Exemples

Exemple 1

Calcul de \(\displaystyle{I=\int_0^{\tfrac{\pi}{4}}(1+\cos t)\tan tdt}\)

L'élément différentiel s'écrit \(\displaystyle{\omega(t)=(1+\cos t)\tan tdt\textrm{ on a }\omega(-t)=\omega(t)}\) , et effectivement on remarque qu'on peut écrire \(\displaystyle{\omega(t)=\frac{1+\cos t}{\cos t}\sin tdt}\) ; d'où le changement de variable \(u=\cos t\) qui conduit à

\(\int_0^{\tfrac{\pi}{4}}(1+\cos t)\tan tdt=-\int_1^{\tfrac{1}{\sqrt2}}\frac{1+u}{u}du=\big[\ln u+u\big]_{\tfrac{1}{\sqrt2}}^1=\frac{1}{2}\ln2+\frac{2-\sqrt2}{2}\)

Le calcul avec Maple

Pour le calcul de \(\displaystyle{\int(1+\cos t)\tan(t)dt}\)

> int((1+cos(t))*tan(t),t);

\(\displaystyle{-\ln(\cos(t))-\cos(t)}\)

Pour le calcul de \(\displaystyle{\int_0^{\tfrac{\pi}{4}}(1+\cos(t))\tan(t)dt}\)

> int((1+cos(t))*tan(t),t=0..Pi/4);

\(\displaystyle{\frac{1}{2}\ln(2)-\frac{1}{2}\sqrt{2}+1}\)

Exemple 2

Calcul de \(\displaystyle{\int\frac{dx}{ 2 + \sin x}}\) :

Nous allons traiter en détail cet exemple, l'objectif étant non le résultat mais la mise en évidence des précautions qui, surtout pour une intégrale indéfinie, doivent accompagner la méthode de changement de variable.

Etape 1 : choix d'un changement de variable et d'un intervalle associé

La fonction \(\displaystyle{f:R\to R\quad x\to\frac{1}{2+\sin x}}\) est continue sur \(\mathbf R\) elle admet une infinité de primitives qui sont de classe \(C^1\) sur \(\mathbf R\) On remarque que le changement de variable \(u=\tan\frac{t}{2}\) est celui qui convient, mais attention on ne doit pas sortir des intervalles \(](2k-1)\pi,(2k+1)\pi[\) , le changement de variable n'est valable qu'à l'intérieur d'un tel intervalle.

On se placera donc dans l'intervalle\(]-\pi,+\pi[\) et, parce que, surtout lorsqu'il s'agit d'un changement de variable, il est préférable de raisonner sur une intégrale définie, on déterminera, par exemple, la primitive de la fonction \(\displaystyle{x\to\frac{1}{2+\sin x}}\) qui s'annule en \(0\).

Notons \(F\) cette fonction qui est donc définie par : \(\displaystyle{F(x)=\int_0^x\frac{dt}{2+\sin t}}\).

On suppose donc : \(\displaystyle{-\pi< x<\pi,\textrm{ d'où }-\pi< t<\pi}\), dans ces conditions il y a équivalence entre les égalités :

\(\displaystyle{u=\tan(\frac{t}{2})\textrm{ et }t=2\textrm{ arctan }u\textrm{ d'où }dt=\frac{2du}{1+u^2}\textrm{ et }\sin t=\frac{2u}{1+u^2}}\)

On a donc :

\(\displaystyle{F(x)=\int_0^x\frac{dt}{2+\sin t}=\int_0^{\tan(x/2)}\frac{du}{u^2+u+1}}\)

Etape 2 : Calcul de \(\displaystyle{\int_0^{\tan(x/2)}\frac{du}{u^2+u+1} \textrm{ sur } ]-\pi, \pi[}\)

On met alors le trinôme sous la forme canonique : \(\displaystyle{u^2+u+1=(u+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}=(u+\frac{1}{2})^2+(\frac{\sqrt{3}}{2})^2}\) .

On fait le changement de variable \(\displaystyle{u+\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}}s\), d'où l'expression

\(\displaystyle{F(x)=\int_{1/{\sqrt{3}}}^{(2\tan(x/2)+1)/{\sqrt{3}}}\frac{(\sqrt{3}/2)ds}{(\sqrt{3}/2)^2(s^2+1)}}\)

soit finalement l'expression de \(F(x)\) sur \(]-\pi, +\pi[\)

\(\displaystyle{F(x)=\frac{2}{\sqrt{3}}(\textrm{ arctan }(\frac{2\tan(x/2)+1}{\sqrt{3}})-\frac{\pi}{6})}\)

Le calcul avec Maple :

\(\displaystyle{\int_0^{\tan(\frac{x}{2})}\frac{1}{t^2+t+1}dt}\)

> int(1/(t^2+t+1),t=0..tan(x/2));

\(\displaystyle{\frac{2}{3}\textrm { arctan }\left(\frac{1}{3}\sqrt{3}\left(2\tan\left(\frac{1}{2}x\right)+1\right)\right)\sqrt{3}-\frac{1}{9}\pi\sqrt{3}}\)

Etape 3 : Recherche d'une primitive définie sur \(\mathbb R\) tout entier :

Considérons maintenant la fonction \(\varphi\) définie sur \(\displaystyle{\bigcup_{k\in\mathbb Z} ](2k-1)\pi,(2k+1)\pi[}\) par

\(\phi(x)=\frac{2}{\sqrt{3}}\left(\arctan\left(\frac{2\tan(x/2)+1}{\sqrt{3}}\right)-\frac{\pi}{6}\right)\).

On a \(\displaystyle{\forall x\in]-\pi,+\pi[, \phi(x)=F(x)}\) , mais \(\phi\) n'est pas prolongeable en une fonction continue sur \(\mathbf R\), on a en effet :

\(\displaystyle{\lim_{x\to\pi^-}\phi(x)=\frac{2\pi}{3\sqrt{3}}\textrm{ et }\lim_{x\to\pi^+}\phi(x)=-\frac{4\pi}{3\sqrt{3}}}\)

la limite à droite est différente de la limite à gauche en \(\pi\).

La fonction \(F\) est continue sur \(\mathbf R\), comment l'exprimer sur les autres intervalles \(\displaystyle{](2k-1)\pi,(2k+1)\pi[,(k\neq0)}\) ? par exemple sur  \([\pi,3\pi]\)?

On a :

\(\displaystyle{F(\pi)=\lim_{x\to\pi^-}\phi(x)=\frac{2\pi}{3\sqrt{3}}}\)

Sur \(]\pi,3\pi[\) les fonctions \(F\) et \(\phi\) étant deux primitives de la fonction \(x\to\frac{1}{2+\sin x}\) diffèrent d'une constante on donc :

\(\forall x \in]\pi,3\pi[F(x)=\phi(x)+\lambda,\lambda\in\mathbf R\).

On détermine la constante en prenant la limite des deux membres quand \(x\) tend vers \(\pi\) à gauche, d'où l'égalité :

\(\displaystyle{\frac{2\pi}{3\sqrt{3}}=-\frac{4\pi}{3\sqrt{3}}+\lambda\textrm{ soit }\lambda=\frac{2\pi}{\sqrt{3}}}\)

d'où

\(\displaystyle{\forall x\in]\pi,3\pi[F(x)=\frac{2}{\sqrt{3}}\left(\arctan\left(\frac{2\tan(x/2)+1}{\sqrt{3}}\right)+\frac{5\pi}{6}\right)}\)

On peut également remarquer que la fonction \(f\)est périodique de période \(2\pi\) donc \(\displaystyle{F(x+2\pi)-F(x)=\int_x^{x+2\pi}f(t)dt}\) est un réel fixe, indépendant de \(x\). Ce réel vaut \(\displaystyle{\frac{2\pi}{\sqrt{3}}}\), valeur obtenue en calculant \(\displaystyle {F(\pi)-F(-\pi)}\). D'où

\(\displaystyle{\forall x\in](2k-1)\pi,(2k+1)\pi[F(x)=\phi(x)+\frac{2k\pi}{\sqrt{3}}}\)

\(\displaystyle{\forall x\in](2k-1)\pi,(2k+1)\pi[F(x)=\frac{2}{\sqrt{3}}\left(\arctan\left(\frac{2\tan(x/2)+1}{\sqrt{3}}\right)-\frac{\pi}{6}+k\pi\right)}\) et \(\displaystyle{F((2k+1)\pi)=\frac{2\pi}{3\sqrt{3}}(3k+1)}\)

Attentionattention danger :

Pour calculer \(\displaystyle{\int_0^{2\pi}\frac{1}{2+\sin t}}dt\) on ne doit pas prendre \(x=2\pi\) dans le calcul précédent , on obtiendrait alors \(F(2\pi) = 0\) , ce qui est absurde puisque la fonction \(f\) est continue et strictement positive sur l'intervalle d'intégration. On a ainsi une illustration des dangers de sortir des intervalles \(](2k-1)\pi,(2k+1)\pi[\)`. On calcule donc \(\displaystyle{\int_{-\pi}^{+\pi}f(t)dt}\) en remarquant que le changement de variable \(\displaystyle{u=\tan(\frac{t}{2})}\) conduit à calculer une intégrale sur un intervalle \(\displaystyle{[\frac{1}{\sqrt{3}},+\infty[}\) qui n'est plus borné ; on a donc de fait ce qu'on appellera une intégrale impropre mais on est dans un cas simple dans lequel il suffit de prendre la limite dans l'intégrale \(\displaystyle{F(x)=\int_{1/\sqrt{3}}^{(2\tan(x/2)+1)/\sqrt{3}}\frac{(\sqrt{3}/2)ds}{(\sqrt{3}/2)^2(s^2+1)}}\) quand \(x\) tend vers \(\pi\). On obtient finalement \(\displaystyle {\int_0^{2\pi}\frac{1}{2+\sin t}=\frac{2\sqrt{3}\pi}{3}}\).

Le calcul avec Maple :

Pour le calcul de \(\displaystyle{\int\frac{1}{2+\sin(t)}dt}\)

> int(1/(2+sin(t)),t);

\(\displaystyle{\frac{2}{3}\sqrt{3}\arctan\left(\frac{1}{6}\left(4\tan\left(\frac{1}{2}t\right)+2\right)\sqrt{3}\right)}\)

Pour le calcul de \(\displaystyle{\int_0^{2\pi}\frac{1}{2+\sin(t)}dt}\)

> int(1/(2+sin(t)),t=0..2*Pi);

\(\displaystyle{\frac{2}{3}\pi\sqrt{3}}\)