Les astuces d'intégration que l'on n'apprend pas toujours (201-SN3-RE, ancien 201-NYB)

Posons $u=a+b-x$, donc $x=a+b-u$ et $dx=-du$. Quand $x=a$, $u=b$ ; quand $x=b$, $u=a$. Alors $\int_{a}^{b}f(x)\,dx=\int_{b}^{a}f(a+b-u)\left(-du\right)=\int_{a}^{b}f(a+b-u)\,du$. Le nom de la variable étant muet, c'est bien la même intégrale. Géométriquement, on a retourné le graphe autour de la verticale $x=\frac{a+b}{2}$, ce qui ne change pas l'aire.

Ici $a+b=\frac{\pi}{2}$, et $\sin\left(\frac{\pi}{2}-x\right)=\cos x$, $\cos\left(\frac{\pi}{2}-x\right)=\sin x$. L'astuce transforme donc $I$ exactement en $J$ : $I=J$. Par ailleurs $I+J=\int_{0}^{\pi/2}\dfrac{\sin x+\cos x}{\sin x+\cos x}\,dx=\int_{0}^{\pi/2}1\,dx=\dfrac{\pi}{2}$. De $I=J$ et $I+J=\frac{\pi}{2}$ on tire $I=\dfrac{\pi}{4}$. Aucune primitive n'a été cherchée : c'est tout l'intérêt.

$\dfrac{1}{1+\tan^{\sqrt{2}}x}=\dfrac{\cos^{\sqrt{2}}x}{\cos^{\sqrt{2}}x+\sin^{\sqrt{2}}x}$. En posant $I$ pour cette intégrale, l'astuce du roi échange $\sin$ et $\cos$ et donne $J=\int_{0}^{\pi/2}\dfrac{\sin^{\sqrt{2}}x}{\cos^{\sqrt{2}}x+\sin^{\sqrt{2}}x}dx$, avec $I+J=\frac{\pi}{2}$ et $I=J$ par le même argument qu'en b. Donc $I=\dfrac{\pi}{4}$. L'exposant a disparu parce qu'il n'intervient jamais : seule compte la SYMÉTRIE $\sin\leftrightarrow\cos$ de l'intervalle. La réponse serait la même avec l'exposant 17 ou $\pi$, ce qui rend cette intégrale imbattable en examen à choix multiples.

L'astuce avec $x\mapsto\pi-x$ donne $K=\int_{0}^{\pi}\dfrac{\left(\pi-x\right)\sin x}{1+\cos^{2}x}\,dx$, puisque $\sin\left(\pi-x\right)=\sin x$ et $\cos^{2}\left(\pi-x\right)=\cos^{2}x$. En additionnant les deux écritures : $2K=\pi\int_{0}^{\pi}\dfrac{\sin x}{1+\cos^{2}x}\,dx$. Cette dernière intégrale se fait par $u=\cos x$, $du=-\sin x\,dx$ : elle vaut $\int_{-1}^{1}\dfrac{du}{1+u^{2}}=\left[\arctan u\right]_{-1}^{1}=\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{2}$. Donc $2K=\pi\cdot\dfrac{\pi}{2}$ et $K=\dfrac{\pi^{2}}{4}\approx 2{,}467$. Le facteur $x$, qui rendait l'intégrale inabordable, a été éliminé par l'astuce.

Notons $I$ cette intégrale. L'astuce du roi avec $x\mapsto a-x$ donne $I=\int_{0}^{a}\dfrac{f(a-x)}{f(a-x)+f(x)}\,dx$. En additionnant les deux écritures, les numérateurs se recombinent : $2I=\int_{0}^{a}\dfrac{f(x)+f(a-x)}{f(x)+f(a-x)}\,dx=\int_{0}^{a}1\,dx=a$, donc $I=\dfrac{a}{2}$, QUELLE QUE SOIT $f$. Les questions b et c en sont deux cas particuliers avec $a=\frac{\pi}{2}$. Retenir la forme à reconnaître : un quotient dont le dénominateur est la somme du numérateur et de son reflet.

Avec $t=\tan\frac{x}{2}$, les formules de l'angle double donnent $\sin x=2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}$. En divisant haut et bas par $\cos^{2}\frac{x}{2}$ : $\sin x=\dfrac{2\tan\frac{x}{2}}{\sec^{2}\frac{x}{2}}=\dfrac{2t}{1+t^{2}}$. De même $\cos x=\cos^{2}\frac{x}{2}-\sin^{2}\frac{x}{2}=\dfrac{1-\tan^{2}\frac{x}{2}}{1+\tan^{2}\frac{x}{2}}=\dfrac{1-t^{2}}{1+t^{2}}$. Enfin $dt=\frac{1}{2}\sec^{2}\frac{x}{2}\,dx=\frac{1}{2}\left(1+t^{2}\right)dx$, d'où $dx=\dfrac{2\,dt}{1+t^{2}}$.

$\displaystyle\int\dfrac{dx}{1+\sin x}=\int\dfrac{\frac{2\,dt}{1+t^{2}}}{1+\frac{2t}{1+t^{2}}}=\int\dfrac{2\,dt}{1+t^{2}+2t}=\int\dfrac{2\,dt}{\left(1+t\right)^{2}}=-\dfrac{2}{1+t}+C=-\dfrac{2}{1+\tan\frac{x}{2}}+C$. Vérification : en dérivant, $\dfrac{d}{dx}\left[-\dfrac{2}{1+\tan\frac{x}{2}}\right]=\dfrac{2\cdot\frac{1}{2}\sec^{2}\frac{x}{2}}{\left(1+\tan\frac{x}{2}\right)^{2}}=\dfrac{1+t^{2}}{\left(1+t\right)^{2}}$. Or $1+\sin x=1+\dfrac{2t}{1+t^{2}}=\dfrac{\left(1+t\right)^{2}}{1+t^{2}}$ : le quotient obtenu est bien $\dfrac{1}{1+\sin x}$.

Pour $x\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$, $t=\tan\frac{x}{2}$ va de 0 à 1. $\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}\dfrac{dx}{2+\cos x}=\int_{0}^{1}\dfrac{\frac{2\,dt}{1+t^{2}}}{2+\frac{1-t^{2}}{1+t^{2}}}=\int_{0}^{1}\dfrac{2\,dt}{2+2t^{2}+1-t^{2}}=\int_{0}^{1}\dfrac{2\,dt}{3+t^{2}}$. D'où $\dfrac{2}{\sqrt{3}}\left[\arctan\dfrac{t}{\sqrt{3}}\right]_{0}^{1}=\dfrac{2}{\sqrt{3}}\cdot\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{\pi}{3\sqrt{3}}=\dfrac{\pi\sqrt{3}}{9}\approx 0{,}6046$.

La substitution exige que $t=\tan\frac{x}{2}$ soit continue, donc que $\frac{x}{2}$ évite $\frac{\pi}{2}$ : elle n'est légitime que sur un intervalle inclus dans $\left]-\pi,\pi\right[$ modulo $2\pi$. Sur $[0,2\pi]$, $t$ part de 0, tend vers $+\infty$ en $x=\pi$, réapparaît en $-\infty$ et remonte à 0 : appliquer aveuglément la primitive $\dfrac{2}{\sqrt{3}}\arctan\dfrac{t}{\sqrt{3}}$ donne $F\left(2\pi\right)-F\left(0\right)=0-0=0$. Or l'intégrande $\dfrac{1}{2+\cos x}$ est partout supérieur à $\frac{1}{3}$ : l'intégrale vaut au moins $\frac{2\pi}{3}$. La vraie valeur, obtenue en coupant en $x=\pi$ et en doublant par symétrie, est $\dfrac{2\pi}{\sqrt{3}}\approx 3{,}628$. Retenir : un zéro pour l'intégrale d'une fonction strictement positive n'est pas une erreur de calcul, c'est une erreur de DOMAINE.

Ce sont les règles de Bioche, qui reposent sur l'invariance de l'expression $f(x)\,dx$. (1) Si $f(-x)\left(-dx\right)=f(x)\,dx$, c'est-à-dire si $f$ est impaire, poser $u=\cos x$. (2) Si l'expression est invariante par $x\mapsto\pi-x$, poser $u=\sin x$. (3) Si elle est invariante par $x\mapsto\pi+x$, poser $u=\tan x$. Weierstrass ne sert que lorsque AUCUNE des trois ne s'applique, comme pour $\dfrac{1}{2+\cos x}$ : c'est un dernier recours, pas un premier réflexe, car il produit souvent des fractions partielles pénibles là où un $u=\cos x$ aurait suffi.

Si $f$ est PAIRE, $\int_{-a}^{a}f=2\int_{0}^{a}f$. Si $f$ est IMPAIRE, $\int_{-a}^{a}f=0$. Démonstration du cas impair : $\int_{-a}^{a}f=\int_{-a}^{0}f+\int_{0}^{a}f$. Dans la première, posons $u=-x$ : elle devient $\int_{0}^{a}f\left(-u\right)du=-\int_{0}^{a}f\left(u\right)du$. La somme est donc nulle. L'hypothèse cachée, et c'est elle qui fait la question c, est que $f$ soit INTÉGRABLE sur $[-a,a]$.

$\dfrac{x^{3}}{1+x^{4}}$ est impaire (numérateur impair, dénominateur pair) et continue : l'intégrale vaut 0. Pour la seconde, attention : $x^{5}$ est impaire et $\sin x$ est impaire, donc leur PRODUIT est PAIR. Et $x^{2}$ est pair. L'intégrande est donc entièrement pair, et $\int_{-2}^{2}\left(x^{5}\sin x+x^{2}\right)dx=2\int_{0}^{2}\left(x^{5}\sin x+x^{2}\right)dx$, qui n'a aucune raison d'être nul ; le terme $x^{2}$ contribue à lui seul $2\cdot\frac{8}{3}=\frac{16}{3}$. L'erreur classique consiste à voir $x^{5}$ et à conclure « impair » sans regarder le facteur suivant.

L'argument est faux. La fonction $\frac{1}{x}$ est bien impaire, mais elle n'est PAS intégrable sur $[-1,1]$ : elle n'est pas définie en 0, et les deux moitiés $\int_{0}^{1}\frac{dx}{x}$ et $\int_{-1}^{0}\frac{dx}{x}$ divergent respectivement vers $+\infty$ et $-\infty$. L'intégrale n'existe pas ; écrire $\infty-\infty=0$ n'est pas un calcul. On peut définir une valeur principale de Cauchy égale à 0, mais c'est un objet différent, qu'il faut nommer. Règle : la parité ne dispense jamais de vérifier la continuité sur tout l'intervalle.

Posons $u=\pi-x$ sur $\left[\frac{\pi}{2},\pi\right]$ : $du=-dx$, les bornes deviennent $\frac{\pi}{2}$ et 0, et $\sin\left(\pi-u\right)=\sin u$. Donc $\int_{\pi/2}^{\pi}f\left(\sin x\right)dx=\int_{0}^{\pi/2}f\left(\sin u\right)du$ : les deux moitiés sont égales, d'où le facteur 2. Le graphe de $\sin$ est en effet symétrique par rapport à la verticale $x=\frac{\pi}{2}$. Application : $\int_{0}^{\pi}\sin^{4}x\,dx=2\int_{0}^{\pi/2}\sin^{4}x\,dx=2\cdot\dfrac{3\pi}{16}=\dfrac{3\pi}{8}$, la valeur $\frac{3\pi}{16}$ venant des intégrales de Wallis de l'exercice 5.

Posons $\varphi(a)=\int_{a}^{a+T}g$. Alors $\varphi'(a)=g\left(a+T\right)-g\left(a\right)=0$ par périodicité, donc $\varphi$ est constante et vaut $\varphi(0)=\int_{0}^{T}g$. Application : $\left|\sin x\right|$ est $\pi$-périodique, et $\int_{0}^{\pi}\left|\sin x\right|dx=\int_{0}^{\pi}\sin x\,dx=\left[-\cos x\right]_{0}^{\pi}=2$. L'intervalle $[0,10\pi]$ contient exactement 10 périodes, donc $\int_{0}^{10\pi}\left|\sin x\right|dx=10\cdot 2=20$. Sans la valeur absolue, la même intégrale vaudrait 0 : c'est le même piège qu'à l'exercice 9 de la série sur les coordonnées polaires.

$\cosh^{2}u-\sinh^{2}u=\dfrac{\left(e^{u}+e^{-u}\right)^{2}-\left(e^{u}-e^{-u}\right)^{2}}{4}=\dfrac{4e^{u}e^{-u}}{4}=1$. En dérivant les définitions : $\left(\sinh u\right)'=\dfrac{e^{u}+e^{-u}}{2}=\cosh u$ et $\left(\cosh u\right)'=\dfrac{e^{u}-e^{-u}}{2}=\sinh u$. Noter l'absence de signe moins, contrairement au cas trigonométrique : c'est ce qui rend ces substitutions si confortables.

Posons $x=\sinh u=\dfrac{e^{u}-e^{-u}}{2}$ et $E=e^{u}$. Alors $2x=E-\dfrac{1}{E}$, soit $E^{2}-2xE-1=0$. La résolution donne $E=x\pm\sqrt{x^{2}+1}$, et comme $E=e^{u}>0$ alors que $x-\sqrt{x^{2}+1}<0$, seule la racine positive convient : $e^{u}=x+\sqrt{x^{2}+1}$, donc $u=\ln\left(x+\sqrt{x^{2}+1}\right)$.

Avec $x=3\sinh u$, $dx=3\cosh u\,du$ et $\sqrt{x^{2}+9}=3\sqrt{\sinh^{2}u+1}=3\cosh u$, positif sans discussion de signe. L'intégrale devient $\int\dfrac{3\cosh u}{3\cosh u}\,du=u+C=\operatorname{argsinh}\dfrac{x}{3}+C=\ln\left(x+\sqrt{x^{2}+9}\right)+C'$. Par la voie trigonométrique $x=3\tan\theta$, on obtient $\int\sec\theta\,d\theta=\ln\left|\sec\theta+\tan\theta\right|+C$, puis il faut reconstruire le triangle rectangle pour retraduire $\sec\theta=\frac{\sqrt{x^{2}+9}}{3}$. Même résultat, deux étapes de plus, et une intégrale de sécante à connaître par coeur.

Avec $x=3\sinh u$ : quand $x=0$, $u=0$ ; quand $x=3$, $\sinh u=1$ donc $u_{1}=\ln\left(1+\sqrt{2}\right)$. L'intégrale devient $\int_{0}^{u_{1}}3\cosh u\cdot 3\cosh u\,du=9\int_{0}^{u_{1}}\cosh^{2}u\,du$. Avec $\cosh^{2}u=\dfrac{1+\cosh 2u}{2}$, une primitive est $\dfrac{u+\sinh u\cosh u}{2}$. En $u_{1}$, $\sinh u_{1}=1$ et $\cosh u_{1}=\sqrt{2}$, d'où $\displaystyle\int_{0}^{3}\sqrt{x^{2}+9}\,dx=\dfrac{9}{2}\left[\ln\left(1+\sqrt{2}\right)+\sqrt{2}\right]\approx 10{,}330$.

Pour $\sqrt{x^{2}-a^{2}}$ on pose $x=a\cosh u$, car $\cosh^{2}u-1=\sinh^{2}u$. Mais $\cosh u\geq 1$ pour tout $u$ réel : cette substitution ne peut atteindre que $x\geq a$. Elle est donc réservée à la branche DROITE du domaine $\left|x\right|\geq a$ ; pour $x\leq -a$, il faut poser $x=-a\cosh u$, ou traiter la question par symétrie. De plus $\sqrt{x^{2}-a^{2}}=a\left|\sinh u\right|$, et on choisit $u\geq 0$ pour lever la valeur absolue. C'est la même précaution que pour $x=a\sec\theta$, avec un calcul plus léger derrière.

Posons $u=\sin^{n-1}x$ et $dv=\sin x\,dx$, donc $du=\left(n-1\right)\sin^{n-2}x\cos x\,dx$ et $v=-\cos x$. Le terme tout intégré $\left[-\sin^{n-1}x\cos x\right]_{0}^{\pi/2}$ est nul aux deux bornes. Il reste $I_{n}=\left(n-1\right)\int_{0}^{\pi/2}\sin^{n-2}x\cos^{2}x\,dx$. En remplaçant $\cos^{2}x$ par $1-\sin^{2}x$ : $I_{n}=\left(n-1\right)\left(I_{n-2}-I_{n}\right)$, soit $nI_{n}=\left(n-1\right)I_{n-2}$ et $I_{n}=\dfrac{n-1}{n}I_{n-2}$.

$I_{0}=\int_{0}^{\pi/2}dx=\dfrac{\pi}{2}$ et $I_{1}=\int_{0}^{\pi/2}\sin x\,dx=1$. Puis $I_{2}=\frac{1}{2}I_{0}=\dfrac{\pi}{4}$, $I_{3}=\frac{2}{3}I_{1}=\dfrac{2}{3}$, $I_{4}=\frac{3}{4}I_{2}=\dfrac{3\pi}{16}$, $I_{5}=\frac{4}{5}I_{3}=\dfrac{8}{15}$, $I_{6}=\frac{5}{6}I_{4}=\dfrac{5\pi}{32}$.

Pour $n=2m$ pair : $I_{2m}=\dfrac{2m-1}{2m}\cdot\dfrac{2m-3}{2m-2}\cdots\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{\pi}{2}$. Pour $n=2m+1$ impair : $I_{2m+1}=\dfrac{2m}{2m+1}\cdot\dfrac{2m-2}{2m-1}\cdots\dfrac{2}{3}\cdot 1$. La récurrence descend de deux en deux : elle aboutit à $I_{0}$ si $n$ est pair, à $I_{1}$ s'il est impair. Comme $I_{0}=\frac{\pi}{2}$ contient $\pi$ et $I_{1}=1$ n'en contient pas, seuls les indices pairs héritent de $\pi$. La parité de l'exposant décide donc de la nature du résultat, ce qui est une bonne façon de contrôler une réponse : $\int_{0}^{\pi/2}\sin^{7}x\,dx$ ne peut pas contenir $\pi$.

La suite $J_{n}=nI_{n}I_{n-1}$ vérifie $J_{n+1}=\left(n+1\right)I_{n+1}I_{n}=\left(n+1\right)\cdot\dfrac{n}{n+1}I_{n-1}\cdot I_{n}=nI_{n}I_{n-1}=J_{n}$ : elle est CONSTANTE. Or $J_{1}=1\cdot I_{1}I_{0}=\dfrac{\pi}{2}$. Donc $nI_{n}I_{n-1}=\dfrac{\pi}{2}$, c'est-à-dire $I_{n}I_{n-1}=\dfrac{\pi}{2n}$. Vérification pour $n=3$ : $I_{3}I_{2}=\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{6}$, et $\dfrac{\pi}{2\cdot 3}=\dfrac{\pi}{6}$. C'est cette identité, jointe à $\frac{I_{n}}{I_{n-1}}\to 1$, qui donne le produit de Wallis $\dfrac{\pi}{2}=\prod_{m\geq 1}\dfrac{4m^{2}}{4m^{2}-1}$ et l'équivalent $I_{n}\sim\sqrt{\dfrac{\pi}{2n}}$.

Notons $\Gamma_{n}=\int_{0}^{\infty}x^{n}e^{-x}dx$. Par parties avec $u=x^{n}$ et $dv=e^{-x}dx$ : $\Gamma_{n}=\left[-x^{n}e^{-x}\right]_{0}^{\infty}+n\int_{0}^{\infty}x^{n-1}e^{-x}dx=n\Gamma_{n-1}$, le terme tout intégré étant nul par croissance comparée. Comme $\Gamma_{0}=\int_{0}^{\infty}e^{-x}dx=1$, la récurrence donne $\Gamma_{n}=n!$. On vient de démontrer que la factorielle est une intégrale : c'est le point de départ de la fonction Gamma, qui prolonge $n!$ à des arguments non entiers.