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

Les changements de variable présentés dans cette page demandent une légère réflexion.

## Exercice 2-1

Calculer :
$\int _{0}^{\frac {\pi }{4}}{\frac {\cos {x}}{1+\cos ^{2}x}}\,\mathrm {d} x$.
D'après les règles de Bioche, nous devrions poser y = sin(x). Pour mettre ce changement de variable en évidence nous remarquons que :
$\int _{0}^{\frac {\pi }{4}}{\frac {\cos x}{1+\cos ^{2}x}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{\frac {\pi }{4}}{\frac {\cos {x}}{2-\sin ^{2}x}}\,\mathrm {d} x$.
Posons :
$y=\sin {x}\Rightarrow \mathrm {d} y=\cos x\,\mathrm {d} x\qquad \qquad 0\rightarrow x\rightarrow {\frac {\pi }{4}}\Rightarrow 0\rightarrow y\rightarrow {\frac {\sqrt {2}}{2}}$
et donc :
${\begin{aligned}\int _{0}^{\frac {\pi }{4}}{\frac {\cos {x}}{1+\cos ^{2}x}}\,\mathrm {d} x&=\int _{0}^{\frac {\sqrt {2}}{2}}{\frac {1}{2-y^{2}}}\,\mathrm {d} y=\int _{0}^{\frac {\sqrt {2}}{2}}{\frac {1}{({\sqrt {2}}+y)({\sqrt {2}}-y)}}\,\mathrm {d} y={\frac {1}{2{\sqrt {2}}}}\int _{0}^{\frac {\sqrt {2}}{2}}{\frac {1}{{\sqrt {2}}+y}}-{\frac {-1}{{\sqrt {2}}-y}}\,\mathrm {d} y\\&={\frac {1}{2{\sqrt {2}}}}\left[\ln \left({\frac {{\sqrt {2}}+y}{{\sqrt {2}}-y}}\right)\right]_{0}^{\frac {\sqrt {2}}{2}}={\frac {1}{2{\sqrt {2}}}}\left[\ln(3)-\ln(1)\right].\end{aligned}}$
Nous pouvons conclure que :

## Exercice 2-2

Démontrer que l'aire d'un disque de rayon $R$ est égale à $\pi R^{2}$.
Voir Intégration de Riemann/Exercices/Calculs d'aires#Exercice 3-3.

## Exercice 2-3

Calculer $\int _{\ln 3}^{3\ln 2}{\frac {\mathrm {d} x}{\sqrt {1+\mathrm {e} ^{x}}}}$.
Posons :
$y={\sqrt {1+\mathrm {e} ^{x}}}\Leftrightarrow x=\ln {(y^{2}-1)}\Rightarrow \mathrm {d} x={\frac {2y}{y^{2}-1}}\,\mathrm {d} y\qquad \qquad \ln 3\to x\to 3\ln 2\Rightarrow 2\to y\to 3$.
On a donc :
${\begin{aligned}\int _{\ln 3}^{3\ln 2}{\frac {\mathrm {d} x}{\sqrt {1+\mathrm {e} ^{x}}}}&=\int _{2}^{3}{\frac {1}{y}}{\frac {2y}{y^{2}-1}}\,\mathrm {d} y=\int _{2}^{3}{\frac {2}{y^{2}-1}}\,\mathrm {d} y=\int _{2}^{3}{\frac {2}{(y-1)(y+1)}}\,\mathrm {d} y\\&=\int _{2}^{3}{\frac {1}{y-1}}-{\frac {1}{y+1}}\,\mathrm {d} y=\left[\ln \left({\frac {y-1}{y+1}}\right)\right]_{2}^{3}=\ln \left({\frac {1}{2}}\right)-\ln \left({\frac {1}{3}}\right)\\&=\ln \left({\frac {3}{2}}\right).\end{aligned}}$
Nous pouvons conclure que :
Calculer une primitive (sur $\left]0,+\infty \right[$) de la fonction $f:x\mapsto {\frac {1}{\sqrt {\mathrm {e} ^{x}-1}}}$.
Posons $y={\sqrt {\mathrm {e} ^{x}-1}}$. Alors, $\mathrm {e} ^{x}=1+y^{2}$ donc $2y\,\mathrm {d} y=\mathrm {e} ^{x}\,\mathrm {d} x=(1+y^{2})\,\mathrm {d} x$. Pour $0<a\leq b$,
$\int _{a}^{b}f(x)\,\mathrm {d} x=\int _{\sqrt {\mathrm {e} ^{a}-1}}^{\sqrt {\mathrm {e} ^{b}-1}}{\frac {1}{y}}{\frac {2y\,\mathrm {d} y}{1+y^{2}}}=2\int _{\sqrt {\mathrm {e} ^{a}-1}}^{\sqrt {\mathrm {e} ^{b}-1}}{\frac {\mathrm {d} y}{1+y^{2}}}=2\left[\arctan y\right]_{\sqrt {\mathrm {e} ^{a}-1}}^{\sqrt {\mathrm {e} ^{b}-1}}=\left[2\arctan {\sqrt {\mathrm {e} ^{x}-1}}\right]_{a}^{b}$ donc une primitive de $f$ est $x\mapsto 2\arctan {\sqrt {\mathrm {e} ^{x}-1}}$.

## Exercice 2-4

Calculer $\int {\sqrt {\frac {x-1}{x+1}}}\,\mathrm {d} x$.
$y={\sqrt {\frac {x-1}{x+1}}}\Rightarrow x={\frac {1+y^{2}}{1-y^{2}}}\Rightarrow \mathrm {d} x={\frac {4y}{(1-y^{2})^{2}}}\,\mathrm {d} y$.
$\int {\sqrt {\frac {x-1}{x+1}}}\,\mathrm {d} x=\int {\frac {4y^{2}}{(1-y^{2})^{2}}}\,\mathrm {d} y=\int \left({\frac {1}{(y-1)^{2}}}+{\frac {1}{y-1}}+{\frac {1}{(y+1)^{2}}}-{\frac {1}{y+1}}\right)\,\mathrm {d} y=\left[-{\frac {1}{y-1}}-{\frac {1}{y+1}}+\ln {\frac {|y-1|}{y+1}}\right]=\left[{\frac {x}{|x|}}{\sqrt {x^{2}-1}}+\ln(|x|-{\sqrt {x^{2}-1}})\right]$.
Calculer :
$\int _{\frac {\sqrt {5}}{2}}^{\sqrt {5}}{\frac {x+{\sqrt {\frac {x-1}{x+1}}}}{x^{2}-1}}\,\mathrm {d} x$.
Reprenons le changement de variable précédent.
    ${\frac {\sqrt {5}}{2}}\to x\to {\sqrt {5}}\Rightarrow {\sqrt {5}}-2\to y\to {\frac {{\sqrt {5}}-1}{2}}$
et donc :
    ${\begin{aligned}\int _{{\sqrt {5}}-2}^{\frac {{\sqrt {5}}-1}{2}}{\frac {x+{\sqrt {\frac {x-1}{x+1}}}}{x^{2}-1}}\,\mathrm {d} x&=\int _{{\sqrt {5}}-2}^{\frac {{\sqrt {5}}-1}{2}}{\frac {{\frac {1+y^{2}}{1-y^{2}}}+y}{\left({\frac {1+y^{2}}{1-y^{2}}}\right)^{2}-1}}{\frac {4y}{(1-y^{2})^{2}}}\,\mathrm {d} y=\int _{{\sqrt {5}}-2}^{\frac {{\sqrt {5}}-1}{2}}{\frac {1+y+y^{2}-y^{3}}{y(1-y^{2})}}\,\mathrm {d} y\\&=\int _{{\sqrt {5}}-2}^{\frac {{\sqrt {5}}-1}{2}}\left(1+{\frac {1}{y}}+{\frac {2y}{1-y^{2}}}\right)\,\mathrm {d} y=\left[y+\ln |y|-\ln |1-y^{2}|\right]_{{\sqrt {5}}-2}^{\frac {{\sqrt {5}}-1}{2}}\\&={\frac {{\sqrt {5}}-1}{2}}+\ln \left({\frac {{\sqrt {5}}-1}{2}}\right)-\ln \left(1-\left({\frac {{\sqrt {5}}-1}{2}}\right)^{2}\right)-({\sqrt {5}}-2)-\ln({\sqrt {5}}-2)+\ln \left(1-({\sqrt {5}}-2)^{2}\right)\\&={\frac {3-{\sqrt {5}}}{2}}+\ln \left({\frac {{\sqrt {5}}-1}{2}}\right)-\ln \left({\frac {{\sqrt {5}}-1}{2}}\right)-\ln({\sqrt {5}}-2)+\ln \left(4({\sqrt {5}}-2)\right)\\&={\frac {3-{\sqrt {5}}}{2}}+2\ln 2.\end{aligned}}$
Nous pouvons conclure que :

## Exercice 2-5

Calculer :
    $\int _{1}^{64}{\frac {1}{{\sqrt {x}}+{\sqrt[{3}]{x}}}}\,\mathrm {d} x$.
Posons :
$x=y^{6}\Rightarrow \mathrm {d} x=6y^{5}\mathrm {d} y\qquad \qquad 1\rightarrow x\rightarrow 64\Rightarrow 1\rightarrow y\rightarrow 2$.
On a donc :
${\begin{aligned}\int _{1}^{64}{\frac {1}{{\sqrt {x}}+{\sqrt[{3}]{x}}}}\,\mathrm {d} x&=\int _{1}^{2}{\frac {6y^{5}}{{\sqrt {y^{6}}}+{\sqrt[{3}]{y^{6}}}}}\,\mathrm {d} y\\&=\int _{1}^{2}{\frac {6y^{5}}{y^{3}+y^{2}}}\,\mathrm {d} y=\int _{1}^{2}{\frac {6y^{3}}{y+1}}\,\mathrm {d} y.\end{aligned}}$
Posons ensuite :
$z=y+1\Rightarrow \mathrm {d} z=\mathrm {d} y\qquad \qquad 1\rightarrow y\rightarrow 2\Rightarrow 2\rightarrow z\rightarrow 3$.
${\begin{aligned}\int _{1}^{64}{\frac {1}{{\sqrt {x}}+{\sqrt[{3}]{x}}}}\,\mathrm {d} x&=\int _{1}^{2}{\frac {6y^{3}}{y+1}}\,\mathrm {d} y=\int _{2}^{3}{\frac {6(z-1)^{3}}{z}}\,\mathrm {d} z=6\int _{2}^{3}{\frac {z^{3}-3z^{2}+3z-1}{z}}\,\mathrm {d} z\\&=6\int _{2}^{3}\left(z^{2}-3z+3-{\frac {1}{z}}\right)\,\mathrm {d} z=6\left[{\frac {z^{3}}{3}}-3{\frac {z^{2}}{2}}+3z-ln{z}\right]_{2}^{3}\\&=\left[2z^{3}-9z^{2}+18z-6ln{z}\right]_{2}^{3}=11+6\ln \left({\frac {2}{3}}\right).\end{aligned}}$
Nous pouvons conclure que :
Calculer la primitive suivante :
    $\int {\frac {x^{1/3}}{x+{\sqrt {x}}}}\,\mathrm {d} x$.
Posons $y=x^{1/6}$, donc $x=y^{6}$, $\mathrm {d} x=6y^{5}\,\mathrm {d} y$ et
    $\int {\frac {x^{1/3}}{x+{\sqrt {x}}}}\,\mathrm {d} x=6\int {\frac {y^{2}}{y^{6}+y^{3}}}y^{5}\,\mathrm {d} y=6\int {\frac {y^{4}}{y^{3}+1}}\,\mathrm {d} y$.
    ${\frac {y^{4}}{y^{3}+1}}=y-{\frac {y}{(y+1)(y^{2}-y+1)}}=y+{\frac {1}{3(y+1)}}-{\frac {y+1}{3(y^{2}-y+1)}}=y+{\frac {1}{3(y+1)}}-{\frac {2y-1}{6(y^{2}-y+1)}}-{\frac {1}{2(y^{2}-y+1)}}$.
    $\int {\frac {\mathrm {d} y}{y^{2}-y+1}}={\frac {2}{\sqrt {3}}}\int {\frac {\mathrm {d} u}{u^{2}+1}}$ en posant $u={\frac {2y-1}{\sqrt {3}}}$.
Finalement,
    $\int {\frac {x^{1/3}}{x+{\sqrt {x}}}}\,\mathrm {d} x=\left[3y^{2}+2\ln |y+1|-\ln(y^{2}-y+1)-2{\sqrt {3}}\arctan {\frac {2y-1}{\sqrt {3}}}\right]=\left[3x^{1/3}+2\ln(1+x^{1/6})-\ln(x^{1/3}-x^{1/6}+1)-2{\sqrt {3}}\arctan {\frac {2x^{1/6}-1}{\sqrt {3}}}\right]$.

## Exercice 2-6

Calculer $\int {\frac {\sin t}{1+\cos ^{2}t}}\;\mathrm {d} t$.
$\omega (-t)={\frac {\sin(-t)}{1+\cos ^{2}(-t)}}\;\mathrm {d} (-t)={\frac {-\sin t}{1+\cos ^{2}t}}\;(-\mathrm {d} t)={\frac {\sin t}{1+\cos ^{2}t}}\;\mathrm {d} t=\omega (t)$
Ceci car ${\rm {d}}(-t)=-{\rm {d}}t$ et $\sin$ est impaire et $\cos$ paire.
Alors d'après la règle de Bioche, le meilleur changement de variable est $u=\cos t$.
$\int {\frac {\sin t}{1+\cos ^{2}t}}\;\mathrm {d} t=\int {\frac {-\mathrm {d} u}{1+u^{2}}}=\left[-\arctan u\right]=\left[-\arctan \cos t\right]$.
Calculer $\int \cos ^{n}t\sin t\;\mathrm {d} t$.
En posant $u=\cos t$, on trouve : $\int \cos ^{n}t\sin t\;\mathrm {d} t=\int u^{n}\;(-\mathrm {d} u)=\left[-{\frac {u^{n+1}}{n+1}}\right]=\left[-{\frac {\cos ^{n+1}t}{n+1}}\right]$.
Calculer $\int {\frac {\mathrm {d} t}{(\sin t)(1+3\cos t)}}$.
En posant $u=\cos t$, on trouve :
    $\int {\frac {\mathrm {d} t}{(\sin t)(1+3\cos t)}}=\int {\frac {\mathrm {d} u}{(u^{2}-1)(1+3u)}}={\frac {1}{8}}\int \left({\frac {1}{u-1}}+{\frac {2}{u+1}}-{\frac {3}{u+1/3}}\right)\,\mathrm {d} u={\frac {1}{8}}\left[\ln \left|{\frac {(u-1)(u+1)^{2}}{(u+1/3)^{3}}}\right|\right]={\frac {1}{8}}\left[\ln {\frac {(1-\cos t)(1+\cos t)^{2}}{|1/3+\cos t|^{3}}}\right]$.
Calculer $\int {\frac {\mathrm {d} x}{\cos x\sin ^{3}x}}$.
* En posant $u=\sin x$, on trouve : $\int {\frac {\mathrm {d} x}{\cos x\sin ^{3}x}}=\int {\frac {\mathrm {d} u}{(1-u^{2})u^{3}}}=\int \left({\frac {1}{u^{3}}}+{\frac {1}{u}}-{\frac {1}{2(u-1)}}-{\frac {1}{2(u+1)}}\right)\,\mathrm {d} u=\left[-{\frac {1}{2u^{2}}}+\ln |u|-{\frac {1}{2}}\ln |u-1|-{\frac {1}{2}}\ln |u+1|\right]=\left[-{\frac {1}{2\sin ^{2}x}}+\ln |\tan x|\right]$.
* En posant $v=\cos x$, on trouve : $\int {\frac {\mathrm {d} x}{\cos x\sin ^{3}x}}=\int {\frac {-\mathrm {d} v}{v(1-v^{2})^{2}}}=\int \left(-{\frac {1}{v}}-{\frac {1}{4(v-1)^{2}}}+{\frac {1}{2(v-1)}}+{\frac {1}{4(v+1)^{2}}}-{\frac {1}{2(v+1)}}\right)\,\mathrm {d} v=\left[-\ln |v|-{\frac {1}{4(v-1)}}+{\frac {1}{2}}\ln |v-1|-{\frac {1}{4(v+1)}}+{\frac {1}{2}}\ln |v+1|\right]=\left[-{\frac {1}{2\sin ^{2}x}}+\ln |\tan x|\right]$.
* En posant $w=\tan x$, on trouve : $\int {\frac {\mathrm {d} x}{\cos x\sin ^{3}x}}=\int {\frac {1+w^{2}}{w^{3}}}\,\mathrm {d} w=\left[-{\frac {1}{2w^{2}}}+\ln |w|\right]=\left[-{\frac {1}{2\tan ^{2}x}}+\ln |\tan x|\right]=\left[-{\frac {1}{2\sin ^{2}x}}+{\frac {1}{2}}+\ln |\tan x|\right]$.
* En posant $w=\cot x$, on trouve : $\int {\frac {\mathrm {d} x}{\cos x\sin ^{3}x}}=\int {\frac {-(1+w^{2})}{w}}\,\mathrm {d} w=\left[-\ln |w|-{\frac {w^{2}}{2}}\right]=\left[-\ln |\cot x|-{\frac {\cot ^{2}x}{2}}\right]=\left[\ln |\tan x|-{\frac {1}{2\tan ^{2}x}}\right]$.

## Exercice 2-7

Calculer $\int {\frac {1}{\cos ^{2}(t)(1+\tan(t))}}\,\mathrm {d} t$.
$\omega (\pi +t)={\frac {1}{(\cos ^{2}(\pi +t))(1+\tan(\pi +t))}}\,\mathrm {d} (\pi +t)={\frac {1}{(\cos ^{2}(t))(1+\tan(t))}}\,\mathrm {d} t=\omega (t)$
Ceci car $\mathrm {d} (\pi +t)={\rm {d}}t$ et $\cos(\pi +t)=-\cos(t)$ et $\tan(\pi +t)=\tan(t)$.
Alors d'après la règle de Bioche, le changement de variable le plus approprié est $u=\tan(t)$.
Une fois le changement de variable effectué, ces deux intégrales peuvent être calculées plus facilement car elles comportent des fonctions que l'on sait intégrer.
Calculer une primitive de $h:x\mapsto {\frac {\cos x+\sin x}{\sin x\cos ^{2}x}}$.
Le changement de variable $t=\tan x$ donne : $\int h(x)\,\mathrm {d} x=\int \left({\frac {1}{t}}+1\right)\,\mathrm {d} t=\left[t+\ln |t|\right]=\left[\tan x+\ln |\tan x|\right]$ ; Le changement de variable $s=\cot x$ donne : $\int h(x)\,\mathrm {d} x=-\int {\frac {s+1}{s^{2}}}\,\mathrm {d} s=\left[{\frac {1}{s}}-\ln |s|\right]=\left[\tan x+\ln |\tan x|\right]$.

## Exercice 2-8

Calculer
    $\int {\frac {\mathrm {d} x}{1+\beta \cos x}}$, pour $|\beta |\leq 1$.
Le changement de variable $t=\tan(x/2)$ donne :
    $\int {\frac {\mathrm {d} x}{1+\beta \cos x}}=\int {\frac {\frac {2\,\mathrm {d} t}{1+t^{2}}}{1+\beta {\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}}}}=\int {\frac {2\,\mathrm {d} t}{(1+\beta )+(1-\beta )t^{2}}}=$
    ${\begin{cases}{\text{si }}\beta =1:&t+C_{k}=\tan(x/2)+C_{k},\quad x\in \left]-\pi +2k\pi ,\pi +2k\pi \right[,\quad k\in \mathbb {Z} \\{\text{si }}\beta =-1:&-{\frac {1}{t}}+C_{k}=-\cot(x/2)+C_{k},\quad x\in \left]2k\pi ,2(k+1)\pi \right[,\quad k\in \mathbb {Z} \\{\text{si }}|\beta |<1:&{\frac {2}{\sqrt {1-\beta ^{2}}}}\arctan \left({\sqrt {\frac {1-\beta }{1+\beta }}}\,t\right)+C_{k}={\frac {2}{\sqrt {1-\beta ^{2}}}}\arctan \left({\sqrt {\frac {1-\beta }{1+\beta }}}{\frac {\sin x}{1+\cos x}}\right)+C_{k},\quad x\in \left]-\pi +2k\pi ,\pi +2k\pi \right[,\quad k\in \mathbb {Z} .\end{cases}}$
Dans le troisième cas, pour obtenir une primitive sur $\mathbb {R}$ tout entier, il suffit de choisir les $C_{k}$ de façon cohérente : $C_{k+1}=C_{k}+{\frac {2\pi }{\sqrt {1-\beta ^{2}}}}$.
Calculer
    $\int {\frac {\mathrm {d} x}{1+\beta \sin x}}$, pour $|\beta |\leq 1$.
Le changement de variable $t=\tan(x/2)$ donne :
    $\int {\frac {\mathrm {d} x}{1+\beta \sin x}}=\int {\frac {\frac {2\,\mathrm {d} t}{1+t^{2}}}{1+\beta {\frac {2t}{1+t^{2}}}}}=\int {\frac {2\,\mathrm {d} t}{1+2\beta t+t^{2}}}=$
    ${\begin{cases}{\text{si }}\beta =1:&-{\frac {2}{t+1}}+C_{k}=-{\frac {2}{\tan(x/2)+1}}+C_{k},\quad x\in \left]-{\frac {\pi }{2}}+k\pi ,-{\frac {\pi }{2}}+(k+1)\pi \right[,\quad k\in \mathbb {Z} \\{\text{si }}\beta =-1:&-{\frac {2}{t-1}}+C_{k}=-{\frac {2}{\tan(x/2)-1}}+C_{k},\quad x\in \left]{\frac {\pi }{2}}+k\pi ,{\frac {\pi }{2}}+(k+1)\pi \right[,\quad k\in \mathbb {Z} \\{\text{si }}|\beta |<1:&{\frac {2}{\sqrt {1-\beta ^{2}}}}\arctan {\frac {t+\beta }{\sqrt {1-\beta ^{2}}}}+C_{k}={\frac {2}{\sqrt {1-\beta ^{2}}}}\arctan {\frac {\tan(x/2)+\beta }{\sqrt {1-\beta ^{2}}}}+C_{k},\quad x\in \left]-\pi +2k\pi ,\pi +2k\pi \right[,\quad k\in \mathbb {Z} .\end{cases}}$
Dans le troisième cas, pour obtenir une primitive sur $\mathbb {R}$ tout entier, il suffit de choisir les $C_{k}$ de façon cohérente : $C_{k+1}=C_{k}+{\frac {2\pi }{\sqrt {1-\beta ^{2}}}}$.

## Exercice 2-9

Calculer une primitive de
* $f:x\mapsto {\frac {1}{1+\sin x-\cos x}}$ ;
* $g:x\mapsto {\frac {1}{\sin x+\cos x}}$.
Le changement de variable $t=\tan(x/2)$ donne :
* $\int f(x)\,\mathrm {d} x=\int {\frac {\frac {2\mathrm {d} t}{1+t^{2}}}{1+{\frac {2t}{1+t^{2}}}-{\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}}}}=\int {\frac {\mathrm {d} t}{t(t+1)}}=\int \left({\frac {1}{t}}-{\frac {1}{t+1}}\right)\,\mathrm {d} t=\left[\ln \left|{\frac {t}{t+1}}\right|\right]=\left[\ln \left|{\frac {\tan(x/2)}{1+\tan(x/2)}}\right|\right]$ ;
* $\int g(x)\,\mathrm {d} x=\int {\frac {\frac {2\mathrm {d} t}{1+t^{2}}}{{\frac {2t}{1+t^{2}}}+{\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}}}}=\int {\frac {-2\mathrm {d} t}{t^{2}-2t-1}}={\frac {1}{\sqrt {2}}}\int \left({\frac {1}{t-1+{\sqrt {2}}}}-{\frac {1}{t-1-{\sqrt {2}}}}\right)\,\mathrm {d} t={\frac {1}{\sqrt {2}}}\left[\ln \left|{\frac {t-1+{\sqrt {2}}}{t-1-{\sqrt {2}}}}\right|\right]={\frac {1}{\sqrt {2}}}\left[\ln \left|{\frac {\tan(x/2)-1+{\sqrt {2}}}{\tan(x/2)-1-{\sqrt {2}}}}\right|\right]$.

## Exercice 2-10

Calculer des primitives de :
* ${\frac {1}{\sin }}$ ;
* ${\frac {1}{\cos }}$.
* Posons (d'après les règles de Bioche) $u=\cos x,\quad \mathrm {d} u=-\sin x\,\mathrm {d} x$. Ainsi, $\int {\frac {\mathrm {d} x}{\sin x}}=\int {\frac {-\sin x\,\mathrm {d} x}{-\sin ^{2}x}}=\int {\frac {\mathrm {d} u}{u^{2}-1}}={\frac {1}{2}}\int \left({\frac {1}{u-1}}-{\frac {1}{u+1}}\right)\,\mathrm {d} u={\frac {1}{2}}\left[\ln \left|{\frac {u-1}{u+1}}\right|\right]={\frac {1}{2}}\left[\ln {\frac {1-\cos x}{1+\cos x}}\right]$. On peut aussi reconnaître en $u\mapsto {\frac {1}{1-u^{2}}}$ la dérivée de la fonction artanh, ce qui donne immédiatement : $\int {\frac {\mathrm {d} x}{\sin x}}=\left[-\operatorname {artanh} (\cos x)\right]={\frac {1}{2}}\left[\ln {\frac {1-\cos x}{1+\cos x}}\right]$. On peut donner d'autres expressions de la primitive obtenue :
** ${\frac {1}{2}}\ln {\frac {1-\cos x}{1+\cos x}}={\frac {1}{2}}\ln {\frac {1-\cos ^{2}x}{\left(1+\cos x\right)^{2}}}=\ln {\frac {|\sin x|}{1+\cos x}}=-\ln \left|{\frac {1}{\sin x}}+\cot x\right|$ ;
** ${\frac {1}{2}}\ln {\frac {1-\cos x}{1+\cos x}}={\frac {1}{2}}\ln {\frac {{\cancel {2}}\sin ^{2}(x/2)}{{\cancel {2}}\cos ^{2}(x/2)}}=\ln \left|\tan {\frac {x}{2}}\right|$. Une variante est d'appliquer, au lieu des règles de Bioche, le changement de variable général $t=\tan {\frac {x}{2}},\quad \mathrm {d} x={\frac {2\mathrm {d} t}{1+t^{2}}},\quad \sin x={\frac {2t}{1+t^{2}}}$. Ainsi, on retrouve directement $\int {\frac {\mathrm {d} x}{\sin x}}=\int {\frac {\mathrm {d} t}{t}}=\left[\ln \left|t\right|\right]=\left[\ln \left|\tan {\frac {x}{2}}\right|\right]$.
* Posons (d'après les règles de Bioche) $u=\sin x,\quad \mathrm {d} u=\cos x\,\mathrm {d} x$. Ainsi, $\int {\frac {\mathrm {d} x}{\cos x}}=\int {\frac {\cos x\,\mathrm {d} x}{\cos ^{2}x}}=\int {\frac {\mathrm {d} u}{1-u^{2}}}={\frac {1}{2}}\int \left({\frac {1}{u+1}}-{\frac {1}{u-1}}\right)\,\mathrm {d} u={\frac {1}{2}}\left[\ln \left|{\frac {u+1}{u-1}}\right|\right]={\frac {1}{2}}\left[\ln {\frac {1+\sin x}{1-\sin x}}\right]$. On peut donner d'autres expressions de la primitive obtenue : ${\frac {1}{2}}\ln {\frac {1+\sin x}{1-\sin x}}={\frac {1}{2}}\ln {\frac {\left(1+\sin x\right)^{2}}{1-\sin ^{2}x}}=\ln {\frac {1+\sin x}{|\cos x|}}=\ln \left|{\frac {1}{\cos x}}+\tan x\right|$. Une variante est d'appliquer, au lieu des règles de Bioche, le changement de variable général $t=\tan {\frac {x}{2}},\quad \mathrm {d} t={\frac {2\mathrm {d} t}{1+t^{2}}},\quad \cos x={\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}}$. Ainsi, $\int {\frac {\mathrm {d} x}{\cos x}}=\int {\frac {2\mathrm {d} t}{1-t^{2}}}=\int \left({\frac {1}{t+1}}-{\frac {1}{t-1}}\right)\,\mathrm {d} t=\left[\ln \left|{\frac {t+1}{t-1}}\right|\right]=\left[\ln \left|\tan \left({\frac {x}{2}}+{\frac {\pi }{4}}\right)\right|\right]$ (d'après l'identité trigonométrique $\tan(a+b)={\frac {\tan a+\tan b}{1-\tan a\tan b}}$). On peut aussi déduire les réponses à cette question de celles de la question précédente, puisque $\cos x=\sin \left(x+{\frac {\pi }{2}}\right)$.

## Exercice 2-11

(Trigonométrie hyperbolique) Calculer des primitives de :
* $a(x)={\cosh x-1 \over \cosh x+1}\operatorname {e} ^{x}$ ;
* $b(x)={\frac {1}{\cosh x\left(1+\sinh x\right)}}$ ;
* $c(x)={\frac {1}{2\sinh x+\cosh x+1}}$ ;
* $d(x)={\frac {1}{1+\tanh x}}$ ;
* $e(t)=\sinh(\operatorname {arcosh} t)$.
* ($y=\operatorname {e} ^{x}$) $\int a(x)\,\mathrm {d} x=\int {(y+1/y)/2-1 \over (y+1/y)/2+1}\,\mathrm {d} y=\int {y^{2}-2y+1 \over y^{2}+2y+1}\,\mathrm {d} y=\int \left(1+{4 \over (y+1)^{2}}-{4 \over y+1}\right)\,\mathrm {d} y=\left[y-{4 \over y+1}-4\ln |y+1|\right]$.
* ($u=\sinh x$) $\int b(x)\,\mathrm {d} x=\int {\,\mathrm {d} u \over (1+u^{2})(1+u)}={1 \over 2}\int \left({1 \over u+1}-{u-1 \over u^{2}+1}\right)\,\mathrm {d} u={1 \over 2}\left[\ln |u+1|-{1 \over 2}\ln(u^{2}+1)+\arctan u\right]={1 \over 2}\left[\ln {|1+\sinh x| \over \cosh x}+\arctan \sinh x\right]$, ou ($y=\operatorname {e} ^{x}$) $=\int {4y\,\mathrm {d} y \over (y^{2}+1)(y^{2}+2y-1)}=\int \left({-y+1 \over y^{2}+1}+{1 \over 2}\left({1 \over y+1+{\sqrt {2}}}+{1 \over y+1-{\sqrt {2}}}\right)\right)\,\mathrm {d} y=\left[\arctan y+{1 \over 2}\ln {|y^{2}+2y-1| \over y^{2}+1}\right]$. Vérification : ${1+\sinh x \over \cosh x}={\operatorname {e} ^{2x}+2\operatorname {e} ^{x}-1 \over \operatorname {e} ^{2x}+1}$ et $\arctan \sinh x=\arctan \operatorname {e} ^{x}-{\pi \over 4}$.
* ($y=\operatorname {e} ^{x}$) $\int c(x)\,\mathrm {d} x=\int {2\,\mathrm {d} y \over 2(y^{2}-1)+(y^{2}+1)+2y}=\int {2\,\mathrm {d} y \over 3y^{2}+2y-1}={1 \over 2}\int \left({1 \over y-1/3}-{1 \over y+1}\right)\,\mathrm {d} y={1 \over 2}[\ln \left|{y-1/3 \over y+1}\right|]$.
* ($w=\tanh x$) $\int d(x)\,\mathrm {d} x=\int {\,\mathrm {d} w \over (1-w^{2})(1+w)}=\int \left({1 \over 2(w+1)^{2}}+{1 \over 4(w+1)}-{1 \over 4(w-1)}\right)\,\mathrm {d} w=\left[{-1 \over 2(w+1)}+{1 \over 4}\ln \left|{w+1 \over w-1}\right|\right]=\left[{-1 \over 2(1+\tanh x)}+{1 \over 4}\ln \left|{1+\tanh x \over 1-\tanh x}\right|\right]=\left[{-1 \over 4}(1+\operatorname {e} ^{-2x})+{x \over 2}\right]$, ou ($w=\coth x$) $=\int {-w \over (w+1)^{2}(w-1)}\,\mathrm {d} w=\int {1 \over 4}\left({1 \over w+1}-{1 \over w-1}\right)-{1 \over 2(w+1)^{2}}\,\mathrm {d} w=\left[{1 \over 4}\ln \left|{w+1 \over w-1}\right|+{1 \over 2(w+1)}\right]=\left[{1 \over 4}\ln \left|{1+\coth x \over 1-\coth x}\right|+{1 \over 2(1+\coth x)}\right]$. Vérification : $\left|{1+\coth x \over 1-\coth x}\right|=\left|{1+\tanh x \over 1-\tanh x}\right|$ et ${1 \over 1+\coth x}=1-{1 \over 1+\tanh x}$, ou ($y=\operatorname {e} ^{x}$) $=\int {y^{2}+1 \over 2y^{3}}\,\mathrm {d} y={1 \over 2}\left[\ln y-{1 \over 2y^{2}}\right]=\left[{x \over 2}-{\operatorname {e} ^{-2x} \over 4}\right]$.
* ($s=\operatorname {arcosh} t$, pour $t\in \left[1,+\infty \right[$) $\int e(t)~{\rm {d}}t=\int \sinh ^{2}s~{\rm {d}}s=\int {\tfrac {\cosh(2s)-1}{2}}~{\rm {d}}s=\left[{\tfrac {\sinh(2s)}{4}}-{\tfrac {s}{2}}\right]={\tfrac {1}{2}}[(\cosh s\sinh s)-s]={\tfrac {1}{2}}[t{\sqrt {t^{2}-1}}-\operatorname {arcosh} t]$.
| Changement de variable très facile | Changement de variable moyen |