$e^{ax}\cos (bx)$ par l'exponentielle complexe

La stratégie : remonter au complexe, primitiver, redescendre. Pour $\lambda =a+ib\in \mathbb{C}$, la fonction $x\mapsto e^{\lambda x}$ a pour dérivée $\lambda e^{\lambda x}$ — c'est le théorème du cours sur la dérivée de $\exp (\phi )$ — donc, si $\lambda \ne 0$, pour primitive $x\mapsto \frac{e^{\lambda x}}{\lambda }$. Or $e^{ax}\cos (bx)=\mathrm{Re}\left(e^{\lambda x}\right)$ et $e^{ax}\sin (bx)=\mathrm{Im}\left(e^{\lambda x}\right)$ ; et la dérivée d'une fonction à valeurs complexes se calcule sur les parties réelle et imaginaire. Donc la partie réelle d'une primitive de $e^{\lambda x}$ est une primitive de $e^{ax}\cos (bx)$, et de même pour la partie imaginaire et le sinus. Une division complexe remplace deux intégrations par parties.

a) Le cas $\lambda =-1+i$. On a $e^{(-1+i)x}=e^{-x}{e}^{ix}=e^{-x}(\cos x+i\sin x)$, donc $f(x)=\mathrm{Im}\left(e^{(-1+i)x}\right)$. Une primitive de $x\mapsto e^{(-1+i)x}$ est $x\mapsto \frac{e^{(-1+i)x}}{-1+i}$. Rendons le dénominateur réel en multipliant par le conjugué : $\frac{1}{-1+i}=\frac{-1-i}{(-1{)}^2+1^2}=\frac{-1-i}{2}$. Donc $$\frac{e^{(-1+i)x}}{-1+i}=\frac{e^{-x}}{2}(-1-i)(\cos x+i\sin x)=\frac{e^{-x}}{2}[\underset{\text{partie reˊelle}}{\underbrace{(-\cos x+\sin x)}}+i\underset{\text{partie imaginaire}}{\underbrace{(-\sin x-\cos x)}}],$$ en développant $(-1-i)(\cos x+i\sin x)=-\cos x-i\sin x-i\cos x-i^2\sin x=(-\cos x+\sin x)+i(-\sin x-\cos x)$. La partie imaginaire donne les primitives cherchées : $$\int e^{-x}\sin x\mathrm{d}x=-\frac{e^{-x}(\sin x+\cos x)}{2}+C,C\in \mathbb{R},$$ et la partie réelle offre en prime $\int e^{-x}\cos x\mathrm{d}x=\frac{e^{-x}(\sin x-\cos x)}{2}+C$.

Vérification par dérivation. Avec $F(x)=-\frac{e^{-x}(\sin x+\cos x)}{2}$ : $$F^{\prime }(x)=\frac{e^{-x}(\sin x+\cos x)}{2}-\frac{e^{-x}(\cos x-\sin x)}{2}=\frac{e^{-x}\cdot 2\sin x}{2}=e^{-x}\sin x.$$

b) L'intégrale. Par le lien entre intégrale et primitive, $${\int }_0^{\pi }{e}^{-x}\sin x\mathrm{d}x={\left[-\frac{e^{-x}(\sin x+\cos x)}{2}\right]}_0^{\pi }=-\frac{e^{-\pi }(0-1)}{2}+\frac{e^0(0+1)}{2}=\frac{1+e^{-\pi }}{2}.$$ Contrôle. $e^{-\pi }\approx 0,0432$, l'intégrale vaut environ $0,5216$ : positive, comme il se doit puisque le sinus est positif sur $[0,\pi ]$, et nettement inférieure à ${\int }_0^{\pi }\sin x\mathrm{d}x=2$, l'amortissement $e^{-x}$ mangeant le reste.

c) Le cas général. Avec $\lambda =a+ib\ne 0$, $\frac{1}{\lambda }=\frac{a-ib}{a^2+b^2}$, et $$\frac{e^{\lambda x}}{\lambda }=\frac{e^{ax}}{a^2+b^2}(a-ib)(\cos (bx)+i\sin (bx))=\frac{e^{ax}}{a^2+b^2}\left[\right(a\cos (bx)+b\sin (bx))+i(a\sin (bx)-b\cos (bx)\left)\right].$$ La partie réelle est une primitive de $e^{ax}\cos (bx)$, la partie imaginaire une primitive de $e^{ax}\sin (bx)$ : $$\int e^{ax}\cos (bx)\mathrm{d}x=\frac{e^{ax}\left(a\cos (bx)+b\sin (bx)\right)}{a^2+b^2}+C,\int e^{ax}\sin (bx)\mathrm{d}x=\frac{e^{ax}\left(a\sin (bx)-b\cos (bx)\right)}{a^2+b^2}+C.$$ Vérification par dérivation de la première : la dérivée de $e^{ax}(a\cos bx+b\sin bx)$ vaut $e^{ax}\left[a(a\cos bx+b\sin bx)+(-ab\sin bx+b^2\cos bx)\right]=e^{ax}(a^2+b^2)\cos bx$. Le a) est le cas $a=-1$, $b=1$.

Le point délicat : la division par $\lambda$. Elle exige $\lambda \ne 0$, c'est-à-dire $(a,b)\ne (0,0)$ — sinon la fonction à primitiver est constante et la formule n'a pas de sens. Plus subtilement, on a utilisé que dériver une fonction à valeurs complexes, c'est dériver ses parties réelle et imaginaire : c'est ce qui autorise à lire une primitive réelle dans la partie réelle d'une primitive complexe. Sans cette définition, l'argument ne serait qu'une analogie.

d) Le cosinus hyperbolique. Écrivons $\mathrm{ch}x\cos x=\frac{e^x\cos x+e^{-x}\cos x}{2}$ (cosinus hyperbolique de $x$ : la demi-somme de $e^x$ et $e^{-x}$). Le c) avec $(a,b)=(1,1)$ donne la primitive $\frac{e^x(\cos x+\sin x)}{2}$ de $e^x\cos x$, et avec $(a,b)=(-1,1)$ la primitive $\frac{e^{-x}(-\cos x+\sin x)}{2}$ de $e^{-x}\cos x$. Donc $$\int \mathrm{ch}x\cos x\mathrm{d}x=\frac{e^x(\cos x+\sin x)+e^{-x}(\sin x-\cos x)}{4}+C=\frac{\cos x(e^x-e^{-x})+\sin x(e^x+e^{-x})}{4}+C,$$ soit, en reconnaissant $e^x-e^{-x}=2\mathrm{sh}x$ (sinus hyperbolique) et $e^x+e^{-x}=2\mathrm{ch}x$ : $$\int \mathrm{ch}x\cos x\mathrm{d}x=\frac{\mathrm{sh}x\cos x+\mathrm{ch}x\sin x}{2}+C.$$ Vérification. La dérivée de $\mathrm{sh}x\cos x+\mathrm{ch}x\sin x$ vaut $\mathrm{ch}x\cos x-\mathrm{sh}x\sin x+\mathrm{sh}x\sin x+\mathrm{ch}x\cos x=2\mathrm{ch}x\cos x$, en utilisant ${\mathrm{ch}}^{\prime }=\mathrm{sh}$ et ${\mathrm{sh}}^{\prime }=\mathrm{ch}$.

Ce que l'exercice installe. L'exponentielle complexe calcule deux primitives en une division là où l'intégration par parties en demande deux et la résolution d'un système ; et elle traite d'un coup tout ce qui est produit d'exponentielles réelles et de fonctions trigonométriques — dont les fonctions hyperboliques, qui sont des demi-sommes d'exponentielles. C'est la même idée qui, pour les équations différentielles, fait chercher une solution particulière complexe pour un second membre $B\cos (\omega x)$, puis en prendre la partie réelle.