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 :

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

Solution

Posons :

$y={\sqrt {\frac {x-1}{x+1}}}\Rightarrow x={\frac {1+y^{2}}{1-y^{2}}}\Rightarrow \mathrm {d} x={\frac {4y}{(1-y^{2})^{2}}}\mathrm {d} y\qquad \qquad {\frac {\sqrt {5}}{2}}\rightarrow x\rightarrow {\sqrt {5}}\Rightarrow {\sqrt {5}}-2\rightarrow y\rightarrow {\frac {{\sqrt {5}}-1}{2}}$

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 :

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

 

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 $u=\cos t$.

Cette section est vide, pas assez détaillée ou incomplète. Votre aide est la bienvenue !

 

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

Solution

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

 

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.

 

Exercice 2-8

Calculer

$\int {\frac {\mathrm {d} t}{1+\beta \cos t}}$, pour $0<|\beta |\leq 1$.

Solution

Aucune des trois règles de Bioche ne s'applique. Dans cette situation, on peut utiliser, comme indiqué dans le chapitre correspondant, le changement de variable u = tan(t/2), ce qui mène à

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

${\begin{cases}{\text{si }}\beta =1:&u+C=\tan(t/2)+C\\{\text{si }}\beta =-1:&-{\frac {1}{u}}+C=-\cot(t/2)+C\\{\text{si }}0<|\beta |<1:&{\frac {2}{\sqrt {1-\beta ^{2}}}}\arctan \left({\sqrt {\frac {1-\beta }{1+\beta }}}\,u\right)+C={\frac {2}{\sqrt {1-\beta ^{2}}}}\arctan \left({\sqrt {\frac {1-\beta }{1+\beta }}}{\frac {\sin t}{1+\cos t}}\right)+C.\end{cases}}$

 

Exercice 2-9

Donner une primitive de $x\mapsto {\frac {1}{2+\sin x}}$.

Solution

Sur chaque intervalle $\left]k\pi ,(k+1)\pi \right[$ ($k\in \mathbb {Z}$), le changement de variable $t=\tan(x/2)$ donne :

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

qui devient, en posant $s={\frac {2t+1}{\sqrt {3}}}$ :

${\frac {2}{\sqrt {3}}}\int {\frac {\mathrm {d} s}{s^{2}+1}}={\frac {2}{\sqrt {3}}}\arctan \left({\frac {2\tan(x/2)+1}{\sqrt {3}}}\right)+C_{k}$.

Pour obtenir une primitive sur $\mathbb {R}$ tout entier, il suffit de choisir les $C_{k}$ de façon cohérente : $C_{k+1}=C_{k}+{\frac {2\pi }{\sqrt {3}}}$.

 

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 $\cos x=\sin \left(x+{\frac {\pi }{2}}\right)$.