Changement de variable en calcul intégral/Intégrale contenant une racine carrée d'un polynôme du second degré

Début de la boite de navigation du chapitre

En mettant ax² + 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

$\int _{\alpha }^{\beta }f\left(x,\,{\sqrt {1+x^{2}}}\right)\,\mathrm {d} x\qquad \qquad \int _{\alpha }^{\beta }f\left(x,\,{\sqrt {1-x^{2}}}\right)\,\mathrm {d} x\qquad \qquad \int _{\alpha }^{\beta }f\left(x,\,{\sqrt {x^{2}-1}}\right)\,\mathrm {d} x$.

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 :

• $1+\tan ^{2}={\frac {1}{\cos ^{2}}},\quad 1+\sinh ^{2}=\cosh ^{2}$ ;
• $1-\sin ^{2}=\cos ^{2},\quad 1-\tanh ^{2}={\frac {1}{\cosh ^{2}}}$ ;
• ${\frac {1}{\cos ^{2}}}-1=\tan ^{2},\quad \cosh ^{2}-1=\sinh ^{2}$.

Premier cas : $1+x^{2}$

Si l'intégrale est de la forme

$\int _{\alpha }^{\beta }f\left(x,\,{\sqrt {1+x^{2}}}\right)\,\mathrm {d} x$,

on peut poser :

$x=\tan u$.

On a alors :

• $\mathrm {d} x={\frac {\mathrm {d} u}{\cos ^{2}u}}$ ;
• ${\sqrt {1+x^{2}}}={\sqrt {1+\tan ^{2}u}}={\sqrt {\frac {1}{\cos ^{2}u}}}={\frac {1}{\cos u}}$.

On se ramène ainsi au calcul d’une intégrale de la forme

$\int _{\alpha }^{\beta }g\left(\tan u,\cos u\right)\,\mathrm {d} u$.

Début de l'exemple

Exemple

Calculer $\int _{0}^{\sqrt {3}}{\frac {x}{\sqrt {(1+x^{2})^{3}}}}\,\mathrm {d} x$.

Solution

En posant $x=\tan u$, on obtient :

${\begin{aligned}\int _{0}^{\sqrt {3}}{\frac {x}{{\sqrt {1+x^{2}}}^{3}}}\,\mathrm {d} x&=\int _{0}^{\frac {\pi }{3}}{\frac {\tan u}{{\sqrt {1+\tan ^{2}u}}^{3}}}{\frac {\mathrm {d} u}{\cos ^{2}u}}=\int _{0}^{\frac {\pi }{3}}{\frac {\tan u}{\left({\frac {1}{\cos u}}\right)^{3}}}{\frac {\mathrm {d} u}{\cos ^{2}u}}\\&=\int _{0}^{\frac {\pi }{3}}\tan u\,\cos u\,\mathrm {d} u=\int _{0}^{\frac {\pi }{3}}\sin u\,\mathrm {d} u=\left[-\cos u\right]_{0}^{\frac {\pi }{3}}\\&=-{\frac {1}{2}}+1={\frac {1}{2}}.\end{aligned}}$

 

Fin de l'exemple

Un autre changement de variable possible est de poser :

$x=\sinh u$.

On a alors :

• $\mathrm {d} x=\cosh u\,\mathrm {d} u$ ;
• ${\sqrt {1+x^{2}}}={\sqrt {1+\sinh ^{2}u}}=\cosh u$.

On se ramène ainsi au calcul d’une intégrale de la forme

$\int _{\alpha }^{\beta }g\left(\sinh u,\cosh u\right)\,\mathrm {d} u$.

Début de l'exemple

Exemple

Calculer $\int _{0}^{\sqrt {3}}{\frac {x}{\sqrt {(1+x^{2})^{3}}}}\,\mathrm {d} x$.

Solution

En posant $x=\sinh u$, on obtient :

${\begin{aligned}\int _{0}^{\sqrt {3}}{\frac {x}{{\sqrt {1+x^{2}}}^{3}}}\,\mathrm {d} x&=\int _{0}^{\operatorname {arsinh} {\sqrt {3}}}{\frac {\sinh u}{{\sqrt {1+\sinh ^{2}u}}^{3}}}\,\cosh u\,\mathrm {d} u=\int _{0}^{\operatorname {arsinh} {\sqrt {3}}}{\frac {\sinh u}{\cosh ^{3}u}}\,\cosh u\,\mathrm {d} u\\&=\int _{0}^{\operatorname {arsinh} {\sqrt {3}}}{\frac {\sinh u}{\cosh ^{2}u}}\,\mathrm {d} u=\left[-{\frac {1}{\cosh u}}\right]_{0}^{\operatorname {arsinh} {\sqrt {3}}}=-{\frac {1}{\cosh \operatorname {arsinh} {\sqrt {3}}}}+{\frac {1}{\cosh 0}}\\&=-{\frac {1}{\sqrt {1+{\sqrt {3}}^{2}}}}+1=-{\frac {1}{2}}+1={\frac {1}{2}}.\end{aligned}}$

 

Fin de l'exemple

Deuxième cas : $1-x^{2}$

Si l'intégrale est de la forme

$\int _{\alpha }^{\beta }f\left(x,{\sqrt {1-x^{2}}}\right)\,\mathrm {d} x$,

on peut poser :

$x=\sin u$.

On a alors :

• $\mathrm {d} x=\cos u\,\mathrm {d} u$ ;
• ${\sqrt {1-x^{2}}}={\sqrt {1-\sin ^{2}u}}={\sqrt {\cos ^{2}u}}=\cos u$.

On se ramène ainsi au calcul d'une intégrale de la forme

$\int _{\alpha }^{\beta }g\left(\sin u,\cos u\right)\,\mathrm {d} u$.

Début de l'exemple

Exemple

Calculer $\int _{\frac {1}{2}}^{2}{\frac {x-1}{(x+1){\sqrt {4x+5-x^{2}}}}}\,\mathrm {d} x$.

Solution

${\begin{aligned}\int _{\frac {1}{2}}^{2}{\frac {x-1}{(x+1){\sqrt {4x+5-x^{2}}}}}\,\mathrm {d} x&=\int _{\frac {1}{2}}^{2}{\frac {x-1}{(x+1){\sqrt {9-(x-2)^{2}}}}}\,\mathrm {d} x\\&=\int _{\frac {1}{2}}^{2}{\frac {x-1}{3(x+1){\sqrt {1-\left({\frac {x-2}{3}}\right)^{2}}}}}\,\mathrm {d} x.\end{aligned}}$

On pose alors :

$\sin u={\frac {x-2}{3}}\Leftrightarrow x=3\sin u+2\qquad \mathrm {d} x=3\cos u\,\mathrm {d} u$.

De plus, quand $x$ varie de ${\frac {1}{2}}$ à $2$, $\sin u$ varie de $-{\frac {1}{2}}$ à $0$ donc on peut faire varier $u$ de $-{\frac {\pi }{6}}$ à $0$.

On a donc :

${\begin{aligned}\int _{\frac {1}{2}}^{2}{\frac {x-1}{(x+1){\sqrt {4x+5-x^{2}}}}}\,\mathrm {d} x&=\int _{\frac {1}{2}}^{2}{\frac {x-1}{3(x+1){\sqrt {1-\left({\frac {x-2}{3}}\right)^{2}}}}}\,\mathrm {d} x\\&=\int _{-{\frac {\pi }{6}}}^{0}{\frac {3\sin u+2-1}{3(3\sin u+2+1){\sqrt {1-\sin ^{2}u}}}}3\cos u\,\mathrm {d} u\\&=\int _{-{\frac {\pi }{6}}}^{0}{\frac {1+3\sin u}{3(3+3\sin u)\cos u}}3\cos u\,\mathrm {d} u\\&={\frac {1}{3}}\int _{-{\frac {\pi }{6}}}^{0}{\frac {1+3\sin u}{1+\sin u}}\,\mathrm {d} u.\end{aligned}}$

Aucune des règles de Bioche ne s’applique ici. Par conséquent, on pose :

$y=\tan {\frac {u}{2}}$,

ce qui entraîne :

$\sin u={\frac {2y}{1+y^{2}}},\qquad \mathrm {d} u={\frac {2\,\mathrm {d} y}{1+y^{2}}}$.

On a donc :

${\begin{aligned}\int _{\frac {1}{2}}^{2}{\frac {x-1}{(x+1){\sqrt {4x+5-x^{2}}}}}\,\mathrm {d} x&={\frac {1}{3}}\int _{-{\frac {\pi }{6}}}^{0}{\frac {1+3\sin u}{1+\sin u}}\,\mathrm {d} u\\&={\frac {1}{3}}\int _{-\tan {\frac {\pi }{12}}}^{0}{\frac {3{\frac {2y}{1+y^{2}}}+1}{{\frac {2y}{1+y^{2}}}+1}}\,{\frac {2\,\mathrm {d} y}{1+y^{2}}}\\&={\frac {2}{3}}\int _{{\sqrt {3}}-2}^{0}{\frac {6y+1+y^{2}}{(2y+1+y^{2})(1+y^{2})}}\,\mathrm {d} y\\&={\frac {2}{3}}\int _{{\sqrt {3}}-2}^{0}{\frac {y^{2}+6y+1}{(y+1)^{2}(y^{2}+1)}}\,\mathrm {d} y,\end{aligned}}$

qui se décompose en éléments simples sous la forme :

${\begin{aligned}\int _{\frac {1}{2}}^{2}{\frac {x-1}{(x+1){\sqrt {4x+5-x^{2}}}}}\,\mathrm {d} x&=2\int _{{\sqrt {3}}-2}^{0}{\frac {1}{y^{2}+1}}\,\mathrm {d} y+{\frac {4}{3}}\int _{{\sqrt {3}}-2}^{0}{\frac {-1}{(y+1)^{2}}}\,\mathrm {d} y\\&=2\left[\arctan y\right]_{{\sqrt {3}}-2}^{0}+{\frac {4}{3}}\left[{\frac {1}{y+1}}\right]_{{\sqrt {3}}-2}^{0}\\&=2\times {\frac {\pi }{12}}+{\frac {4}{3}}\left(1-{\frac {1}{{\sqrt {3}}-1}}\right)\\&={\frac {\pi }{6}}+{\frac {2}{3}}-{\frac {2}{\sqrt {3}}}.\end{aligned}}$

 

Fin de l'exemple

Un autre changement de variable possible est de poser

$x=\tanh u$.

On a alors :

$\mathrm {d} x={\frac {\mathrm {d} u}{\cosh ^{2}u}}$ ;

• ${\sqrt {1-x^{2}}}={\sqrt {1-\tanh ^{2}u}}={\frac {1}{\cosh u}}$.

On se ramène ainsi au calcul d’une intégrale de la forme :

$\int _{\alpha }^{\beta }g\left(\tanh u,\cosh u\right)\,\mathrm {d} u$.

Troisième cas : $x^{2}-1$

Si l'intégrale est de la forme

$\int _{\alpha }^{\beta }f\left(x,{\sqrt {x^{2}-1}}\right)\,\mathrm {d} x$,

on peut poser :

$x={\frac {1}{\cos u}}$.

On a alors :

• $\mathrm {d} x={\frac {\sin u\,\mathrm {d} u}{\cos ^{2}u}}$ ;
• ${\sqrt {x^{2}-1}}={\sqrt {{\frac {1}{\cos ^{2}u}}-1}}={\sqrt {\tan ^{2}u}}=\tan u$.

On se ramène ainsi au calcul d'une intégrale de la forme

$\int _{\alpha }^{\beta }g\left(\cos u,\tan u\right)\,\mathrm {d} u$.

Début de l'exemple

Exemple

Calculer $\int _{\frac {2}{\sqrt {3}}}^{+\infty }{\frac {x^{2}}{\sqrt {(x^{2}-1)^{5}}}}\,\mathrm {d} x$.

Solution

En posant

$x={\frac {1}{\cos u}},\qquad \mathrm {d} x={\frac {\sin u\mathrm {d} u}{\cos ^{2}u}}$,

on vérifie que pour que $x$ varie de ${\frac {2}{\sqrt {3}}}$ à $+\infty$, on peut faire varier $u$ de ${\frac {\pi }{6}}$ à ${\frac {\pi }{2}}$.

On obtient :

${\begin{aligned}\int _{\frac {2}{\sqrt {3}}}^{+\infty }{\frac {x^{2}}{{\sqrt {x^{2}-1}}^{5}}}\,\mathrm {d} x&=\int _{\frac {\pi }{6}}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {1}{\cos ^{2}u{\sqrt {{\frac {1}{\cos ^{2}u}}-1}}^{5}}}\,{\frac {\sin u\,\mathrm {d} u}{\cos ^{2}u}}\\&=\int _{\frac {\pi }{6}}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {\sin u\,\mathrm {d} u}{\cos ^{4}u\tan ^{5}u}}\\&=\int _{\frac {\pi }{6}}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {\sin u\,\mathrm {d} u}{\cos ^{4}u{\frac {\sin ^{5}u}{\cos ^{5}u}}}}\\&=\int _{\frac {\pi }{6}}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {\cos u\,\mathrm {d} u}{\sin ^{4}u}}\\&=\left[-{\frac {1}{3\sin ^{3}u}}\right]_{\frac {\pi }{6}}^{\frac {\pi }{2}}\\&=-{\frac {1}{3}}+{\frac {8}{3}}\\&={\frac {7}{3}}.\end{aligned}}$

 

Fin de l'exemple

Un autre changement de variable possible est de poser :

$x=\cosh u$.

On a alors :

• $\mathrm {d} x=\sinh u\,\mathrm {d} u$ ;
• ${\sqrt {x^{2}-1}}={\sqrt {\cosh ^{2}u-1}}={\sqrt {\sinh ^{2}u}}=\sinh u$.

On se ramène ainsi au calcul d'une intégrale de la forme

$\int _{\alpha }^{\beta }g\left(\cosh u,\sinh u\right)\,\mathrm {d} u$.

Début de l'exemple

Exemple

Calculer une primitive sur $\left]1,+\infty \right[$ de $x\mapsto {\frac {1}{\sqrt {x^{2}-1}}}$.

Solution

En posant

$x=\cosh u$ on obtient, pour $1<a\leq b$ :

$\int _{a}^{b}{\frac {\mathrm {d} x}{\sqrt {x^{2}-1}}}=\int _{\operatorname {arcosh} a}^{\operatorname {arcosh} b}{\frac {{\cancel {\sinh u}}\,\mathrm {d} u}{\cancel {\sinh u}}}$

et l'on retrouve ainsi qu'une primitive sur $\left]1,+\infty \right[$ de $x\mapsto {\frac {1}{\sqrt {x^{2}-1}}}$ est la fonction arcosh.

 

Fin de l'exemple