Début de la boite de navigation du chapitre
En mettant ax 2 + bx + c sous forme canonique et à l’aide d’un changement de variable élémentaire, on se ramène au calcul d’une intégrale d’une fonction sous l’une des formes suivantes :
fin de la boite de navigation du chapitre
En raison de limitations techniques, la typographie souhaitable du titre, «
Changement de variable en calcul intégral : Intégrale contenant une racine carrée d'un polynôme du second degré Changement de variable en calcul intégral/Intégrale contenant une racine carrée d'un polynôme du second degré », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.
∫
α
β
f
(
x
,
1
+
x
2
)
d
x
∫
α
β
f
(
x
,
1
−
x
2
)
d
x
∫
α
β
f
(
x
,
x
2
−
1
)
d
x
{\displaystyle \int _{\alpha }^{\beta }f\left(x,\,{\sqrt {1+x^{2}}}\right)\,\mathrm {d} x\qquad \qquad \int _{\alpha }^{\beta }f\left(x,\,{\sqrt {1-x^{2}}}\right)\,\mathrm {d} x\qquad \qquad \int _{\alpha }^{\beta }f\left(x,\,{\sqrt {x^{2}-1}}\right)\,\mathrm {d} x}
.
Le changement de variable est choisi de façon à tirer parti de l'une des identités trigonométriques suivantes (circulaires ou hyperboliques , au choix), respectivement, dans chacun des trois cas :
1
+
tan
2
=
1
cos
2
,
1
+
sinh
2
=
cosh
2
{\displaystyle 1+\tan ^{2}={\frac {1}{\cos ^{2}}},\quad 1+\sinh ^{2}=\cosh ^{2}}
;
1
−
sin
2
=
cos
2
,
1
−
tanh
2
=
1
cosh
2
{\displaystyle 1-\sin ^{2}=\cos ^{2},\quad 1-\tanh ^{2}={\frac {1}{\cosh ^{2}}}}
;
1
cos
2
−
1
=
tan
2
,
cosh
2
−
1
=
sinh
2
{\displaystyle {\frac {1}{\cos ^{2}}}-1=\tan ^{2},\quad \cosh ^{2}-1=\sinh ^{2}}
.
Premier cas :
1
+
x
2
{\displaystyle 1+x^{2}}
modifier
Si l'intégrale est de la forme
∫
α
β
f
(
x
,
1
+
x
2
)
d
x
{\displaystyle \int _{\alpha }^{\beta }f\left(x,\,{\sqrt {1+x^{2}}}\right)\,\mathrm {d} x}
,
on peut poser :
x
=
tan
u
{\displaystyle x=\tan u}
.
On a alors :
d
x
=
d
u
cos
2
u
{\displaystyle \mathrm {d} x={\frac {\mathrm {d} u}{\cos ^{2}u}}}
;
1
+
x
2
=
1
+
tan
2
u
=
1
cos
2
u
=
1
cos
u
{\displaystyle {\sqrt {1+x^{2}}}={\sqrt {1+\tan ^{2}u}}={\sqrt {\frac {1}{\cos ^{2}u}}}={\frac {1}{\cos u}}}
.
On se ramène ainsi au calcul d’une intégrale de la forme
∫
α
β
g
(
tan
u
,
cos
u
)
d
u
{\displaystyle \int _{\alpha }^{\beta }g\left(\tan u,\cos u\right)\,\mathrm {d} u}
.
Début de l'exemple
Exemple
Calculer
∫
0
3
x
(
1
+
x
2
)
3
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{\sqrt {3}}{\frac {x}{\sqrt {(1+x^{2})^{3}}}}\,\mathrm {d} x}
.
Solution
En posant
x
=
tan
u
{\displaystyle x=\tan u}
, on obtient :
∫
0
3
x
1
+
x
2
3
d
x
=
∫
0
π
3
tan
u
1
+
tan
2
u
3
d
u
cos
2
u
=
∫
0
π
3
tan
u
(
1
cos
u
)
3
d
u
cos
2
u
=
∫
0
π
3
tan
u
cos
u
d
u
=
∫
0
π
3
sin
u
d
u
=
[
−
cos
u
]
0
π
3
=
−
1
2
+
1
=
1
2
.
{\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{\sqrt {3}}{\frac {x}{{\sqrt {1+x^{2}}}^{3}}}\,\mathrm {d} x&=\int _{0}^{\frac {\pi }{3}}{\frac {\tan u}{{\sqrt {1+\tan ^{2}u}}^{3}}}{\frac {\mathrm {d} u}{\cos ^{2}u}}=\int _{0}^{\frac {\pi }{3}}{\frac {\tan u}{\left({\frac {1}{\cos u}}\right)^{3}}}{\frac {\mathrm {d} u}{\cos ^{2}u}}\\&=\int _{0}^{\frac {\pi }{3}}\tan u\,\cos u\,\mathrm {d} u=\int _{0}^{\frac {\pi }{3}}\sin u\,\mathrm {d} u=\left[-\cos u\right]_{0}^{\frac {\pi }{3}}\\&=-{\frac {1}{2}}+1={\frac {1}{2}}.\end{aligned}}}
Fin de l'exemple
Un autre changement de variable possible est de poser :
x
=
sinh
u
{\displaystyle x=\sinh u}
.
On a alors :
d
x
=
cosh
u
d
u
{\displaystyle \mathrm {d} x=\cosh u\,\mathrm {d} u}
;
1
+
x
2
=
1
+
sinh
2
u
=
cosh
u
{\displaystyle {\sqrt {1+x^{2}}}={\sqrt {1+\sinh ^{2}u}}=\cosh u}
.
On se ramène ainsi au calcul d’une intégrale de la forme
∫
α
β
g
(
sinh
u
,
cosh
u
)
d
u
{\displaystyle \int _{\alpha }^{\beta }g\left(\sinh u,\cosh u\right)\,\mathrm {d} u}
.
Début de l'exemple
Exemple
Calculer
∫
0
3
x
(
1
+
x
2
)
3
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{\sqrt {3}}{\frac {x}{\sqrt {(1+x^{2})^{3}}}}\,\mathrm {d} x}
.
Solution
En posant
x
=
sinh
u
{\displaystyle x=\sinh u}
, on obtient :
∫
0
3
x
1
+
x
2
3
d
x
=
∫
0
arsinh
3
sinh
u
1
+
sinh
2
u
3
cosh
u
d
u
=
∫
0
arsinh
3
sinh
u
cosh
3
u
cosh
u
d
u
=
∫
0
arsinh
3
sinh
u
cosh
2
u
d
u
=
[
−
1
cosh
u
]
0
arsinh
3
=
−
1
cosh
arsinh
3
+
1
cosh
0
=
−
1
1
+
3
2
+
1
=
−
1
2
+
1
=
1
2
.
{\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{\sqrt {3}}{\frac {x}{{\sqrt {1+x^{2}}}^{3}}}\,\mathrm {d} x&=\int _{0}^{\operatorname {arsinh} {\sqrt {3}}}{\frac {\sinh u}{{\sqrt {1+\sinh ^{2}u}}^{3}}}\,\cosh u\,\mathrm {d} u=\int _{0}^{\operatorname {arsinh} {\sqrt {3}}}{\frac {\sinh u}{\cosh ^{3}u}}\,\cosh u\,\mathrm {d} u\\&=\int _{0}^{\operatorname {arsinh} {\sqrt {3}}}{\frac {\sinh u}{\cosh ^{2}u}}\,\mathrm {d} u=\left[-{\frac {1}{\cosh u}}\right]_{0}^{\operatorname {arsinh} {\sqrt {3}}}=-{\frac {1}{\cosh \operatorname {arsinh} {\sqrt {3}}}}+{\frac {1}{\cosh 0}}\\&=-{\frac {1}{\sqrt {1+{\sqrt {3}}^{2}}}}+1=-{\frac {1}{2}}+1={\frac {1}{2}}.\end{aligned}}}
Fin de l'exemple
Deuxième cas :
1
−
x
2
{\displaystyle 1-x^{2}}
modifier
Si l'intégrale est de la forme
∫
α
β
f
(
x
,
1
−
x
2
)
d
x
{\displaystyle \int _{\alpha }^{\beta }f\left(x,{\sqrt {1-x^{2}}}\right)\,\mathrm {d} x}
,
on peut poser :
x
=
sin
u
{\displaystyle x=\sin u}
.
On a alors :
d
x
=
cos
u
d
u
{\displaystyle \mathrm {d} x=\cos u\,\mathrm {d} u}
;
1
−
x
2
=
1
−
sin
2
u
=
cos
2
u
=
cos
u
{\displaystyle {\sqrt {1-x^{2}}}={\sqrt {1-\sin ^{2}u}}={\sqrt {\cos ^{2}u}}=\cos u}
.
On se ramène ainsi au calcul d'une intégrale de la forme
∫
α
β
g
(
sin
u
,
cos
u
)
d
u
{\displaystyle \int _{\alpha }^{\beta }g\left(\sin u,\cos u\right)\,\mathrm {d} u}
.
Début de l'exemple
Exemple
Calculer
∫
1
2
2
x
−
1
(
x
+
1
)
4
x
+
5
−
x
2
d
x
{\displaystyle \int _{\frac {1}{2}}^{2}{\frac {x-1}{(x+1){\sqrt {4x+5-x^{2}}}}}\,\mathrm {d} x}
.
Solution
∫
1
2
2
x
−
1
(
x
+
1
)
4
x
+
5
−
x
2
d
x
=
∫
1
2
2
x
−
1
(
x
+
1
)
9
−
(
x
−
2
)
2
d
x
=
∫
1
2
2
x
−
1
3
(
x
+
1
)
1
−
(
x
−
2
3
)
2
d
x
.
{\displaystyle {\begin{aligned}\int _{\frac {1}{2}}^{2}{\frac {x-1}{(x+1){\sqrt {4x+5-x^{2}}}}}\,\mathrm {d} x&=\int _{\frac {1}{2}}^{2}{\frac {x-1}{(x+1){\sqrt {9-(x-2)^{2}}}}}\,\mathrm {d} x\\&=\int _{\frac {1}{2}}^{2}{\frac {x-1}{3(x+1){\sqrt {1-\left({\frac {x-2}{3}}\right)^{2}}}}}\,\mathrm {d} x.\end{aligned}}}
On pose alors :
sin
u
=
x
−
2
3
⇔
x
=
3
sin
u
+
2
d
x
=
3
cos
u
d
u
{\displaystyle \sin u={\frac {x-2}{3}}\Leftrightarrow x=3\sin u+2\qquad \mathrm {d} x=3\cos u\,\mathrm {d} u}
.
De plus, quand
x
{\displaystyle x}
varie de
1
2
{\displaystyle {\frac {1}{2}}}
à
2
{\displaystyle 2}
,
sin
u
{\displaystyle \sin u}
varie de
−
1
2
{\displaystyle -{\frac {1}{2}}}
à
0
{\displaystyle 0}
donc on peut faire varier
u
{\displaystyle u}
de
−
π
6
{\displaystyle -{\frac {\pi }{6}}}
à
0
{\displaystyle 0}
.
On a donc :
∫
1
2
2
x
−
1
(
x
+
1
)
4
x
+
5
−
x
2
d
x
=
∫
1
2
2
x
−
1
3
(
x
+
1
)
1
−
(
x
−
2
3
)
2
d
x
=
∫
−
π
6
0
3
sin
u
+
2
−
1
3
(
3
sin
u
+
2
+
1
)
1
−
sin
2
u
3
cos
u
d
u
=
∫
−
π
6
0
1
+
3
sin
u
3
(
3
+
3
sin
u
)
cos
u
3
cos
u
d
u
=
1
3
∫
−
π
6
0
1
+
3
sin
u
1
+
sin
u
d
u
.
{\displaystyle {\begin{aligned}\int _{\frac {1}{2}}^{2}{\frac {x-1}{(x+1){\sqrt {4x+5-x^{2}}}}}\,\mathrm {d} x&=\int _{\frac {1}{2}}^{2}{\frac {x-1}{3(x+1){\sqrt {1-\left({\frac {x-2}{3}}\right)^{2}}}}}\,\mathrm {d} x\\&=\int _{-{\frac {\pi }{6}}}^{0}{\frac {3\sin u+2-1}{3(3\sin u+2+1){\sqrt {1-\sin ^{2}u}}}}3\cos u\,\mathrm {d} u\\&=\int _{-{\frac {\pi }{6}}}^{0}{\frac {1+3\sin u}{3(3+3\sin u)\cos u}}3\cos u\,\mathrm {d} u\\&={\frac {1}{3}}\int _{-{\frac {\pi }{6}}}^{0}{\frac {1+3\sin u}{1+\sin u}}\,\mathrm {d} u.\end{aligned}}}
Aucune des règles de Bioche ne s’applique ici. Par conséquent, on pose :
y
=
tan
u
2
{\displaystyle y=\tan {\frac {u}{2}}}
,
ce qui entraîne :
sin
u
=
2
y
1
+
y
2
,
d
u
=
2
d
y
1
+
y
2
{\displaystyle \sin u={\frac {2y}{1+y^{2}}},\qquad \mathrm {d} u={\frac {2\,\mathrm {d} y}{1+y^{2}}}}
.
On a donc :
∫
1
2
2
x
−
1
(
x
+
1
)
4
x
+
5
−
x
2
d
x
=
1
3
∫
−
π
6
0
1
+
3
sin
u
1
+
sin
u
d
u
=
1
3
∫
−
tan
π
12
0
3
2
y
1
+
y
2
+
1
2
y
1
+
y
2
+
1
2
d
y
1
+
y
2
=
2
3
∫
3
−
2
0
6
y
+
1
+
y
2
(
2
y
+
1
+
y
2
)
(
1
+
y
2
)
d
y
=
2
3
∫
3
−
2
0
y
2
+
6
y
+
1
(
y
+
1
)
2
(
y
2
+
1
)
d
y
,
{\displaystyle {\begin{aligned}\int _{\frac {1}{2}}^{2}{\frac {x-1}{(x+1){\sqrt {4x+5-x^{2}}}}}\,\mathrm {d} x&={\frac {1}{3}}\int _{-{\frac {\pi }{6}}}^{0}{\frac {1+3\sin u}{1+\sin u}}\,\mathrm {d} u\\&={\frac {1}{3}}\int _{-\tan {\frac {\pi }{12}}}^{0}{\frac {3{\frac {2y}{1+y^{2}}}+1}{{\frac {2y}{1+y^{2}}}+1}}\,{\frac {2\,\mathrm {d} y}{1+y^{2}}}\\&={\frac {2}{3}}\int _{{\sqrt {3}}-2}^{0}{\frac {6y+1+y^{2}}{(2y+1+y^{2})(1+y^{2})}}\,\mathrm {d} y\\&={\frac {2}{3}}\int _{{\sqrt {3}}-2}^{0}{\frac {y^{2}+6y+1}{(y+1)^{2}(y^{2}+1)}}\,\mathrm {d} y,\end{aligned}}}
qui se décompose en éléments simples sous la forme :
∫
1
2
2
x
−
1
(
x
+
1
)
4
x
+
5
−
x
2
d
x
=
2
∫
3
−
2
0
1
y
2
+
1
d
y
+
4
3
∫
3
−
2
0
−
1
(
y
+
1
)
2
d
y
=
2
[
arctan
y
]
3
−
2
0
+
4
3
[
1
y
+
1
]
3
−
2
0
=
2
×
π
12
+
4
3
(
1
−
1
3
−
1
)
=
π
6
+
2
3
−
2
3
.
{\displaystyle {\begin{aligned}\int _{\frac {1}{2}}^{2}{\frac {x-1}{(x+1){\sqrt {4x+5-x^{2}}}}}\,\mathrm {d} x&=2\int _{{\sqrt {3}}-2}^{0}{\frac {1}{y^{2}+1}}\,\mathrm {d} y+{\frac {4}{3}}\int _{{\sqrt {3}}-2}^{0}{\frac {-1}{(y+1)^{2}}}\,\mathrm {d} y\\&=2\left[\arctan y\right]_{{\sqrt {3}}-2}^{0}+{\frac {4}{3}}\left[{\frac {1}{y+1}}\right]_{{\sqrt {3}}-2}^{0}\\&=2\times {\frac {\pi }{12}}+{\frac {4}{3}}\left(1-{\frac {1}{{\sqrt {3}}-1}}\right)\\&={\frac {\pi }{6}}+{\frac {2}{3}}-{\frac {2}{\sqrt {3}}}.\end{aligned}}}
Fin de l'exemple
Un autre changement de variable possible est de poser
x
=
tanh
u
{\displaystyle x=\tanh u}
.
On a alors :
d
x
=
d
u
cosh
2
u
{\displaystyle \mathrm {d} x={\frac {\mathrm {d} u}{\cosh ^{2}u}}}
;
1
−
x
2
=
1
−
tanh
2
u
=
1
cosh
u
{\displaystyle {\sqrt {1-x^{2}}}={\sqrt {1-\tanh ^{2}u}}={\frac {1}{\cosh u}}}
.
On se ramène ainsi au calcul d’une intégrale de la forme :
∫
α
β
g
(
tanh
u
,
cosh
u
)
d
u
{\displaystyle \int _{\alpha }^{\beta }g\left(\tanh u,\cosh u\right)\,\mathrm {d} u}
.
Troisième cas :
x
2
−
1
{\displaystyle x^{2}-1}
modifier
Si l'intégrale est de la forme
∫
α
β
f
(
x
,
x
2
−
1
)
d
x
{\displaystyle \int _{\alpha }^{\beta }f\left(x,{\sqrt {x^{2}-1}}\right)\,\mathrm {d} x}
,
on peut poser :
x
=
1
cos
u
{\displaystyle x={\frac {1}{\cos u}}}
.
On a alors :
d
x
=
sin
u
d
u
cos
2
u
{\displaystyle \mathrm {d} x={\frac {\sin u\,\mathrm {d} u}{\cos ^{2}u}}}
;
x
2
−
1
=
1
cos
2
u
−
1
=
tan
2
u
=
tan
u
{\displaystyle {\sqrt {x^{2}-1}}={\sqrt {{\frac {1}{\cos ^{2}u}}-1}}={\sqrt {\tan ^{2}u}}=\tan u}
.
On se ramène ainsi au calcul d'une intégrale de la forme
∫
α
β
g
(
cos
u
,
tan
u
)
d
u
{\displaystyle \int _{\alpha }^{\beta }g\left(\cos u,\tan u\right)\,\mathrm {d} u}
.
Début de l'exemple
Exemple
Calculer
∫
2
3
+
∞
x
2
(
x
2
−
1
)
5
d
x
{\displaystyle \int _{\frac {2}{\sqrt {3}}}^{+\infty }{\frac {x^{2}}{\sqrt {(x^{2}-1)^{5}}}}\,\mathrm {d} x}
.
Solution
En posant
x
=
1
cos
u
,
d
x
=
sin
u
d
u
cos
2
u
{\displaystyle x={\frac {1}{\cos u}},\qquad \mathrm {d} x={\frac {\sin u\mathrm {d} u}{\cos ^{2}u}}}
,
on vérifie que pour que
x
{\displaystyle x}
varie de
2
3
{\displaystyle {\frac {2}{\sqrt {3}}}}
à
+
∞
{\displaystyle +\infty }
, on peut faire varier
u
{\displaystyle u}
de
π
6
{\displaystyle {\frac {\pi }{6}}}
à
π
2
{\displaystyle {\frac {\pi }{2}}}
.
On obtient :
∫
2
3
+
∞
x
2
x
2
−
1
5
d
x
=
∫
π
6
π
2
1
cos
2
u
1
cos
2
u
−
1
5
sin
u
d
u
cos
2
u
=
∫
π
6
π
2
sin
u
d
u
cos
4
u
tan
5
u
=
∫
π
6
π
2
sin
u
d
u
cos
4
u
sin
5
u
cos
5
u
=
∫
π
6
π
2
cos
u
d
u
sin
4
u
=
[
−
1
3
sin
3
u
]
π
6
π
2
=
−
1
3
+
8
3
=
7
3
.
{\displaystyle {\begin{aligned}\int _{\frac {2}{\sqrt {3}}}^{+\infty }{\frac {x^{2}}{{\sqrt {x^{2}-1}}^{5}}}\,\mathrm {d} x&=\int _{\frac {\pi }{6}}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {1}{\cos ^{2}u{\sqrt {{\frac {1}{\cos ^{2}u}}-1}}^{5}}}\,{\frac {\sin u\,\mathrm {d} u}{\cos ^{2}u}}\\&=\int _{\frac {\pi }{6}}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {\sin u\,\mathrm {d} u}{\cos ^{4}u\tan ^{5}u}}\\&=\int _{\frac {\pi }{6}}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {\sin u\,\mathrm {d} u}{\cos ^{4}u{\frac {\sin ^{5}u}{\cos ^{5}u}}}}\\&=\int _{\frac {\pi }{6}}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {\cos u\,\mathrm {d} u}{\sin ^{4}u}}\\&=\left[-{\frac {1}{3\sin ^{3}u}}\right]_{\frac {\pi }{6}}^{\frac {\pi }{2}}\\&=-{\frac {1}{3}}+{\frac {8}{3}}\\&={\frac {7}{3}}.\end{aligned}}}
Fin de l'exemple
Un autre changement de variable possible est de poser :
x
=
cosh
u
{\displaystyle x=\cosh u}
.
On a alors :
d
x
=
sinh
u
d
u
{\displaystyle \mathrm {d} x=\sinh u\,\mathrm {d} u}
;
x
2
−
1
=
cosh
2
u
−
1
=
sinh
2
u
=
sinh
u
{\displaystyle {\sqrt {x^{2}-1}}={\sqrt {\cosh ^{2}u-1}}={\sqrt {\sinh ^{2}u}}=\sinh u}
.
On se ramène ainsi au calcul d'une intégrale de la forme
∫
α
β
g
(
cosh
u
,
sinh
u
)
d
u
{\displaystyle \int _{\alpha }^{\beta }g\left(\cosh u,\sinh u\right)\,\mathrm {d} u}
.
Début de l'exemple
Exemple
Calculer une primitive sur
]
1
,
+
∞
[
{\displaystyle \left]1,+\infty \right[}
de
x
↦
1
x
2
−
1
{\displaystyle x\mapsto {\frac {1}{\sqrt {x^{2}-1}}}}
.
Fin de l'exemple