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

Les changements de variable présentés dans cette page demandent de la réflexion mais ne devraient pas poser trop de problème.

Exercice 3-1

Calculer :

${\int }_0^{\pi }\frac{1-\cos \frac{x}{3}}{\sin \frac{x}{2}}\mathrm{d}x$.

Solution

Posons :

$x=6y\Rightarrow \mathrm{d}x=6\mathrm{d}y0\to x\to \pi \Rightarrow 0\to y\to \frac{\pi }{6}$.

On obtient alors :

${\int }_0^{\pi }\frac{1-\cos \frac{x}{3}}{\sin \frac{x}{2}}\mathrm{d}x=6{\int }_0^{\frac{\pi }{6}}\frac{1-\cos (2y)}{\sin (3y)}\mathrm{d}y=6{\int }_0^{\frac{\pi }{6}}\frac{2(1-{\cos }^{2}y)}{(4{\cos }^{2}y-1)\sin y}\mathrm{d}y=3{\int }_0^{\frac{\pi }{6}}\frac{4\sin y}{4{\cos }^{2}y-1}\mathrm{d}y$.

Posons alors :

$z=\cos y\Rightarrow \mathrm{d}z=-\sin y\mathrm{d}y0\to x\to \frac{\pi }{6}\Rightarrow 1\to y\to \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Nous obtenons :

$\begin{array}{cc}{\int }_0^{\frac{\pi }{6}}\frac{4\sin y}{4{\cos }^{2}y-1}\mathrm{d}y& ={\int }_1^{\frac{\sqrt{3}}{2}}\frac{-4}{4z^2-1}\mathrm{d}z={\int }_1^{\frac{\sqrt{3}}{2}}\frac{-4}{(2z+1)(2z-1)}\mathrm{d}z={\int }_1^{\frac{\sqrt{3}}{2}}(\frac{2}{2z+1}-\frac{2}{2z-1})\mathrm{d}z\\ & ={[\ln (2z+1)-\ln (2z-1)]}_1^{\frac{\sqrt{3}}{2}}={[\ln \frac{2z+1}{2z-1}]}_1^{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\ln \frac{\sqrt{3}+2}{3}.\end{array}$

Nous pouvons conclure que :

${\int }_0^{\pi }\frac{1-\cos \frac{x}{3}}{\sin \frac{x}{2}}\mathrm{d}x=3\ln \frac{\sqrt{3}+2}{3}$.

 

Exercice 3-2

Calculer :

${\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\frac{\tan x}{1+{\sin }^{2}x}\mathrm{d}x$.

Solution

Nous sommes dans le « cas hybride » des règles de Bioche, où les trois changements de variable y = cos x, y = sin x et t = tan x sont fructueux mais où un changement plus intéressant est u = cos(2x).

Pour mettre en forme ce changement de variable, remarquons que

$\frac{\tan x}{1+{\sin }^{2}x}=\frac{\sin x\cos x}{{\cos }^{2}x(1+{\sin }^{2}x)}=\frac{\frac{1}{2}\sin (2x)}{\frac{1}{2}(1+\cos (2x))\frac{1}{2}(3-\cos (2x))}$.

En posant u = cos(2x), on obtient donc :

$\begin{array}{cc}{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\frac{\tan x}{1+{\sin }^{2}x}\mathrm{d}x& ={\int }_1^0\frac{-\mathrm{d}u}{(1+u)(3-u)}=\frac{1}{4}{\int }_0^1(\frac{1}{1+u}+\frac{1}{3-u})\mathrm{d}u\\ & =\frac{1}{4}{[\ln \frac{1+u}{3-u}]}_0^1=\frac{\ln 3}{4}.\end{array}$

 

Exercice 3-3

Calculer :

$a){\int }_1^2\frac{\sqrt{x^3+1}}{x}\mathrm{d}xb){\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}x}{x\sqrt{4x^2+x+1}}$.

Solution

a) En posant $y=\sqrt{x^3+1}$, nous avons $y^2=x^3+1$ donc $2y\mathrm{d}y=3x^2\mathrm{d}x$ et

$\begin{array}{cc}{\int }_1^2\frac{\sqrt{x^3+1}}{x}\mathrm{d}x& ={\int }_1^2\frac{\sqrt{x^3+1}}{x^3}{x}^2\mathrm{d}x=\frac{1}{3}{\int }_{\sqrt{2}}^3\frac{2y^2}{y^2-1}\mathrm{d}y\\ & =\frac{1}{3}{\int }_{\sqrt{2}}^3(2-\frac{1}{y+1}+\frac{1}{y-1})\mathrm{d}y\\ & =\frac{1}{3}{[2y-\ln (y+1)+\ln (y-1)]}_{\sqrt{2}}^3\\ & =\frac{1}{3}{[2y+\ln \frac{y-1}{y+1}]}_{\sqrt{2}}^3\\ & =\frac{6-2\sqrt{2}-\ln (6-4\sqrt{2})}{3}.\end{array}$

b) $4x^2+x+1={(2x+\frac{1}{4})}^2+\frac{15}{16}=\frac{15}{16}(y^2+1)$ avec $y=\frac{4}{\sqrt{15}}(2x+\frac{1}{4})=\frac{8x+1}{\sqrt{15}}$ donc posons

$\tan \theta =\frac{8x+1}{\sqrt{15}},\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{4x^2+x+1}}=\frac{\mathrm{d}\theta }{2\cos \theta }$.

${\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}x}{x\sqrt{4x^2+x+1}}=4{\int }_{\arctan \left(3\sqrt{3/5}\right)}^{\frac{\pi }{2}}\frac{\mathrm{d}\theta }{\sqrt{15}\sin \theta -\cos \theta }$.

Posons enfin $t=\tan \frac{\theta }{2},\cos \theta =\frac{1-t^2}{1+t^2},\sin \theta =\frac{2t}{1+t^2},\mathrm{d}\theta =\frac{2\mathrm{d}t}{1+t^2},T=\tan \frac{\arctan \left(3\sqrt{3/5}\right)}{2}=\frac{4\sqrt{2}-\sqrt{5}}{3\sqrt{3}}$.

$4{\int }_{\arctan \left(3\sqrt{3/5}\right)}^{\frac{\pi }{2}}\frac{\mathrm{d}\theta }{\sqrt{15}\sin \theta -\cos \theta }=8{\int }_T^1\frac{\mathrm{d}t}{t^2+2\sqrt{15}t-1}={\int }_T^1(\frac{1}{t+\sqrt{15}-4}-\frac{1}{t+\sqrt{15}+4})\mathrm{d}t=\ln \frac{(\sqrt{15}-3)(T+\sqrt{15}+4)}{(\sqrt{15}+5)(T+\sqrt{15}-4)}$.

Finalement,

${\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}x}{x\sqrt{4x^2+x+1}}=\ln \frac{(\sqrt{15}-3)(\sqrt{2}+2\sqrt{5}+3\sqrt{3})}{(\sqrt{15}+5)(\sqrt{2}+2\sqrt{5}-3\sqrt{3})}\approx \mathrm{0,457}$.

 

Exercice 3-4

Calculer :

$a){\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{\cos x}{\sqrt{1+\cos 2x}}\mathrm{d}xb){\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{\sin x}{\sqrt{1+\sin 2x}}\mathrm{d}x$.

Solution

a) Pour $0\le x\le \frac{\pi }{2}$, $\cos x\ge 0$ donc $\sqrt{1+\cos 2x}=\sqrt{1+2{\cos }^{2}x-1}=\sqrt{2{\cos }^{2}x}=\sqrt{2}\cos x$.

Par conséquent,

${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{\cos x}{\sqrt{1+\cos 2x}}\mathrm{d}x={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{1}{\sqrt{2}}\mathrm{d}x=\frac{\pi }{2\sqrt{2}}$.

b) L'intégration du a) n'ayant pas posé de problème, nous allons faire un changement de variable pour avoir un dénominateur identique au a). Pour cela, nous posons :

$x=y+\frac{\pi }{4}\Rightarrow \mathrm{d}x=\mathrm{d}y0\to x\to \frac{\pi }{2}\Rightarrow -\frac{\pi }{4}\to y\to \frac{\pi }{4}$.

Nous obtenons :

• $\sqrt{1+\sin 2x}=\sqrt{1+\sin (2y+\frac{\pi }{2})}=\sqrt{1+\cos (2y)}=\sqrt{2}\cos y$ ;
• $\sin x=\sin (y+\frac{\pi }{4})=\frac{\cos y+\sin y}{\sqrt{2}}$

donc (par imparité de $\sin$)

${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{\sin x}{\sqrt{1+\sin 2x}}\mathrm{d}x={\int }_{-\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}}\frac{\cos y+\sin y}{\sqrt{2}\sqrt{2}\cos y}\mathrm{d}y={\int }_{-\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}}\frac{\cos y}{2\cos y}\mathrm{d}y=\frac{\pi }{4}$.

 

Exercice 3-5

Calculer :

$a){\int }_1^{2}x\sqrt{\frac{x-1}{x+1}}\mathrm{d}xb){\int }_{-1}^0\arctan \sqrt{\frac{x+1}{x+3}}\mathrm{d}x$.

Solution

a) Posons :

$y=\sqrt{\frac{x-1}{x+1}}\iff x=\frac{1+y^2}{1-y^2}\Rightarrow \mathrm{d}x=\frac{4y}{(y^2-1{)}^2}\mathrm{d}y1\to x\to 2\Rightarrow 0\to y\to \frac{1}{\sqrt{3}}$.

On a donc :

$\begin{array}{cc}{\int }_1^{2}x\sqrt{\frac{x-1}{x+1}}\mathrm{d}x& ={\int }_0^{\frac{1}{\sqrt{3}}}y\frac{1+y^2}{1-y^2}\frac{4y}{(y^2-1{)}^2}\mathrm{d}y={\int }_0^{\frac{1}{\sqrt{3}}}\frac{4y^2(1+y^2)}{(1-y^2{)}^3}\mathrm{d}y\\ & ={\int }_0^{\frac{1}{\sqrt{3}}}(\frac{1}{2(y+1)}-\frac{3}{2(y+1{)}^2}+\frac{1}{(y+1{)}^3}-\frac{1}{2(y-1)}-\frac{3}{2(y-1{)}^2}-\frac{1}{(y-1{)}^3})\mathrm{d}y\\ & ={[\frac{1}{2}\ln \frac{1+y}{1-y}+\frac{3y+2}{2(y+1{)}^2}+\frac{3y-2}{2(y-1{)}^2}]}_0^{\frac{1}{\sqrt{3}}}=\frac{\ln (2+\sqrt{3})}{2}.\end{array}$

b) Posons :

$y=\sqrt{\frac{x+1}{x+3}}\iff x=\frac{1-3y^2}{y^2-1}\Rightarrow \mathrm{d}x=\frac{4y}{(y^2-1{)}^2}\mathrm{d}y-1\to x\to 0\Rightarrow 0\to y\to \frac{1}{\sqrt{3}}$.

On a donc :

$\begin{array}{cc}{\int }_{-1}^0\arctan \sqrt{\frac{x+1}{x+3}}\mathrm{d}x& ={\int }_0^{\frac{1}{\sqrt{3}}}\frac{4y}{(y^2-1{)}^2}\arctan y\mathrm{d}y\\ & ={[\frac{-2}{y^2-1}\arctan y]}_0^{\frac{1}{\sqrt{3}}}+2{\int }_0^{\frac{1}{\sqrt{3}}}\frac{1}{(y^2-1)(y^2+1)}\mathrm{d}y\\ & ={[\frac{2}{1-y^2}\arctan y]}_0^{\frac{1}{\sqrt{3}}}+{\int }_0^{\frac{1}{\sqrt{3}}}(\frac{1}{2(y-1)}-\frac{1}{2(y+1)}-\frac{1}{y^2+1})\mathrm{d}y\\ & ={[\frac{1+y^2}{1-y^2}\arctan y+\frac{1}{2}\ln \frac{1-y}{1+y}]}_0^{\frac{1}{\sqrt{3}}}\\ & =\frac{4/3}{2/3}\frac{\pi }{6}+\frac{1}{2}\ln \frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{3}+1}\\ & =\frac{\pi }{3}+\frac{\ln (2-\sqrt{3})}{2}.\end{array}$

 

Exercice 3-6

1. Soit la fonction $u(x)=x+\sqrt{x^2+x+1}$. Montrer que $u$ est une bijection de $[0,1]$ sur un intervalle $[a,b]$ que l'on précisera.
2. Faire la division euclidienne de $t^4+2t^3+3t^2+2t+1$ par $t^2+t+1$.
3. Montrer que $x=\frac{t^2-1}{2t+1},t\ge 1$ est équivalent à $t=x+\sqrt{x^2+x+1},x\ge 0$.
4. Faire le changement de variable $u(x)=t$ dans l'intégrale $I:={\int }_0^1\frac{\mathrm{d}x}{x+\sqrt{x^2+x+1}}$.
   Montrer que $I={\int }_a^b\frac{P(t)}{Q(t)}\mathrm{d}t$, pour une fraction rationnelle $\frac{P}{Q}$ que l'on précisera.
5. Faire la décomposition en éléments simples dans $ℝ$ de la fraction rationnelle de la question précédente et calculer $I$.

Solution

1. $\mathrm{\forall }x\ge 0u^{\prime }(x)\ge 1$ donc $u$ est continue strictement croissante (et donc bijective) de $[0,1]$ sur $[a,b]$, avec $a=u(0)=1$ et $b=u(1)=1+\sqrt{3}$.
2. $t^4+2t^3+3t^2+2t+1=(t^2+t+1{)}^2$.
3. $u$ est (continue et strictement croissante donc) bijective de $[0,+\mathrm{\infty }[$ sur $[1,+\mathrm{\infty }[$, et si $x=\frac{t^2-1}{2t+1},t\ge 1$ alors $x\ge 0$ et $u(x)=\frac{t^2-1+\sqrt{(t^2-1{)}^2+(t^2-1)(2t+1)+(2t+1{)}^2}}{2t+1}=\frac{t^2-1+\sqrt{t^4+3t^2+2t^3+2t+1}}{2t+1}=\frac{t^2-1+t^2+t+1}{2t+1}=t$.
4. $I={\int }_a^b\frac{1}{t}{\left(\frac{t^2-1}{2t+1}\right)}^{\prime }\mathrm{d}t={\int }_a^b\frac{2(t^2+t+1)}{t(2t+1{)}^2}\mathrm{d}t$.
5. $\frac{2(t^2+t+1)}{t(2t+1{)}^2}=\frac{2}{t}-\frac{3}{2t+1}-\frac{3}{(2t+1{)}^2}$ donc $I=2\ln (1+\sqrt{3})-\frac{3}{2}\ln \frac{3+2\sqrt{3}}{3}+\frac{3}{2}(\frac{1}{3+2\sqrt{3}}-\frac{1}{3})$.