Intégrale de Riemann

Objectif se débarrasser de la fonction arctan. On pose donc

\(\displaystyle{f(t)=\arctan t \textrm{ et }g'(t)=t^2\textrm{ d'où } f'(t)=\frac{1}{1+t^2}\textrm{ et }g(t)=\frac{t^3}{3}}\)

On a donc :

\(\displaystyle{I=[\frac{t^3}{3}\arctan t]_0^1-\frac{1}{3}\int_0^1\frac{t^3}{1+t^2}dt}\)

La décomposition de la fraction rationnelle correspondante conduit à l'égalité :

\(\displaystyle{\frac{t^3}{t^2+1}=t-\frac{t}{t^2+1}\textrm{ d'où }\int_0^1\frac{t^3}{t^2+1}dt=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}[\ln(1+t^2)]_0^1}=\frac{1}{2}-\frac{\ln2}{2}\)

(ce qui revient à prendre \(t^2\) comme variable).

D'où

\(\displaystyle{I=\frac{1}{6}(\frac{\pi}{2}-1+\ln2)}\) 

Objectif : se débarrasser de la fonction \(\ln\).

On pose donc

\(\displaystyle{f(t)=\ln(1+\cos t)\textrm{ et }g'(t)=\cos t \textrm{ d'où }f'(t)=-\frac{\sin t}{1+\cos t \textrm{ et }g(t)=\sin t}}\)

 On a donc

\(\displaystyle{J=\int_0^{\pi/4}\cos t\ln(1+\cos t)dt=[\sin t\ln(1+\cos t)]_0^{\pi/4}+\int_0^{\pi/4}\frac{\sin^2t}{1+\cos t}dt}\) d'où

\(J=\frac{\sqrt{2}}{2}\ln(1+\frac{\sqrt{2}}{2})+\displaystyle{\int_0^{\pi/4}(1-\cos t)dt=\frac{\sqrt{2}}{2}\ln(1+\frac{\sqrt{2}}{2})+\frac{\pi}{4}-\frac{\sqrt{2}}{2}}\)