Sujet D.4.3 Changement de variable
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Exercice a
Calculer l'intégrale suivante : $\,\dint_1^3\!\frac{\sqrt x}{1+x}\,\d x\sp{1.5}.\,$
calcul d'une intégrale par changement de variable
Soient $\,f\app\sc C(I,\bb K)\,$ et $\,\phi\app\sc C^1(J,I)\sp{1.5};\,$ pour $\alpha,\beta\app J\sp{1.5},$ on a :
$\displaystyle{}\int_{x=\phi(\alpha)}^{x=\phi(\beta)}\!f(x)\d x=\int_{t=\alpha}^{t=\beta}\!f\big(\phi(t)\big)\phi'(t)\d t$
En pratique, on pose $\,x=\phi(t)\,$ et les différentielles
$\,\d x=\phi'(t)\d t\sp{1.5}.\,$
calcul d'une intégrale par primitivation
Soit $F$ une primitive de $\,f\app\sc C(I,\bb K)\sp{1.5};\,$ alors, pour tous $\,a,b\app I:\,$
$\displaystyle{}\int_a^b\!f(x)\d x=\big[F(x)\big]_a^b=F(b)-F(a)$
indication
Effectuer le changement de variable : $\,u=\sqrt x\sp{1.5}.\,$
réponse
On obtient : $\,\dint_1^3\!\frac{\sqrt x}{1+x}\,\d x=2\sp{1.5}\sqrt3-\frac{2\sp{1.5}\pi}3\!\cdot\,$
correction
Sur $\,[\sp{1.5}1,\sp{1.5}3]\sp{1.5},\,$ la fonction racine carrée est
La fonction racine carrée : $\,x\mapsto\sqrt x\,$ est continue et strictement croissante sur $\,[\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5}.\,$
continue
et $\,1+x\,$ ne s'annule pas.
Par
$\sc C(I,\bb K)$ est un sous-espace vectoriel de $\sc F(I,\bb K)\sp{1.5},$ et il est :
quotient,
la fonction $\,x\mapsto\dfrac{\sqrt x}{1+x}\,$ est donc continue sur ce segment et son intégrale y est donc bien définie.
La fonction
- stable par produit : $\,f,\sp{1.5}g\sp{1.5}\app\sc C(I,\bb K)\!\Imp\! f\sp{1.5}g\sp{1.5}\app\sc C(I,\bb K)\sp{1.5},\,$
- et stable pour le quotient $\,f\sp{-1.5}/\sp{-1.5}g\,$ lorsque : $\,\ptt x\app I,\ g(x)\neq0\sp{1.5}.\,$
La fonction racine carrée : $\,r:x\mapsto\sqrt x\,$ est de classe $\sc C^{\I}$ sur
$\,]\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5},\,$ avec :
racine carrée
étant de classe $\sc C^1$ sur $\,[\sp{1.5}1,3\sp{1.5}]\sp{1.5},\,$ on peut effectuer le
$\displaystyle{}\ptt x > 0\sp{1.5},\ r'(x)=\frac1{2\sp{1.5}\sqrt x}$
Soient $\,f\app\sc C(I,\bb K)\,$ et $\,\phi\app\sc C^1(J,I)\sp{1.5};\,$ pour $\alpha,\beta\app J\sp{1.5},$ on a :
changement
de variable : $\,u=\sqrt x\sp{1.5}.\,$
On peut, soit l'appliquer directement avec $\,\d u=\dfrac{\d x}{2\sp{1.5}\sqrt x}\sp{1.5},\,$ soit
poser plutôt $\,x=u^2\,$ avec $\,\d x=2\sp{1.5}u\d u:\,$
$\displaystyle{}\int_{x=\phi(\alpha)}^{x=\phi(\beta)}\!f(x)\d x=\int_{t=\alpha}^{t=\beta}\!f\big(\phi(t)\big)\phi'(t)\d t$
En pratique, on pose $\,x=\phi(t)\,$ et les différentielles
$\,\d x=\phi'(t)\d t\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{}\int_{x=1}^{x=3}\frac{\sqrt x}{x+1}\,\d x=\int_{u=1}^{u=\sqrt3}\frac{2\sp{1.5}u^2}{1+u^2}\,\d u$
En décomposant le numérateur en : $\,2\sp{1.5}u^2=2\sp{1.5}(1+u^2)-2\sp{1.5},\,$ on a :
$\displaystyle{}\int_1^{\sqrt3}\frac{2\sp{1.5}u^2}{1+u^2}\,\d u=2\int_1^{\sqrt3}\!\!\d u-2\int_1^{\sqrt3}\!\!\frac{\d u}{1+u^2}$
On reconnaît la dérivée de l'
La fonction arc tangente est de classe $\sc C^{\I}$ sur $\bb R\sp{1.5},$ avec :
arc tangente
et on en déduit par
$\displaystyle{}\ptt x\app\bb R,\ \op{Arctan}'(x)=\smh{1}{\frac1{1+x^2}}$
Soit $F$ une primitive de $\,f\app\sc C(I,\bb K)\sp{1.5};\,$ alors, pour tous $\,a,b\app I:\,$
primitivation :
$\displaystyle{}\int_a^b\!f(x)\d x=\big[F(x)\big]_a^b=F(b)-F(a)$
$\displaystyle{}\int_1^{\sqrt3}\!\!\frac{\d u}{1+u^2}=\Big[\op{Arctan}u\Big]_1^{\sqrt3}=\frac{\pi}3-1$
On obtient donc finalement :
$\displaystyle{}\int_1^3\frac{\sqrt x}{1+x}\,\d x=2\sp{1.5}\big(\sqrt3-1\big)-2\Big(\frac{\pi}3-1\Big)=2\sp{1.5}\sqrt3-\frac{2\sp{1.5}\pi}3$
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Exercice b
Déterminer les primitives sur $\,]\sp{1.5}0,+\I[\,$ de la fonction $\,f:x\mapsto\dfrac1{\op{sh}x}\!\cdot\,$
calcul d'une intégrale par changement de variable
Soient $\,f\app\sc C(I,\bb K)\,$ et $\,\phi\app\sc C^1(J,I)\sp{1.5};\,$ pour $\alpha,\beta\app J\sp{1.5},$ on a :
$\displaystyle{}\int_{x=\phi(\alpha)}^{x=\phi(\beta)}\!f(x)\d x=\int_{t=\alpha}^{t=\beta}\!f\big(\phi(t)\big)\phi'(t)\d t$
En pratique, on pose $\,x=\phi(t)\,$ et les différentielles
$\,\d x=\phi'(t)\d t\sp{1.5}.\,$
calcul d'une intégrale par primitivation
Soit $F$ une primitive de $\,f\app\sc C(I,\bb K)\sp{1.5};\,$ alors, pour tous $\,a,b\app I:\,$
$\displaystyle{}\int_a^b\!f(x)\d x=\big[F(x)\big]_a^b=F(b)-F(a)$
indication
Effectuer le changement de variable : $\,u=\e x\sp{1.5}.\,$
réponse
Les primitives de $\,f:x\mapsto\dfrac1{\op{sh}x}\,$ sur $\,]\sp{1.5}0,+\I[\,$ sont les fonctions suivantes, pour $\,C\app\bb R:\,$
$\displaystyle{}F_C:x\mapsto\ln\!\Big(\frac{\e x-1}{\e x+1}\Big)+C=\ln\!\Big(\!\op{th}\!\Big(\dfrac x2\Big)\!\Big)+C$
correction
La fonction
Les fonctions cosinus et sinus hyperboliques sont continues sur $\,\bb R:\,$
sinus hyperbolique
est continue et strictement
- $\,x\mapsto\op{ch}x\,$ est paire, et strictement croissante sur $\,\smb{1}{[\sp{1.5}0,+\I[}\,;\,$
- $\,x\mapsto\op{sh}x\,$ est impaire, et strictement croissante sur $\,\bb R\sp{1.5}.\,$
Soit $\,f:I\to\bb R\,;\,$ pour $x$ et $y$ appartenant à l' intervalle $I\sp{1.5}, $ $f$ est dite :
croissante
sur $\,]\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5},\,$ elle vérifie :
$\,\op{sh}x > \op{sh}0=0\sp{1.5}.\,$
Son inverse $f$ est donc
- croissante ssi : $\,\big(x\leq y\Imp f(x)\leq f(y)\big)\,;\,$
- strictement croissante ssi : $\,\big(x < y\Imp f(x) < f(y)\big)\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{} \big(x\leq y\Imp f(x)\geq f(y)\big)\txt{ou}\big(x < y\Imp f(x) > f(y)\big)$
$\sc C(I,\bb K)$ est un sous-espace vectoriel de $\sc F(I,\bb K)\sp{1.5},$ et il est :
continue
sur $\,]\sp{1.5}0,+\I[\,$ et y admet des
- stable par produit : $\,f,\sp{1.5}g\sp{1.5}\app\sc C(I,\bb K)\!\Imp\! f\sp{1.5}g\sp{1.5}\app\sc C(I,\bb K)\sp{1.5},\,$
- et stable pour le quotient $\,f\sp{-1.5}/\sp{-1.5}g\,$ lorsque : $\,\ptt x\app I,\ g(x)\neq0\sp{1.5}.\,$
Toute fonction continue $\,f:I\to\bb K\,$ admet des primitives sur $I\sp{1.5}.$Pour $\,a\app I\sp{1.5},\,$ $\,F:x\mapsto\!\dint_a^x\!\! f(t)\d t\,$ est une de ces primitives.
primitives,
écrites formellement : $\,\dint\frac{\d x}{\op{sh}x}\!\cdot\,$
La fonction
La fonction exponentielle est de classe $\sc C^{\I}$ sur $\bb R\sp{1.5},$ avec :
exponentielle
étant de classe $\sc C^1$ sur $\bb R\sp{1.5},$ on effectue le
$\displaystyle{}\ptt x\app\bb R,\ \exp'(x)=\exp(x)$
Soient $\,f\app\sc C(I,\bb K)\,$ et $\,\phi\app\sc C^1(J,I)\sp{1.5};\,$ pour $\alpha,\beta\app J\sp{1.5},$ on a :
changement
de variable : $\,u=\e x\sp{1.5}.\,$
En effet, l'
$\displaystyle{}\int_{x=\phi(\alpha)}^{x=\phi(\beta)}\!f(x)\d x=\int_{t=\alpha}^{t=\beta}\!f\big(\phi(t)\big)\phi'(t)\d t$
En pratique, on pose $\,x=\phi(t)\,$ et les différentielles
$\,\d x=\phi'(t)\d t\sp{1.5}.\,$
Les cosinus et sinus hyperboliques de tout $x\app\bb R$ sont :
expression :
$\,\op{sh}x=\dfrac{\e x-\e{-x}}2\sp{1.5},\,$ avec $\,\d u=\e x\d x\,$ et $\,\d x=\dfrac{\d u}u\sp{1.5},\,$ nous donne :
$\displaystyle{}\op{ch}x=\frac{\e x+\e{-x}}2\ \txt{et}\,\op{sh}x=\frac{\e x-\e{-x}}2$
Ils sont liées par la relation : $\,\ptt x\app\bb R,\ \op{ch}^2x-\op{sh}^2x=1\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{}\int\frac{\d x}{\op{sh}x}=\int\frac{2\sp{1.5}\d x}{\e x-\e{-x}}=\int\frac{2\d u/u}{u-u^{-1}}=\int\frac{2\d u}{u^2-1}$
fonction
Une fonction rationnelle est de la forme : $\,\Big\{\eqalign{&\!\bb K\!\setminus\!\{\alpha_1,\dots,\alpha_p\}\to\bb K\\[-.5ex]&\!x\mapsto f(x)\!=\!A(x)\sp{-1.5}/\sp{-1.5}B(x)}\,$
pour $\,\sth1A\app\bb K[X]\,$ et $\,B\app\bb K[X]\!\sp{-1.5}\setminus\!\sp{-1.5}\{0\}\,$ de racines : $\,\alpha_1,\dots,\alpha_p\app\bb K\sp{1.5}.\,$
rationnelle
$\,u\mapsto\dfrac2{u^2-1}\,$ a deux pôles simples : $\,1\,$ et $\,-1\sp{1.5}.\,$
Avec une partie entière nulle, elle a donc une
- Si les $A(\alpha_k)$ sont non nuls, $f$ est iréductible de pôles les $\,\alpha_k\sp{1.5}.\,$
- Un pôle $\alpha_k$ est un pôle simple ssi $\alpha_k$ est racine simple de $B\sp{1.5}.$
Soit $f$ une fonction rationnelle irréductible à pôles simples $\alpha_1,\dots,\alpha_p\sp{1.5}.$
Alors $f$ a une unique décomposition en éléments simples :
décomposition
en éléments simples de la forme :$\displaystyle{}\smh{1.5}{f(x)=\dfrac{A(x)}{B(x)}= E(x)+\dfrac{\lambda_1}{x-\alpha_1}+\cdots+\dfrac{\lambda_p}{x-\alpha_p}}$
- La partie entière $E$ est le quotient euclidien de $A$ par $B\sp{1.5};$
- après simplification par $(x-\alpha_k):$ $\,\lambda_k\!=\!\dfrac{\!A(x)(x-\alpha_k)\!}{B(x)}\Big|_{x=\alpha_k}\!\!\!\!\!\!\,$
$\displaystyle{}\frac2{u^2-1}=\frac2{(u-1)(u+1)}=\frac{a}{u-1}+\frac{b}{u+1}$
On peut alors obtenir les coefficients $a$ et $b$ de cette décomposition selon deux méthodes :
- soit en évaluant directement $a$ et $b$ par les formules :
$\displaystyle{}a=\frac2{u+1}\Big|_{u\,=\,1}\!=\,1\ \txt{et}\ b=\frac2{u-1}\Big|_{u=-1}\!=-1$
- soit en
Si $\,A,B\app\bb K_n[X]\,$ ont plus de $\,n\,$ valeurs en commun, alors $\,A=B\sp{1.5}.\,$ On peut donc identifier leurs coefficients : $\,\ptt k\app\sp{1.5}[\![\sp{1.5}0\sp{.75},n\sp{1.5}]\!]\sp{1.5},\ a_k=b_k\sp{1.5}.\,$identifiant $a$ et $b$ au numérateur de :$\eqalign{\frac2{(u-1)(u+1)}=&\frac{(a+b)\sp{1.5}u+a-b}{(u-1)(u+1)}\\ \txt{d'où :}&\Big\{\eqalign{\,a+b&=0\\[-.5ex]a-b&=2}}$
Soit $\,u\app\sc C^n(I,\bb K)\,$ pour $\,n\geq1\sp{1.5},\,$ telle que : $\,\ptt x\app I,\ u(x)\neq0\sp{1.5}.\,$ Alors la fonction $\,f:x\mapsto\ln|u(x)|\,$ est de classe $\sc C^n$ sur $I\sp{1.5},$ avec :
dérivées
de logarithmes :
$\displaystyle{}\ptt x\app I,\ f'(x)=\smh{1.25}{\frac{u'(x)}{u(x)}}$
$\displaystyle{} \frac2{u^2-1}=\frac{1}{u-1}-\frac{1}{u+1}$
On en déduit les
$F$ est une primitive de $\,f:I\to\bb K\,$ ssi $F$ est dérivable sur $I$ et $\,F'=f.\,$
Les primitives de $f$ sont alors les $\,G:x\mapsto F(x)+C,\,$ pour $\,C\app\bb K\sp{1.5}.\,$
primitives
de $f$ avec une constante $C\app\bb R$ arbitraire :
$\displaystyle{}\int\frac{2\d u}{u^2-1}=\int\Big(\frac{1}{u-1}-\frac{1}{u+1}\Big)\d u=\ln\Big|\frac{u-1}{u+1}\Big|+C$
Il nous faut ensuite revenir à la variable initiale $\,x\,$ strictement positive ; avec $\,\e x > \e 0=1\sp{1.5},\,$ on a donc :
$\displaystyle{}\int\frac{\d x}{\op{sh}x}=\ln\Big(\frac{\e x-1}{\e x+1}\Big)+C$
On peut alors faire apparaître une tangente
La tangente hyperbolique de tout $x\app\bb R$ est définie par :
hyperbolique
dans le quotient auquel s'applique ce logarithme :
$\displaystyle{}\op{th}x=\frac{\op{sh}x}{\op{ch}x}=\frac{\e{\sp{1.5}x}-\e{-x}}{\e{\sp{1.5}x}+\e{-x}}$
$\displaystyle{}\frac{\e x-1}{\e x+1}=\frac{\e{x/2}\big(\e{x/2}-\e{-x/2}\big)}{\e{x/2}\big(\e{x/2}+\e{-x/2}\big)}=\frac{\e{x/2}-\e{-x/2}}{\e{x/2}+\e{-x/2}}=\op{th}\!\Big(\frac x2\Big)$
Les primitives de $f$ sur $\,]\sp{1.5}0,+\I[\,$ sont finalement, pour $C\app\bb R:$
$\displaystyle{}F_C:x\mapsto\ln\Big(\frac{\e x-1}{\e x+1}\Big)+C=\ln\!\Big(\!\sp{-1.5}\op{th}\!\Big(\dfrac x2\Big)\!\Big)+C$
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Exercice c
Calculer l'intégrale suivante : $\,\dint_0^{\pi/3}\!\!\frac{\sin x\sp{1.5}\d x}{1+\cos x+\cos2\sp{1.5}x}\!\cdot\,$
calcul d'une intégrale par changement de variable
Soient $\,f\app\sc C(I,\bb K)\,$ et $\,\phi\app\sc C^1(J,I)\sp{1.5};\,$ pour $\alpha,\beta\app J\sp{1.5},$ on a :
$\displaystyle{}\int_{x=\phi(\alpha)}^{x=\phi(\beta)}\!f(x)\d x=\int_{t=\alpha}^{t=\beta}\!f\big(\phi(t)\big)\phi'(t)\d t$
En pratique, on pose $\,x=\phi(t)\,$ et les différentielles
$\,\d x=\phi'(t)\d t\sp{1.5}.\,$
calcul d'une intégrale par primitivation
Soit $F$ une primitive de $\,f\app\sc C(I,\bb K)\sp{1.5};\,$ alors, pour tous $\,a,b\app I:\,$
$\displaystyle{}\int_a^b\!f(x)\d x=\big[F(x)\big]_a^b=F(b)-F(a)$
indication
Effectuer le changement de variable : $\,u=\cos x\sp{1.5}.\,$
réponse
On obtient : $\,\dint_0^{\pi/3}\frac{\sin x}{1+\cos x+\cos2\sp{1.5}x}\,\d x=\ln\dfrac43=2\sp{1.5}\ln2-\ln3\sp{1.5}.\,$
correction
On étudie d'abord la continuité de la fonction $\,f:x\mapsto\dfrac{\sin x}{1+\cos x+\cos2\sp{1.5}x}\,$ sur $\,[\sp{1.5}0,\pi/3\sp{1.5}]\sp{1.5}.\,$
Oncommence par factoriser le dénominateur de $f(x)$ par une
Pour $\,a\app\bb R\sp{1.5},\,$ en développant $\,\e{2\sp{1.5}i\sp{1.5}a}\sp{1.5},\,$ on a les formules de duplication :
formule
de duplication :
- $\,\cos2\sp{1.5}a=\cos^2\sp{-1.5}a-\sin^2\sp{-1.5}a= 2\sp{1.5}\cos^2\sp{-1.5}a-1=1-2\sp{1.5}\sin^2\sp{-1.5}a\,;\sth1\,$
- $\,\sin2\sp{1.5}a=2\sp{1.5}\sin a\sp{1.5}\cos a\sp{1.5};\sth1\,$
- $\,\tan2\sp{1.5}a=\dfrac{2\sp{1.5}\tan a}{1-\tan^2\sp{-1.5}a}\,$ si $\,a\non{\equiv}\dfrac\pi4\,\Big[\dfrac\pi2\Big]\!\cdot\,$
$\displaystyle{}1+\cos x+\cos2\sp{1.5}x=2\sp{1.5}\cos^2\!x+\cos x=\cos x\sp{1.5}(2\sp{1.5}\cos x+1)$
La fonction
Les fonctions cosinus et sinus sont continues sur $\bb R$ et de période $2\sp{1.5}\pi:$
cosinus
étant
- Le cosinus est pair et strictement décroissant sur $\,\smb{1}{[\sp{1.5}0,\pi\sp{1.5}]}\sp{1.5}.\,$
- Le sinus est impair et strictement croissant sur $\,[-\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2,\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2\sp{1.5}]\sp{1.5}.\,$
Soit $\,f:I\to\bb R\,;\,$ pour $x$ et $y$ appartenant à l' intervalle $I\sp{1.5}, $ $f$ est dite :
décroissante
sur $\,[\sp{1.5}0,\pi/3\sp{1.5}]\sp{1.5},\,$ on a alors :
- croissante ssi : $\,\big(x\leq y\Imp f(x)\leq f(y)\big)\,;\,$
- strictement croissante ssi : $\,\big(x < y\Imp f(x) < f(y)\big)\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{} \big(x\leq y\Imp f(x)\geq f(y)\big)\txt{ou}\big(x < y\Imp f(x) > f(y)\big)$
$\eqalign{&1/2=\cos(\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}3)\leq\cos x\leq \cos0=1\\[.5ex]
\txt{d'où :}&1+\cos x+\cos2\sp{1.5}x=\cos x\sp{1.5}(2\sp{1.5}\cos x+1) > 0}$
Par
$\sc C(I,\bb K)$ est un sous-espace vectoriel de $\sc F(I,\bb K)\sp{1.5},$ et il est :
quotient
de fonctions trigonométriques
- stable par produit : $\,f,\sp{1.5}g\sp{1.5}\app\sc C(I,\bb K)\!\Imp\! f\sp{1.5}g\sp{1.5}\app\sc C(I,\bb K)\sp{1.5},\,$
- et stable pour le quotient $\,f\sp{-1.5}/\sp{-1.5}g\,$ lorsque : $\,\ptt x\app I,\ g(x)\neq0\sp{1.5}.\,$
Les fonctions cosinus et sinus sont continues sur $\bb R$ et de période $2\sp{1.5}\pi:$
continues,
on a ainsi établi la continuité de $f$ sur $\,[\sp{1.5}0,\pi/3\sp{1.5}]\sp{1.5}.\,$
La fonction
- Le cosinus est pair et strictement décroissant sur $\,\smb{1}{[\sp{1.5}0,\pi\sp{1.5}]}\sp{1.5}.\,$
- Le sinus est impair et strictement croissant sur $\,[-\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2,\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2\sp{1.5}]\sp{1.5}.\,$
Les fonctions cosinus et sinus sont de classe $\sc C^{\I}$ sur $\bb R\sp{1.5},$ avec :
cosinus
étant de classe $\sc C^1\sp{1.5},$ on effectue le
$\eqalign{&\ptt x\app\bb R,\ \big(\cos'(x)=-\sin x\txt{et} \sin'(x)=\cos x\big) \ \txt{d'où :}\\[-1ex]
&\cos^{(k)}(x)=\cos\big(x+\dfrac{k\sp{1.5}\pi}2\big)\txt{et}\sin^{(k)}(x)=\sin\big(x+\dfrac{k\sp{1.5}\pi}2\big)}$
Soient $\,f\app\sc C(I,\bb K)\,$ et $\,\phi\app\sc C^1(J,I)\sp{1.5};\,$ pour $\alpha,\beta\app J\sp{1.5},$ on a :
changement
de variable $\,u=\cos x\,$ avec $\,\d u=-\sin x\d x:\,$
$\displaystyle{}\int_{x=\phi(\alpha)}^{x=\phi(\beta)}\!f(x)\d x=\int_{t=\alpha}^{t=\beta}\!f\big(\phi(t)\big)\phi'(t)\d t$
En pratique, on pose $\,x=\phi(t)\,$ et les différentielles
$\,\d x=\phi'(t)\d t\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{}\int_{x=0}^{x=\pi/3}\!\!\frac{\sin x}{\cos x\sp{1.5}(2\sp{1.5}\cos x+1)}\,\d x=\int_{u=1}^{u=1/2}\!\!\frac{-\d u}{u\sp{1.5}(2\sp{1.5}u+1)}$
La fraction $\,\dfrac1{u\sp{1.5}(2\sp{1.5}u+1)}\,$ est une expression
Une fonction rationnelle est de la forme : $\,\Big\{\eqalign{&\!\bb K\!\setminus\!\{\alpha_1,\dots,\alpha_p\}\to\bb K\\[-.5ex]&\!x\mapsto f(x)\!=\!A(x)\sp{-1.5}/\sp{-1.5}B(x)}\,$
pour $\,\sth1A\app\bb K[X]\,$ et $\,B\app\bb K[X]\!\sp{-1.5}\setminus\!\sp{-1.5}\{0\}\,$ de racines : $\,\alpha_1,\dots,\alpha_p\app\bb K\sp{1.5}.\,$
rationnelle
en $\,u\sp{1.5},\,$ avec deux pôles simples : $\,0\,$ et $\,-1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2\sp{1.5}.\,$
Avec une partie entière nulle, elle a donc une
- Si les $A(\alpha_k)$ sont non nuls, $f$ est iréductible de pôles les $\,\alpha_k\sp{1.5}.\,$
- Un pôle $\alpha_k$ est un pôle simple ssi $\alpha_k$ est racine simple de $B\sp{1.5}.$
Soit $f$ une fonction rationnelle irréductible à pôles simples $\alpha_1,\dots,\alpha_p\sp{1.5}.$
Alors $f$ a une unique décomposition en éléments simples :
décomposition
en éléments simples de la forme :
$\displaystyle{}\smh{1.5}{f(x)=\dfrac{A(x)}{B(x)}= E(x)+\dfrac{\lambda_1}{x-\alpha_1}+\cdots+\dfrac{\lambda_p}{x-\alpha_p}}$
- La partie entière $E$ est le quotient euclidien de $A$ par $B\sp{1.5};$
- après simplification par $(x-\alpha_k):$ $\,\lambda_k\!=\!\dfrac{\!A(x)(x-\alpha_k)\!}{B(x)}\Big|_{x=\alpha_k}\!\!\!\!\!\!\,$
$\displaystyle{}\frac1{u\sp{1.5}(2\sp{1.5}u+1)}=\frac{a}{u}+\frac{b}{u+1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2}$
On peut alors obtenir les coefficients $a$ et $b$ de cette décomposition selon deux méthodes :
- soit en évaluant directement $a$ et $b$ par les formules :
$\displaystyle{}a=\frac1{2\sp{1.5}u+1}\Big|_{u\,=\,0}\!=\,1\ \txt{et}\ b=\frac1{2\sp{1.5}u}\Big|_{u=-1/2}\!=-1$
- soit en
Si $\,A,B\app\bb K_n[X]\,$ ont plus de $\,n\,$ valeurs en commun, alors $\,A=B\sp{1.5}.\,$ On peut donc identifier leurs coefficients : $\,\ptt k\app\sp{1.5}[\![\sp{1.5}0\sp{.75},n\sp{1.5}]\!]\sp{1.5},\ a_k=b_k\sp{1.5}.\,$identifiant $a$ et $b$ dans l'égalité :$\displaystyle{}\frac1{u\sp{1.5}(2\sp{1.5}u+1)}=\frac{(a+b)\sp{1.5}u+a\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2}{u\sp{1.5}(u+1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2)}$
Soit $\,u\app\sc C^n(I,\bb K)\,$ pour $\,n\geq1\sp{1.5},\,$ telle que : $\,\ptt x\app I,\ u(x)\neq0\sp{1.5}.\,$ Alors la fonction $\,f:x\mapsto\ln|u(x)|\,$ est de classe $\sc C^n$ sur $I\sp{1.5},$ avec :
dérivées
de logarithmes :
$\displaystyle{}\ptt x\app I,\ f'(x)=\smh{1.25}{\frac{u'(x)}{u(x)}}$
$\displaystyle{}\dfrac1{u\sp{1.5}(2\sp{1.5}u+1)}=\dfrac{1}{u}-\dfrac{2}{2\sp{1.5}u+1}$
On en déduit par
$F$ est une primitive de $\,f:I\to\bb K\,$ ssi $F$ est dérivable sur $I$ et $\,F'=f.\,$
Les primitives de $f$ sont alors les $\,G:x\mapsto F(x)+C,\,$ pour $\,C\app\bb K\sp{1.5}.\,$
primitivation
l'intégrale de $f:$
$\displaystyle{}\int_{1/2}^{1}\frac{\d u}{u\sp{1.5}(2\sp{1.5}u+1)}=\Big[\ln\Big(\frac u{2\sp{1.5}u+1}\Big)\Big]_{1/2}^{1}\!=\ln\Big(\frac13\Big)-\ln\Big(\frac14\Big)$
$\displaystyle{}\txt{Soit :}\!\!\dint_0^{\pi/3}\!\!\!\frac{\sin x\sp{1.5}\d x}{1+\cos x+\cos2\sp{1.5}x}=\ln\dfrac43=2\sp{1.5}\ln2-\ln3$
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Exercice d
Calculer l'intégrale suivante : $\,\dint_0^{\pi/4}\!\!\frac{\tan x}{1+\tan x}\,\d x\sp{1.5}.\,$
calcul d'une intégrale par changement de variable
Soient $\,f\app\sc C(I,\bb K)\,$ et $\,\phi\app\sc C^1(J,I)\sp{1.5};\,$ pour $\alpha,\beta\app J\sp{1.5},$ on a :
$\displaystyle{}\int_{x=\phi(\alpha)}^{x=\phi(\beta)}\!f(x)\d x=\int_{t=\alpha}^{t=\beta}\!f\big(\phi(t)\big)\phi'(t)\d t$
En pratique, on pose $\,x=\phi(t)\,$ et les différentielles
$\,\d x=\phi'(t)\d t\sp{1.5}.\,$
calcul d'une intégrale par primitivation
Soit $F$ une primitive de $\,f\app\sc C(I,\bb K)\sp{1.5};\,$ alors, pour tous $\,a,b\app I:\,$
$\displaystyle{}\int_a^b\!f(x)\d x=\big[F(x)\big]_a^b=F(b)-F(a)$
indication
Effectuer le changement de variable : $\,u=\tan x\sp{1.5}.\,$
réponse
On obtient : $\,\dint_0^{\pi/4}\!\!\frac{\tan x}{1+\tan x}\,\d x=\frac{\pi}8-\frac{\ln2}4\!\cdot\,$
correction
La fonction tangente est
La fonction tangente est impaire et de période $\,\pi\sp{1.5}.\,$ Elle est de plus continue et strictement croissante sur $\,]\!-\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2\sp{.75},\sp{1.5}\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2\sp{1.5}[\sp{1.5}.\,$
croissante
sur $\,[\sp{1.5}0,\pi/4]\sp{1.5}\,$ d'où : $\,1+\tan x\geq 1+\tan0=1\sp{1.5}.\,$
Il s'ensuit, par quotient de fonctions continues, que $f$ étant continue sur $\,[\sp{1.5}0,\pi/4]\sp{1.5},\,$ a une intégrale bien définie.
La fonction
La fonction tangente est de classe $\sc C^{\I}$ sur tout intervalle $I$ où : $\,x\non\equiv\smb1{\dfrac\pi2}\,[\pi],\,$ avec :
tangente
étant de classe $\sc C^1\sp{1.5},$ on effectue le
$\displaystyle{}\ptt x\app I,\ \tan'(x)=1+\tan^2\sp{-1.5}x=\frac1{\cos^2\sp{-1.5}x}$
Soient $\,f\app\sc C(I,\bb K)\,$ et $\,\phi\app\sc C^1(J,I)\sp{1.5};\,$ pour $\alpha,\beta\app J\sp{1.5},$ on a :
changement
de variable $\,u=\tan x\,$ avec $\,\d u=\big(1+\tan^2\!x\big)\d x\sp{1.5},\,$ et donc $\,\d x=\dfrac{\d u}{1+u^2}:\,$
$\displaystyle{}\int_{x=\phi(\alpha)}^{x=\phi(\beta)}\!f(x)\d x=\int_{t=\alpha}^{t=\beta}\!f\big(\phi(t)\big)\phi'(t)\d t$
En pratique, on pose $\,x=\phi(t)\,$ et les différentielles
$\,\d x=\phi'(t)\d t\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{}\int_{x=0}^{x=\pi/4}\frac{\tan x}{1+\tan x}\,\d x=\int_{u=0}^{u=1}\frac{u\d u}{(1+u)(1+u^2)}$
La partie entière de l'expression
Une fonction rationnelle est de la forme : $\,\Big\{\eqalign{&\!\bb K\!\setminus\!\{\alpha_1,\dots,\alpha_p\}\to\bb K\\[-.5ex]&\!x\mapsto f(x)\!=\!A(x)\sp{-1.5}/\sp{-1.5}B(x)}\,$
pour $\,\sth1A\app\bb K[X]\,$ et $\,B\app\bb K[X]\!\sp{-1.5}\setminus\!\sp{-1.5}\{0\}\,$ de racines : $\,\alpha_1,\dots,\alpha_p\app\bb K\sp{1.5}.\,$
rationnelle
$\,g(u)=\dfrac u{(1+u)(1+u^2)}\,$ est nulle du fait des degrés.
On recherche alors une décomposition de $\,g(u)\,$ de la forme :
- Si les $A(\alpha_k)$ sont non nuls, $f$ est iréductible de pôles les $\,\alpha_k\sp{1.5}.\,$
- Un pôle $\alpha_k$ est un pôle simple ssi $\alpha_k$ est racine simple de $B\sp{1.5}.$
$\eqalign{&\frac u{(1+u)(1+u^2)}=\frac{a}{u+1}+\frac{b\sp{1.5}u+c}{u^2+1}\\
\txt{soit :}&\frac u{(1+u)(1+u^2)}=
\frac{(a+b)\sp{1.5}u^2+(b+c)\sp{1.5}u+a+c}{(1+u)(1+u^2)}}$
En
Si $\,A,B\app\bb K_n[X]\,$ ont plus de $\,n\,$ valeurs en commun, alors $\,A=B\sp{1.5}.\,$
On peut donc identifier leurs coefficients : $\,\ptt k\app\sp{1.5}[\![\sp{1.5}0\sp{.75},n\sp{1.5}]\!]\sp{1.5},\ a_k=b_k\sp{1.5}.\,$
identifiant
les numérateurs pour tout $\,u\neq-1\sp{1.5},\,$ on obtient :
$\displaystyle{}\left\{\eqalign{\,a+b&=0\\[-.5ex]b+c&=1\\[-.5ex]a+c&=0}\right.\ \Ssi \ b=c=-a=\smh1{\dfrac12}$
On obtient ainsi des
Soit $\,u\app\sc C^n(I,\bb K)\,$ pour $\,n\geq1\sp{1.5},\,$ telle que : $\,\ptt x\app I,\ u(x)\neq0\sp{1.5}.\,$ Alors la fonction $\,f:x\mapsto\ln|u(x)|\,$ est de classe $\sc C^n$ sur $I\sp{1.5},$ avec :
dérivées
de logarithmes et la
$\displaystyle{}\ptt x\app I,\ f'(x)=\smh{1.25}{\frac{u'(x)}{u(x)}}$
La fonction arc tangente est de classe $\sc C^{\I}$ sur $\bb R\sp{1.5},$ avec :
dérivée
d'un arc tangente :
$\displaystyle{}\ptt x\app\bb R,\ \op{Arctan}'(x)=\smh{1}{\frac1{1+x^2}}$
$\displaystyle{} \frac u{(1+u)(1+u^2)}=\frac12\Big(-\frac1{u+1}+\frac u{u^2+1}+\frac1{u^2+1}\Big)$
On en déduit par
Soit $F$ une primitive de $\,f\app\sc C(I,\bb K)\sp{1.5};\,$ alors, pour tous $\,a,b\app I:\,$
primitivation
l'intégrale de la fonction $g$ sur le segment $\,[0,1]:\,$
$\displaystyle{}\int_a^b\!f(x)\d x=\big[F(x)\big]_a^b=F(b)-F(a)$
$\displaystyle{}\!\int_0^1g(u)\d u=\frac12\Big[\!-\ln(u+1)+\frac12\sp{1.5}\ln(u^2\!+1)+\op{Arctan}u\Big]_0^1$
Sachant que : $\,\ln1=\op{Arctan}0=0\,$ et $\,\op{Arctan}1=\dfrac{\pi}4\sp{1.5},\,$ on obtient finalement : $\displaystyle{}\int_0^{\pi/4}\!\!\frac{\tan x}{1+\tan x}\,\d x=\frac{\pi}8-\frac{\ln 2}4$
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Exercice e
Soit $\,f:[a,b]\to\bb R\,$ continue et telle que :
$\,\ptt x\app[a,b],\ f(a+b-x)=f(x)\sp{1.5}.\,$
Établir une relation entre $\,\dint_a^b\!f(x)\d x\,$ et $\,\dint_a^b\!x\sp{1.5}f(x)\d x\sp{1.5}.\,$ En déduire la valeur de l'intégrale : $\,\dint_0^\pi \frac{x\d x}{1+\sin x}\!\cdot\,$
calcul d'une intégrale par changement de variable
Soient $\,f\app\sc C(I,\bb K)\,$ et $\,\phi\app\sc C^1(J,I)\sp{1.5};\,$ pour $\alpha,\beta\app J\sp{1.5},$ on a :
$\displaystyle{}\int_{x=\phi(\alpha)}^{x=\phi(\beta)}\!f(x)\d x=\int_{t=\alpha}^{t=\beta}\!f\big(\phi(t)\big)\phi'(t)\d t$
En pratique, on pose $\,x=\phi(t)\,$ et les différentielles
$\,\d x=\phi'(t)\d t\sp{1.5}.\,$
calcul d'une intégrale par primitivation
Soit $F$ une primitive de $\,f\app\sc C(I,\bb K)\sp{1.5};\,$ alors, pour tous $\,a,b\app I:\,$
$\displaystyle{}\int_a^b\!f(x)\d x=\big[F(x)\big]_a^b=F(b)-F(a)$
indication
1
Effectuer dans $\,\!\dint_{a}^{b}\!x\sp{1.5}f(x)\d x\,$ le changement de variable : $\,y=a+b-x\sp{1.5}.\,$
indication
2
Appliquer la relation obtenue, et calculer $\,\dint_0^\pi \frac{\d x\sth{1}}{1+\sin x}\,$ à l'aide du changement de variable : $\,t=\pi/2-x\sp{1.5}.\,$
réponse
On obtient la relation générale :
$\,\dint_{a}^{b}\!x\sp{1.5}f(x)\d x=\frac{a+b}2\int_{a}^{b}\!f(x)\d x\sp{1.5}.\,$
On en déduit en particulier l'intégrale : $\,\dint_0^\pi \frac{x\d x}{1+\sin x}=\pi\sp{1.5}.\,$
correction
$f$ et $\,x\mapsto x\sp{1.5}f(x)\,$ étant continues sur $\,[a,b]\sp{1.5},\,$ leurs intégrales y sont bien définies.
La fonction $\,x\mapsto a+b-x\,$ étant de classe $\sc C^1$ sur $\,[a,b]\sp{1.5},\,$ on effectue le
Soient $\,f\app\sc C(I,\bb K)\,$ et $\,\phi\app\sc C^1(J,I)\sp{1.5};\,$ pour $\alpha,\beta\app J\sp{1.5},$ on a :
changement
de variable $\,y=a+b-x\,$ dans l'intégale de $\,x\mapsto x\sp{1.5}f(x):\,$
$\displaystyle{}\int_{x=\phi(\alpha)}^{x=\phi(\beta)}\!f(x)\d x=\int_{t=\alpha}^{t=\beta}\!f\big(\phi(t)\big)\phi'(t)\d t$
En pratique, on pose $\,x=\phi(t)\,$ et les différentielles
$\,\d x=\phi'(t)\d t\sp{1.5}.\,$
$\eqalign{\int_{a}^{b}\!x\sp{1.5}f(x)\d x&=\int_{x=a}^{x=b}\!x\,f(a+b-x)\d x\\ &=\int_{y=b}^{y=a}(a+b-y)f(y)(-\d y)\\ &=(a+b)\int_{a}^{b}\!f(y)\d y\,-\!\int_{a}^{b}\!y\sp{1.5}f(y)\d y}$
On en déduit la relation :
$\,\dint_{a}^{b}\!x\sp{1.5}f(x)\d x=\frac{a+b}2\int_{a}^{b}\!f(x)\d x\sp{1.5}.\,$
La fonction sinus est
Les fonctions cosinus et sinus sont continues sur $\bb R$ et de période $2\sp{1.5}\pi:$
continue
et positive sur $\,[\sp{1.5}0,\pi\sp{1.5}]\sp{1.5},\,$ d'où : $\,1+\sin x\geq 1\sp{1.5}.\,$
Par
- Le cosinus est pair et strictement décroissant sur $\,\smb{1}{[\sp{1.5}0,\pi\sp{1.5}]}\sp{1.5}.\,$
- Le sinus est impair et strictement croissant sur $\,[-\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2,\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2\sp{1.5}]\sp{1.5}.\,$
$\sc C(I,\bb K)$ est un sous-espace vectoriel de $\sc F(I,\bb K)\sp{1.5},$ et il est :
inversion,
la fonction $\,f:x\mapsto\dfrac1{1+\sin x}\,$ est continue sur $\,[\sp{1.5}0,\pi\sp{1.5}]\,$ et on peut lui applique le résultat précédent :
- stable par produit : $\,f,\sp{1.5}g\sp{1.5}\app\sc C(I,\bb K)\!\Imp\! f\sp{1.5}g\sp{1.5}\app\sc C(I,\bb K)\sp{1.5},\,$
- et stable pour le quotient $\,f\sp{-1.5}/\sp{-1.5}g\,$ lorsque : $\,\ptt x\app I,\ g(x)\neq0\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{}\int_0^\pi \frac{x\d x}{1+\sin x}=\frac\pi2\int_0^\pi \frac{\d x}{1+\sin x}$
La fonction $\,x\mapsto \pi/2-x\,$ étant de classe $\sc C^1$ sur $\,[\sp{1.5}0,\pi\sp{1.5}]\sp{1.5},\,$ on effectue le
Soient $\,f\app\sc C(I,\bb K)\,$ et $\,\phi\app\sc C^1(J,I)\sp{1.5};\,$ pour $\alpha,\beta\app J\sp{1.5},$ on a :
changement
de variable $\,t=\pi/2-x\sp{1.5}.\,$
Cela conduit, par
$\displaystyle{}\int_{x=\phi(\alpha)}^{x=\phi(\beta)}\!f(x)\d x=\int_{t=\alpha}^{t=\beta}\!f\big(\phi(t)\big)\phi'(t)\d t$
En pratique, on pose $\,x=\phi(t)\,$ et les différentielles
$\,\d x=\phi'(t)\d t\sp{1.5}.\,$
Pour $\,a\app\bb R\sp{1.5},\,$ en développant $\,\e{2\sp{1.5}i\sp{1.5}a}\sp{1.5},\,$ on a les formules de duplication :
formule
de duplication, à : $\,1+\sin x=1+\cos t=2\,\cos^2(t/2),\,$ d'où :
- $\,\cos2\sp{1.5}a=\cos^2\sp{-1.5}a-\sin^2\sp{-1.5}a= 2\sp{1.5}\cos^2\sp{-1.5}a-1=1-2\sp{1.5}\sin^2\sp{-1.5}a\,;\sth1\,$
- $\,\sin2\sp{1.5}a=2\sp{1.5}\sin a\sp{1.5}\cos a\sp{1.5};\sth1\,$
- $\,\tan2\sp{1.5}a=\dfrac{2\sp{1.5}\tan a}{1-\tan^2\sp{-1.5}a}\,$ si $\,a\non{\equiv}\dfrac\pi4\,\Big[\dfrac\pi2\Big]\!\cdot\,$
$\displaystyle{}\!\!\int_{x=0}^{x=\pi}\!\! \frac{\d x}{1+\sin x\sp{-1.5}}=\int_{t=\pi/2}^{t=-\pi/2}\!\!\!\!\frac{\!\!(-\d t)}{2\,\cos^2(t/2)\sp{-1.5}}=\frac12\!\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\frac{\d t}{\cos^2(t/2)\sp{-1.5}}$
On reconnaît la
La fonction tangente est de classe $\sc C^{\I}$ sur tout intervalle $I$ où : $\,x\non\equiv\smb1{\dfrac\pi2}\,[\pi],\,$ avec :
dérivée
de $\,t\mapsto\tan(t/2)\sp{1.5},\,$ d'où par
$\displaystyle{}\ptt x\app I,\ \tan'(x)=1+\tan^2\sp{-1.5}x=\frac1{\cos^2\sp{-1.5}x}$
Soit $F$ une primitive de $\,f\app\sc C(I,\bb K)\sp{1.5};\,$ alors, pour tous $\,a,b\app I:\,$
primitivation :
$\displaystyle{}\int_a^b\!f(x)\d x=\big[F(x)\big]_a^b=F(b)-F(a)$
$\displaystyle{}\!\int_0^\pi \frac{x\d x}{1+\sin x}=\frac\pi4\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\frac{\d t}{\cos^2(t/2)}= \frac\pi2\Big[\tan\frac t2\Big]_{-\pi/2}^{\pi/2}\!\!=\pi$