# Changement de variable en calcul intégral/Exercices/Changement de variable très facile

Les changements de variable présentés dans cette page ne présentent pas de difficulté ou sont des applications immédiates du cours.

## Exercice 1-1

Calculer :
* $\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {\cos x}{1+\sin x}}\,\mathrm {d} x$ ;
* $\int _{\frac {\pi }{3}}^{\frac {2\pi }{3}}{\frac {\cos x}{1+\sin x}}\,\mathrm {d} x$ ;
* $\int _{-\pi }^{\pi }{\frac {\sin ^{2}x\cos x}{4-\sin ^{2}x}}\,\mathrm {d} x$.
* Si l'on pose, avec les notations du cours :
** $y=\phi (x)=\sin x$ ($\phi$ de classe C$^1$ sur $I=\left[0,\pi /2\right]$) :
** $f:s\mapsto {\frac {1}{1+s}}$ (continue sur $J:=\left]-1,+\infty \right[\supset \left[0,1\right]=\phi (I)$),
    on obtient immédiatement :
       $\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {\cos x}{1+\sin x}}\,\mathrm {d} x=\int _{{\sqrt {3}}/2}^{{\sqrt {3}}/2}f(s)\,\mathrm {d} s=\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} y}{1+y}}=\left[\ln(y+1)\right]_{0}^{1}=\ln 2-\ln 1=\ln 2$.
* Si l'on pose :
** $y=\phi (x)=\sin x$ ($\phi$ de classe C$^1$ sur $I=\left[\pi /3,2\pi /3\right]$) :
** $f:s\mapsto {\frac {1}{1+s}}$ (continue sur $J:=\left]-1,+\infty \right[\supset \left[{\sqrt {3}}/2,1\right]=\phi (I)$),
    on obtient de même :
       $\int _{\frac {\pi }{3}}^{\frac {2\pi }{3}}{\frac {\cos x}{1+\sin x}}\,\mathrm {d} x=\int _{{\sqrt {3}}/2}^{{\sqrt {3}}/2}f(s)\,\mathrm {d} s=0$.
* Si l'on pose enfin :
** $y=\phi (x)=\sin x$ ($\phi$ de classe C$^1$ sur $I=\left[-\pi ,\pi \right]$) :
** $f:s\mapsto {\frac {s^{2}}{4-s^{2}}}$ (continue sur $J:=\left]-2,2\right[\supset \left[-1,1\right]=\phi (I)$),
    on obtient de même :
    $\int _{-\pi }^{\pi }{\frac {\sin ^{2}x\cos x}{4-\sin ^{2}x}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{0}f(s)\,\mathrm {d} s=0$.

## Exercice 1-2

Calculer l'intégrale impropre :
    $\int _{0}^{+\infty }{\frac {x^{5}}{x^{12}+1}}\;\mathrm {d} x$.
Posons $y=x^{6}$.
    $\int _{0}^{+\infty }{\frac {x^{5}}{x^{12}+1}}\;\mathrm {d} x={\frac {1}{6}}\int _{0}^{+\infty }{\frac {1}{y^{2}+1}}\;\mathrm {d} y={\frac {\pi }{12}}$.

## Exercice 1-3

Calculer une primitive de
    $x\mapsto \operatorname {e} ^{-{\sqrt {x}}}$.
$\int \operatorname {e} ^{-{\sqrt {x}}}\;\mathrm {d} x=2\int \operatorname {e} ^{-y}y\;\mathrm {d} y=2[-\operatorname {e} ^{-y}(y+1)]=-2[\operatorname {e} ^{-{\sqrt {x}}}({\sqrt {x}}+1)]$.

## Exercice 1-4

Calculer :
$a)\quad \int _{0}^{1}{\sqrt {1-x^{2}}}\,\mathrm {d} x\qquad \qquad \qquad b)\quad \int _{0}^{1}{\sqrt {1+x^{2}}}\,\mathrm {d} x$
a) Posons :
$x=\sin y\Rightarrow \mathrm {d} x=\cos y\,\mathrm {d} y\qquad \qquad 0\to x\to 1\Rightarrow 0\to y\to {\frac {\pi }{2}}$
On a donc :
${\begin{aligned}\int _{0}^{1}{\sqrt {1-x^{2}}}\,\mathrm {d} x&=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\sqrt {1-\sin ^{2}y}}\cos y\,\mathrm {d} y=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\cos ^{2}y\,\mathrm {d} y\\&=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {\cos(2y)+1}{2}}\,\mathrm {d} y={\frac {1}{2}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\left(\cos(2y)+1\right)\,\mathrm {d} y\\&={\frac {1}{2}}\left[{\frac {\sin(2y)}{2}}+y\right]_{0}^{\frac {\pi }{2}}={\frac {\pi }{4}}.\end{aligned}}$
Nous pouvons conclure que :
Méthode plus simple (sans changement de variable) :
cette intégrale est l'aire sous la courbe de la fonction $[0,1]\ni x\mapsto {\sqrt {1-x^{2}}}$, c'est-à-dire l'aire d'un quart de disque de rayon 1. Elle vaut donc ${\frac {\pi }{4}}$.
b) Posons :
$x=\sinh {y}\Rightarrow \mathrm {d} x=\cosh {y}\mathrm {d} y\qquad \qquad 0\rightarrow x\rightarrow 1\Rightarrow 0\rightarrow y\rightarrow \ln({\sqrt {2}}+1)$
On a donc :
${\begin{aligned}\int _{0}^{1}{\sqrt {1+x^{2}}}\,\mathrm {d} x&=\int _{0}^{\ln({\sqrt {2}}+1)}{\sqrt {1+\sinh ^{2}(y)}}\,\cosh {y}\mathrm {d} y=\int _{0}^{\ln({\sqrt {2}}+1)}\cosh ^{2}(y)\,\mathrm {d} y\\&=\int _{0}^{\ln({\sqrt {2}}+1)}{\frac {\cosh(2y)+1}{2}}\,\mathrm {d} y={\frac {1}{2}}\int _{0}^{\ln({\sqrt {2}}+1)}\cosh(2y)+1\,\mathrm {d} y\\&={\frac {1}{2}}\left[{\frac {\sinh(2y)}{2}}+y\right]_{0}^{\ln({\sqrt {2}}+1)}={\frac {\ln({\sqrt {2}}+1)+{\sqrt {2}}}{2}}\end{aligned}}$
Nous pouvons conclure que :

## Exercice 1-5

Calculer :
    $\int _{1}^{\mathrm {e} }{\frac {\mathrm {d} x}{x\left(1+\ln x\right)}}$.
Posons :
    $y=\ln x\Rightarrow \mathrm {d} y={\frac {\mathrm {d} x}{x}}\qquad \qquad 1\to x\to \mathrm {e} \Rightarrow 0\to y\to 1$.
On a donc :
    ${\begin{aligned}\int _{1}^{\mathrm {e} }{\frac {\mathrm {d} x}{x\left(1+\ln x\right)}}&=\int _{1}^{\mathrm {e} }{\frac {1}{x\left(1+\ln x\right)}}\,{\frac {\mathrm {d} x}{x}}=\int _{0}^{1}{\frac {1}{1+y}}\,\mathrm {d} y\\&=\left[\ln(1+y)\right]_{0}^{1}=\ln(1+1)-\ln(1+0)\\&=\ln 2.\end{aligned}}$

## Exercice 1-6

Calculer :
    $\int _{1}^{2}{\frac {\mathrm {d} x}{\sqrt {x^{2}-1}}}$.
Il s'agit du troisième cas d'une intégrale contenant une racine carrée d'un polynôme du second degré.
On pose $x=\cosh u$, d'où $\mathrm {d} x=\sinh u\,\mathrm {d} u$, ${\sqrt {x^{2}-1}}=\sinh u$ et
    $\int _{1}^{2}{\frac {\mathrm {d} x}{\sqrt {x^{2}-1}}}=\int _{0}^{\operatorname {arcosh} 2}{\frac {\sinh u\,\mathrm {d} u}{\sinh u}}=\operatorname {arcosh} 2=\ln(2+{\sqrt {3}})$
(cf. Trigonométrie hyperbolique/Fonctions hyperboliques réciproques).

## Exercice 1-7

Calculer la primitive sur $\mathbb {R}$ nulle en 0 de
    $x\mapsto {\frac {x}{\sqrt {x^{4}+1}}}$.
Posons :
    $s=t^{2}\Rightarrow \mathrm {d} s=2t\,\mathrm {d} t$.
La primitive cherchée est donc
    $x\mapsto \int _{0}^{x}{\frac {t}{\sqrt {t^{4}+1}}}\,\mathrm {d} t={\frac {1}{2}}\int _{0}^{x^{2}}{\frac {\mathrm {d} s}{\sqrt {s^{2}+1}}}={\frac {1}{2}}\left[\operatorname {arsinh} s\right]_{0}^{x^{2}}={\frac {\operatorname {arsinh} \left(x^{2}\right)}{2}}$.

## Exercice 1-8

Calculer les intégrales suivantes :
    $I_{1}=\int _{1}^{2}{\frac {\mathrm {d} x}{{\sqrt {x}}+x{\sqrt {x}}}},\quad I_{2}=\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {e} ^{2x}}{1+\mathrm {e} ^{x}}}\;\mathrm {d} x,\quad I_{3}=\int _{0}^{1}x^{2}{\sqrt {1-x^{2}}}\;\mathrm {d} x,\quad I_{4}=\int _{1}^{2{\sqrt {2}}}{\frac {\mathrm {d} x}{x+{\sqrt[{3}]{x}}}}$.
* Posons $y={\sqrt {x}}$. $I_{1}=\int _{1}^{\sqrt {2}}{\frac {2y\,\mathrm {d} y}{y+y^{3}}}=2\left[\arctan y\right]_{1}^{\sqrt {2}}=2\arctan {\sqrt {2}}-{\frac {\pi }{2}}$.
* Posons $y=\mathrm {e} ^{x}$. $I_{2}=\int _{1}^{\mathrm {e} }{\frac {y}{1+y}}\;\mathrm {d} y=\int _{1}^{\mathrm {e} }\left(1-{\frac {1}{1+y}}\right)\;\mathrm {d} y=\left[y-\ln |1+y|\right]_{1}^{\mathrm {e} }=\mathrm {e} -1-\ln {\frac {1+\mathrm {e} }{2}}$.
* Posons $x=\sin t$. $I_{3}=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\sin ^{2}t\cos ^{2}t\;\mathrm {d} t={\frac {1}{4}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\sin ^{2}(2t)\;\mathrm {d} t={\frac {1}{8}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\left(1-\cos(4t)\right)\;\mathrm {d} t={\frac {1}{8}}\left[t-{\frac {\sin(4t)}{4}}\right]_{0}^{\frac {\pi }{2}}={\frac {\pi }{16}}$.
* Posons $y={\sqrt[{3}]{x}}$. $I_{4}=\int _{1}^{\sqrt {2}}{\frac {3y^{2}\,\mathrm {d} y}{y^{3}+y}}=3\int _{1}^{\sqrt {2}}{\frac {y\,\mathrm {d} y}{y^{2}+1}}={\frac {3}{2}}\left[\ln(y^{2}+1)\right]_{1}^{\sqrt {2}}={\frac {3}{2}}\ln {\frac {3}{2}}$.

## Exercice 1-9

Calculer une primitive de $\mathrm {e} ^{\arcsin t}$.
Par le c.d.v. $s=\arcsin t$, $t=\sin s$, ${\rm {d}}t=\cos s~{\rm {d}}s$,
$\int {\rm {e}}^{\arcsin t}{\rm {d}}t=\int {\rm {e}}^{s}\cos s~{\rm {d}}s=$ (par une double I.P.P. classique) ${\frac {{\rm {e}}^{t}(\sin t+\cos t)}{2}}$.

## Exercice 1-10

* Soit $f:[a,b]\to \mathbb {R}$ continue, vérifiant $\forall x\in [a,b]\quad f(a+b-x)=f(x)$. Exprimer $I:=\int _{a}^{b}xf(x)\,\mathrm {d} x$ en fonction de $J:=\int _{a}^{b}f(x)\,\mathrm {d} x$.
* En déduire la valeur de $\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {x}{1+\sin x}}\,\mathrm {d} x$.
* Le c.d.v. $y=a+b-x$ donne $I=\int _{b}^{a}(a+b-y)f(y)\,(-\mathrm {d} y)=(a+b)J-I$, donc $I={\frac {a+b}{2}}J$.
* Application à $f(x)={\frac {1}{1+\sin x}}$, $a=0,b={\frac {\pi }{2}}$ : $t=\tan {\frac {x}{2}}$ donne $J=2\int _{0}^{1}{\mathrm {d} t \over (1+t)^{2}}=2\left[{-1 \over 1+t}\right]_{0}^{1}=1$, d'où $I={\frac {\pi }{4}}$.
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