Changement de variable en calcul intégral/Intégrales contenant des fonctions trigonométriques

Plusieurs changements de variables sont envisageables selon la fonction rationnelle trigonométrique.

Nous étudierons d’abord trois cas particuliers auxquels sont appropriés trois changements de variable, déterminés par ce que l’on appelle les règles de Bioche. Nous étudierons ensuite un changement de variable qui marche dans tous les cas mais qui produit généralement des calculs plus compliqués que ceux obtenus à partir des règles de Bioche.

Règles de Bioche

Soit f(x) une fraction rationnelle en cos x et sin x. L'intégrale

\int _{\alpha }^{\beta }f(x)\ \mathrm {d} x

se ramène à l'intégrale d'une fraction rationnelle en u à l'aide du changement de variable suivant.

1^er cas : Si l’expression f(x) dx reste invariante lorsqu’on remplace x par –x, on pose :

u=\cos x

.

2^e cas : Si l’expression f(x) dx reste invariante lorsqu’on remplace x par π – x, on pose :

u=\sin x

.

3^e cas : Si l’expression f(x) dx reste invariante lorsqu’on remplace x par x + π, on pose :

u=\tan x

.

Cas hybride : Si deux des invariances ci-dessus ont lieu alors la troisième aussi, et un meilleur changement de variable est :

u=\cos(2x)

.

Démonstration

Notons $c=\cos x$ , $s=\sin x$ et $t=\tan x$ .

1^er cas. En utilisant l'identité $s^{2}=1-c^{2}$ , on peut mettre tout polynôme en c et s sous la forme P(c) + s Q(c) où P et Q sont des polynômes, puis toute fraction rationnelle en c et s sous la forme

f(x) = g(c) + s h(c)

où g et h sont des fractions rationnelles, par le calcul suivant :

{\frac {\left(P_{1}(c)+sQ_{1}(c)\right)\left(P_{2}(c)-sQ_{2}(c)\right)}{\left(P_{2}(c)+sQ_{2}(c)\right)\left(P_{2}(c)-sQ_{2}(c)\right)}}={\frac {\left(P_{1}P_{2}(c)+(c^{2}-1)Q_{1}Q_{2}(c)\right)+s\left(Q_{1}P_{2}-P_{1}Q_{2}\right)(c)}{P_{2}^{2}(c)+(c^{2}-1)Q_{2}^{2}(c)}}

.

f(x) dx est alors paire si et seulement si f est impaire, c.-à-d. si g = 0, ou encore : f(x) = s h(c), et l'on a alors :

\int _{\alpha }^{\beta }f(x)\,\mathrm {d} x=\int _{\alpha }^{\beta }h(\cos x)\sin x\,\mathrm {d} x=\int _{\cos \alpha }^{\cos \beta }h(c)\,\mathrm {d} c

.

2^e cas. Par la même méthode que dans le premier cas, toute fraction rationnelle en c et s se met aussi sous la forme

f(x) = g(s) + c h(s)

où g et h sont des fractions rationnelles.

f(x) dx est alors invariante par x ↦ π – x si et seulement si g = 0, ou encore : f(x) = c h(s), et l'on a alors :

\int _{\alpha }^{\beta }f(x)\,\mathrm {d} x=\int _{\alpha }^{\beta }h(\sin x)\cos x\,\mathrm {d} x=-\int _{\sin \alpha }^{\sin \beta }h(s)\,\mathrm {d} s

.

3^e cas. Toute fraction rationnelle en c et s se réécrit comme une fraction rationnelle en c et t donc, en utilisant l'identité c² = 1/(1 + t²), se met sous la forme

f(x) = g(t) + c h(t)

où g et h sont des fractions rationnelles.

f(x) dx est alors π-périodique si et seulement si f l'est, c.-à-d. si h = 0, ou encore : f(x) = g(t), et l'on a alors :

\int _{\alpha }^{\beta }f(x)\,\mathrm {d} x=\int _{\alpha }^{\beta }g(\tan x)\,\mathrm {d} x=\int _{\tan \alpha }^{\tan \beta }{\frac {g(t)}{1+t^{2}}}\,\mathrm {d} t

.

Cas hybride : si f(x) dx est invariante par deux des trois transformations x ↦ –x, x ↦ π – x, x ↦ x + π alors elle est invariante par la troisième car x + π = π – (–x), π – x = (–x) + π, et –x = π – (x + π). De plus, f(x) est alors de la forme h(cos x) sin x avec h impaire donc s'écrivant h(c) = c k(c²), si bien que

\int _{\alpha }^{\beta }f(x)\,\mathrm {d} x=\int _{\alpha }^{\beta }k(\cos ^{2}x)\cos x\sin x\,\mathrm {d} x=-{\frac {1}{4}}\int _{\cos(2\alpha )}^{\cos(2\beta )}k\left({\frac {1+u}{2}}\right)\,\mathrm {d} u

.

Le « truc » pour se souvenir de ces règles est de se rappeler que le type d’invariance de l’expression f(x) dx est le même que celui de l’expression venant en égalité à u.

C’est-à-dire que :

On pose u = cos x lorsque l'expression f(x) dx est, comme cos x, invariante quand on remplace x par –x.

On pose u = sin x lorsque l'expression f(x) dx est, comme sin x, invariante quand on remplace x par π – x.

On pose u = tan x lorsque l'expression f(x) dx est, comme tan x, invariante quand on remplace x par x + π.

Nous allons donner un exemple pour chacun des trois cas.

Exemple pour le premier cas.

Calculer :

\int _{0}^{\frac {\pi }{3}}{\frac {\tan x}{1+\cos x}}\ \mathrm {d} x

.

La fonction $f : x \mapsto (tan x)/(1 + cos x)$ est impaire (car $tan$ est impaire et $cos$ est paire), donc $f (x) d x$ est paire car

f(-x)\ \mathrm {d} (-x)=-f(x)\ (-\mathrm {d} x)=f(x)\ \mathrm {d} x

.

On utilise donc le changement de variable $u = cos x$ . Soit

\mathrm {d} u=-\sin x\ \mathrm {d} x

et

0\leqslant x\leqslant {\frac {\pi }{3}}\Rightarrow \cos {\frac {\pi }{3}}\leqslant \cos x\leqslant \cos 0\Rightarrow {\frac {1}{2}}\leqslant u\leqslant 1

.

On a alors :

\int _{0}^{\frac {\pi }{3}}{\frac {\tan x}{1+\cos x}}\ \mathrm {d} x=-\int _{0}^{\frac {\pi }{3}}{\frac {-\sin x}{(\cos x)(1+\cos x)}}\ \mathrm {d} x=-\int _{1}^{\frac {1}{2}}{\frac {\mathrm {d} u}{u(1+u)}}

.

L'intégrande impliquant des fonctions trigonométriques a été réduit à une fraction rationnelle, qui peut être intégrée en utilisant la décomposition en éléments simples :

{\begin{aligned}\int _{0}^{\frac {\pi }{3}}{\frac {\tan x}{1+\cos x}}\ \mathrm {d} x&=\int _{\frac {1}{2}}^{1}{\frac {\mathrm {d} u}{u(1+u)}}=\int _{\frac {1}{2}}^{1}\left({\frac {1}{u}}-{\frac {1}{1+u}}\right)\,\mathrm {d} u\\&=\left[\ln {\frac {u}{1+u}}\right]_{\frac {1}{2}}^{1}=\ln {\frac {1}{2}}-\ln {\frac {1}{3}}=\ln {\frac {3}{2}}.\end{aligned}}

Exemple pour le deuxième cas.

Calculer :

\int _{0}^{\frac {\pi }{6}}{\frac {\mathrm {d} x}{(\cos x)(1-\sin x)}}

.

On a :

{\frac {\mathrm {d} (\pi -x)}{\cos(\pi -x)(1-\sin(\pi -x))}}={\frac {-\mathrm {d} x}{-(\cos x)(1-\sin x)}}={\frac {\mathrm {d} x}{(\cos x)(1-\sin x)}}

.

On pose donc $u=\sin x$ .

Soit

\mathrm {d} u=\cos x\ \mathrm {d} x

et

0\leqslant x\leqslant {\frac {\pi }{6}}\Rightarrow \sin 0\leqslant \sin x\leqslant \sin {\frac {\pi }{6}}\Rightarrow 0\leqslant u\leqslant {\frac {1}{2}}

.

Il faut faire disparaître le cos x du dénominateur. On y arrive ainsi :

{\begin{aligned}\int _{0}^{\frac {\pi }{6}}{\frac {\mathrm {d} x}{(\cos x)(1-\sin x)}}&=\int _{0}^{\frac {\pi }{6}}{\frac {\cos x\ \mathrm {d} x}{(\cos ^{2}x)(1-\sin x)}}=\int _{0}^{\frac {\pi }{6}}{\frac {\cos x\ \mathrm {d} x}{(1-\sin ^{2}x)(1-\sin x)}}\\&=\int _{0}^{\frac {1}{2}}{\frac {\mathrm {d} u}{(1-u^{2})(1-u)}}=\int _{0}^{\frac {1}{2}}{\frac {\mathrm {d} u}{(1+u)(1-u)^{2}}}\\&=\int _{0}^{\frac {1}{2}}\left({\frac {1/4}{1+u}}+{\frac {1/4}{1-u}}+{\frac {1/2}{(1-u)^{2}}}\right)\,\mathrm {d} u\\&=\left[{\frac {1}{4}}\ln {\frac {1+u}{1-u}}+{\frac {1}{2(1-u)}}\right]_{0}^{\frac {1}{2}}={\frac {\ln 3}{4}}+{\frac {1}{2}}.\end{aligned}}

Exemple pour le troisième cas.

Calculer :

\int _{0}^{\frac {\pi }{4}}{\frac {\tan x}{1+\tan x}}\ \mathrm {d} x

.

On a :

{\frac {\tan(x+\pi )}{1+\tan(x+\pi )}}\mathrm {d} (x+\pi )={\frac {\tan x}{1+\tan x}}\ \mathrm {d} x

.

On pose donc $u=\tan x$ . Soit $x=\arctan u$ , d’où

\mathrm {d} x={\frac {\mathrm {d} u}{u^{2}+1}}

et

0\leqslant x\leqslant {\frac {\pi }{4}}\Rightarrow \tan 0\leqslant \tan x\leqslant \tan \left({\frac {\pi }{4}}\right)\Rightarrow 0\leqslant u\leqslant 1

.

On a alors :

{\begin{aligned}\int _{0}^{\frac {\pi }{4}}{\frac {\tan x}{1+\tan x}}\ \mathrm {d} x&=\int _{0}^{1}{\frac {u}{1+u}}{\frac {\mathrm {d} u}{u^{2}+1}}\\&={\frac {1}{2}}\int _{0}^{1}\left({\frac {u+1}{u^{2}+1}}-{\frac {1}{1+u}}\right)\,\mathrm {d} u\\&=\int _{0}^{1}\left({\frac {1}{2}}{\frac {1}{u^{2}+1}}+{\frac {1}{4}}{\frac {2u}{u^{2}+1}}-{\frac {1}{2}}{\frac {1}{u+1}}\right)\,\mathrm {d} u\\&=\left[{\frac {1}{2}}\arctan u+{\frac {1}{4}}\ln(u^{2}+1)-{\frac {1}{2}}\ln(u+1)\right]_{0}^{1}\\&={\frac {1}{2}}{\frac {\pi }{4}}+{\frac {1}{4}}\ln 2-{\frac {1}{2}}\ln 2={\frac {\pi }{8}}-{\frac {\ln 2}{4}}.\end{aligned}}

Cas général

Quand les règles de Bioche ne s’appliquent pas, on peut recourir à un changement de variable qui marche dans tous les cas. Mais attention, si les règles de Bioche s’appliquent, elles donnent généralement un calcul plus simple. Par conséquent, il faut éviter de se contenter de ce changement de variable sous prétexte qu’il marche dans tous les cas.

On pose

u=\tan \left({\frac {x}{2}}\right)

.

On a alors :

\cos x={\frac {1-u^{2}}{1+u^{2}}}\qquad \qquad \sin x={\frac {2u}{1+u^{2}}}\qquad \qquad \tan x={\frac {2u}{1-u^{2}}}\qquad \qquad \mathrm {d} x={\frac {2\ \mathrm {d} u}{1+u^{2}}}

et toutes les fonctions trigonométriques disparaissent de l’intégrale.

Exemple

Calculer :

\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {\mathrm {d} x}{1+\sin x}}

.

Aucune des règles de Bioche ne s’applique ici.

On pose donc :

u=\tan \left({\frac {x}{2}}\right)

.

On obtient :

{\begin{aligned}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {\mathrm {d} x}{1+\sin x}}&=\int _{0}^{1}{\frac {1}{\left(1+{\frac {2u}{1+u^{2}}}\right)}}{\frac {2\mathrm {d} u}{(1+u^{2})}}=\int _{0}^{1}{\frac {2\mathrm {d} u}{1+2u+u^{2}}}\\&=\int _{0}^{1}{\frac {2\mathrm {d} u}{(1+u)^{2}}}=\left[-{\frac {2}{1+u}}\right]_{0}^{1}=-1+2=1.\end{aligned}}

Pour d'autres exemples sur tout ce chapitre, voir la feuille d'exercices n^o 2, ainsi que la précédente et les suivantes.

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