Changement de variable en calcul intégral/Exercices/Changement de variable facile

Les changements de variable présentés dans cette page demandent une légère réflexion.

Exercice 2-1

Calculer :

$\int _{0}^{\frac {\pi }{4}}{\frac {\cos {x}}{1+\cos ^{2}x}}\,\mathrm {d} x$.

Solution

D'après les règles de Bioche, nous devrions poser y = sin(x). Pour mettre ce changement de variable en évidence nous remarquons que :

$\int _{0}^{\frac {\pi }{4}}{\frac {\cos x}{1+\cos ^{2}x}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{\frac {\pi }{4}}{\frac {\cos {x}}{2-\sin ^{2}x}}\,\mathrm {d} x$.

Posons :

$y=\sin {x}\Rightarrow \mathrm {d} y=\cos x\,\mathrm {d} x\qquad \qquad 0\rightarrow x\rightarrow {\frac {\pi }{4}}\Rightarrow 0\rightarrow y\rightarrow {\frac {\sqrt {2}}{2}}$

et donc :

${\begin{aligned}\int _{0}^{\frac {\pi }{4}}{\frac {\cos {x}}{1+\cos ^{2}x}}\,\mathrm {d} x&=\int _{0}^{\frac {\sqrt {2}}{2}}{\frac {1}{2-y^{2}}}\,\mathrm {d} y=\int _{0}^{\frac {\sqrt {2}}{2}}{\frac {1}{({\sqrt {2}}+y)({\sqrt {2}}-y)}}\,\mathrm {d} y={\frac {1}{2{\sqrt {2}}}}\int _{0}^{\frac {\sqrt {2}}{2}}{\frac {1}{{\sqrt {2}}+y}}-{\frac {-1}{{\sqrt {2}}-y}}\,\mathrm {d} y\\&={\frac {1}{2{\sqrt {2}}}}\left[\ln \left({\frac {{\sqrt {2}}+y}{{\sqrt {2}}-y}}\right)\right]_{0}^{\frac {\sqrt {2}}{2}}={\frac {1}{2{\sqrt {2}}}}\left[\ln(3)-\ln(1)\right].\end{aligned}}$

Nous pouvons conclure que :

$\int _{0}^{\frac {\pi }{4}}{\frac {\cos {x}}{1+\cos ^{2}x}}\,\mathrm {d} x={\frac {\ln 3}{2{\sqrt {2}}}}$.

 

Exercice 2-2

Démontrer que l'aire d'un disque de rayon $R$ est égale à $\pi R^{2}$.

Solution

Voir Intégration de Riemann/Exercices/Calculs d'aires#Exercice 3-3.

 

Exercice 2-3

Calculer $\int _{\ln 3}^{3\ln 2}{\frac {\mathrm {d} x}{\sqrt {1+\mathrm {e} ^{x}}}}$.

Solution

Posons :

$y={\sqrt {1+\mathrm {e} ^{x}}}\Leftrightarrow x=\ln {(y^{2}-1)}\Rightarrow \mathrm {d} x={\frac {2y}{y^{2}-1}}\,\mathrm {d} y\qquad \qquad \ln 3\to x\to 3\ln 2\Rightarrow 2\to y\to 3$.

On a donc :

${\begin{aligned}\int _{\ln 3}^{3\ln 2}{\frac {\mathrm {d} x}{\sqrt {1+\mathrm {e} ^{x}}}}&=\int _{2}^{3}{\frac {1}{y}}{\frac {2y}{y^{2}-1}}\,\mathrm {d} y=\int _{2}^{3}{\frac {2}{y^{2}-1}}\,\mathrm {d} y=\int _{2}^{3}{\frac {2}{(y-1)(y+1)}}\,\mathrm {d} y\\&=\int _{2}^{3}{\frac {1}{y-1}}-{\frac {1}{y+1}}\,\mathrm {d} y=\left[\ln \left({\frac {y-1}{y+1}}\right)\right]_{2}^{3}=\ln \left({\frac {1}{2}}\right)-\ln \left({\frac {1}{3}}\right)\\&=\ln \left({\frac {3}{2}}\right).\end{aligned}}$

Nous pouvons conclure que :

$\int _{\ln 3}^{3\ln 2}{\frac {\mathrm {d} x}{\sqrt {1+\mathrm {e} ^{x}}}}=\ln \left({\frac {3}{2}}\right)$.

 

Calculer une primitive (sur $\left]0,+\infty \right[$) de la fonction $f:x\mapsto {\frac {1}{\sqrt {\mathrm {e} ^{x}-1}}}$.

Solution

Posons $y={\sqrt {\mathrm {e} ^{x}-1}}$. Alors, $\mathrm {e} ^{x}=1+y^{2}$ donc $2y\,\mathrm {d} y=\mathrm {e} ^{x}\,\mathrm {d} x=(1+y^{2})\,\mathrm {d} x$. Pour $0<a\leq b$,

$\int _{a}^{b}f(x)\,\mathrm {d} x=\int _{\sqrt {\mathrm {e} ^{a}-1}}^{\sqrt {\mathrm {e} ^{b}-1}}{\frac {1}{y}}{\frac {2y\,\mathrm {d} y}{1+y^{2}}}=2\int _{\sqrt {\mathrm {e} ^{a}-1}}^{\sqrt {\mathrm {e} ^{b}-1}}{\frac {\mathrm {d} y}{1+y^{2}}}=2\left[\arctan y\right]_{\sqrt {\mathrm {e} ^{a}-1}}^{\sqrt {\mathrm {e} ^{b}-1}}=\left[2\arctan {\sqrt {\mathrm {e} ^{x}-1}}\right]_{a}^{b}$ donc une primitive de $f$ est $x\mapsto 2\arctan {\sqrt {\mathrm {e} ^{x}-1}}$.

 

Exercice 2-4

Calculer $\int {\sqrt {\frac {x-1}{x+1}}}\,\mathrm {d} x$.

Solution

$y={\sqrt {\frac {x-1}{x+1}}}\Rightarrow x={\frac {1+y^{2}}{1-y^{2}}}\Rightarrow \mathrm {d} x={\frac {4y}{(1-y^{2})^{2}}}\,\mathrm {d} y$.

$\int {\sqrt {\frac {x-1}{x+1}}}\,\mathrm {d} x=\int {\frac {4y^{2}}{(1-y^{2})^{2}}}\,\mathrm {d} y=\int \left({\frac {1}{(y-1)^{2}}}+{\frac {1}{y-1}}+{\frac {1}{(y+1)^{2}}}-{\frac {1}{y+1}}\right)\,\mathrm {d} y=\left[-{\frac {1}{y-1}}-{\frac {1}{y+1}}+\ln {\frac {|y-1|}{y+1}}\right]=\left[{\frac {x}{|x|}}{\sqrt {x^{2}-1}}+\ln(|x|-{\sqrt {x^{2}-1}})\right]$.

 

Calculer :

$\int _{\frac {\sqrt {5}}{2}}^{\sqrt {5}}{\frac {x+{\sqrt {\frac {x-1}{x+1}}}}{x^{2}-1}}\,\mathrm {d} x$.

Solution

Reprenons le changement de variable précédent.

${\frac {\sqrt {5}}{2}}\to x\to {\sqrt {5}}\Rightarrow {\sqrt {5}}-2\to y\to {\frac {{\sqrt {5}}-1}{2}}$

et donc :

${\begin{aligned}\int _{{\sqrt {5}}-2}^{\frac {{\sqrt {5}}-1}{2}}{\frac {x+{\sqrt {\frac {x-1}{x+1}}}}{x^{2}-1}}\,\mathrm {d} x&=\int _{{\sqrt {5}}-2}^{\frac {{\sqrt {5}}-1}{2}}{\frac {{\frac {1+y^{2}}{1-y^{2}}}+y}{\left({\frac {1+y^{2}}{1-y^{2}}}\right)^{2}-1}}{\frac {4y}{(1-y^{2})^{2}}}\,\mathrm {d} y=\int _{{\sqrt {5}}-2}^{\frac {{\sqrt {5}}-1}{2}}{\frac {1+y+y^{2}-y^{3}}{y(1-y^{2})}}\,\mathrm {d} y\\&=\int _{{\sqrt {5}}-2}^{\frac {{\sqrt {5}}-1}{2}}\left(1+{\frac {1}{y}}+{\frac {2y}{1-y^{2}}}\right)\,\mathrm {d} y=\left[y+\ln |y|-\ln |1-y^{2}|\right]_{{\sqrt {5}}-2}^{\frac {{\sqrt {5}}-1}{2}}\\&={\frac {{\sqrt {5}}-1}{2}}+\ln \left({\frac {{\sqrt {5}}-1}{2}}\right)-\ln \left(1-\left({\frac {{\sqrt {5}}-1}{2}}\right)^{2}\right)-({\sqrt {5}}-2)-\ln({\sqrt {5}}-2)+\ln \left(1-({\sqrt {5}}-2)^{2}\right)\\&={\frac {3-{\sqrt {5}}}{2}}+\ln \left({\frac {{\sqrt {5}}-1}{2}}\right)-\ln \left({\frac {{\sqrt {5}}-1}{2}}\right)-\ln({\sqrt {5}}-2)+\ln \left(4({\sqrt {5}}-2)\right)\\&={\frac {3-{\sqrt {5}}}{2}}+2\ln 2.\end{aligned}}$

Nous pouvons conclure que :

$\int _{\frac {\sqrt {5}}{2}}^{\sqrt {5}}{\frac {x+{\sqrt {\frac {x-1}{x+1}}}}{x^{2}-1}}\,\mathrm {d} x={\frac {3-{\sqrt {5}}}{2}}+2\ln 2$.

 

Exercice 2-5

Calculer :

$\int _{1}^{64}{\frac {1}{{\sqrt {x}}+{\sqrt[{3}]{x}}}}\,\mathrm {d} x$.

Solution

Posons :

$x=y^{6}\Rightarrow \mathrm {d} x=6y^{5}\mathrm {d} y\qquad \qquad 1\rightarrow x\rightarrow 64\Rightarrow 1\rightarrow y\rightarrow 2$.

On a donc :

${\begin{aligned}\int _{1}^{64}{\frac {1}{{\sqrt {x}}+{\sqrt[{3}]{x}}}}\,\mathrm {d} x&=\int _{1}^{2}{\frac {6y^{5}}{{\sqrt {y^{6}}}+{\sqrt[{3}]{y^{6}}}}}\,\mathrm {d} y\\&=\int _{1}^{2}{\frac {6y^{5}}{y^{3}+y^{2}}}\,\mathrm {d} y=\int _{1}^{2}{\frac {6y^{3}}{y+1}}\,\mathrm {d} y.\end{aligned}}$

Posons ensuite :

$z=y+1\Rightarrow \mathrm {d} z=\mathrm {d} y\qquad \qquad 1\rightarrow y\rightarrow 2\Rightarrow 2\rightarrow z\rightarrow 3$.

${\begin{aligned}\int _{1}^{64}{\frac {1}{{\sqrt {x}}+{\sqrt[{3}]{x}}}}\,\mathrm {d} x&=\int _{1}^{2}{\frac {6y^{3}}{y+1}}\,\mathrm {d} y=\int _{2}^{3}{\frac {6(z-1)^{3}}{z}}\,\mathrm {d} z=6\int _{2}^{3}{\frac {z^{3}-3z^{2}+3z-1}{z}}\,\mathrm {d} z\\&=6\int _{2}^{3}\left(z^{2}-3z+3-{\frac {1}{z}}\right)\,\mathrm {d} z=6\left[{\frac {z^{3}}{3}}-3{\frac {z^{2}}{2}}+3z-ln{z}\right]_{2}^{3}\\&=\left[2z^{3}-9z^{2}+18z-6ln{z}\right]_{2}^{3}=11+6\ln \left({\frac {2}{3}}\right).\end{aligned}}$

Nous pouvons conclure que :

$\int _{1}^{64}{\frac {1}{{\sqrt {x}}+{\sqrt[{3}]{x}}}}\,\mathrm {d} x=11+6\ln \left({\frac {2}{3}}\right)$.

 

Calculer la primitive suivante :

$\int {\frac {x^{1/3}}{x+{\sqrt {x}}}}\,\mathrm {d} x$.

Solution

Posons $y=x^{1/6}$, donc $x=y^{6}$, $\mathrm {d} x=6y^{5}\,\mathrm {d} y$ et

$\int {\frac {x^{1/3}}{x+{\sqrt {x}}}}\,\mathrm {d} x=6\int {\frac {y^{2}}{y^{6}+y^{3}}}y^{5}\,\mathrm {d} y=6\int {\frac {y^{4}}{y^{3}+1}}\,\mathrm {d} y$.

${\frac {y^{4}}{y^{3}+1}}=y-{\frac {y}{(y+1)(y^{2}-y+1)}}=y+{\frac {1}{3(y+1)}}-{\frac {y+1}{3(y^{2}-y+1)}}=y+{\frac {1}{3(y+1)}}-{\frac {2y-1}{6(y^{2}-y+1)}}-{\frac {1}{2(y^{2}-y+1)}}$.

$\int {\frac {\mathrm {d} y}{y^{2}-y+1}}={\frac {2}{\sqrt {3}}}\int {\frac {\mathrm {d} u}{u^{2}+1}}$ en posant $u={\frac {2y-1}{\sqrt {3}}}$.

Finalement,

$\int {\frac {x^{1/3}}{x+{\sqrt {x}}}}\,\mathrm {d} x=\left[3y^{2}+2\ln |y+1|-\ln(y^{2}-y+1)-2{\sqrt {3}}\arctan {\frac {2y-1}{\sqrt {3}}}\right]=\left[3x^{1/3}+2\ln(1+x^{1/6})-\ln(x^{1/3}-x^{1/6}+1)-2{\sqrt {3}}\arctan {\frac {2x^{1/6}-1}{\sqrt {3}}}\right]$.

 

Exercice 2-6

Calculer $\int {\frac {\sin t}{1+\cos ^{2}t}}\;\mathrm {d} t$.

Solution

$\omega (-t)={\frac {\sin(-t)}{1+\cos ^{2}(-t)}}\;\mathrm {d} (-t)={\frac {-\sin t}{1+\cos ^{2}t}}\;(-\mathrm {d} t)={\frac {\sin t}{1+\cos ^{2}t}}\;\mathrm {d} t=\omega (t)$

Ceci car ${\rm {d}}(-t)=-{\rm {d}}t$ et $\sin$ est impaire et $\cos$ paire.

Alors d'après la règle de Bioche, le meilleur changement de variable est $u=\cos t$.

$\int {\frac {\sin t}{1+\cos ^{2}t}}\;\mathrm {d} t=\int {\frac {-\mathrm {d} u}{1+u^{2}}}=\left[-\arctan u\right]=\left[-\arctan \cos t\right]$.

 

Calculer $\int \cos ^{n}t\sin t\;\mathrm {d} t$.

Solution

En posant $u=\cos t$, on trouve : $\int \cos ^{n}t\sin t\;\mathrm {d} t=\int u^{n}\;(-\mathrm {d} u)=\left[-{\frac {u^{n+1}}{n+1}}\right]=\left[-{\frac {\cos ^{n+1}t}{n+1}}\right]$.

 

Calculer $\int {\frac {\mathrm {d} t}{(\sin t)(1+3\cos t)}}$.

Solution

En posant $u=\cos t$, on trouve :

$\int {\frac {\mathrm {d} t}{(\sin t)(1+3\cos t)}}=\int {\frac {\mathrm {d} u}{(u^{2}-1)(1+3u)}}={\frac {1}{8}}\int \left({\frac {1}{u-1}}+{\frac {2}{u+1}}-{\frac {3}{u+1/3}}\right)\,\mathrm {d} u={\frac {1}{8}}\left[\ln \left|{\frac {(u-1)(u+1)^{2}}{(u+1/3)^{3}}}\right|\right]={\frac {1}{8}}\left[\ln {\frac {(1-\cos t)(1+\cos t)^{2}}{|1/3+\cos t|^{3}}}\right]$.

 

Calculer $\int {\frac {\mathrm {d} x}{\cos x\sin ^{3}x}}$.

Solution

• En posant $u=\sin x$, on trouve :
  $\int {\frac {\mathrm {d} x}{\cos x\sin ^{3}x}}=\int {\frac {\mathrm {d} u}{(1-u^{2})u^{3}}}=\int \left({\frac {1}{u^{3}}}+{\frac {1}{u}}-{\frac {1}{2(u-1)}}-{\frac {1}{2(u+1)}}\right)\,\mathrm {d} u=\left[-{\frac {1}{2u^{2}}}+\ln |u|-{\frac {1}{2}}\ln |u-1|-{\frac {1}{2}}\ln |u+1|\right]=\left[-{\frac {1}{2\sin ^{2}x}}+\ln |\tan x|\right]$.
• En posant $v=\cos x$, on trouve :
  $\int {\frac {\mathrm {d} x}{\cos x\sin ^{3}x}}=\int {\frac {-\mathrm {d} v}{v(1-v^{2})^{2}}}=\int \left(-{\frac {1}{v}}-{\frac {1}{4(v-1)^{2}}}+{\frac {1}{2(v-1)}}+{\frac {1}{4(v+1)^{2}}}-{\frac {1}{2(v+1)}}\right)\,\mathrm {d} v=\left[-\ln |v|-{\frac {1}{4(v-1)}}+{\frac {1}{2}}\ln |v-1|-{\frac {1}{4(v+1)}}+{\frac {1}{2}}\ln |v+1|\right]=\left[-{\frac {1}{2\sin ^{2}x}}+\ln |\tan x|\right]$.
• En posant $w=\tan x$, on trouve :
  $\int {\frac {\mathrm {d} x}{\cos x\sin ^{3}x}}=\int {\frac {1+w^{2}}{w^{3}}}\,\mathrm {d} w=\left[-{\frac {1}{2w^{2}}}+\ln |w|\right]=\left[-{\frac {1}{2\tan ^{2}x}}+\ln |\tan x|\right]=\left[-{\frac {1}{2\sin ^{2}x}}+{\frac {1}{2}}+\ln |\tan x|\right]$.
• En posant $w=\cot x$, on trouve :
  $\int {\frac {\mathrm {d} x}{\cos x\sin ^{3}x}}=\int {\frac {-(1+w^{2})}{w}}\,\mathrm {d} w=\left[-\ln |w|-{\frac {w^{2}}{2}}\right]=\left[-\ln |\cot x|-{\frac {\cot ^{2}x}{2}}\right]=\left[\ln |\tan x|-{\frac {1}{2\tan ^{2}x}}\right]$.

 

Exercice 2-7

Calculer $\int {\frac {1}{\cos ^{2}(t)(1+\tan(t))}}\,\mathrm {d} t$.

Solution

$\omega (\pi +t)={\frac {1}{(\cos ^{2}(\pi +t))(1+\tan(\pi +t))}}\,\mathrm {d} (\pi +t)={\frac {1}{(\cos ^{2}(t))(1+\tan(t))}}\,\mathrm {d} t=\omega (t)$

Ceci car $\mathrm {d} (\pi +t)={\rm {d}}t$ et $\cos(\pi +t)=-\cos(t)$ et $\tan(\pi +t)=\tan(t)$.

Alors d'après la règle de Bioche, le changement de variable le plus approprié est $u=\tan(t)$.

Une fois le changement de variable effectué, ces deux intégrales peuvent être calculées plus facilement car elles comportent des fonctions que l'on sait intégrer.

Cette section est vide, insuffisamment détaillée ou incomplète. Votre aide est la bienvenue ! Comment faire ?

 

Calculer une primitive de $h:x\mapsto {\frac {\cos x+\sin x}{\sin x\cos ^{2}x}}$.

Solution

Le changement de variable $t=\tan x$ donne : $\int h(x)\,\mathrm {d} x=\int \left({\frac {1}{t}}+1\right)\,\mathrm {d} t=\left[t+\ln |t|\right]=\left[\tan x+\ln |\tan x|\right]$ ;
Le changement de variable $s=\cot x$ donne : $\int h(x)\,\mathrm {d} x=-\int {\frac {s+1}{s^{2}}}\,\mathrm {d} s=\left[{\frac {1}{s}}-\ln |s|\right]=\left[\tan x+\ln |\tan x|\right]$.

 

Exercice 2-8

Calculer

$\int {\frac {\mathrm {d} x}{1+\beta \cos x}}$, pour $|\beta |\leq 1$.

Solution

Le changement de variable $t=\tan(x/2)$ donne :

$\int {\frac {\mathrm {d} x}{1+\beta \cos x}}=\int {\frac {\frac {2\,\mathrm {d} t}{1+t^{2}}}{1+\beta {\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}}}}=\int {\frac {2\,\mathrm {d} t}{(1+\beta )+(1-\beta )t^{2}}}=$

${\begin{cases}{\text{si }}\beta =1:&t+C_{k}=\tan(x/2)+C_{k},\quad x\in \left]-\pi +2k\pi ,\pi +2k\pi \right[,\quad k\in \mathbb {Z} \\{\text{si }}\beta =-1:&-{\frac {1}{t}}+C_{k}=-\cot(x/2)+C_{k},\quad x\in \left]2k\pi ,2(k+1)\pi \right[,\quad k\in \mathbb {Z} \\{\text{si }}|\beta |<1:&{\frac {2}{\sqrt {1-\beta ^{2}}}}\arctan \left({\sqrt {\frac {1-\beta }{1+\beta }}}\,t\right)+C_{k}={\frac {2}{\sqrt {1-\beta ^{2}}}}\arctan \left({\sqrt {\frac {1-\beta }{1+\beta }}}{\frac {\sin x}{1+\cos x}}\right)+C_{k},\quad x\in \left]-\pi +2k\pi ,\pi +2k\pi \right[,\quad k\in \mathbb {Z} .\end{cases}}$

Dans le troisième cas, pour obtenir une primitive sur $\mathbb {R}$ tout entier, il suffit de choisir les $C_{k}$ de façon cohérente : $C_{k+1}=C_{k}+{\frac {2\pi }{\sqrt {1-\beta ^{2}}}}$.

 

Calculer

$\int {\frac {\mathrm {d} x}{1+\beta \sin x}}$, pour $|\beta |\leq 1$.

Solution

Le changement de variable $t=\tan(x/2)$ donne :

$\int {\frac {\mathrm {d} x}{1+\beta \sin x}}=\int {\frac {\frac {2\,\mathrm {d} t}{1+t^{2}}}{1+\beta {\frac {2t}{1+t^{2}}}}}=\int {\frac {2\,\mathrm {d} t}{1+2\beta t+t^{2}}}=$

${\begin{cases}{\text{si }}\beta =1:&-{\frac {2}{t+1}}+C_{k}=-{\frac {2}{\tan(x/2)+1}}+C_{k},\quad x\in \left]-{\frac {\pi }{2}}+k\pi ,-{\frac {\pi }{2}}+(k+1)\pi \right[,\quad k\in \mathbb {Z} \\{\text{si }}\beta =-1:&-{\frac {2}{t-1}}+C_{k}=-{\frac {2}{\tan(x/2)-1}}+C_{k},\quad x\in \left]{\frac {\pi }{2}}+k\pi ,{\frac {\pi }{2}}+(k+1)\pi \right[,\quad k\in \mathbb {Z} \\{\text{si }}|\beta |<1:&{\frac {2}{\sqrt {1-\beta ^{2}}}}\arctan {\frac {t+\beta }{\sqrt {1-\beta ^{2}}}}+C_{k}={\frac {2}{\sqrt {1-\beta ^{2}}}}\arctan {\frac {\tan(x/2)+\beta }{\sqrt {1-\beta ^{2}}}}+C_{k},\quad x\in \left]-\pi +2k\pi ,\pi +2k\pi \right[,\quad k\in \mathbb {Z} .\end{cases}}$

Dans le troisième cas, pour obtenir une primitive sur $\mathbb {R}$ tout entier, il suffit de choisir les $C_{k}$ de façon cohérente : $C_{k+1}=C_{k}+{\frac {2\pi }{\sqrt {1-\beta ^{2}}}}$.

 

Exercice 2-9

Calculer une primitive de

1. $f:x\mapsto {\frac {1}{1+\sin x-\cos x}}$ ;
2. $g:x\mapsto {\frac {1}{\sin x+\cos x}}$.

Solution

Le changement de variable $t=\tan(x/2)$ donne :

1. $\int f(x)\,\mathrm {d} x=\int {\frac {\frac {2\mathrm {d} t}{1+t^{2}}}{1+{\frac {2t}{1+t^{2}}}-{\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}}}}=\int {\frac {\mathrm {d} t}{t(t+1)}}=\int \left({\frac {1}{t}}-{\frac {1}{t+1}}\right)\,\mathrm {d} t=\left[\ln \left|{\frac {t}{t+1}}\right|\right]=\left[\ln \left|{\frac {\tan(x/2)}{1+\tan(x/2)}}\right|\right]$ ;
2. $\int g(x)\,\mathrm {d} x=\int {\frac {\frac {2\mathrm {d} t}{1+t^{2}}}{{\frac {2t}{1+t^{2}}}+{\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}}}}=\int {\frac {-2\mathrm {d} t}{t^{2}-2t-1}}={\frac {1}{\sqrt {2}}}\int \left({\frac {1}{t-1+{\sqrt {2}}}}-{\frac {1}{t-1-{\sqrt {2}}}}\right)\,\mathrm {d} t={\frac {1}{\sqrt {2}}}\left[\ln \left|{\frac {t-1+{\sqrt {2}}}{t-1-{\sqrt {2}}}}\right|\right]={\frac {1}{\sqrt {2}}}\left[\ln \left|{\frac {\tan(x/2)-1+{\sqrt {2}}}{\tan(x/2)-1-{\sqrt {2}}}}\right|\right]$.

 

Exercice 2-10

Calculer des primitives de :

• ${\frac {1}{\sin }}$ ;
• ${\frac {1}{\cos }}$.

Solution

1. Posons (d'après les règles de Bioche) $u=\cos x,\quad \mathrm {d} u=-\sin x\,\mathrm {d} x$. Ainsi,
   $\int {\frac {\mathrm {d} x}{\sin x}}=\int {\frac {-\sin x\,\mathrm {d} x}{-\sin ^{2}x}}=\int {\frac {\mathrm {d} u}{u^{2}-1}}={\frac {1}{2}}\int \left({\frac {1}{u-1}}-{\frac {1}{u+1}}\right)\,\mathrm {d} u={\frac {1}{2}}\left[\ln \left|{\frac {u-1}{u+1}}\right|\right]={\frac {1}{2}}\left[\ln {\frac {1-\cos x}{1+\cos x}}\right]$.
   On peut aussi reconnaître en $u\mapsto {\frac {1}{1-u^{2}}}$ la dérivée de la fonction artanh, ce qui donne immédiatement : $\int {\frac {\mathrm {d} x}{\sin x}}=\left[-\operatorname {artanh} (\cos x)\right]={\frac {1}{2}}\left[\ln {\frac {1-\cos x}{1+\cos x}}\right]$.
   On peut donner d'autres expressions de la primitive obtenue :
   • ${\frac {1}{2}}\ln {\frac {1-\cos x}{1+\cos x}}={\frac {1}{2}}\ln {\frac {1-\cos ^{2}x}{\left(1+\cos x\right)^{2}}}=\ln {\frac {|\sin x|}{1+\cos x}}=-\ln \left|{\frac {1}{\sin x}}+\cot x\right|$ ;
   • ${\frac {1}{2}}\ln {\frac {1-\cos x}{1+\cos x}}={\frac {1}{2}}\ln {\frac {{\cancel {2}}\sin ^{2}(x/2)}{{\cancel {2}}\cos ^{2}(x/2)}}=\ln \left|\tan {\frac {x}{2}}\right|$.
     Une variante est d'appliquer, au lieu des règles de Bioche, le changement de variable général $t=\tan {\frac {x}{2}},\quad \mathrm {d} x={\frac {2\mathrm {d} t}{1+t^{2}}},\quad \sin x={\frac {2t}{1+t^{2}}}$. Ainsi, on retrouve directement
     $\int {\frac {\mathrm {d} x}{\sin x}}=\int {\frac {\mathrm {d} t}{t}}=\left[\ln \left|t\right|\right]=\left[\ln \left|\tan {\frac {x}{2}}\right|\right]$.
2. Posons (d'après les règles de Bioche) $u=\sin x,\quad \mathrm {d} u=\cos x\,\mathrm {d} x$. Ainsi,
   $\int {\frac {\mathrm {d} x}{\cos x}}=\int {\frac {\cos x\,\mathrm {d} x}{\cos ^{2}x}}=\int {\frac {\mathrm {d} u}{1-u^{2}}}={\frac {1}{2}}\int \left({\frac {1}{u+1}}-{\frac {1}{u-1}}\right)\,\mathrm {d} u={\frac {1}{2}}\left[\ln \left|{\frac {u+1}{u-1}}\right|\right]={\frac {1}{2}}\left[\ln {\frac {1+\sin x}{1-\sin x}}\right]$.
   On peut donner d'autres expressions de la primitive obtenue :
   ${\frac {1}{2}}\ln {\frac {1+\sin x}{1-\sin x}}={\frac {1}{2}}\ln {\frac {\left(1+\sin x\right)^{2}}{1-\sin ^{2}x}}=\ln {\frac {1+\sin x}{|\cos x|}}=\ln \left|{\frac {1}{\cos x}}+\tan x\right|$.
   Une variante est d'appliquer, au lieu des règles de Bioche, le changement de variable général $t=\tan {\frac {x}{2}},\quad \mathrm {d} t={\frac {2\mathrm {d} t}{1+t^{2}}},\quad \cos x={\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}}$. Ainsi,
   $\int {\frac {\mathrm {d} x}{\cos x}}=\int {\frac {2\mathrm {d} t}{1-t^{2}}}=\int \left({\frac {1}{t+1}}-{\frac {1}{t-1}}\right)\,\mathrm {d} t=\left[\ln \left|{\frac {t+1}{t-1}}\right|\right]=\left[\ln \left|\tan \left({\frac {x}{2}}+{\frac {\pi }{4}}\right)\right|\right]$ (d'après l'identité trigonométrique $\tan(a+b)={\frac {\tan a+\tan b}{1-\tan a\tan b}}$).
   On peut aussi déduire les réponses à cette question de celles de la question précédente, puisque $\cos x=\sin \left(x+{\frac {\pi }{2}}\right)$.

 

Exercice 2-11

(Trigonométrie hyperbolique) Calculer des primitives de :

1. $a(x)={\cosh x-1 \over \cosh x+1}\operatorname {e} ^{x}$ ;
2. $b(x)={\frac {1}{\cosh x\left(1+\sinh x\right)}}$ ;
3. $c(x)={\frac {1}{2\sinh x+\cosh x+1}}$ ;
4. $d(x)={\frac {1}{1+\tanh x}}$ ;
5. $e(t)=\sinh(\operatorname {arcosh} t)$.

Solution

1. ($y=\operatorname {e} ^{x}$) $\int a(x)\,\mathrm {d} x=\int {(y+1/y)/2-1 \over (y+1/y)/2+1}\,\mathrm {d} y=\int {y^{2}-2y+1 \over y^{2}+2y+1}\,\mathrm {d} y=\int \left(1+{4 \over (y+1)^{2}}-{4 \over y+1}\right)\,\mathrm {d} y=\left[y-{4 \over y+1}-4\ln |y+1|\right]$.
2. ($u=\sinh x$) $\int b(x)\,\mathrm {d} x=\int {\,\mathrm {d} u \over (1+u^{2})(1+u)}={1 \over 2}\int \left({1 \over u+1}-{u-1 \over u^{2}+1}\right)\,\mathrm {d} u={1 \over 2}\left[\ln |u+1|-{1 \over 2}\ln(u^{2}+1)+\arctan u\right]={1 \over 2}\left[\ln {|1+\sinh x| \over \cosh x}+\arctan \sinh x\right]$,
   ou ($y=\operatorname {e} ^{x}$) $=\int {4y\,\mathrm {d} y \over (y^{2}+1)(y^{2}+2y-1)}=\int \left({-y+1 \over y^{2}+1}+{1 \over 2}\left({1 \over y+1+{\sqrt {2}}}+{1 \over y+1-{\sqrt {2}}}\right)\right)\,\mathrm {d} y=\left[\arctan y+{1 \over 2}\ln {|y^{2}+2y-1| \over y^{2}+1}\right]$.
   Vérification : ${1+\sinh x \over \cosh x}={\operatorname {e} ^{2x}+2\operatorname {e} ^{x}-1 \over \operatorname {e} ^{2x}+1}$ et $\arctan \sinh x=\arctan \operatorname {e} ^{x}-{\pi \over 4}$.
3. ($y=\operatorname {e} ^{x}$) $\int c(x)\,\mathrm {d} x=\int {2\,\mathrm {d} y \over 2(y^{2}-1)+(y^{2}+1)+2y}=\int {2\,\mathrm {d} y \over 3y^{2}+2y-1}={1 \over 2}\int \left({1 \over y-1/3}-{1 \over y+1}\right)\,\mathrm {d} y={1 \over 2}[\ln \left|{y-1/3 \over y+1}\right|]$.
4. ($w=\tanh x$) $\int d(x)\,\mathrm {d} x=\int {\,\mathrm {d} w \over (1-w^{2})(1+w)}=\int \left({1 \over 2(w+1)^{2}}+{1 \over 4(w+1)}-{1 \over 4(w-1)}\right)\,\mathrm {d} w=\left[{-1 \over 2(w+1)}+{1 \over 4}\ln \left|{w+1 \over w-1}\right|\right]=\left[{-1 \over 2(1+\tanh x)}+{1 \over 4}\ln \left|{1+\tanh x \over 1-\tanh x}\right|\right]=\left[{-1 \over 4}(1+\operatorname {e} ^{-2x})+{x \over 2}\right]$,
   ou ($w=\coth x$) $=\int {-w \over (w+1)^{2}(w-1)}\,\mathrm {d} w=\int {1 \over 4}\left({1 \over w+1}-{1 \over w-1}\right)-{1 \over 2(w+1)^{2}}\,\mathrm {d} w=\left[{1 \over 4}\ln \left|{w+1 \over w-1}\right|+{1 \over 2(w+1)}\right]=\left[{1 \over 4}\ln \left|{1+\coth x \over 1-\coth x}\right|+{1 \over 2(1+\coth x)}\right]$.
   Vérification : $\left|{1+\coth x \over 1-\coth x}\right|=\left|{1+\tanh x \over 1-\tanh x}\right|$ et ${1 \over 1+\coth x}=1-{1 \over 1+\tanh x}$,
   ou ($y=\operatorname {e} ^{x}$) $=\int {y^{2}+1 \over 2y^{3}}\,\mathrm {d} y={1 \over 2}\left[\ln y-{1 \over 2y^{2}}\right]=\left[{x \over 2}-{\operatorname {e} ^{-2x} \over 4}\right]$.
5. ($s=\operatorname {arcosh} t$, pour $t\in \left[1,+\infty \right[$)
   $\int e(t)~{\rm {d}}t=\int \sinh ^{2}s~{\rm {d}}s=\int {\tfrac {\cosh(2s)-1}{2}}~{\rm {d}}s=\left[{\tfrac {\sinh(2s)}{4}}-{\tfrac {s}{2}}\right]={\tfrac {1}{2}}[(\cosh s\sinh s)-s]={\tfrac {1}{2}}[t{\sqrt {t^{2}-1}}-\operatorname {arcosh} t]$.