿeˣ dx, avec u = xⁿ, donne I_n = e − n·I_n−1. Utilisez-la pour calculer I₄. Calculez ensuite dix étapes à partir de I₀ = e − 1 arrondi à 1,7183, et observez la valeur de I₁₀. Cliquez sur La puissance chute : la page trouve I₂ = 0,7183 en deux étapes.

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1. Une étape avec u = xⁿ et dv = eˣ dx, entre 0 et 1 :
  
  $I_{n} = [x^{n} e^{x}]_{0}^{1} - n \int_{0}^{1} x^{n - 1} e^{x} d x = e - n I_{n - 1}$
2. Deux étapes supplémentaires à partir du I₂ de la page :
  
  $I_{3} = e - 3 (e - 2) = 6 - 2 e = 0.5634, I_{4} = e - 4 (6 - 2 e) = 9 e - 24 = 0.4645$
3. Continuons vers l'avant à partir de la valeur arrondie. Après neuf étapes, l'intégrale d'une fonction positive devient négative :
  
  $I_{0} = 1.7183 \Rightarrow \dots I_{9} = - 6.3451, I_{10} = 66.1689$
4. Le point de départ affichait une erreur de 1,8172×10⁻⁵. Chaque étape multiplie cette erreur par n. Après dix étapes, l'erreur grandit d'un facteur 10! :
  
  $1.8172 \times 1 0^{- 5} \times 10! = 1.8172 \times 1 0^{- 5} \times 3, 628, 800 = 65.94, 0.2280 + 65.94 = 66.17$
Réponse

I₄ = 9e − 24 ≈ 0,4645, et I₁₀ vaut réellement 0,2280. La récurrence est exacte. Effectuée vers l'avant, elle multiplie une erreur d'arrondi par n!. Effectuez-la vers l'arrière avec I_n−1 = (e − I_n)/n. L'erreur est divisée par n à chaque étape. Partir de l'estimation grossière I₂₀ = 0 donne I₁₀ = 0,2280 avec quatre décimales exactes. La page s'arrête après trois étapes.

$I_{4} = 9 e - 24 \approx 0.4645, I_{10} \approx 0.2280$

Choisissez mal u, et la puissance de x s'envole 🖖

Cliquez sur La puissance chute. L'intégrale est x²eˣ. Le choix u = x² élimine la puissance par dérivation. La première étape laisse 2x·eˣ et la seconde donne 2eˣ, qui figure dans le tableau. La primitive (x² − 2x + 2)eˣ s'obtient en deux étapes. De 0 à 1, elle vaut 0,7183, tout comme l'indique la méthode de Simpson. Le calcul en filigrane illustre l'autre choix, u = eˣ. Dériver eˣ ne change rien, aucune expression ne se simplifie. La puissance s'intègre et s'élève à la place : x³eˣ/3, x⁴eˣ/12, puis x⁵eˣ/60. La ligne pointillée du graphique s'envole alors que la ligne continue tombe à zéro. L'acronyme LIATE (logarithmique, trigonométrique inverse, algébrique, trigonométrique, exponentielle) résume ce critère. Ce qui se simplifie par dérivation vient en premier. Le tableau sous les résultats teste cette règle sur quinze produits. Le choix LIATE abaisse la puissance de x, ou élimine le ln ou l'arctan, dans ces quinze cas. Comptez plutôt les symboles : il gagne 13 fois, fait match nul pour x³eˣ et perd sur x³ sin x avec 9 symboles contre 8. La longueur de l'intégrale restante constitue donc un mauvais critère.

∫eˣ sin x revient à son point de départ et se résout comme une équation 🖖

Cliquez sur Le retour. Ni eˣ ni sin x ne se simplifient par dérivation. Prenez u = sin x et observez le résultat. Une étape laisse ∫eˣ cos x. Une seconde étape, avec u = cos x, aboutit à −∫eˣ sin x. Vous retrouvez l'intégrale de départ, munie d'un signe moins. Le calcul n'atteint jamais le tableau et s'en passe très bien. Appelez l'intégrale I. L'équation en cours devient I = eˣ sin x − eˣ cos x − I. On a donc 2I = eˣ(sin x − cos x) et I = eˣ(sin x − cos x)/2. De 0 à 1, cela donne 0,9093, valeur que la méthode de Simpson confirme. Cliquez maintenant sur Annulation. La première étape reste identique. Posez u = eˣ à la seconde. Cette opération intègre le cos x produit à l'étape précédente. Son terme de bord eˣ sin x annule le premier, et l'équation restante devient I = I. C'est vrai, mais cela ne vous apprend rien.

∫ln x exige un facteur 1 que personne n'a écrit 🖖

Cliquez sur ln x avec dv = 1·dx. La fonction ln x semble seule, alors que l'intégration par parties en exige deux. Écrivez le produit 1·ln x. Prenez u = ln x, qui donne 1/x en le dérivant, et dv = 1·dx, qui s'intègre en x. Vous obtenez alors ∫ln x dx = x ln x − ∫x·(1/x) dx = x ln x − x, en une seule étape. De 1 à 2, l'aire vaut 2 ln 2 − 1 = 0,3863 par les deux méthodes. L'autre choix pose u = 1 avec dv = ln x dx. Il exige de calculer v = ∫ln x dx, l'intégrale même que l'on vous demande. Voilà pourquoi le calcul en filigrane s'arrête avant de commencer. Dans la zone d'entraînement, x ln x a été saisi. Sa dérivée donne ln x + 1. C'est 1 en trop partout par rapport à l'intégrande : le terme −∫1 dx que vous avez oublié. La même astuce résout ∫arctan x. L'exemple x arctan x illustre les limites de la méthode. Poser u = arctan x laisse x²/(2(1 + x²)) après une étape. C'est une fraction rationnelle, qui appelle une autre technique.

Parcours

Techniques d'intégration

Références (2)

The formula from the product rule (Theorem 3.1, ∫u dv = uv − ∫v du), the LIATE order (“Logarithmic Functions, Inverse Trigonometric Functions, Algebraic Functions, Trigonometric Functions, and Exponential Functions”) with the reason given for it, the reduction formula ∫xⁿeˣ dx = xⁿeˣ − n∫xⁿ⁻¹eˣ dx (exercise 48), and the device of taking the constant function 1 as the second factor (Example 3.5): G. Strang and E. Herman, Calculus Volume 2, OpenStax (2016), section 3.1, “Integration by Parts”.
Two of the page's cases worked as a teacher works them: ∫ln x dx, where u = 1 with dv = ln x dx “would need to know the answer ahead of time” (Example 6), and ∫e^θ cos θ dθ, where two rounds give “the same integral on both sides … with a minus sign in front of it”, so the integral is added to both sides and the equation divided by 2 (Example 8): P. Dawkins, “Integration by Parts”, Paul's Online Notes, Calculus II, Lamar University (page last modified 31 July 2026).

Par l’équipe 42Math · Vérifié sur des sources publiées. Corrections bienvenues.