Université Cadi-Ayyad S1 2010-2011

Faculté des Sciences Semlalia Module Analyse II

Département des Mathématiques Filière SMPC

Analyse II-SMPCCorrection de qlq exercices

Exercice 9 de la Série 1

Calculer les intégrales suivantes en utilisant un changement de variable conve-nable :

I1 =∫ 1

0

ex

1 + e−xdx; I2 =

∫ π4

0

cos(x)(1 + tg2(x))sin(x) + cos(x)

dx

I3 =∫ π

0

cos2(x) sin5(x)dx; I4 =∫ √π

3

0

x sin(x2)1 + cos(x2)

dx

Preuve

1. I1 =∫ 1

0ex

1+e−x dx.

On pose u = ex donc : dx = duu , (x = 0, u = 1) et (x = 1, u = e1) et

alors :

I1 =∫ e

1

udu

1 + u=∫ e

1

[1− du

1 + u] = (e−1)−ln(1+e)+ln(2) = (e−1)+ln(

21 + e

)

.

2. I2 ==∫ π

40

cos(x)(1+tg2(x))sin(x)+cos(x) dx =

∫ π4

01+tg2(x)1+tg(x) dx.

On pose u = tg(x) donc : dx = du1+u2 , (x = 0, u = 0) et (x = π

4 , u = 1)et alors :

I2 =∫ 1

0

du

1 + u= ln(2)

.

3. I3 =∫ π0

cos2(x) sin5(x)dx =∫ π0

cos2(x) sin4(x)(sin(x)dx).On pose u = cos(x) donc : du = − sin(x)dx, (x = 0, u = 1) et (x =π, u = −1) et alors :

I3 =∫ −1

1

u2(1− u2)2(−du) =∫ 1

−1

(u6 − 2u4 + u2)du = 2[17− 2

5+

13]

.

4. I4 =∫√π

30

x sin(x2)1+cos(x2)dx

On pose u = cos(x2) donc : du = −2x sin(x2), (x = 0, u = 1) et(x =

√π3 , u = 1

2 ) et alors :

I4 =∫ 1

2

1

−du2(1 + u)

=12ln(

43)

.

Exercice 10 de la Série 1

Calculer les intégrales suivantes :

K1 =∫x3 − x2 + x

x2 + x+ 2dx; K2 =

∫ π

0

sin(x)1 + cos2(x)

dx

K3 =∫ π

4

−π4

x sin(x2)1 + cos(x)

dx

.Preuve

1. K1 =∫x3−x2+xx2+x+2 dx.

On remarque que F (x) = x3−x2+xx2+x+2 = (x−2)+G(x) avec G(x) = x+4

x2+x+2élément simple de 2e espèce.Or x2 + x + 2 = (x + 1

2 )2 + 74 = 7

4 [( 2x+1√7

)2 + 1], puis on pose y = 2x+1√7

donc x =√

7y−12 et dx =

√7

2 dy par conséquent :

K1 =∫

(x− 2)dx+∫G(x)dx = [

x2

2− 2x] +

1√7

∫ydy

1 + y2+∫

dy

1 + y2

Ce qui donne :

K1 = [x2

2− 2x] +

12√

7ln[

47(x2 + x+ 2)] +Arctg(

2x+ 1√7

) + C

.

2. K2 =∫ π0

sin(x)1+cos2(x)dx.

On pose u = cos(x) donc du = − sin(x)dx, (x = 0, u = 1) et (x =π, u = −1) et alors :

K2 =∫ −1

1

−du1 + u2

= [Arctg(u)]1−1 =π

2.

3. K3 =∫ π

4−π4

x sin(x2)1+cos(x)dx = 0, c'est l'intégrale d'une fonction impaire sur

l'intervalle I = [−π4 ,π4 ].

Exercice 1 de la série 2

Résoudre les équations di�érentielles suivantes :

1. (e1) y′ + 3y = 2 avec y(0) = 1

2. (e2) y′ = y2+xy−x2

x2

3. (e3) y′ + xy = 2x

4. (e4) (1 + x3)y′ − x2y = 0

5. (e5) xy′ − 2y = x3Arctg(x)

Preuve

1. (e1) y′ + 3y = 2 avec y(0) = 1Une solution particulière de l'éqution (e1) est : yp(x) = 2

3La solution de l'équation sans second membre : y′ + 3y == 0 qu'on peutécrire sous la forme dy

y = −3dx est :yh(x) = Ce−3x

par conséquent la solution générale de (e1) est :

y(x) = yp(x) + yh(x) =23

+ Ce−3x =13[e−3x + 2] car y(0) = 1

2. (e2) y′ = y2+xy−x2

x2 qu'on écrire encore sous la forme (e2)y′ = ( yx )2+ yx−1

c'est une équation homogène, on prend alors u = yx ce qui donne y′ =

u+ xu′.L'équation (e2) devient :

1u2 − 1

du =1xdx = [

1u− 1

− 1u+ 1

]du

Ce qui donne : u−1u+1 = αx2 par conséquent la solution générale de (e2) est :

u[1− αx2] = [1 + αx2]⇒ y(x) = x1 + αx2

1− αx2

3. (e3) y′ + xy = 2xUne solution particulière de l'éqution (e3) est : yp(x) = 2La solution de l'équation sans second membre : y′ + xy == 0 qu'on peut

écrire sous la forme dyy = −xdx est :yh(x) = Ce−

x22

par conséquent la solution générale de (e3) est :

y(x) = yp(x) + yh(x) = 2 + Ce−x22

4. (e4) (1 + x3)y′ − x2y = 0On peut écrire l'équation (e4) sous la forme :dyy = x2dx

1+x3 ce qui donne

ln |y| = 13 ln

∣∣1 + x3∣∣+ α et donc la solution générale de (e4) est :

y(x) = C 3√|1 + x3|

5. (e5) xy′ − 2y = x3Arctg(x)La solution de l'équation sans second membre : xy′ − 2y = 0 qu'on peut

écrire sous la forme dyy = 2dx

x est :yh(x) = Cx2.

Par conséquent, on cherche la solution générale de (e5) sous la forme :y(x) = C(x)x2 ce qui donne y′(x) = C ′(x)x2 + 2xC(x) puis on remplacedans l'équation (e5) on obtient :

[C ′(x)x3+2x2C(x)]−2[C(x)x2] = x3C ′(x) = x3Arctg(x)⇒ C ′(x) = Arctg(x)

Puis après une intégration par partie (u = Arctg(x) et v′ = 1 alors u =1

1+x2 et v = x, on obtient :

C(x) =∫Arctg(x)dx = xArctg(x)− 1

2ln(1 + x2) + C

la solution générale de (e5) est :

y(x) = [xArctg(x)− 12ln(1 + x2) + C]x2

Exercice 1

1. Calculer les sommes suivantes :

σ(1,n) =n∑k=1

k, σ(2,n) =n∑k=1

k2

2. En déduire les sommes de Darboux Supérieure et Inférieure des fonctionssuivantes :

a) f(x) = x sur l'intervalle [0, 1].b) g(x) = x2 sur l'intervalle [0, 1].

Preuve 1

1. i) Utilisons l'identité (k + 1)2 = k2 + 2k + 1n∑k=1

(k + 1)2 =n∑k=1

k2 + 2n∑k=1

k +n∑k=1

1

Ce qu'on peut écrire sous la forme suivante :

n∑k=1

(k + 1)2 =n∑k=1

k2 + 2σ(1,n) + n

Ou encore :

(22 + 32 + ...+ (n+ 1)2) = (1 + 22 + 32 + ...+ n2) + 2σ(1,n) + n

Et après des simpli�cations :

(n+ 1)2 = 1 + 2σ(1,n) + n

Et donc :

σ(1,n) =n(n+ 1)

2

ii) Utilisons l'identité (k + 1)3 = k3 + 3k2 + 3k + 1

n∑k=1

(k + 1)3 =n∑k=1

k3 + 3σ(2,n) + 3σ(1,n) +n∑k=1

1

Ce qu'on peut écrire sous la forme suivante :

(23 +33 + ...+(n+1)3) = (1+23 +33 + ...+n3)+3σ(2,n) +3σ(3,n) +n

Et après des simpli�cations :

(n+ 1)3 = 1 + 3σ(2,n) + 3σ(1,n) + n

Et donc :

3σ(2,n) = (n+1)3−(n+1)−3n(n+ 1)

2= (n+1)[(n+1)2−1−3

2n] =

n(n+ 1)(2n+ 1)2

Ou encore :

σ(2,n) =n(n+ 1)(2n+ 1)

6

2. a) Somme de Darboux Inférieure de la fonction f(x) = x sur l'intervalle[0, 1] en utilisant une subdivision équidistante de cet intervalle : Pn ={xk = 0 + k 1−0

n = kn , 0 ≤ k ≤ n

}:

In(f) =n∑k=1

(xk − xk−1)mk =1n

n∑k=1

mk

Où

mk = Inf {f(x); xk−1 ≤ x ≤ xk} = f(xk−1) = xk−1 =k − 1n

Car la fonction f est continue, croissante sur [0, 1]. Donc :

In(f) =1n2

n∑k=1

(k − 1) =1n2

(0 + 1 + 2 + ...+ (n− 1)) =1n2σ(1,n−1)

Ou encore :

In(f) =n(n− 1)

2n2

De même la somme de Darboux Supérieure de la fonction f sur l'inter-valle [0, 1] est :

Sn(f) =1n

n∑k=1

Mk

Où

Mk = Sup {f(x); xk−1 ≤ x ≤ xk} = f(xk) = xk =k

n

Car la fonction f est continue, croissante sur [0, 1]. Donc :

Sn(f) =1n2

n∑k=1

k =1n2

(1 + 2 + ...+ (n− 1) + n) =1n2σ(1,n)

Ou encore :

Sn(f) =n(n+ 1)

2n2

b) Somme de Darboux Inférieure de la fonction g(x) = x sur l'intervalle[0, 1] en utilisant une subdivision équidistante de cet intervalle : Pn ={xk = 0 + k 1−0

n = kn , 0 ≤ k ≤ n

}:

In(g) =n∑k=1

(xk − xk−1)mk =1n

n∑k=1

mk

Où

mk = Inf {g(x); xk−1 ≤ x ≤ xk} = g(xk−1) = x2k−1 =

(k − 1)2

n2

Car la fonction g est continue, croissante sur [0, 1]. Donc :

In(g) =1n3

n∑k=1

(k − 1)2 =1n2

(0 + 12 + 22 + ...+ (n− 1)2) =1n3σ(2,n−1)

Ou encore :

In(g) =n(n− 1)(2n− 1)

6n3

De même la somme de Darboux Supérieure de la fonction g sur l'inter-valle [0, 1] est :

Sn(g) =1n

n∑k=1

Mk

Où

Mk = Sup {g(x); xk−1 ≤ x ≤ xk} = g(xk) = x2k =

k2

n2

Car la fonction g est continue, croissante sur [0, 1]. Donc :

Sn(g) =1n3

n∑k=1

k2 =1n3

(12 + 22 + ...+ (n− 1)2 + n2) =1n3σ(2,n)

Ou encore :

Sn(g) =n(n+ 1)(2n+ 1)

6n3

Exercice 2

En utilisant les chagements de variables convenables, calculer les intégralessuivantes :

I1 =∫ 1

1/2

1√1− x2

dx, I2 =∫ 1

√3/2

Arctg(x)√1− x2

dx, I3 =∫ x

0

13 + e−t

dt

I4 =∫ π

2

π3

dx

sin(x), 5 =

∫ 2

12

1 + x2

x2Arctg(x)dx, I6 =

∫ √3

0

x2

√4− x2

dx

I7 =∫

dx

(1 + x2)√

1 + x2dx, I8 =

∫sin(2x)dx√1 + sin2(x)

Preuve 2

(a) Si on pose x = cos(u) alors dx = − sin(u)du, (x = 1 ⇔ u = 0) et(x = 1

2 ⇔ u = π3 ) donc :

I1 =∫ 1

1/2

1√1− x2

dx =∫ 0

π3

− sin(u)√1− cos(u)2

du =∫ π

3

0

du =π

3

(b) Si on pose u = Arctg(x) alors du = 11+x2 dx, (x = 1 ⇔ π

4 ) et (x =√

33 ⇔ u = π

6 ) donc :

I2 =∫ 1

√3/2

Arctg(x)dx√

1− x2=∫ π

4

π6

udu =π2

8536

(c) Si on pose u = et alors dt = duu , (t = 0⇔ u = 1) et (t = x⇔ u = ex

donc :

I3 =∫ x

0

13 + e−t

dt =∫ ex

1

du

3u+ 1

Par conséquent :

I3 =13[ln(3u+ 1)]e

x

1 =13ln(

3ex + 14

)

(d) i. Si on pose u = Arccos(x) alors dx = −du√1−u2 , (x = π

2 ⇔ u = 0)et (x = π

3 ⇔ u = 12 ) donc :

I4 =∫ π

2

π3

dx

sin(x)=∫ 0

12

1√1− u2

−du√1− u2

=∫ 1

2

0

du

1− u2

Or, 11−u2 = 1

2 [ 11+u + 1

1−u ] donc :

I4 =12[∫ 1

2

0

du

1 + u+∫ 1

2

0

du

1− u] =

12[ln(

1 + u

1− u)]

120 =

12ln(3)

ii. On peut utiliser aussi le changement u = tg(x2 ) ou x = 2Arctg(u).Il faut déterminer sin(x), cos(x) et dx en fonction de u :

sin(x) = 2 sin(x

2) cos(

x

2) = 2tg(

x

2) cos2(

x

2) =

2tg(x2 )1 + tg2(x2 )

=2u

1 + u2

cos(x) = cos2(x

2)− sin2(

x

2) = cos2(

x

2)[1− tg2(

x

2)] =

1− u2

1 + u2

On rappelle que :cos2(a) = 11+tg2(a)

dx =2du

1 + u2

(x = π2 ⇔ u = 1) et (x = π

3 ⇔ u =√

33 ) donc :

I4 =∫ π

2

π3

dx

sin(x)=∫ 1

√3

3

1 + u2

2u2du

1 + u2=∫ 1

√3

3

du

u= [ln(u)]1√3

3=ln(3)

2

(e) Si on pose u = 1x alors dx = −du

u2 , (x = 12 ⇔ u = 2) et (x = 2⇔ u =

12 ) donc :

I5 =∫ 2

12

1 + x2

x2Arctg(x)dx =

∫ 2

12

1 + u2

u2Arctg(

1u

)du

Puis, en utilisant la formule Arctg(x) + Arctg( 1x ) = π

2 , x > 0, onobtient alors :

2I5 =∫ 2

12

1 + x2

x2Arctg(x)dx+

∫ 2

12

1 + x2

x2Arctg(

1x

)dx =π

2

∫ 2

12

1 + x2

x2dx =

3π2

(f) Si on pose x = 2 cos(u) ou u = Arccos(x2 ) alors du = −dx√4−x2 , (x =

0⇔ u = π2 ) et (x =

√3⇔ u = π

6 ) donc :

I6 =∫ √3

0

x2 dx√4− x2

dx =∫ π

6

π2

4 cos2(u)(−du) =12

∫ π2

π6

(1+cos(2u))du =π

6+√

38

(g) Si on pose x = tg(u) pour −π2 < u < π2 alors dx = (1 + tg2(u))du et

donc :

I7 =∫

dx

(1 + x2)√

1 + x2dx =

∫(1 + tg2(u))du

(1 + tg2(u))√

(1 + tg2(u))=∫

cos(u)du

Par conséquent :

I7 = sin(u) + C = sin(Arctg(x)) + C

(h) Si on pose u = sin(x) alors du = cos(x)dx et donc :

I8 =∫

2 sin(x)√1 + sin2(x)

cos(x)dx =∫

2udu√1 + u2

= 2√

1 + u2+C = 2√

1 + sin2(x)+C

Exercice 3

En utilisant l'intégration par partie, calculer les intégrales suivantes :

J1 =∫x sin(x)dx, Kn =

∫xn sin(x)dx, J2 =

∫ex cos(x)dx

J3 =∫ e

1

xnln(x)dx, n ≥ 0) J4 =∫ 1

0

Arctg(x)dx, J5 =∫ x

0

t√1 + t

dx

Kn =∫

dx

(1 + x2)ndx, I8 =

∫sin(2x)dx√1 + sin2(x)

Preuve 3

(a) On prend (toujours) (u′ = sin(x), et v = x) alors (u = − cos(x), et v′ =1) et donc :

J1 =∫x sin(x)dx = [−x cos(x)]+

∫cos(x)dx = sin(x)−x cos(x)+C

Et pour Kn =∫xn sin(x)dx, on fait n intégrations par partie on

prend toujours (u′ = sin(x), ou u′ = cos(x) et v = xk) et même sion a à déterminer Hn =

∫xnexdx on prend (u′ = ex et v = xk)

(b) On fait deux intégrations par partie, on prend (u′ = ex, et v =cos(x)) alors (u = ex, et v′ = − sin(x)) donc :

J2 =∫ex cos(x)dx = [ex. cos(x)] +

∫ex sin(x)dx

Puis le deuxième intégration par partie, on prend (u′ = ex, et v =sin(x)) alors (u = ex, et v′ = cos(x)) par conséquent :

J2 = [ex. cos(x)] +∫ex sin(x)dx = [ex. cos(x)] + [ex sin(x)]− J2

Ou encore :2J2 = [cos(x) + sin(x)]ex + C

(c) On prend (u = ln(x), et v′ = xn) alors (u′ = 1x , et v = xn+1

n+1 ) etdonc :

J3 =∫ e

1

xnln(x)dx = [xn+1ln(x)n+ 1

]e1−∫ e

1

1x

xn+1

n+ 1dx =

en+1

n+ 1−∫ e

1

xn

n+ 1dx

Ce qui nous donne :

J3 =en+1

n+ 1− [

xn+1

(n+ 1)2]e1 =

1(n+ 1)2

[nen+1 + 1]

(d) On prend (u = Arctg(x), et v′ = 1) alors (u′ = 11+x2 , et v = x)

et donc :

J4 =∫ 1

0

Arctg(x)dx = [xArctg(x)]10−∫ 1

0

x

1 + x2dx =

π

4−[ln(1+x2)]10 =

π

4− ln(2)

2

(e) On prend (u = t, et v′ = 1√1+t

) alors (u′ = 1, et v = 2√

1 + t et

donc :

J5 =∫ x

0

t√1 + t

dx = [2t√

1 + t]x0−2∫ x

0

√1 + tdx = 2x

√1 + x−4

33√

1 + x+43

(f) On a (pour n = 1) : K1 = Arctg(x) + C et pour (n ≥ 2) on pose :

Kn =∫

dx

(1 + x2)ndx =

∫(1 + x2)dx(1 + x2)n

dx−∫

x2dx

(1 + x2)ndx = Kn−1−Hn

avec Hn =∫

x2dx(1+x2)n dx qu'on calcule en utilisant une intégration par

partie (u = x, v′ = x(1+x2)n ) alors (u = 1, v′ = 1

2(1−n)(1+x2)n−1 )

et donc :

Hn = [x

2(1− n)(1 + x2)n−1]− 1

2(1− n)

∫1

(1 + x2)n−1= [

x

2(1− n)(1 + x2)n−1]− 1

2(1− n)Kn−1

�nalement :

Kn =1

2(1− n)

{(3− 2n)Kn−1 −

x

(1 + x2)n−1

}

Exercice 4

Calculer les intégrales suivantes (Fractions Rationnelles réelles) :

I1 =∫

dx

(x2 − 4)2, I2 =

∫(x+ 2)dxx2 − 3x− 4

, I3 =∫ 1

0

dx

(x2 + 1)2, I4 =

∫dx

x3 − 1

Peuve 4

i. Décomposons la fraction rationnelle F (x) = 1(x2−4)2 en éléments

simples (dans ce cas de premier espèce) :

F (x) =1

(x2 − 4)2= [

a1

x− 2+

a2

(x− 2)2] + [

b1x+ 2

+b2

(x+ 2)2]

Remarquons que la fonction F est paire donc :a1 = −b1 et a2 =b2 et :

(x−2)2F (x) =1

(x+ 2)2= a2+a1(x−2)+[

b1x+ 2

+b2

(x+ 2)2](x−2)2 puis x = 2

On trouve :a2 = b2 = 116 .

D'autre part F (0) = 116 = −a1 + a2

2 , ce qui donne a1 = −b1 =− 1

32 ce qui nous permet d'écrire :

F (x) =1

(x2 − 4)2=

132

[−1x− 2

+2

(x− 2)2+

1x+ 2

+2

(x+ 2)2]

Finalement :

I1 =∫

dx

(x2 − 4)2=

132

[ln(∣∣∣∣x+ 2x− 2

∣∣∣∣)− 4xx2 − 4

] + C

ii. La fraction rationnelle G(x) = x+2x2−3x−4 est un élément simple de

deuxième espèce : Remarquons que : x2− 3x− 4 = (x− 32 )2 + 7

4 ,en posant y = x− 3

2 , on obtient :

I2 =∫

(x+ 2)dxx2 − 3x− 4

=12

∫2ydyy2 + 7

4

+74

∫dy

y2 + 74

Et : ∫2ydyy2 + 7

4

= ln(y2 +74) + C1 = ln(x2 − 3x− 4) + C1∫

dy

y2 + 74

=2√7

∫dz

z2 + 1, z =

2√7y

Donc :∫dy

y2 + 74

=2√7Artg(

2√7y) + C2 =

2√7Artg(

2√7(x− 3

2)) + C2

Finalement :

I2 =∫

(x+ 2)dxx2 − 3x− 4

=12ln(x2−3x−4)+

√7Artg(

2√7(x− 3

2))+C

iii.

I3 =∫ 1

0

dx

(x2 + 1)2=∫ 1

0

x2 + 1(x2 + 1)2

dx−∫ 1

0

x2

(x2 + 1)2dx

On a : ∫ 1

0

x2 + 1(x2 + 1)2

dx = [Arctg(x)]10 =π

4

Et après une intégration par partie (u = x, v′ = x(x2+1)2 ) alors

(u′ = 1, v = −12(x2+1) ) alors :∫ 1

0

x2

(x2 + 1)2dx = [

−x2(x2 + 1)

]10 +∫ 1

0

dx

2(x2 + 1)=

=−14

+ [12Arctg(x)]10 =

−14

+π

8

iv. Décomposons la fraction rationnelle F (x) = 1x3−1 = 1

(x−1)(x2+x+1)

en éléments simples :

F (x) =1

(x− 1)(x2 + x+ 1)=

a

x− 1+

bx+ d

x2 + x+ 1

Après des calculs, on obtient :

F (x) =13[

1x− 1

− x+ 2x2 + x+ 1

] =13[

1x− 1

− 12

(2x+ 1) + 3x2 + x+ 1

]

Puis on obtient :

I4 =∫

dx

x3 − 1=

13

∫1

x− 1dx−1

6

∫2x+ 1

x2 + x+ 1dx−1

2

∫1

x2 + x+ 1dx

4.5.Changements de variables ramenant aux fractions ra-

tionnelles réelles

Soit R une fraction rationnelle.4.5.1.Intégrale de type

∫R(sin(x), cos(x))dx

Pour déterminer l'intégrale de type I =∫R(sin(x), cos(x))dx en gé-

néral en utilise le changement de variable u = tg(x2 ), on obtient alors :

sin(x) =2u

1 + u2, cos(x) =

1− u2

1 + u2et dx =

2du1 + u2

Et par conséquent :

I =∫R(sin(x), cos(x))dx =

∫R(

2u1 + u2

,1− u2

1 + u2)

2du1 + u2

=∫F (u)du

Où F est une fraction rationnelle réelle.exemples

Calculer I =∫ 1+sin(x)

cos(x) dx.

en utilisant le changement u = tg(x2 ), on obtient :

I =∫

1 + sin(x)cos(x)

dx =∫ 1 + 2u

1+u2

1−u2

1+u2

2du1 + u2

=∫

2(1 + u)du(1− u)(1 + u2)

Et comme

F (u) =2(1 + u)

(1− u)(1 + u2) =

21− u

+2u

1 + u2

alors

I =∫

1 + sin(x)cos(x)

dx = 2ln |1− u|+ln(1+u2)+C = 2ln∣∣∣1− tg(x

2)∣∣∣+ln(1+tg2(

x

2))+C

Remarque :

Le changement de variables u = tg(x2 ) n'est pas toujours le plussimple :

i. Si∫R(sin(x), cos(x))dx =

∫R(sin(x))(cos(x)dx), il est plus simple

d'utiliser u = sin(x).

ii. Si∫R(sin(x), cos(x))dx =

∫R(cos(x))(sin(x)dx), il est plus simple

d'utiliser u = cos(x).

iii. Si∫R(sin(x), cos(x))dx =

∫R(tg(x))( dx

cos2(x) ), il est plus simple

d'utiliser u = tg(x).

Exemples Calculer les primitives suivantes :

i. I1 =∫ sin(x)dx

cos2(x)−cos(x)

On utilise le changement u = cos(x), du = − sin(x)dx alors :

I1 =∫

sin(x)dxcos2(x)− cos(x)

=∫

du

u(1− u)=∫du

u+∫

du

1− u= Ln

∣∣∣∣ u

1− u

∣∣∣∣+Cou encore :

I1 =∫

sin(x)dxcos2(x)− cos(x)

= Ln

∣∣∣∣ cos(x)1− cos(x)

∣∣∣∣+ C

ii. I2 =∫ cos(x)dx

cos2(x)+a

On utilise le changement u = sin(x), du = cos(x)dx alors :

I2 =∫

cos(x)dxcos2(x) + a

=∫

du

1 + a− u2=

11 + a

∫du

1− ( u√1+a

)2

Puis, on pose z = u√1+a

, du =√

1 + adu et donc :

I2 =∫

cos(x)dxcos2(x) + a

=1√

1 + a

∫dz

1− z2=

1√1 + a

ln

∣∣∣∣√1 + a+ sin(x)√1 + a− sin(x)

∣∣∣∣+C4.5.2.Intégrale de type

∫R(sin2(x), cos2(x))dx

Pour déterminer l'intégrale de type J =∫R(sin2(x), cos2(x))dx en

général en utilise le changement de variable u = tg(x), on obtientalors :

sin2(x) =u2

1 + u2, cos2(x) =

11 + u2

et dx =du

1 + u2

Et par conséquent :

J =∫R(sin2(x), cos2(x))dx =

∫R(

u2

1 + u2,

11 + u2

)du

1 + u2=∫F (u)du

Où F est une fraction rationnelle réelle.Exemple

Calculer I =∫ tg2(x)dx

sin2(x)−cos2(x)

On utilise le changement u = tg(x), sin2(x) = u2

1+u2 , cos2(x) =1

1+u2 et dx = du1+u2 alors :

I =∫

tg2(x)dxsin2(x)− cos2(x)

=∫

u2du

u2 − 1=∫

(1 +1

u2 − 1)du

ou encore :

I =∫

[1+12(

1u− 1

− 1u+ 1

)]du = u+12ln

∣∣∣∣u− 1u+ 1

∣∣∣∣+C = tg(x)+12ln

∣∣∣∣ tg(x)− 1tg(x) + 1

∣∣∣∣+C4.5.3.Intégrale de type

∫R(ex, Sh(x), Ch(x))dx

Pour déterminer l'intégrale de type H =∫R(ex, Sh(x), Ch(x))dx en

général en utilise le changement de variable u = ex, on obtient alors :

Sh(x)(x) =u2 − 1

2u, Ch(x)(x) =

u2 + 12u

et dx =du

u

Et par conséquent :

H =∫R(ex, Sh(x), Ch(x))dx =

∫R(u,

u2 − 12u

,u2 + 1

2u)du

u=∫F (u)du

Où F est une fraction rationnelle réelle.4.5.4.Intégrale de type

∫R(x,

√ax+ b)dx

Pour déterminer l'intégrale de type K =∫R(x,

√ax+ b)dx en gé-

néral en utilise le changement de variable u =√ax+ b, on obtient

alors :

x =u2 − ba

, et dx =2udua

Et par conséquent :

K =∫R(x,

√ax+ b)dx =

∫R(u2 − ba

, u)2udua

=∫F (u)du

Où F est une fraction rationnelle réelle.