Voir la source de Changement de variable en calcul intégral/Exercices/Changement de variable moyen

{{Exercice
  | idfaculté = mathématiques
  | numéro    = 3
  | précédent = [[../Changement de variable facile/]]
  | suivant   = [[../Changement de variable difficile/]]
  | niveau    = 14
}}

Les changements de variable présentés dans cette page demandent de la réflexion mais ne devraient pas poser trop de problème.
__TOC__
{{Clr}}
== Exercice 3-1 ==
Calculer :
:<math>\int_0^\pi\frac{1-\cos\frac x3}{\sin\frac x2}\,\mathrm dx</math>.

{{Solution|contenu=
Posons :
:<math>x=6y\Rightarrow\mathrm dx=6\mathrm dy\qquad\qquad0\to x\to\pi\Rightarrow0\to y\to\frac\pi6</math>.

On obtient alors :
:<math>\int_0^\pi\frac{1-\cos\frac x3}{\sin\frac x2}\,\mathrm dx=6\int_0^\frac\pi6 \frac{1-\cos(2y)}{\sin(3y)}\,\mathrm dy=6\int_0^\frac\pi6\frac{2(1-\cos^2y)}{(4\cos^2y-1)\sin y}\,\mathrm dy=3\int_0^\frac\pi6\frac{4\sin y}{4\cos^2y-1}\,\mathrm dy</math>.

Posons alors :
:<math>z=\cos y\Rightarrow\mathrm dz=-\sin y\,\mathrm dy\qquad\qquad0\to x\to\frac\pi6\Rightarrow1\to y\to\frac\sqrt32</math>.

Nous obtenons :
:<math>\begin{align}
\int_0^\frac\pi6\frac{4\sin y}{4\cos^2y-1}\,\mathrm dy&=\int_1^\frac\sqrt32 \frac{-4}{4z^2-1}\,\mathrm dz=\int_1^\frac\sqrt32\frac{-4}{(2z+1)(2z-1)}\,\mathrm dz =\int_1^\frac\sqrt32\left(\frac2{2z+1}-\frac2{2z-1}\right)\,\mathrm dz\\
&=\left[\ln(2z+1)-\ln(2z-1)\right]_1^\frac\sqrt32=\left[\ln\frac{2z+1}{2z-1}\right]_1^\frac\sqrt32=\ln\frac{\sqrt3+2}3.
\end{align}</math>

Nous pouvons conclure que :

{{Encadre
  | contenu =
<math>\int_0^\pi\frac{1-\cos\frac x3}{\sin\frac x2}\,\mathrm dx= 3\ln\frac{\sqrt3+2}3</math>.
}}
}}

== Exercice 3-2 ==
Calculer :
:<math>\int_0^\frac\pi4\frac{\tan x}{1+\sin^2x}\,\mathrm dx</math>.
{{Solution|contenu=
Nous sommes dans le « cas hybride » des règles de Bioche, où les trois changements de variable {{formule|1=''y'' = cos ''x''}}, {{formule|1=''y'' = sin ''x''}} et {{formule|1=''t'' = tan ''x''}} sont fructueux mais où un changement plus intéressant est {{formule|1=''u'' = cos(2''x'')}}.

Pour mettre en forme ce changement de variable, remarquons que
:<math>\frac{\tan x}{1+\sin^2x}=\frac{\sin x\cos x}{\cos^2x\left(1+\sin^2x\right)}=\frac{\frac12\sin(2x)}{\frac12\left(1+\cos(2x)\right)\frac12\left(3-\cos(2x)\right)}</math>.
En posant {{formule|1=''u'' = cos(2''x'')}}, on obtient donc :
:<math>\begin{align}
\int_0^\frac\pi4\frac{\tan x}{1+\sin^2x}\,\mathrm dx&=\int_1^0\frac{-\mathrm du}{(1+u)(3-u)}=\frac14\int_0^1\left(\frac1{1+u}+\frac1{3-u}\right)\,\mathrm du\\
&=\frac14\left[\ln\frac{1+u}{3-u}\right]_0^1=\frac{\ln3}4.\end{align}</math>
}}

== Exercice 3-3==
Calculer :
:<math>a)\quad\int_1^2\frac{\sqrt{x^3+1}}x\,\mathrm dx\qquad\qquad\qquad b)\quad\int_1^{+\infty}\frac{\mathrm dx}{x\sqrt{4x^2+x+1}}</math>.

{{Solution|contenu=
a) En posant <math>y=\sqrt{x^3+1}</math>, nous avons <math>y^2=x^3+1</math> donc <math>2y\,\mathrm dy=3x^2\,\mathrm dx</math> et
:<math> \begin{align}
\int_1^2\frac{\sqrt{x^3+1}}x\,\mathrm dx&=\int_1^2\frac{\sqrt{x^3+1}}{x^3}\,x^2\mathrm dx=\frac13\int_\sqrt2^3\frac{2y^2}{y^2-1}\,\mathrm dy\\
&=\frac13\int_\sqrt2^3\left(2-\frac1{y+1}+\frac1{y-1}\right)\,\mathrm dy\\
&=\frac13\left[2y-\ln{(y+1)}+\ln{(y-1)}\right]_\sqrt2^3 \\
&= \frac13\left[2y+\ln\frac{y-1}{y+1}\right]_\sqrt2^3\\
&=\frac{6-2\sqrt2-\ln{(6-4\sqrt2)}}3.
\end{align}</math>

b) <math>4x^2+x+1=\left(2x+\frac14\right)^2+\frac{15}{16}=\frac{15}{16}\left(y^2+1\right)</math> avec <math>y=\frac4\sqrt{15}\left(2x+\frac14\right)=\frac{8x+1}\sqrt{15}</math> donc posons
:<math>\tan\theta=\frac{8x+1}\sqrt{15},\quad\frac{\mathrm dx}\sqrt{4x^2+x+1}=\frac{\mathrm d\theta}{2\cos\theta}</math>.
:<math>\int_1^{+\infty}\frac{\mathrm dx}{x\sqrt{4x^2+x+1}}=4\int_{\arctan\left(3\sqrt{3/5}\right)}^\frac\pi2\frac{\mathrm d\theta}{\sqrt{15}\sin\theta-\cos\theta}</math>.
Posons enfin <math>t=\tan\frac\theta2,\quad\cos\theta=\frac{1-t^2}{1+t^2},\quad\sin\theta=\frac{2t}{1+t^2},\quad\mathrm d\theta=\frac{2\mathrm dt}{1+t^2},\quad T=\tan\frac{\arctan\left(3\sqrt{3/5}\right)}2=\frac{4\sqrt2-\sqrt5}{3\sqrt3}</math>.
:<math>4\int_{\arctan\left(3\sqrt{3/5}\right)}^\frac\pi2\frac{\mathrm d\theta}{\sqrt{15}\sin\theta-\cos\theta}=8\int_T^1\frac{\mathrm dt}{t^2+2\sqrt{15}t-1}=\int_T^1\left(\frac1{t+\sqrt{15}-4}-\frac1{t+\sqrt{15}+4}\right)\,\mathrm dt=\ln\frac{\left(\sqrt{15}-3\right)\left(T+\sqrt{15}+4\right)}{\left(\sqrt{15}+5\right)\left(T+\sqrt{15}-4\right)}</math>.
Finalement,
:<math>\int_1^{+\infty}\frac{\mathrm dx}{x\sqrt{4x^2+x+1}}=\ln\frac{\left(\sqrt{15}-3\right)\left(\sqrt2+2\sqrt5+3\sqrt3\right)}{\left(\sqrt{15}+5\right)\left(\sqrt2+2\sqrt5-3\sqrt3\right)}\approx0{,}457</math>.
}}

== Exercice 3-4 ==
Calculer :
:<math>a)\quad \int_0^\frac\pi2\frac{\cos x}{\sqrt{1+\cos2x}}\ \mathrm dx\qquad\qquad\qquad b)\quad\int_0^\frac\pi2\frac{\sin x}{\sqrt{1+\sin2x}}\,\mathrm dx</math>.
{{Solution|contenu=
a) Pour <math>0\le x\le\frac\pi2</math>, <math>\cos x\ge0</math> donc <math>\sqrt{1+\cos2x}=\sqrt{1+2\cos^2x-1}=\sqrt{2\cos^2x}=\sqrt2\cos x</math>.

Par conséquent,
:<math>\int_0^\frac\pi2\frac{\cos x}{\sqrt{1+\cos2x}}\,\mathrm dx=\int_0^\frac\pi2\frac1{\sqrt2}\,\mathrm dx=\frac\pi{2\sqrt2}</math>.

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 :
:<math>x=y+\frac\pi4\Rightarrow\mathrm dx=\mathrm dy\qquad\qquad0\to x\to\frac\pi2\Rightarrow-\frac\pi4\to y\to\frac\pi4</math>.
Nous obtenons :
*<math>\sqrt{1+\sin2x}=\sqrt{1+\sin\left(2y+\frac\pi2\right)}=\sqrt{1+\cos(2y)}=\sqrt2\cos y</math> ;
*<math>\sin x=\sin\left(y+\frac\pi4\right)=\frac{\cos y+\sin y}\sqrt2</math>
donc (par imparité de <math>\sin</math>)
:<math>\int_0^\frac\pi2\frac{\sin x}{\sqrt{1+\sin2x}}\,\mathrm dx=\int_{-\frac\pi4}^\frac\pi4\frac{\cos y+\sin y}{\sqrt2\sqrt2\cos y}\,\mathrm dy=\int_{-\frac\pi4}^\frac\pi4\frac{\cos y}{2\cos y}\,\mathrm dy=\frac\pi4</math>.
}}

== Exercice 3-5 ==
Calculer :
:<math>a)\quad\int_1^2x\sqrt{\frac{x-1}{x+1}}\,\mathrm dx\qquad\qquad\qquad b)\quad\int_{-1}^0\arctan\sqrt{\frac{x+1}{x+3}}\,\mathrm dx</math>.
{{Solution|contenu=
a) Posons :
:<math>y=\sqrt{\frac{x-1}{x+1}}\Leftrightarrow x=\frac{1+y^2}{1-y^2}\Rightarrow\mathrm dx=\frac{4y}{(y^2-1)^2}\,\mathrm dy\qquad\qquad1\to x\to2\Rightarrow0\to y\to\frac1\sqrt3</math>.

On a donc :
:<math>\begin{align}
\int_1^2 x\sqrt{\frac{x-1}{x+1}}\,\mathrm dx&=\int_0^\frac1\sqrt3y\frac{1+y^2}{1-y^2}\frac{4y}{(y^2-1)^2}\,\mathrm dy=\int_0^\frac1\sqrt3\frac{4y^2(1+y^2)}{(1-y^2)^3}\,\mathrm dy\\
&=\int_0^\frac1\sqrt3\left(\frac1{2(y+1)}-\frac3{2(y+1)^2}+\frac1{(y+1)^3}-\frac1{2(y-1)}-\frac3{2(y-1)^2}-\frac1{(y-1)^3}\right)\,\mathrm dy\\
&=\left[\frac12\ln\frac{1+y}{1-y}+\frac{3y+2}{2(y+1)^2}+\frac{3y-2}{2(y-1)^2}\right]_0^\frac1\sqrt3=\frac{\ln(2+\sqrt3)}2.
\end{align}</math>


b) Posons :
:<math>y=\sqrt{\frac{x+1}{x+3}}\Leftrightarrow x=\frac{1-3y^2}{y^2-1}\Rightarrow\mathrm dx=\frac{4y}{(y^2-1)^2}\mathrm dy\qquad\qquad-1\to x\to0\Rightarrow0\to y\to\frac1\sqrt3</math>.

On a donc :
:<math>\begin{align}
\int_{-1}^0 \arctan\sqrt{\frac{x+1}{x+3}}\,\mathrm dx&=\int_0^\frac1\sqrt3 \frac{4y}{(y^2-1)^2}\arctan y\,\mathrm dy\\
&=\left[\frac{-2}{y^2-1}\arctan y\right]_0^\frac1\sqrt3+2\int_0^\frac1\sqrt3\frac1{(y^2-1)(y^2+1)}\,\mathrm dy\\
&=\left[\frac2{1-y^2}\arctan y\right]_0^\frac1\sqrt3+\int_0^\frac1\sqrt3\left(\frac1{2(y-1)}-\frac1{2(y+1)}-\frac1{y^2+1} \right)\,\mathrm dy\\
&=\left[\frac{1+y^2}{1-y^2}\arctan y+\frac12\ln\frac{1-y}{1+y}\right]_0^\frac1\sqrt3\\
&=\frac{4/3}{2/3}\,\frac\pi6+\frac12\ln\frac{\sqrt3-1}{\sqrt3+1}\\
&=\frac\pi3+\frac{\ln(2-\sqrt3)}2.
\end{align}</math>
}}

==Exercice 3-6==
#Soit la fonction <math>u(x)=x+\sqrt{x^2+x+1}</math>. Montrer que <math>u</math> est une bijection de <math>[0,1]</math> sur un intervalle <math>[a,b]</math> que l'on précisera.
#Faire la division euclidienne de <math>t^4+2t^3+3t^2+2t+1</math> par <math>t^2+t+1</math>.
#Montrer que <math>x=\frac{t^2-1}{2t+1},\;t\ge1</math> est équivalent à <math>t=x+\sqrt{x^2+x+1},\;x\ge0</math>.
#Faire le changement de variable <math>u(x)=t</math> dans l'intégrale <math>I:=\int_0^1\frac{\mathrm dx}{x+\sqrt{x^2+x+1}}</math>.<br>Montrer que <math>I=\int_a^b\frac{P(t)}{Q(t)}\,\mathrm dt</math>, pour une fraction rationnelle <math>\frac PQ</math> que l'on précisera.
#Faire la décomposition en éléments simples dans <math>\R</math> de la fraction rationnelle de la question précédente et calculer <math>I</math>.
{{Solution|contenu=
#<math>\forall x\ge0\quad u'(x)\ge1</math> donc <math>u</math> est continue strictement croissante (et donc bijective) de <math>[0,1]</math> sur <math>[a,b]</math>, avec <math>a=u(0)=1</math> et <math>b=u(1)=1+\sqrt3</math>.
#<math>t^4+2t^3+3t^2+2t+1=(t^2+t+1)^2</math>.
#<math>u</math> est (continue et strictement croissante donc) bijective de <math>\left[0,+\infty\right[</math> sur <math>\left[1,+\infty\right[</math>, et si <math>x=\frac{t^2-1}{2t+1},\;t\ge1</math> alors <math>x\ge0</math> et <math>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</math>.
#<math>I=\int_a^b\frac1t\left(\frac{t^2-1}{2t+1}\right)'\,\mathrm dt=\int_a^b\frac{2(t^2+t+1)}{t(2t+1)^2}\,\mathrm dt</math>.
#<math>\frac{2(t^2+t+1)}{t(2t+1)^2}=\frac2t-\frac3{2t+1}-\frac3{(2t+1)^2}</math> donc <math>I=2\ln(1+\sqrt3)-\frac32\ln\frac{3+2\sqrt3}3+\frac32\left(\frac1{3+2\sqrt3}-\frac13\right)</math>.
}}

{{Bas de page
  | idfaculté = mathématiques
  | précédent = [[../Changement de variable facile/]]
  | suivant   = [[../Changement de variable difficile/]]
}}