Intégration des fonctions trigonométriques : 20 exercices corrigés (201-NYB)

a) Le sinus porte la puissance impaire : on lui détache un facteur. $\int\sin^{4}x\cos^{2}x\cdot\sin x\,dx=\int(1-\cos^{2}x)^{2}\cos^{2}x\sin x\,dx$. Avec $u=\cos x$ et $du=-\sin x\,dx$ : $-\int(1-u^{2})^{2}u^{2}du=-\int(u^{2}-2u^{4}+u^{6})du$, soit $-\frac{\cos^{3}x}{3}+\frac{2\cos^{5}x}{5}-\frac{\cos^{7}x}{7}+C$. On attaque la puissance impaire parce qu'après lui avoir volé un facteur il en reste une puissance PAIRE, seule convertible par l'identité $\sin^{2}=1-\cos^{2}$.

b) $\int\cos^{4}x\cdot\cos x\,dx=\int(1-\sin^{2}x)^{2}\cos x\,dx$. Avec $u=\sin x$ : $\int(1-u^{2})^{2}du=u-\frac{2u^{3}}{3}+\frac{u^{5}}{5}$, soit $\sin x-\frac{2\sin^{3}x}{3}+\frac{\sin^{5}x}{5}+C$. Le cosinus seul, à puissance impaire, se traite exactement comme le cas mixte : c'est le cas $n=0$.

c) Aucune puissance impaire : il faut linéariser avec $\sin^{2}x=\frac{1-\cos 2x}{2}$. $\int\sin^{4}x\,dx=\frac{1}{4}\int(1-2\cos 2x+\cos^{2}2x)\,dx$. Le terme $\cos^{2}2x$ oblige à linéariser une SECONDE fois : $\cos^{2}2x=\frac{1+\cos 4x}{2}$. On obtient $\frac{1}{4}\left[x-\sin 2x+\frac{x}{2}+\frac{\sin 4x}{8}\right]=\frac{3x}{8}-\frac{\sin 2x}{4}+\frac{\sin 4x}{32}+C$. Règle : une puissance $2k$ demande $k$ linéarisations successives, et le terme en $x$ qui en sort explique que l'intégrale d'une puissance paire ne soit jamais périodique.

d) Le chemin court passe par l'angle double AVANT de linéariser : $\sin^{2}x\cos^{2}x=\left(\sin x\cos x\right)^{2}=\frac{\sin^{2}2x}{4}=\frac{1-\cos 4x}{8}$. D'où $\int\sin^{2}x\cos^{2}x\,dx=\frac{x}{8}-\frac{\sin 4x}{32}+C$, en une ligne au lieu de trois. Reconnaître $\sin x\cos x=\frac{\sin 2x}{2}$ évite systématiquement une linéarisation.

e) Puissance paire sur un intervalle standard : la formule de Wallis donne $\int_{0}^{\pi/2}\sin^{n}x\,dx=\frac{n-1}{n}\cdot\frac{n-3}{n-2}\cdots\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}$ pour $n$ pair, soit ici $\frac{5}{6}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}=\frac{5\pi}{32}\approx 0{,}4909$. Règle de décision : si l'un des deux exposants est IMPAIR, détachez-lui un facteur et substituez l'autre fonction; si les DEUX sont pairs, linéarisez par les formules de l'angle double, autant de fois qu'il le faut.

a) $\int\sec x\cdot\frac{\sec x+\tan x}{\sec x+\tan x}dx=\int\frac{\sec^{2}x+\sec x\tan x}{\sec x+\tan x}dx$. Or le numérateur est exactement la DÉRIVÉE du dénominateur, puisque $(\sec x+\tan x)'=\sec x\tan x+\sec^{2}x$. On reconnaît la forme $\int\frac{f'}{f}$, d'où $\ln\left|\sec x+\tan x\right|+C$. Toute l'astuce consiste à fabriquer artificiellement un dénominateur dont le numérateur soit la dérivée.

b) On multiplie par $\frac{\csc x+\cot x}{\csc x+\cot x}$ : le numérateur devient $\csc^{2}x+\csc x\cot x$, c'est-à-dire l'OPPOSÉ de la dérivée de $\csc x+\cot x$, puisque $(\csc x+\cot x)'=-\csc x\cot x-\csc^{2}x$. D'où $\int\csc x\,dx=-\ln\left|\csc x+\cot x\right|+C$, que l'on écrit aussi $\ln\left|\csc x-\cot x\right|+C$, ou encore $\ln\left|\tan\frac{x}{2}\right|+C$, cette dernière forme étant la plus commode pour les bornes.

c) Parce que $(\sec x+\tan x)(\sec x-\tan x)=\sec^{2}x-\tan^{2}x=1$ : les deux quantités sont INVERSES l'une de l'autre. Le logarithme d'un inverse étant l'opposé du logarithme, $\ln\left|\sec x-\tan x\right|=-\ln\left|\sec x+\tan x\right|$, ce qui donne l'égalité annoncée. Deux formules d'apparence différente dans deux manuels différents peuvent donc désigner rigoureusement la même primitive.

d) $\left[\ln\left|\sec x+\tan x\right|\right]_{0}^{\pi/4}=\ln\left(\sqrt{2}+1\right)-\ln\left(1+0\right)=\ln\left(\sqrt{2}+1\right)\approx 0{,}8814$.

e) La réfutation est immédiate par dérivation : $\left(\frac{\sec^{2}x}{2}\right)'=\sec x\cdot\sec x\tan x=\sec^{2}x\tan x$, qui n'est pas $\sec x$. L'analogie avec $\int x\,dx$ est fausse parce que $\sec x$ n'est pas la variable d'intégration : la règle des puissances ne s'applique qu'à $x$, jamais à une fonction. Parmi les quatre, DEUX sont immédiates et se lisent directement dans le tableau des dérivées à l'envers : $\int\sec^{2}x\,dx=\tan x+C$ et $\int\sec x\tan x\,dx=\sec x+C$. Les deux autres ne le sont pas : $\sec x$ exige l'astuce du a), et $\sec^{3}x$ une intégration par parties cyclique.

a) La puissance de sécante est PAIRE : on lui détache $\sec^{2}x$, qui sera le $du$. $\int\sec^{2}x\cdot\sec^{2}x\,dx=\int(1+\tan^{2}x)\sec^{2}x\,dx$. Avec $u=\tan x$ et $du=\sec^{2}x\,dx$ : $\int(1+u^{2})du=u+\frac{u^{3}}{3}$, soit $\tan x+\frac{\tan^{3}x}{3}+C$.

b) La puissance de tangente est IMPAIRE : on détache cette fois le bloc $\sec x\tan x$, dérivée de la sécante. $\int\tan^{2}x\sec^{2}x\cdot\sec x\tan x\,dx=\int(\sec^{2}x-1)\sec^{2}x\cdot\sec x\tan x\,dx$. Avec $u=\sec x$ : $\int(u^{2}-1)u^{2}du=\frac{u^{5}}{5}-\frac{u^{3}}{3}$, soit $\frac{\sec^{5}x}{5}-\frac{\sec^{3}x}{3}+C$.

c) Ici $n=0$ : il n'y a aucune sécante dont détacher un $\sec^{2}x$, et la puissance de tangente est paire, donc on ne peut pas non plus détacher $\sec x\tan x$. La manœuvre consiste à FABRIQUER la sécante manquante avec $\tan^{2}x=\sec^{2}x-1$ : $\int\tan^{2}x(\sec^{2}x-1)dx=\int\tan^{2}x\sec^{2}x\,dx-\int\tan^{2}x\,dx=\frac{\tan^{3}x}{3}-(\tan x-x)+C$. On descend ainsi de deux en deux jusqu'à $\int\tan^{2}x=\tan x-x$ ou $\int\tan x=-\ln|\cos x|$.

d) Avec $u=\sec x$, $du=\sec x\tan x\,dx$, $dv=\sec^{2}x\,dx$ et $v=\tan x$ : $I=\sec x\tan x-\int\sec x\tan^{2}x\,dx=\sec x\tan x-\int\sec x(\sec^{2}x-1)dx=\sec x\tan x-I+\int\sec x\,dx$. L'intégrale cherchée réapparaît des deux côtés : $2I=\sec x\tan x+\ln\left|\sec x+\tan x\right|$, d'où $I=\frac{1}{2}\left(\sec x\tan x+\ln\left|\sec x+\tan x\right|\right)+C$. C'est le cas CYCLIQUE, le seul de la famille qui ne se ramène à aucune substitution.

e) On généralise le d) en posant $u=\sec^{n-2}x$ et $dv=\sec^{2}x\,dx$ : $\int\sec^{n}x\,dx=\sec^{n-2}x\tan x-(n-2)\int\sec^{n-2}x\tan^{2}x\,dx$. En remplaçant $\tan^{2}x$ par $\sec^{2}x-1$, l'intégrale de départ revient avec le coefficient $-(n-2)$ : $(n-1)\int\sec^{n}x\,dx=\sec^{n-2}x\tan x+(n-2)\int\sec^{n-2}x\,dx$, ce qui donne la formule annoncée. Pour $n=3$ : $\frac{\sec x\tan x}{2}+\frac{1}{2}\int\sec x\,dx$, exactement le résultat du d). Pour $n=4$, elle redonne aussi le a), ce qui fournit une vérification indépendante.

a) $\int\cot x\,dx=\int\frac{\cos x}{\sin x}dx=\ln\left|\sin x\right|+C$, forme $\frac{f'}{f}$ directe. Pour la tangente, $\int\tan x\,dx=\int\frac{\sin x}{\cos x}dx=-\ln\left|\cos x\right|+C$, qu'on écrit aussi $\ln\left|\sec x\right|+C$. Le signe moins vient de ce que la dérivée du cosinus est négative : c'est le prototype de toutes les erreurs de signe de la famille cotangente-cosécante.

b) $\int\cot x(\csc^{2}x-1)dx=\int\cot x\csc^{2}x\,dx-\int\cot x\,dx$. Pour la première, $u=\cot x$ et $du=-\csc^{2}x\,dx$ donnent $-\frac{\cot^{2}x}{2}$. D'où $-\frac{\cot^{2}x}{2}-\ln\left|\sin x\right|+C$. Notez les deux signes moins, issus l'un de la substitution, l'autre du a).

c) La puissance de cosécante est paire : on détache $\csc^{2}x$. $\int\cot^{4}x(1+\cot^{2}x)\csc^{2}x\,dx$; avec $u=\cot x$ et $du=-\csc^{2}x\,dx$ : $-\int(u^{4}+u^{6})du=-\frac{u^{5}}{5}-\frac{u^{7}}{7}$, soit $-\frac{\cot^{5}x}{5}-\frac{\cot^{7}x}{7}+C$. La règle est celle de la sécante, au signe global près.

d) Avec $u=\csc x$ et $dv=\csc^{2}x\,dx$, donc $v=-\cot x$ : $I=-\csc x\cot x-\int\csc x\cot^{2}x\,dx=-\csc x\cot x-\int\csc x(\csc^{2}x-1)dx=-\csc x\cot x-I+\int\csc x\,dx$. D'où $I=\frac{1}{2}\left(-\csc x\cot x-\ln\left|\csc x+\cot x\right|\right)+C$. C'est bien le miroir exact de $\int\sec^{3}x\,dx=\frac{1}{2}\left(\sec x\tan x+\ln\left|\sec x+\tan x\right|\right)$, avec un signe global opposé : chaque fois qu'on passe d'une fonction à sa cofonction, un signe moins apparaît.

e) Dérivées : $(\sin)'=\cos$; $(\cos)'=-\sin$; $(\tan)'=\sec^{2}$; $(\cot)'=-\csc^{2}$; $(\sec)'=\sec\tan$; $(\csc)'=-\csc\cot$. Primitives correspondantes : $\int\cos=\sin$; $\int\sin=-\cos$; $\int\sec^{2}=\tan$; $\int\csc^{2}=-\cot$; $\int\sec\tan=\sec$; $\int\csc\cot=-\csc$. Puis les deux non immédiates : $\int\tan=-\ln|\cos|$ et $\int\cot=+\ln|\sin|$, ainsi que $\int\sec=\ln|\sec+\tan|$ et $\int\csc=-\ln|\csc+\cot|$. La règle mnémonique tient en une phrase : TOUTE fonction dont le nom commence par co, cosinus, cotangente et cosécante, porte un signe moins dans sa dérivée, donc dans la primitive de sa cofonction.

a) $1+\cos x=2\cos^{2}\frac{x}{2}$, donc $\int\frac{dx}{2\cos^{2}\frac{x}{2}}=\frac{1}{2}\int\sec^{2}\frac{x}{2}dx=\tan\frac{x}{2}+C$, le facteur 2 de la dérivation interne annulant le $\frac{1}{2}$. Trois lignes, là où la substitution de Weierstrass en aurait pris dix.

b) Symétriquement, $1-\cos x=2\sin^{2}\frac{x}{2}$ donne $\frac{1}{2}\int\csc^{2}\frac{x}{2}dx=-\cot\frac{x}{2}+C$.

c) $\int\frac{1-\sin x}{(1+\sin x)(1-\sin x)}dx=\int\frac{1-\sin x}{\cos^{2}x}dx=\int\left(\sec^{2}x-\sec x\tan x\right)dx=\tan x-\sec x+C$. Le conjugué transforme un dénominateur rebelle en $\cos^{2}x$, et les deux morceaux sont alors des primitives du tableau. C'est la même idée qu'au dénominateur $\sec x+\tan x$ de l'intégrale de la sécante.

d) $\sqrt{1-\cos x}=\sqrt{2}\left|\sin\frac{x}{2}\right|$, et sur $[0\,;\pi]$ l'argument $\frac{x}{2}$ reste dans $[0\,;\frac{\pi}{2}]$ où le sinus est positif : la valeur absolue tombe. $\int_{0}^{\pi}\sqrt{2}\sin\frac{x}{2}dx=\sqrt{2}\left[-2\cos\frac{x}{2}\right]_{0}^{\pi}=\sqrt{2}(0+2)=2\sqrt{2}\approx 2{,}828$.

e) L'erreur est d'avoir écrit $\sqrt{1+\cos x}=\sqrt{2}\cos\frac{x}{2}$ en oubliant la VALEUR ABSOLUE. Sur $[0\,;2\pi]$, l'argument $\frac{x}{2}$ parcourt $[0\,;\pi]$ et le cosinus y change de signe en $\frac{\pi}{2}$, donc en $x=\pi$. Sans valeur absolue, la seconde moitié de l'intégrale annule exactement la première et l'on trouve zéro, ce qui est absurde pour une fonction positive. Il faut couper : $\int_{0}^{2\pi}\sqrt{2}\left|\cos\frac{x}{2}\right|dx=2\int_{0}^{\pi}\sqrt{2}\cos\frac{x}{2}dx=2\sqrt{2}\left[2\sin\frac{x}{2}\right]_{0}^{\pi}=4\sqrt{2}\approx 5{,}657$. Règle générale : $\sqrt{u^{2}}=\left|u\right|$, jamais $u$, et il faut TOUJOURS vérifier le signe sur l'intervalle avant de simplifier une racine.

a) $x=3\sin\theta$, $dx=3\cos\theta\,d\theta$ et $\sqrt{9-x^{2}}=3\cos\theta$. L'intégrale devient $\int\frac{3\cos\theta}{3\cos\theta}d\theta=\int d\theta=\theta+C=\arcsin\frac{x}{3}+C$. Le résultat ne contient aucune racine parce que la substitution a précisément servi à l'éliminer : c'est l'arc sinus qui en garde la trace, et c'est la raison profonde pour laquelle les fonctions trigonométriques inverses apparaissent partout dans ce chapitre.

b) $x=2\sin\theta$ : $\int\frac{4\sin^{2}\theta}{2\cos\theta}\cdot 2\cos\theta\,d\theta=4\int\sin^{2}\theta\,d\theta=2\theta-2\sin\theta\cos\theta+C$. Le triangle rectangle d'angle $\theta$, de côté opposé $x$ et d'hypoténuse 2, donne $\sin\theta=\frac{x}{2}$, $\cos\theta=\frac{\sqrt{4-x^{2}}}{2}$ et $\theta=\arcsin\frac{x}{2}$. D'où $2\arcsin\frac{x}{2}-\frac{x\sqrt{4-x^{2}}}{2}+C$.

c) $x=3\sin\theta$ : $\int\frac{3\cos\theta}{9\sin^{2}\theta}\cdot 3\cos\theta\,d\theta=\int\frac{\cos^{2}\theta}{\sin^{2}\theta}d\theta=\int\cot^{2}\theta\,d\theta=\int(\csc^{2}\theta-1)d\theta=-\cot\theta-\theta+C$. Le triangle donne $\cot\theta=\frac{\sqrt{9-x^{2}}}{x}$, d'où $-\frac{\sqrt{9-x^{2}}}{x}-\arcsin\frac{x}{3}+C$. Remarquez que la partie A du sujet vient de servir : une substitution trigonométrique se termine presque toujours par une intégrale de puissances trigonométriques.

d) Avec $x=2\sin\theta$, la borne $x=0$ devient $\theta=0$ et la borne $x=2$ devient $\theta=\frac{\pi}{2}$. $\int_{0}^{\pi/2}2\cos\theta\cdot 2\cos\theta\,d\theta=4\int_{0}^{\pi/2}\cos^{2}\theta\,d\theta=4\cdot\frac{\pi}{4}=\pi$. Géométriquement, $y=\sqrt{4-x^{2}}$ est le demi-cercle supérieur de rayon 2, et l'intervalle $[0\,;2]$ en découpe le QUART : son aire vaut $\frac{\pi(2)^{2}}{4}=\pi$, ce qui confirme le calcul sans écrire une seule primitive.

e) Pour trois raisons qui vont ensemble. D'abord, l'arc sinus n'est défini comme réciproque que sur cet intervalle : sans cette restriction, $\theta$ ne se retrouverait pas de façon unique à partir de $x$. Ensuite, le cosinus y est POSITIF ou nul, ce qui permet d'écrire $\sqrt{a^{2}-x^{2}}=a\cos\theta$ sans valeur absolue; dans le deuxième quadrant le cosinus est négatif et il faudrait écrire $-a\cos\theta$, avec un signe qui se propagerait dans tout le calcul. Enfin, $x=a\sin\theta$ y parcourt exactement $[-a\,;a]$, c'est-à-dire tout le domaine de définition de l'intégrande, une fois et une seule.

a) $x=2\tan\theta$, $dx=2\sec^{2}\theta\,d\theta$, $\sqrt{x^{2}+4}=2\sec\theta$ : $\int\frac{2\sec^{2}\theta}{4\tan^{2}\theta\cdot 2\sec\theta}d\theta=\frac{1}{4}\int\frac{\sec\theta}{\tan^{2}\theta}d\theta=\frac{1}{4}\int\frac{\cos\theta}{\sin^{2}\theta}d\theta=-\frac{1}{4\sin\theta}+C$. Le triangle de côtés $x$, 2 et d'hypoténuse $\sqrt{x^{2}+4}$ donne $\sin\theta=\frac{x}{\sqrt{x^{2}+4}}$, d'où $-\frac{\sqrt{x^{2}+4}}{4x}+C$.

b) $x=3\tan\theta$ : $\left(x^{2}+9\right)^{3/2}=27\sec^{3}\theta$, donc $\int\frac{3\sec^{2}\theta}{27\sec^{3}\theta}d\theta=\frac{1}{9}\int\cos\theta\,d\theta=\frac{\sin\theta}{9}+C=\frac{x}{9\sqrt{x^{2}+9}}+C$. Le résultat est ALGÉBRIQUE, sans logarithme ni arc tangente, alors que l'intégrande paraissait pire que celui de $\int\frac{dx}{x^{2}+9}$, qui donne pourtant un arc tangente. La leçon est qu'une puissance plus élevée au dénominateur simplifie souvent le calcul plutôt que de le compliquer.

c) $\int 3\sec\theta\cdot 3\sec^{2}\theta\,d\theta=9\int\sec^{3}\theta\,d\theta$, c'est-à-dire exactement l'intégrale cyclique de la partie A. En reprenant son résultat : $\frac{9}{2}\left(\sec\theta\tan\theta+\ln\left|\sec\theta+\tan\theta\right|\right)$. Avec $\tan\theta=\frac{x}{3}$ et $\sec\theta=\frac{\sqrt{x^{2}+9}}{3}$ : $\frac{x\sqrt{x^{2}+9}}{2}+\frac{9}{2}\ln\left|x+\sqrt{x^{2}+9}\right|+C$, la constante $-\frac{9}{2}\ln 3$ ayant été absorbée dans $C$.

d) À $x=3$ : $\frac{3\sqrt{18}}{2}+\frac{9}{2}\ln\left(3+\sqrt{18}\right)\approx 6{,}364+8{,}910=15{,}274$. À $x=0$ : $0+\frac{9}{2}\ln 3\approx 4{,}944$. Différence : environ $10{,}33$.

e) $x=3\sinh u$ donne $dx=3\cosh u\,du$ et $\sqrt{x^{2}+9}=3\cosh u$, puisque $\cosh^{2}u-\sinh^{2}u=1$ et que le cosinus hyperbolique est toujours positif. L'intégrale devient $9\int\cosh^{2}u\,du=\frac{9}{2}\int(1+\cosh 2u)du$, c'est-à-dire une LINÉARISATION élémentaire, là où la route trigonométrique imposait l'intégrale cyclique de $\sec^{3}$. La voie hyperbolique est donc nettement préférable dès que la puissance de la racine dépasse 1, et elle donne directement le logarithme puisque $\mathrm{argsinh}x=\ln\left(x+\sqrt{x^{2}+1}\right)$. La voie trigonométrique reste préférable quand l'énoncé impose un triangle ou quand les autres facteurs de l'intégrande sont eux-mêmes trigonométriques.

a) $x=2\sec\theta$, $dx=2\sec\theta\tan\theta\,d\theta$ et, pour $x>2$ avec $\theta\in\left[0\,;\frac{\pi}{2}\right)$, $\sqrt{x^{2}-4}=2\tan\theta$ sans valeur absolue puisque la tangente y est positive. $\int\frac{2\sec\theta\tan\theta}{2\tan\theta}d\theta=\int\sec\theta\,d\theta=\ln\left|\sec\theta+\tan\theta\right|+C$. Le triangle donne $\sec\theta=\frac{x}{2}$ et $\tan\theta=\frac{\sqrt{x^{2}-4}}{2}$, d'où $\ln\left|\frac{x+\sqrt{x^{2}-4}}{2}\right|+C=\ln\left|x+\sqrt{x^{2}-4}\right|+C'$, la constante $-\ln 2$ étant absorbée.

b) $x=3\sec\theta$ : $\int\frac{3\tan\theta}{3\sec\theta}\cdot 3\sec\theta\tan\theta\,d\theta=3\int\tan^{2}\theta\,d\theta=3\int(\sec^{2}\theta-1)d\theta=3\tan\theta-3\theta+C$. Avec $\tan\theta=\frac{\sqrt{x^{2}-9}}{3}$ et $\theta=\mathrm{arcsec}\frac{x}{3}=\arccos\frac{3}{x}$ : $\sqrt{x^{2}-9}-3\arccos\frac{3}{x}+C$.

c) Parce que $\sqrt{u^{2}}=\left|u\right|$ sans exception, et que la tangente CHANGE de signe selon la branche. Sur la branche $x\geq a$, on prend $\theta\in\left[0\,;\frac{\pi}{2}\right)$ où $\sec\theta\geq 1$ et $\tan\theta\geq 0$ : la valeur absolue tombe. Sur la branche $x\leq -a$, on prend $\theta\in\left(\frac{\pi}{2}\,;\pi\right]$ où $\sec\theta\leq -1$, ce qu'il faut bien pour atteindre les $x$ négatifs, mais où $\tan\theta\leq 0$ : la racine vaut alors $-a\tan\theta$, et un signe moins traverse tout le calcul. Oublier ce signe est l'erreur classique, et elle produit une primitive de dérivée opposée à l'intégrande.

d) Avec la primitive $\ln\left|x+\sqrt{x^{2}-4}\right|$ : en $x=-3$, $\left|-3+\sqrt{5}\right|\approx 0{,}7639$ et en $x=-4$, $\left|-4+\sqrt{12}\right|\approx 0{,}5359$; la différence des logarithmes vaut environ $-0{,}2695+0{,}6237=0{,}3542$. Par la substitution $x=-u$, l'intégrale devient $\int_{3}^{4}\frac{du}{\sqrt{u^{2}-4}}=\ln\left(4+\sqrt{12}\right)-\ln\left(3+\sqrt{5}\right)\approx 2{,}0100-1{,}6556=0{,}3544$. Les deux valeurs coïncident : la forme logarithmique, contrairement à la forme en arc sécante, traverse les deux branches sans retouche, ce qui en fait la primitive à retenir.

e) Racine $\sqrt{a^{2}-x^{2}}$ : poser $x=a\sin\theta$, avec $\theta\in\left[-\frac{\pi}{2}\,;\frac{\pi}{2}\right]$, la racine devient $a\cos\theta$. Racine $\sqrt{a^{2}+x^{2}}$ : poser $x=a\tan\theta$, avec $\theta\in\left(-\frac{\pi}{2}\,;\frac{\pi}{2}\right)$, la racine devient $a\sec\theta$. Racine $\sqrt{x^{2}-a^{2}}$ : poser $x=a\sec\theta$, avec $\theta\in\left[0\,;\frac{\pi}{2}\right)$ si $x\geq a$ et $\theta\in\left(\frac{\pi}{2}\,;\pi\right]$ si $x\leq -a$, la racine devient $a\left|\tan\theta\right|$. Dans les trois cas, l'intervalle est choisi pour que la fonction réciproque existe ET que la racine soit positive sans valeur absolue.

a) $x^{2}+2x+5=(x+1)^{2}+4$ : c'est la forme $u^{2}+a^{2}$, donc la racine appelle la tangente, ou directement la formule $\int\frac{du}{\sqrt{u^{2}+a^{2}}}=\ln\left|u+\sqrt{u^{2}+a^{2}}\right|$. Avec $u=x+1$ : $\ln\left|x+1+\sqrt{x^{2}+2x+5}\right|+C$, que l'on peut aussi écrire $\mathrm{argsinh}\frac{x+1}{2}+C$.