a) Première solution

Posons

${\displaystyle z=\tan {\frac {x}{2}}\Leftrightarrow x=2\arctan z\Rightarrow \mathrm {d} x={\frac {2\mathrm {d} z}{\cos ^{2}z}}\qquad \qquad {\frac {\pi }{3}}\to x\to {\frac {2\pi }{3}}\Rightarrow {\frac {1}{\sqrt {3}}}\to z\to {\sqrt {3}}}$.

On obtient :

${\displaystyle \int _{\frac {\pi }{3}}^{\frac {2\pi }{3}}{\frac {x}{\sin x}}\,\mathrm {d} x=2\int _{\frac {1}{\sqrt {3}}}^{\sqrt {3}}{\frac {\arctan z}{z}}\,\mathrm {d} z}$.

Faisons une intégration par parties :

${\displaystyle \int _{\frac {\pi }{3}}^{\frac {2\pi }{3}}{\frac {x}{\sin x}}\,\mathrm {d} x=2\int _{\frac {1}{\sqrt {3}}}^{\sqrt {3}}{\frac {\arctan z}{z}}\,\mathrm {d} z=2\left[\arctan z\ln z\right]_{\frac {1}{\sqrt {3}}}^{\sqrt {3}}-2\int _{\frac {1}{\sqrt {3}}}^{\sqrt {3}}{\frac {\ln z}{z^{2}+1}}\,\mathrm {d} z}$.

Dans la nouvelle intégrale obtenue, posons :

${\displaystyle z={\frac {1}{t}}\Rightarrow \mathrm {d} z=-{\frac {1}{t^{2}}}\mathrm {d} t\qquad \qquad {\frac {1}{\sqrt {3}}}\to z\to {\sqrt {3}}\Rightarrow {\sqrt {3}}\to t\to {\frac {1}{\sqrt {3}}}}$.

On obtient alors :

${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{\frac {1}{\sqrt {3}}}^{\sqrt {3}}{\frac {\ln z}{z^{2}+1}}\,\mathrm {d} z&=\int _{\sqrt {3}}^{\frac {1}{\sqrt {3}}}{\frac {\ln {\frac {1}{t}}}{{\frac {1}{t^{2}}}+1}}\times \left(-{\frac {1}{t^{2}}}\right)\,\mathrm {d} t\\&=-\int _{\frac {1}{\sqrt {3}}}^{\sqrt {3}}{\frac {\ln t}{t^{2}+1}}\,\mathrm {d} t.\end{aligned}}}$

Nous en déduisons que cette intégrale est égale à son opposée, donc nulle.

Il nous reste :

${\displaystyle \int _{\frac {\pi }{3}}^{\frac {2\pi }{3}}{\frac {x}{\sin x}}\,\mathrm {d} x=2\left[\arctan z\ln z\right]_{\frac {1}{\sqrt {3}}}^{\sqrt {3}}=2\left(\arctan {\sqrt {3}}\ln {\sqrt {3}}-\arctan {\frac {1}{\sqrt {3}}}\ln {\frac {1}{\sqrt {3}}}\right)=2\left({\frac {\pi }{3}}+{\frac {\pi }{6}}\right){\frac {\ln 3}{2}}={\frac {\pi }{2}}\ln 3}$.

Nous pouvons conclure que :

a) Solution alternative

Notons que l'intervalle d'intégration ${\displaystyle [\pi /3,2\pi /3]}$ est symétrique par rapport à ${\displaystyle {\frac {\pi }{2}}}$. Nous allons nous ramener à un intervalle symétrique par rapport à 0, en posant ${\displaystyle x={\frac {\pi }{2}}+y}$. On obtient :

${\displaystyle \int _{\frac {\pi }{3}}^{\frac {2\pi }{3}}{\frac {x}{\sin x}}\,\mathrm {d} x=\int _{-{\frac {\pi }{6}}}^{\frac {\pi }{6}}{\frac {{\frac {\pi }{2}}+y}{\cos y}}\,\mathrm {d} y={\frac {\pi }{2}}\int _{-{\frac {\pi }{6}}}^{\frac {\pi }{6}}{\frac {\mathrm {d} y}{\cos y}}+\int _{-{\frac {\pi }{6}}}^{\frac {\pi }{6}}{\frac {y}{\cos y}}\,\mathrm {d} y=\pi \int _{0}^{\frac {\pi }{6}}{\frac {\mathrm {d} y}{\cos y}}+0}$,

car le premier intégrande est pair et le second est impair. En utilisant un calcul précédent d'une primitive sur ${\displaystyle \left]-\pi /2,\pi /2\right[}$ de ${\displaystyle {\frac {1}{\cos x}}}$ (Exercice 2-10), on retrouve bien :

${\displaystyle \int _{\frac {\pi }{3}}^{\frac {2\pi }{3}}{\frac {x}{\sin x}}\mathrm {d} x=\pi \int _{0}^{\frac {\pi }{6}}{\frac {\mathrm {d} y}{\cos y}}={\frac {\pi }{2}}\left[\ln {\frac {1+\sin y}{1-\sin y}}\right]_{0}^{\frac {\pi }{6}}={\frac {\pi }{2}}\ln 3}$.

Note

Ces deux solutions ne fonctionnent que pour l'intervalle d'intégration considéré (ou pour tout intervalle de milieu π/2 sur lequel le sinus ne s'annule pas).

b)

La fonction :

${\displaystyle x\longmapsto {\frac {x}{\cos x}}}$

n'est pas définie sur l'intervalle [π/3, 2π/3] (le cosinus s'annule en π/2). Dans le cadre de ce cours, nous n'avons pas les outils pour étudier une telle intégrale.

D'une manière générale, souvenez-vous de toujours regarder au préalable si la fonction que vous cherchez à intégrer est définie sur l'intervalle en question. Mais attention, on ne peut pas toujours conclure que puisque la fonction n’est pas définie, l'intégrale ne l'est pas ! Dans le cadre de ce qu'on appelle des intégrales impropres, on peut parfois donner du sens à de telles expressions, par exemple l'intégrale ${\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{\sqrt {x}}}}$ vaut 2, alors que la fonction qu'on intègre n’est pas définie en 0 ! Mais ceci sort du cadre de ce cours et nous renvoyons le lecteur intéressé à un cours sur le sujet : Intégration de Riemann/Intégrales généralisées.

a) Première solution

On commence par faire la séparation suivante :

${\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {x^{2}-x+1}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{1}{\frac {x^{2}+1}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x-\int _{0}^{1}{\frac {x}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x}$

Nous allons calculer séparément les deux intégrales du second membre.

- En ce qui concerne la première intégrale, on a :

${\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {x^{2}+1}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{1}{\frac {1+{\frac {1}{x^{2}}}}{x^{2}-1+{\frac {1}{x^{2}}}}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{1}{\frac {1+{\frac {1}{x^{2}}}}{\left(x-{\frac {1}{x}}\right)^{2}+1}}\,\mathrm {d} x}$.

Posons :

${\displaystyle y=x-{\frac {1}{x}}\Rightarrow \mathrm {d} y=\left(1+{\frac {1}{x^{2}}}\right)\mathrm {d} x\qquad \qquad 0\to x\to 1\Rightarrow -\infty \to y\to 0}$.

On a alors

${\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {x^{2}+1}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{1}{\frac {1+{\frac {1}{x^{2}}}}{\left(x-{\frac {1}{x}}\right)^{2}+1}}\,\mathrm {d} x=\int _{-\infty }^{0}{\frac {\mathrm {d} y}{y^{2}+1}}=\left[\arctan \right]_{-\infty }^{0}=\arctan(0)-\arctan(-\infty )={\frac {\pi }{2}}}$.

- En ce qui concerne la deuxième intégrale, on a :

${\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {x}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x={\frac {1}{2}}\int _{0}^{1}{\frac {2x}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x}$.

Posons :

${\displaystyle y=x^{2}\Rightarrow \mathrm {d} y=2x\mathrm {d} x\qquad \qquad 0\to x\to 1\Rightarrow 0\to y\to 1}$.

On a alors

${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{1}{\frac {x}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x&={\frac {1}{2}}\int _{0}^{1}{\frac {2x}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x\\&={\frac {1}{2}}\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} y}{y^{2}-y+1}}={\frac {1}{2}}\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} y}{\left(y-{\frac {1}{2}}\right)^{2}+{\frac {3}{4}}}}={\frac {1}{\sqrt {3}}}\int _{0}^{1}{\frac {{\frac {2}{\sqrt {3}}}\mathrm {d} y}{\left({\frac {2y}{\sqrt {3}}}-{\frac {1}{\sqrt {3}}}\right)^{2}+1}}.\end{aligned}}}$

On pose alors :

${\displaystyle z={\frac {2y}{\sqrt {3}}}-{\frac {1}{\sqrt {3}}}\Rightarrow \mathrm {d} z={\frac {2}{\sqrt {3}}}\mathrm {d} y\qquad \qquad 0\to y\to 1\Rightarrow -{\frac {1}{\sqrt {3}}}\to z\to {\frac {1}{\sqrt {3}}}}$.

Le calcul se poursuit ainsi :

${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{1}{\frac {x}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x&={\frac {1}{\sqrt {3}}}\int _{0}^{1}{\frac {{\frac {2}{\sqrt {3}}}\mathrm {d} y}{\left({\frac {2y}{\sqrt {3}}}-{\frac {1}{\sqrt {3}}}\right)^{2}+1}}\\&={\frac {1}{\sqrt {3}}}\int _{-{\frac {1}{\sqrt {3}}}}^{\frac {1}{\sqrt {3}}}{\frac {\mathrm {d} z}{z^{2}+1}}={\frac {1}{\sqrt {3}}}\left[\arctan z\right]_{-{\frac {1}{\sqrt {3}}}}^{\frac {1}{\sqrt {3}}}={\frac {1}{\sqrt {3}}}\left(\arctan {\frac {1}{\sqrt {3}}}-\arctan \left(-{\frac {1}{\sqrt {3}}}\right)\right)\\&={\frac {2}{\sqrt {3}}}\arctan {\frac {1}{\sqrt {3}}}={\frac {2}{\sqrt {3}}}\times {\frac {\pi }{6}}\\&={\frac {\pi }{3{\sqrt {3}}}}.\end{aligned}}}$

- En reportant le résultat du calcul des deux intégrales dans :

${\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {x^{2}-x+1}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{1}{\frac {x^{2}+1}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x-\int _{0}^{1}{\frac {x}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x}$,

Nous en concluons que :

a) Solution alternative

On procède comme pour n'importe quelle intégrale de fraction rationnelle.

Le dénominateur se factorise facilement (en regroupant deux par deux ses quatre racines complexes), ce qui permet de trouver la décomposition en éléments simples :

${\displaystyle {\frac {x^{2}-x+1}{x^{4}-x^{2}+1}}={\frac {ax+b}{x^{2}-{\sqrt {3}}x+1}}+{\frac {cx+d}{x^{2}+{\sqrt {3}}x+1}}{\text{ avec }}a=c=0,\;b={\frac {1-{\frac {1}{\sqrt {3}}}}{2}},\;d={\frac {1+{\frac {1}{\sqrt {3}}}}{2}}}$.

En posant ${\displaystyle y=2x-{\sqrt {3}}}$, on trouve

${\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {1}{x^{2}-{\sqrt {3}}x+1}}\,\mathrm {d} x=2\left[\arctan y\right]_{-{\sqrt {3}}}^{2-{\sqrt {3}}}=2\left(\arctan(2-{\sqrt {3}})+{\frac {\pi }{3}}\right)}$.

De même, en posant ${\displaystyle y=2x-{\sqrt {3}}}$,

${\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {1}{x^{2}+{\sqrt {3}}x+1}}\,\mathrm {d} x=2\left[\arctan y\right]_{\sqrt {3}}^{2+{\sqrt {3}}}=2\left(\arctan(2+{\sqrt {3}})-{\frac {\pi }{3}}\right)}$.

En remarquant que ${\displaystyle 2+{\sqrt {3}}}$ et ${\displaystyle 2-{\sqrt {3}}}$ sont inverses l'un de l'autre, on en déduit :

${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{1}{\frac {x^{2}-x+1}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x&=\left(1-{\frac {1}{\sqrt {3}}}\right)\left(\arctan(2-{\sqrt {3}})+{\frac {\pi }{3}}\right)+\left(1+{\frac {1}{\sqrt {3}}}\right)\left(\arctan(2+{\sqrt {3}})-{\frac {\pi }{3}}\right)\\&=-{\frac {2\pi }{3{\sqrt {3}}}}+{\frac {\pi }{2}}+{\frac {\arctan(2+{\sqrt {3}})-\arctan(2-{\sqrt {3}})}{\sqrt {3}}}\end{aligned}}}$

et l'on conclut grâce à la formule sur la somme (ou la différence) de deux arctan :

${\displaystyle \arctan(2+{\sqrt {3}})-\arctan(2-{\sqrt {3}})=\arctan {\frac {(2+{\sqrt {3}})-(2-{\sqrt {3}})}{1+(2+{\sqrt {3}})(2-{\sqrt {3}})}}=\arctan {\sqrt {3}}={\frac {\pi }{3}}}$,

ce qui donne bien

${\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {x^{2}-x+1}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x=-{\frac {2\pi }{3{\sqrt {3}}}}+{\frac {\pi }{2}}+{\frac {\pi }{3{\sqrt {3}}}}={\frac {\pi }{2}}-{\frac {\pi }{3{\sqrt {3}}}}}$.

b) Première solution

${\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{x^{4}-x^{2}+1}}={\frac {1}{2}}\int _{0}^{1}{\frac {x^{2}+1}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x-{\frac {1}{2}}\int _{0}^{1}{\frac {x^{2}-1}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x}$.

Nous avons vu dans la première solution du a) que

${\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {x^{2}+1}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x={\frac {\pi }{2}}}$.

Pour l'autre intégrale, nous avons :

${\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {x^{2}-1}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{1}{\frac {1-{\frac {1}{x^{2}}}}{x^{2}-1+{\frac {1}{x^{2}}}}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{1}{\frac {1-{\frac {1}{x^{2}}}}{\left(x+{\frac {1}{x}}\right)^{2}-3}}\,\mathrm {d} x}$.

Posons :

${\displaystyle y=x+{\frac {1}{x}}\Rightarrow \mathrm {d} y=\left(1-{\frac {1}{x^{2}}}\right)\,\mathrm {d} x\qquad \qquad 0\to x\to 1\Rightarrow +\infty \to y\to 2}$.

On a alors :

${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{1}{\frac {x^{2}-1}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x&=\int _{0}^{1}{\frac {1-{\frac {1}{x^{2}}}}{\left(x+{\frac {1}{x}}\right)^{2}-3}}\,\mathrm {d} x=\int _{+\infty }^{2}{\frac {\mathrm {d} y}{y^{2}-3}}=\int _{+\infty }^{2}{\frac {\mathrm {d} y}{(y+{\sqrt {3}})(y-{\sqrt {3}})}}\\&={\frac {1}{2{\sqrt {3}}}}\int _{+\infty }^{2}\left({\frac {1}{y-{\sqrt {3}}}}-{\frac {1}{y+{\sqrt {3}}}}\right)\,\mathrm {d} y={\frac {1}{2{\sqrt {3}}}}\left[\ln(y-{\sqrt {3}})-\ln(y+{\sqrt {3}})\right]_{+\infty }^{2}={\frac {1}{2{\sqrt {3}}}}\left[\ln {\frac {y-{\sqrt {3}}}{y+{\sqrt {3}}}}\right]_{+\infty }^{2}\\&={\frac {1}{2{\sqrt {3}}}}\ln {\frac {2-{\sqrt {3}}}{2+{\sqrt {3}}}}={\frac {1}{2{\sqrt {3}}}}\ln {\frac {(2-{\sqrt {3}})^{2}}{4-3}}\\&={\frac {1}{\sqrt {3}}}\ln(2-{\sqrt {3}})=-{\frac {1}{\sqrt {3}}}\ln(2+{\sqrt {3}}).\end{aligned}}}$

En reportant les valeurs des intégrales dans :

${\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{x^{4}-x^{2}+1}}={\frac {1}{2}}\int _{0}^{1}{\frac {x^{2}+1}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x-{\frac {1}{2}}\int _{0}^{1}{\frac {x^{2}-1}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x}$,

Nous pouvons conclure que :

b) Solution alternative

${\displaystyle {\frac {1}{x^{4}-x^{2}+1}}={\frac {ax+b}{x^{2}-{\sqrt {3}}x+1}}+{\frac {cx+d}{x^{2}+{\sqrt {3}}x+1}}{\text{ avec }}b=d={\frac {1}{2}},\;a=-{\frac {1}{2{\sqrt {3}}}},\;c={\frac {1}{2{\sqrt {3}}}}}$.

En s'aidant du début de la solution alternative du a), on obtient :

${\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {ax+b}{x^{2}-{\sqrt {3}}x+1}}\,\mathrm {d} x=-{\frac {1}{4{\sqrt {3}}}}\int _{0}^{1}{\frac {2x-{\sqrt {3}}}{x^{2}-{\sqrt {3}}x+1}}\,\mathrm {d} x+{\frac {1}{4}}\int _{0}^{1}{\frac {1}{x^{2}-{\sqrt {3}}x+1}}\,\mathrm {d} x=-{\frac {1}{4{\sqrt {3}}}}\left[\ln(x^{2}-{\sqrt {3}}x+1)\right]_{0}^{1}+{\frac {\arctan(2-{\sqrt {3}})+{\frac {\pi }{3}}}{2}}}$ ;

${\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {cx+d}{x^{2}+{\sqrt {3}}x+1}}\,\mathrm {d} x={\frac {1}{4{\sqrt {3}}}}\int _{0}^{1}{\frac {2x-{\sqrt {3}}}{x^{2}+{\sqrt {3}}x+1}}\,\mathrm {d} x+{\frac {1}{4}}\int _{0}^{1}{\frac {1}{x^{2}+{\sqrt {3}}x+1}}\,\mathrm {d} x={\frac {1}{4{\sqrt {3}}}}\left[\ln(x^{2}+{\sqrt {3}}x+1)\right]_{0}^{1}+{\frac {\arctan(2+{\sqrt {3}})-{\frac {\pi }{3}}}{2}}}$.

En additionnant, on retrouve bien :

${\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{x^{4}-x^{2}+1}}={\frac {\ln {\frac {2+{\sqrt {3}}}{2-{\sqrt {3}}}}}{4{\sqrt {3}}}}+{\frac {\arctan(2-{\sqrt {3}})+\arctan(2+{\sqrt {3}})}{2}}={\frac {\ln(2+{\sqrt {3}})}{2{\sqrt {3}}}}+{\frac {\pi }{4}}}$.

c) On commence par faire la séparation suivante :

${\displaystyle \int _{-1}^{1}{\frac {1+x\ln(x^{2}+1)}{x^{4}-x^{2}+1}}\mathrm {d} x=\int _{-1}^{1}{\frac {1}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x+\int _{-1}^{1}{\frac {x\ln(x^{2}+1)}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x}$.

Nous allons calculer séparément les deux intégrales du second membre.

- En ce qui concerne la première intégrale :

C'est l'intégrale d'une fonction paire sur un intervalle symétrique par rapport à 0, donc :

${\displaystyle \int _{-1}^{1}{\frac {1}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x=2\int _{0}^{1}{\frac {1}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x}$

et d’après la question b), on obtient :

${\displaystyle \int _{-1}^{1}{\frac {1}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x={\frac {\pi }{2}}+{\frac {\ln(2+{\sqrt {3}})}{\sqrt {3}}}}$.

- En ce qui concerne la deuxième intégrale :

C'est l'intégrale d'une fonction impaire sur un intervalle symétrique par rapport à 0, donc :

${\displaystyle \int _{-1}^{1}{\frac {x\ln(x^{2}+1)}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x=0}$.

Nous pouvons conclure que :

Commençons par poser :

${\displaystyle x={\frac {\pi }{4}}+y}$.

Nous voyons alors que :

${\displaystyle \int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {\sin x}{\sqrt {1+\sin x\cos x}}}\,\mathrm {d} x=\int _{-{\frac {\pi }{4}}}^{\frac {\pi }{4}}{\frac {{\frac {1}{\sqrt {2}}}\left(\cos y+\sin y\right)}{\sqrt {1+{\frac {1}{2}}\sin \left({\frac {\pi }{2}}+2y\right)}}}\,\mathrm {d} y=\int _{-{\frac {\pi }{4}}}^{\frac {\pi }{4}}{\frac {\cos y}{\sqrt {2+\cos(2y)}}}\,\mathrm {d} y+\int _{-{\frac {\pi }{4}}}^{\frac {\pi }{4}}{\frac {\sin y}{\sqrt {2+\cos(2y)}}}\,\mathrm {d} y=2\int _{0}^{\frac {\pi }{4}}{\frac {\cos y}{\sqrt {2+\cos(2y)}}}\,\mathrm {d} y+0}$,

car le premier intégrande est pair et le second impair, et l'intervalle d'intégration est symétrique par rapport à 0.

Posons ensuite ${\displaystyle z=\sin y}$. Ainsi,

${\displaystyle 2\int _{0}^{\frac {\pi }{4}}{\frac {\cos y}{\sqrt {2+\cos(2y)}}}\,\mathrm {d} y=2\int _{0}^{\frac {1}{\sqrt {2}}}{\frac {\mathrm {d} z}{\sqrt {3-2z^{2}}}}}$.

Posons enfin :

${\displaystyle t=z{\sqrt {\frac {2}{3}}}}$.

On obtient :

${\displaystyle 2\int _{0}^{\frac {1}{\sqrt {2}}}{\frac {\mathrm {d} z}{\sqrt {3-2z^{2}}}}=2\int _{0}^{\frac {1}{\sqrt {3}}}{\frac {{\sqrt {\frac {3}{2}}}\,\mathrm {d} t}{{\sqrt {3}}{\sqrt {1-t^{2}}}}}={\sqrt {2}}\int _{0}^{\frac {1}{\sqrt {3}}}{\frac {\mathrm {d} t}{\sqrt {1-t^{2}}}}={\sqrt {2}}\left[\arcsin t\right]_{0}^{\frac {1}{\sqrt {3}}}}$

et l'on peut conclure :