Les astuces d'intégration que l'on n'apprend pas toujours (201-NYB)

a) Posons $u=a+b-x$, donc $x=a+b-u$ et $dx=-du$. Quand $x=a$, $u=b$ ; quand $x=b$, $u=a$. Alors $\int_{a}^{b}f(x)\,dx=\int_{b}^{a}f(a+b-u)\left(-du\right)=\int_{a}^{b}f(a+b-u)\,du$. Le nom de la variable étant muet, c'est bien la même intégrale. Géométriquement, on a retourné le graphe autour de la verticale $x=\frac{a+b}{2}$, ce qui ne change pas l'aire.

b) Ici $a+b=\frac{\pi}{2}$, et $\sin\left(\frac{\pi}{2}-x\right)=\cos x$, $\cos\left(\frac{\pi}{2}-x\right)=\sin x$. L'astuce transforme donc $I$ exactement en $J$ : $I=J$. Par ailleurs $I+J=\int_{0}^{\pi/2}\dfrac{\sin x+\cos x}{\sin x+\cos x}\,dx=\int_{0}^{\pi/2}1\,dx=\dfrac{\pi}{2}$. De $I=J$ et $I+J=\frac{\pi}{2}$ on tire $I=\dfrac{\pi}{4}$. Aucune primitive n'a été cherchée : c'est tout l'intérêt.

c) $\dfrac{1}{1+\tan^{\sqrt{2}}x}=\dfrac{\cos^{\sqrt{2}}x}{\cos^{\sqrt{2}}x+\sin^{\sqrt{2}}x}$. En posant $I$ pour cette intégrale, l'astuce du roi échange $\sin$ et $\cos$ et donne $J=\int_{0}^{\pi/2}\dfrac{\sin^{\sqrt{2}}x}{\cos^{\sqrt{2}}x+\sin^{\sqrt{2}}x}dx$, avec $I+J=\frac{\pi}{2}$ et $I=J$ par le même argument qu'en b. Donc $I=\dfrac{\pi}{4}$. L'exposant a disparu parce qu'il n'intervient jamais : seule compte la SYMÉTRIE $\sin\leftrightarrow\cos$ de l'intervalle. La réponse serait la même avec l'exposant 17 ou $\pi$, ce qui rend cette intégrale imbattable en examen à choix multiples.

d) L'astuce avec $x\mapsto\pi-x$ donne $K=\int_{0}^{\pi}\dfrac{\left(\pi-x\right)\sin x}{1+\cos^{2}x}\,dx$, puisque $\sin\left(\pi-x\right)=\sin x$ et $\cos^{2}\left(\pi-x\right)=\cos^{2}x$. En additionnant les deux écritures : $2K=\pi\int_{0}^{\pi}\dfrac{\sin x}{1+\cos^{2}x}\,dx$. Cette dernière intégrale se fait par $u=\cos x$, $du=-\sin x\,dx$ : elle vaut $\int_{-1}^{1}\dfrac{du}{1+u^{2}}=\left[\arctan u\right]_{-1}^{1}=\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{2}$. Donc $2K=\pi\cdot\dfrac{\pi}{2}$ et $K=\dfrac{\pi^{2}}{4}\approx 2{,}467$. Le facteur $x$, qui rendait l'intégrale inabordable, a été éliminé par l'astuce.

e) Notons $I$ cette intégrale. L'astuce du roi avec $x\mapsto a-x$ donne $I=\int_{0}^{a}\dfrac{f(a-x)}{f(a-x)+f(x)}\,dx$. En additionnant les deux écritures, les numérateurs se recombinent : $2I=\int_{0}^{a}\dfrac{f(x)+f(a-x)}{f(x)+f(a-x)}\,dx=\int_{0}^{a}1\,dx=a$, donc $I=\dfrac{a}{2}$, QUELLE QUE SOIT $f$. Les questions b et c en sont deux cas particuliers avec $a=\frac{\pi}{2}$. Retenir la forme à reconnaître : un quotient dont le dénominateur est la somme du numérateur et de son reflet.

a) Avec $t=\tan\frac{x}{2}$, les formules de l'angle double donnent $\sin x=2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}$. En divisant haut et bas par $\cos^{2}\frac{x}{2}$ : $\sin x=\dfrac{2\tan\frac{x}{2}}{\sec^{2}\frac{x}{2}}=\dfrac{2t}{1+t^{2}}$. De même $\cos x=\cos^{2}\frac{x}{2}-\sin^{2}\frac{x}{2}=\dfrac{1-\tan^{2}\frac{x}{2}}{1+\tan^{2}\frac{x}{2}}=\dfrac{1-t^{2}}{1+t^{2}}$. Enfin $dt=\frac{1}{2}\sec^{2}\frac{x}{2}\,dx=\frac{1}{2}\left(1+t^{2}\right)dx$, d'où $dx=\dfrac{2\,dt}{1+t^{2}}$.

b) $\displaystyle\int\dfrac{dx}{1+\sin x}=\int\dfrac{\frac{2\,dt}{1+t^{2}}}{1+\frac{2t}{1+t^{2}}}=\int\dfrac{2\,dt}{1+t^{2}+2t}=\int\dfrac{2\,dt}{\left(1+t\right)^{2}}=-\dfrac{2}{1+t}+C=-\dfrac{2}{1+\tan\frac{x}{2}}+C$. Vérification : en dérivant, $\dfrac{d}{dx}\left[-\dfrac{2}{1+\tan\frac{x}{2}}\right]=\dfrac{2\cdot\frac{1}{2}\sec^{2}\frac{x}{2}}{\left(1+\tan\frac{x}{2}\right)^{2}}=\dfrac{1+t^{2}}{\left(1+t\right)^{2}}$. Or $1+\sin x=1+\dfrac{2t}{1+t^{2}}=\dfrac{\left(1+t\right)^{2}}{1+t^{2}}$ : le quotient obtenu est bien $\dfrac{1}{1+\sin x}$.

c) Pour $x\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$, $t=\tan\frac{x}{2}$ va de 0 à 1. $\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}\dfrac{dx}{2+\cos x}=\int_{0}^{1}\dfrac{\frac{2\,dt}{1+t^{2}}}{2+\frac{1-t^{2}}{1+t^{2}}}=\int_{0}^{1}\dfrac{2\,dt}{2+2t^{2}+1-t^{2}}=\int_{0}^{1}\dfrac{2\,dt}{3+t^{2}}$. D'où $\dfrac{2}{\sqrt{3}}\left[\arctan\dfrac{t}{\sqrt{3}}\right]_{0}^{1}=\dfrac{2}{\sqrt{3}}\cdot\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{\pi}{3\sqrt{3}}=\dfrac{\pi\sqrt{3}}{9}\approx 0{,}6046$.

d) La substitution exige que $t=\tan\frac{x}{2}$ soit continue, donc que $\frac{x}{2}$ évite $\frac{\pi}{2}$ : elle n'est légitime que sur un intervalle inclus dans $\left]-\pi,\pi\right[$ modulo $2\pi$. Sur $[0,2\pi]$, $t$ part de 0, tend vers $+\infty$ en $x=\pi$, réapparaît en $-\infty$ et remonte à 0 : appliquer aveuglément la primitive $\dfrac{2}{\sqrt{3}}\arctan\dfrac{t}{\sqrt{3}}$ donne $F\left(2\pi\right)-F\left(0\right)=0-0=0$. Or l'intégrande $\dfrac{1}{2+\cos x}$ est partout supérieur à $\frac{1}{3}$ : l'intégrale vaut au moins $\frac{2\pi}{3}$. La vraie valeur, obtenue en coupant en $x=\pi$ et en doublant par symétrie, est $\dfrac{2\pi}{\sqrt{3}}\approx 3{,}628$. Retenir : un zéro pour l'intégrale d'une fonction strictement positive n'est pas une erreur de calcul, c'est une erreur de DOMAINE.

e) Ce sont les règles de Bioche, qui reposent sur l'invariance de l'expression $f(x)\,dx$. (1) Si $f(-x)\left(-dx\right)=f(x)\,dx$, c'est-à-dire si $f$ est impaire, poser $u=\cos x$. (2) Si l'expression est invariante par $x\mapsto\pi-x$, poser $u=\sin x$. (3) Si elle est invariante par $x\mapsto\pi+x$, poser $u=\tan x$. Weierstrass ne sert que lorsque AUCUNE des trois ne s'applique, comme pour $\dfrac{1}{2+\cos x}$ : c'est un dernier recours, pas un premier réflexe, car il produit souvent des fractions partielles pénibles là où un $u=\cos x$ aurait suffi.

a) Si $f$ est PAIRE, $\int_{-a}^{a}f=2\int_{0}^{a}f$. Si $f$ est IMPAIRE, $\int_{-a}^{a}f=0$. Démonstration du cas impair : $\int_{-a}^{a}f=\int_{-a}^{0}f+\int_{0}^{a}f$. Dans la première, posons $u=-x$ : elle devient $\int_{0}^{a}f\left(-u\right)du=-\int_{0}^{a}f\left(u\right)du$. La somme est donc nulle. L'hypothèse cachée, et c'est elle qui fait la question c, est que $f$ soit INTÉGRABLE sur $[-a,a]$.

b) $\dfrac{x^{3}}{1+x^{4}}$ est impaire (numérateur impair, dénominateur pair) et continue : l'intégrale vaut 0. Pour la seconde, attention : $x^{5}$ est impaire et $\sin x$ est impaire, donc leur PRODUIT est PAIR. Et $x^{2}$ est pair. L'intégrande est donc entièrement pair, et $\int_{-2}^{2}\left(x^{5}\sin x+x^{2}\right)dx=2\int_{0}^{2}\left(x^{5}\sin x+x^{2}\right)dx$, qui n'a aucune raison d'être nul ; le terme $x^{2}$ contribue à lui seul $2\cdot\frac{8}{3}=\frac{16}{3}$. L'erreur classique consiste à voir $x^{5}$ et à conclure « impair » sans regarder le facteur suivant.

c) L'argument est faux. La fonction $\frac{1}{x}$ est bien impaire, mais elle n'est PAS intégrable sur $[-1,1]$ : elle n'est pas définie en 0, et les deux moitiés $\int_{0}^{1}\frac{dx}{x}$ et $\int_{-1}^{0}\frac{dx}{x}$ divergent respectivement vers $+\infty$ et $-\infty$. L'intégrale n'existe pas ; écrire $\infty-\infty=0$ n'est pas un calcul. On peut définir une valeur principale de Cauchy égale à 0, mais c'est un objet différent, qu'il faut nommer. Règle : la parité ne dispense jamais de vérifier la continuité sur tout l'intervalle.

d) Posons $u=\pi-x$ sur $\left[\frac{\pi}{2},\pi\right]$ : $du=-dx$, les bornes deviennent $\frac{\pi}{2}$ et 0, et $\sin\left(\pi-u\right)=\sin u$. Donc $\int_{\pi/2}^{\pi}f\left(\sin x\right)dx=\int_{0}^{\pi/2}f\left(\sin u\right)du$ : les deux moitiés sont égales, d'où le facteur 2. Le graphe de $\sin$ est en effet symétrique par rapport à la verticale $x=\frac{\pi}{2}$. Application : $\int_{0}^{\pi}\sin^{4}x\,dx=2\int_{0}^{\pi/2}\sin^{4}x\,dx=2\cdot\dfrac{3\pi}{16}=\dfrac{3\pi}{8}$, la valeur $\frac{3\pi}{16}$ venant des intégrales de Wallis de l'exercice 5.

e) Posons $\varphi(a)=\int_{a}^{a+T}g$. Alors $\varphi'(a)=g\left(a+T\right)-g\left(a\right)=0$ par périodicité, donc $\varphi$ est constante et vaut $\varphi(0)=\int_{0}^{T}g$. Application : $\left|\sin x\right|$ est $\pi$-périodique, et $\int_{0}^{\pi}\left|\sin x\right|dx=\int_{0}^{\pi}\sin x\,dx=\left[-\cos x\right]_{0}^{\pi}=2$. L'intervalle $[0,10\pi]$ contient exactement 10 périodes, donc $\int_{0}^{10\pi}\left|\sin x\right|dx=10\cdot 2=20$. Sans la valeur absolue, la même intégrale vaudrait 0 : c'est le même piège qu'à l'exercice 9 de la série sur les coordonnées polaires.

a) $\cosh^{2}u-\sinh^{2}u=\dfrac{\left(e^{u}+e^{-u}\right)^{2}-\left(e^{u}-e^{-u}\right)^{2}}{4}=\dfrac{4e^{u}e^{-u}}{4}=1$. En dérivant les définitions : $\left(\sinh u\right)'=\dfrac{e^{u}+e^{-u}}{2}=\cosh u$ et $\left(\cosh u\right)'=\dfrac{e^{u}-e^{-u}}{2}=\sinh u$. Noter l'absence de signe moins, contrairement au cas trigonométrique : c'est ce qui rend ces substitutions si confortables.

b) Posons $x=\sinh u=\dfrac{e^{u}-e^{-u}}{2}$ et $E=e^{u}$. Alors $2x=E-\dfrac{1}{E}$, soit $E^{2}-2xE-1=0$. La résolution donne $E=x\pm\sqrt{x^{2}+1}$, et comme $E=e^{u}>0$ alors que $x-\sqrt{x^{2}+1}<0$, seule la racine positive convient : $e^{u}=x+\sqrt{x^{2}+1}$, donc $u=\ln\left(x+\sqrt{x^{2}+1}\right)$.

c) Avec $x=3\sinh u$, $dx=3\cosh u\,du$ et $\sqrt{x^{2}+9}=3\sqrt{\sinh^{2}u+1}=3\cosh u$, positif sans discussion de signe. L'intégrale devient $\int\dfrac{3\cosh u}{3\cosh u}\,du=u+C=\operatorname{argsinh}\dfrac{x}{3}+C=\ln\left(x+\sqrt{x^{2}+9}\right)+C'$. Par la voie trigonométrique $x=3\tan\theta$, on obtient $\int\sec\theta\,d\theta=\ln\left|\sec\theta+\tan\theta\right|+C$, puis il faut reconstruire le triangle rectangle pour retraduire $\sec\theta=\frac{\sqrt{x^{2}+9}}{3}$. Même résultat, deux étapes de plus, et une intégrale de sécante à connaître par coeur.

d) Avec $x=3\sinh u$ : quand $x=0$, $u=0$ ; quand $x=3$, $\sinh u=1$ donc $u_{1}=\ln\left(1+\sqrt{2}\right)$. L'intégrale devient $\int_{0}^{u_{1}}3\cosh u\cdot 3\cosh u\,du=9\int_{0}^{u_{1}}\cosh^{2}u\,du$. Avec $\cosh^{2}u=\dfrac{1+\cosh 2u}{2}$, une primitive est $\dfrac{u+\sinh u\cosh u}{2}$. En $u_{1}$, $\sinh u_{1}=1$ et $\cosh u_{1}=\sqrt{2}$, d'où $\displaystyle\int_{0}^{3}\sqrt{x^{2}+9}\,dx=\dfrac{9}{2}\left[\ln\left(1+\sqrt{2}\right)+\sqrt{2}\right]\approx 10{,}330$.

e) Pour $\sqrt{x^{2}-a^{2}}$ on pose $x=a\cosh u$, car $\cosh^{2}u-1=\sinh^{2}u$. Mais $\cosh u\geq 1$ pour tout $u$ réel : cette substitution ne peut atteindre que $x\geq a$. Elle est donc réservée à la branche DROITE du domaine $\left|x\right|\geq a$ ; pour $x\leq -a$, il faut poser $x=-a\cosh u$, ou traiter la question par symétrie. De plus $\sqrt{x^{2}-a^{2}}=a\left|\sinh u\right|$, et on choisit $u\geq 0$ pour lever la valeur absolue. C'est la même précaution que pour $x=a\sec\theta$, avec un calcul plus léger derrière.

a) Posons $u=\sin^{n-1}x$ et $dv=\sin x\,dx$, donc $du=\left(n-1\right)\sin^{n-2}x\cos x\,dx$ et $v=-\cos x$. Le terme tout intégré $\left[-\sin^{n-1}x\cos x\right]_{0}^{\pi/2}$ est nul aux deux bornes. Il reste $I_{n}=\left(n-1\right)\int_{0}^{\pi/2}\sin^{n-2}x\cos^{2}x\,dx$. En remplaçant $\cos^{2}x$ par $1-\sin^{2}x$ : $I_{n}=\left(n-1\right)\left(I_{n-2}-I_{n}\right)$, soit $nI_{n}=\left(n-1\right)I_{n-2}$ et $I_{n}=\dfrac{n-1}{n}I_{n-2}$.

b) $I_{0}=\int_{0}^{\pi/2}dx=\dfrac{\pi}{2}$ et $I_{1}=\int_{0}^{\pi/2}\sin x\,dx=1$. Puis $I_{2}=\frac{1}{2}I_{0}=\dfrac{\pi}{4}$, $I_{3}=\frac{2}{3}I_{1}=\dfrac{2}{3}$, $I_{4}=\frac{3}{4}I_{2}=\dfrac{3\pi}{16}$, $I_{5}=\frac{4}{5}I_{3}=\dfrac{8}{15}$, $I_{6}=\frac{5}{6}I_{4}=\dfrac{5\pi}{32}$.

c) Pour $n=2m$ pair : $I_{2m}=\dfrac{2m-1}{2m}\cdot\dfrac{2m-3}{2m-2}\cdots\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{\pi}{2}$. Pour $n=2m+1$ impair : $I_{2m+1}=\dfrac{2m}{2m+1}\cdot\dfrac{2m-2}{2m-1}\cdots\dfrac{2}{3}\cdot 1$. La récurrence descend de deux en deux : elle aboutit à $I_{0}$ si $n$ est pair, à $I_{1}$ s'il est impair. Comme $I_{0}=\frac{\pi}{2}$ contient $\pi$ et $I_{1}=1$ n'en contient pas, seuls les indices pairs héritent de $\pi$. La parité de l'exposant décide donc de la nature du résultat, ce qui est une bonne façon de contrôler une réponse : $\int_{0}^{\pi/2}\sin^{7}x\,dx$ ne peut pas contenir $\pi$.

d) La suite $J_{n}=nI_{n}I_{n-1}$ vérifie $J_{n+1}=\left(n+1\right)I_{n+1}I_{n}=\left(n+1\right)\cdot\dfrac{n}{n+1}I_{n-1}\cdot I_{n}=nI_{n}I_{n-1}=J_{n}$ : elle est CONSTANTE. Or $J_{1}=1\cdot I_{1}I_{0}=\dfrac{\pi}{2}$. Donc $nI_{n}I_{n-1}=\dfrac{\pi}{2}$, c'est-à-dire $I_{n}I_{n-1}=\dfrac{\pi}{2n}$. Vérification pour $n=3$ : $I_{3}I_{2}=\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{6}$, et $\dfrac{\pi}{2\cdot 3}=\dfrac{\pi}{6}$. C'est cette identité, jointe à $\frac{I_{n}}{I_{n-1}}\to 1$, qui donne le produit de Wallis $\dfrac{\pi}{2}=\prod_{m\geq 1}\dfrac{4m^{2}}{4m^{2}-1}$ et l'équivalent $I_{n}\sim\sqrt{\dfrac{\pi}{2n}}$.

e) Notons $\Gamma_{n}=\int_{0}^{\infty}x^{n}e^{-x}dx$. Par parties avec $u=x^{n}$ et $dv=e^{-x}dx$ : $\Gamma_{n}=\left[-x^{n}e^{-x}\right]_{0}^{\infty}+n\int_{0}^{\infty}x^{n-1}e^{-x}dx=n\Gamma_{n-1}$, le terme tout intégré étant nul par croissance comparée. Comme $\Gamma_{0}=\int_{0}^{\infty}e^{-x}dx=1$, la récurrence donne $\Gamma_{n}=n!$. On vient de démontrer que la factorielle est une intégrale : c'est le point de départ de la fonction Gamma, qui prolonge $n!$ à des arguments non entiers.

a) On écrit $f(x)=f(x)\cdot 1$ et on pose $u=f(x)$, $dv=dx$, donc $v=x$ : $\int f=xf(x)-\int xf'(x)\,dx$. Le procédé est payant chaque fois que $f'$ est ALGÉBRIQUE alors que $f$ ne l'est pas, ce qui est exactement le cas des logarithmes et des fonctions trigonométriques réciproques. Le cas $\int\ln x\,dx=x\ln x-x$ est traité dans la série sur les techniques d'intégration ; les suivants en sont les variantes.

b) Pour $\arctan$ : $u=\arctan x$, $du=\dfrac{dx}{1+x^{2}}$, $v=x$. Alors $\int\arctan x\,dx=x\arctan x-\int\dfrac{x\,dx}{1+x^{2}}=x\arctan x-\dfrac{1}{2}\ln\left(1+x^{2}\right)+C$. Pour $\arcsin$ : $du=\dfrac{dx}{\sqrt{1-x^{2}}}$, d'où $\int\arcsin x\,dx=x\arcsin x-\int\dfrac{x\,dx}{\sqrt{1-x^{2}}}=x\arcsin x+\sqrt{1-x^{2}}+C$. Dans les deux cas, l'intégrale restante se fait par une substitution immédiate.

c) $u=\ln\left(x^{2}+1\right)$, $du=\dfrac{2x\,dx}{x^{2}+1}$, $v=x$ : $\int\ln\left(x^{2}+1\right)dx=x\ln\left(x^{2}+1\right)-\int\dfrac{2x^{2}}{x^{2}+1}dx$. Or $\dfrac{2x^{2}}{x^{2}+1}=2-\dfrac{2}{x^{2}+1}$, dont une primitive est $2x-2\arctan x$. Donc $\int\ln\left(x^{2}+1\right)dx=x\ln\left(x^{2}+1\right)-2x+2\arctan x+C$. Vérification : en dérivant, $\ln\left(x^{2}+1\right)+\dfrac{2x^{2}}{x^{2}+1}-2+\dfrac{2}{x^{2}+1}=\ln\left(x^{2}+1\right)+\dfrac{2x^{2}+2}{x^{2}+1}-2=\ln\left(x^{2}+1\right)$.

d) Avec $u=\left(\ln x\right)^{n}$ et $dv=dx$ : $du=n\left(\ln x\right)^{n-1}\dfrac{dx}{x}$ et $v=x$, donc $\int\left(\ln x\right)^{n}dx=x\left(\ln x\right)^{n}-n\int\left(\ln x\right)^{n-1}dx$. L'exposant baisse d'une unité à chaque tour, et la récurrence s'arrête sur $\int dx=x$. Pour $n=2$ : $\int\left(\ln x\right)^{2}dx=x\left(\ln x\right)^{2}-2\int\ln x\,dx=x\left(\ln x\right)^{2}-2\left(x\ln x-x\right)=x\left(\ln x\right)^{2}-2x\ln x+2x+C$.

e) La fonction est $\operatorname{argsinh}x$, dont la dérivée est $\dfrac{1}{\sqrt{x^{2}+1}}$. Avec $dv=dx$ : $\int\operatorname{argsinh}x\,dx=x\operatorname{argsinh}x-\int\dfrac{x\,dx}{\sqrt{x^{2}+1}}=x\operatorname{argsinh}x-\sqrt{x^{2}+1}+C$, la dernière intégrale se faisant par $w=x^{2}+1$. Vérification : la dérivée vaut $\operatorname{argsinh}x+\dfrac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}-\dfrac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}=\operatorname{argsinh}x$. Le résultat a exactement la même forme que $\int\arcsin$, ce qui n'est pas un hasard : les deux fonctions sont réciproques de fonctions dont la dérivée est algébrique.

a) $\dfrac{d}{dx}\left[e^{x}\cos 2x\right]=e^{x}\cos 2x-2e^{x}\sin 2x$. En intégrant les deux membres : $e^{x}\cos 2x=I-2J$. De même $\dfrac{d}{dx}\left[e^{x}\sin 2x\right]=e^{x}\sin 2x+2e^{x}\cos 2x$ donne $e^{x}\sin 2x=J+2I$. On dispose donc du système $I-2J=e^{x}\cos 2x$ et $2I+J=e^{x}\sin 2x$.

b) De la seconde équation, $J=e^{x}\sin 2x-2I$. En reportant dans la première : $I-2e^{x}\sin 2x+4I=e^{x}\cos 2x$, donc $5I=e^{x}\left(\cos 2x+2\sin 2x\right)$ et $I=\dfrac{e^{x}\left(\cos 2x+2\sin 2x\right)}{5}+C$. Puis $J=e^{x}\sin 2x-\dfrac{2e^{x}\left(\cos 2x+2\sin 2x\right)}{5}=\dfrac{e^{x}\left(\sin 2x-2\cos 2x\right)}{5}+C$. Contrôle par dérivation de $I$ : $\dfrac{e^{x}\left(\cos 2x+2\sin 2x\right)+e^{x}\left(-2\sin 2x+4\cos 2x\right)}{5}=\dfrac{5e^{x}\cos 2x}{5}=e^{x}\cos 2x$.

c) $\int e^{\left(1+2i\right)x}dx=\dfrac{e^{\left(1+2i\right)x}}{1+2i}=\dfrac{e^{x}\left(\cos 2x+i\sin 2x\right)\left(1-2i\right)}{5}$, après multiplication par le conjugué. La partie réelle du numérateur est $e^{x}\left(\cos 2x+2\sin 2x\right)$, donc $I=\dfrac{e^{x}\left(\cos 2x+2\sin 2x\right)}{5}$, et la partie imaginaire donne $J$ au passage. Une seule intégrale, faite comme une exponentielle ordinaire, remplace deux intégrations par parties : c'est l'argument le plus convaincant en faveur de la notation complexe, et il fonctionne pour tout $\int e^{ax}\cos bx\,dx$.

d) $\displaystyle\int_{0}^{\pi}e^{x}\cos 2x\,dx=\left[\dfrac{e^{x}\left(\cos 2x+2\sin 2x\right)}{5}\right]_{0}^{\pi}$. En $x=\pi$ : $\cos 2\pi=1$ et $\sin 2\pi=0$, d'où $\dfrac{e^{\pi}}{5}$. En $x=0$ : $\dfrac{1}{5}$. Le résultat est $\dfrac{e^{\pi}-1}{5}\approx 4{,}428$.