Une page de Wikiversité.
En raison de limitations techniques, la typographie souhaitable du titre, «
Exercice : Changement de variable facileChangement de variable en calcul intégral/Exercices/Changement de variable facile », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.
Les changements de variable présentés dans cette page demandent une légère réflexion.
Calculer :
∫
0
π
4
cos
x
1
+
cos
2
x
d
x
{\displaystyle \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 :
∫
0
π
4
cos
x
1
+
cos
2
x
d
x
=
∫
0
π
4
cos
x
2
−
sin
2
x
d
x
{\displaystyle \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
⇒
d
y
=
cos
x
d
x
0
→
x
→
π
4
⇒
0
→
y
→
2
2
{\displaystyle 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 :
∫
0
π
4
cos
x
1
+
cos
2
x
d
x
=
∫
0
2
2
1
2
−
y
2
d
y
=
∫
0
2
2
1
(
2
+
y
)
(
2
−
y
)
d
y
=
1
2
2
∫
0
2
2
1
2
+
y
−
−
1
2
−
y
d
y
=
1
2
2
[
ln
(
2
+
y
2
−
y
)
]
0
2
2
=
1
2
2
[
ln
(
3
)
−
ln
(
1
)
]
.
{\displaystyle {\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 :
∫
0
π
4
cos
x
1
+
cos
2
x
d
x
=
ln
3
2
2
{\displaystyle \int _{0}^{\frac {\pi }{4}}{\frac {\cos {x}}{1+\cos ^{2}x}}\,\mathrm {d} x={\frac {\ln 3}{2{\sqrt {2}}}}}
.
Démontrer que l'aire d'un disque de rayon
R
{\displaystyle R}
est égale à
π
R
2
{\displaystyle \pi R^{2}}
.
Calculer
∫
ln
3
3
ln
2
d
x
1
+
e
x
{\displaystyle \int _{\ln 3}^{3\ln 2}{\frac {\mathrm {d} x}{\sqrt {1+\mathrm {e} ^{x}}}}}
.
Solution
Posons :
y
=
1
+
e
x
⇔
x
=
ln
(
y
2
−
1
)
⇒
d
x
=
2
y
y
2
−
1
d
y
ln
3
→
x
→
3
ln
2
⇒
2
→
y
→
3
{\displaystyle 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 :
∫
ln
3
3
ln
2
d
x
1
+
e
x
=
∫
2
3
1
y
2
y
y
2
−
1
d
y
=
∫
2
3
2
y
2
−
1
d
y
=
∫
2
3
2
(
y
−
1
)
(
y
+
1
)
d
y
=
∫
2
3
1
y
−
1
−
1
y
+
1
d
y
=
[
ln
(
y
−
1
y
+
1
)
]
2
3
=
ln
(
1
2
)
−
ln
(
1
3
)
=
ln
(
3
2
)
.
{\displaystyle {\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 :
∫
ln
3
3
ln
2
d
x
1
+
e
x
=
ln
(
3
2
)
{\displaystyle \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
]
0
,
+
∞
[
{\displaystyle \left]0,+\infty \right[}
) de la fonction
f
:
x
↦
1
e
x
−
1
{\displaystyle f:x\mapsto {\frac {1}{\sqrt {\mathrm {e} ^{x}-1}}}}
.
Calculer :
∫
5
2
5
x
+
x
−
1
x
+
1
x
2
−
1
d
x
{\displaystyle \int _{\frac {\sqrt {5}}{2}}^{\sqrt {5}}{\frac {x+{\sqrt {\frac {x-1}{x+1}}}}{x^{2}-1}}\,\mathrm {d} x}
.
Solution
Posons :
y
=
x
−
1
x
+
1
⇒
x
=
1
+
y
2
1
−
y
2
⇒
d
x
=
4
y
(
1
−
y
2
)
2
d
y
5
2
→
x
→
5
⇒
5
−
2
→
y
→
5
−
1
2
{\displaystyle 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 :
∫
5
−
2
5
−
1
2
x
+
x
−
1
x
+
1
x
2
−
1
d
x
=
∫
5
−
2
5
−
1
2
1
+
y
2
1
−
y
2
+
y
(
1
+
y
2
1
−
y
2
)
2
−
1
4
y
(
1
−
y
2
)
2
d
y
=
∫
5
−
2
5
−
1
2
1
+
y
+
y
2
−
y
3
y
(
1
−
y
2
)
d
y
=
∫
5
−
2
5
−
1
2
(
1
+
1
y
+
2
y
1
−
y
2
)
d
y
=
[
y
+
ln
|
y
|
−
ln
|
1
−
y
2
|
]
5
−
2
5
−
1
2
=
5
−
1
2
+
ln
(
5
−
1
2
)
−
ln
(
1
−
(
5
−
1
2
)
2
)
−
(
5
−
2
)
−
ln
(
5
−
2
)
+
ln
(
1
−
(
5
−
2
)
2
)
=
3
−
5
2
+
ln
(
5
−
1
2
)
−
ln
(
5
−
1
2
)
−
ln
(
5
−
2
)
+
ln
(
4
(
5
−
2
)
)
=
3
−
5
2
+
2
ln
2.
{\displaystyle {\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 :
∫
5
2
5
x
+
x
−
1
x
+
1
x
2
−
1
d
x
=
3
−
5
2
+
2
ln
2
{\displaystyle \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}
.
Calculer :
∫
1
64
1
x
+
x
3
d
x
{\displaystyle \int _{1}^{64}{\frac {1}{{\sqrt {x}}+{\sqrt[{3}]{x}}}}\,\mathrm {d} x}
.
Solution
Posons :
x
=
y
6
⇒
d
x
=
6
y
5
d
y
1
→
x
→
64
⇒
1
→
y
→
2
{\displaystyle 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 :
∫
1
64
1
x
+
x
3
d
x
=
∫
1
2
6
y
5
y
6
+
y
6
3
d
y
=
∫
1
2
6
y
5
y
3
+
y
2
d
y
=
∫
1
2
6
y
3
y
+
1
d
y
.
{\displaystyle {\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
⇒
d
z
=
d
y
1
→
y
→
2
⇒
2
→
z
→
3
{\displaystyle z=y+1\Rightarrow \mathrm {d} z=\mathrm {d} y\qquad \qquad 1\rightarrow y\rightarrow 2\Rightarrow 2\rightarrow z\rightarrow 3}
.
∫
1
64
1
x
+
x
3
d
x
=
∫
1
2
6
y
3
y
+
1
d
y
=
∫
2
3
6
(
z
−
1
)
3
z
d
z
=
6
∫
2
3
z
3
−
3
z
2
+
3
z
−
1
z
d
z
=
6
∫
2
3
(
z
2
−
3
z
+
3
−
1
z
)
d
z
=
6
[
z
3
3
−
3
z
2
2
+
3
z
−
l
n
z
]
2
3
=
[
2
z
3
−
9
z
2
+
18
z
−
6
l
n
z
]
2
3
=
11
+
6
ln
(
2
3
)
.
{\displaystyle {\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 :
∫
1
64
1
x
+
x
3
d
x
=
11
+
6
ln
(
2
3
)
{\displaystyle \int _{1}^{64}{\frac {1}{{\sqrt {x}}+{\sqrt[{3}]{x}}}}\,\mathrm {d} x=11+6\ln \left({\frac {2}{3}}\right)}
.
Calculer
∫
sin
t
1
+
cos
2
t
d
t
{\displaystyle \int {\frac {\sin t}{1+\cos ^{2}t}}\;\mathrm {d} t}
.
Calculer
∫
cos
n
t
sin
t
d
t
{\displaystyle \int \cos ^{n}t\sin t\;\mathrm {d} t}
.
Solution
En posant
u
=
cos
t
{\displaystyle u=\cos t}
, on trouve :
∫
cos
n
t
sin
t
d
t
=
∫
u
n
(
−
d
u
)
=
[
−
u
n
+
1
n
+
1
]
=
[
−
cos
n
+
1
t
n
+
1
]
{\displaystyle \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
∫
1
cos
2
(
t
)
(
1
+
tan
(
t
)
)
d
t
{\displaystyle \int {\frac {1}{\cos ^{2}(t)(1+\tan(t))}}\,\mathrm {d} t}
.
Solution
ω
(
π
+
t
)
=
1
(
cos
2
(
π
+
t
)
)
(
1
+
tan
(
π
+
t
)
)
d
(
π
+
t
)
=
1
(
cos
2
(
t
)
)
(
1
+
tan
(
t
)
)
d
t
=
ω
(
t
)
{\displaystyle \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
d
(
π
+
t
)
=
d
t
{\displaystyle \mathrm {d} (\pi +t)={\rm {d}}t}
et
cos
(
π
+
t
)
=
−
cos
(
t
)
{\displaystyle \cos(\pi +t)=-\cos(t)}
et
tan
(
π
+
t
)
=
tan
(
t
)
{\displaystyle \tan(\pi +t)=\tan(t)}
.
Alors d'après la règle de Bioche, le changement de variable le plus approprié est
u
=
tan
(
t
)
{\displaystyle 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.
Calculer
∫
d
t
1
+
β
cos
t
{\displaystyle \int {\frac {\mathrm {d} t}{1+\beta \cos t}}}
, pour
0
<
|
β
|
≤
1
{\displaystyle 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
∫
d
t
1
+
β
cos
t
=
∫
2
d
u
1
+
u
2
1
+
β
1
−
u
2
1
+
u
2
=
∫
2
d
u
(
1
+
β
)
+
(
1
−
β
)
u
2
=
{\displaystyle \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}}}=}
{
si
β
=
1
:
u
+
C
=
tan
(
t
/
2
)
+
C
si
β
=
−
1
:
−
1
u
+
C
=
−
cot
(
t
/
2
)
+
C
si
0
<
|
β
|
<
1
:
2
1
−
β
2
arctan
(
1
−
β
1
+
β
u
)
+
C
=
2
1
−
β
2
arctan
(
1
−
β
1
+
β
sin
t
1
+
cos
t
)
+
C
.
{\displaystyle {\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}}}
Donner une primitive de
x
↦
1
2
+
sin
x
{\displaystyle x\mapsto {\frac {1}{2+\sin x}}}
.
Calculer des primitives de :
1
sin
{\displaystyle {\frac {1}{\sin }}}
;
1
cos
{\displaystyle {\frac {1}{\cos }}}
.
Solution
Posons (d'après les règles de Bioche)
u
=
cos
x
,
d
u
=
−
sin
x
d
x
{\displaystyle u=\cos x,\quad \mathrm {d} u=-\sin x\,\mathrm {d} x}
. Ainsi,
∫
d
x
sin
x
=
∫
−
sin
x
d
x
−
sin
2
x
=
∫
d
u
u
2
−
1
=
1
2
∫
(
1
u
−
1
−
1
u
+
1
)
d
u
=
1
2
[
ln
|
u
−
1
u
+
1
|
]
=
1
2
[
ln
1
−
cos
x
1
+
cos
x
]
{\displaystyle \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
↦
1
1
−
u
2
{\displaystyle u\mapsto {\frac {1}{1-u^{2}}}}
la dérivée de la fonction artanh , ce qui donne immédiatement :
∫
d
x
sin
x
=
[
−
artanh
(
cos
x
)
]
=
1
2
[
ln
1
−
cos
x
1
+
cos
x
]
{\displaystyle \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 :
1
2
ln
1
−
cos
x
1
+
cos
x
=
1
2
ln
1
−
cos
2
x
(
1
+
cos
x
)
2
=
ln
|
sin
x
|
1
+
cos
x
=
−
ln
|
1
sin
x
+
cot
x
|
{\displaystyle {\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|}
;
1
2
ln
1
−
cos
x
1
+
cos
x
=
1
2
ln
2
sin
2
(
x
/
2
)
2
cos
2
(
x
/
2
)
=
ln
|
tan
x
2
|
{\displaystyle {\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
x
2
,
d
x
=
2
d
t
1
+
t
2
,
sin
x
=
2
t
1
+
t
2
{\displaystyle 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
∫
d
x
sin
x
=
∫
d
t
t
=
[
ln
|
t
|
]
=
[
ln
|
tan
x
2
|
]
{\displaystyle \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]}
.
Posons (d'après les règles de Bioche)
u
=
sin
x
,
d
u
=
cos
x
d
x
{\displaystyle u=\sin x,\quad \mathrm {d} u=\cos x\,\mathrm {d} x}
. Ainsi,
∫
d
x
cos
x
=
∫
cos
x
d
x
cos
2
x
=
∫
d
u
1
−
u
2
=
1
2
∫
(
1
u
+
1
−
1
u
−
1
)
d
u
=
1
2
[
ln
|
u
+
1
u
−
1
|
]
=
1
2
[
ln
1
+
sin
x
1
−
sin
x
]
{\displaystyle \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 :
1
2
ln
1
+
sin
x
1
−
sin
x
=
1
2
ln
(
1
+
sin
x
)
2
1
−
sin
2
x
=
ln
1
+
sin
x
|
cos
x
|
=
ln
|
1
cos
x
+
tan
x
|
{\displaystyle {\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
x
2
,
d
t
=
2
d
t
1
+
t
2
,
cos
x
=
1
−
t
2
1
+
t
2
{\displaystyle 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,
∫
d
x
cos
x
=
∫
2
d
t
1
−
t
2
=
∫
(
1
t
+
1
−
1
t
−
1
)
d
t
=
[
ln
|
t
+
1
t
−
1
|
]
=
[
ln
|
tan
(
x
2
+
π
4
)
|
]
{\displaystyle \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
)
=
tan
a
+
tan
b
1
−
tan
a
tan
b
{\displaystyle \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
(
x
+
π
2
)
{\displaystyle \cos x=\sin \left(x+{\frac {\pi }{2}}\right)}
.