Les primitives usuelles et méthodes d'intégration

Étant donné que chaque primitive d'une fonction donnée est égale à une constante près, on utilisera la notation \({\displaystyle \int^x} f(t) \ dt \), signifiant cette famille de primitives (ou primitive générale).

On utilisera par fois lettre majuscule d'une fonction pour signifier sa primitive.

Rappel sur les primitives usuelles

Un certain nombre de primitives peuvent être directement calculées en prenant le chemin inverse de la dérivée ou par une intégration par parties.

Pour d'autres, il faut considérer chaque cas comme spécifique.

Méthodes générales d'intégration

Intégration par parties

$$ \forall (a,b) \in D_f^2,$$

$$ \int_{a}^b (f'g) \hspace{0.2em}dt = \Bigl[fg\Bigr]_{a}^b - \int_{a}^b (fg') \hspace{0.2em}dt $$

Intégration par substitution

Soit \(\phi : t \longmapsto \phi(t) \) une fonction de classe \(\mathcal{C}^1\) sur un intervalle \( J \subset f(I) \).

L'intégration par substitution constitue la transposition de la dérivation de fonctions composées, appliquée au calcul intégral.

$$ \forall (a,b) \in D_f^2, \ $$

Les méthodes d'intégration des fractions rationnelles \( : {\displaystyle \int^x} \frac{P(t)}{Q(t)}dt \)

Avec un dénominateur du second degré seul \( : {\displaystyle \int^x} \frac{1}{Q_2(t)} \ dt \)

$$ S_1(x) = \frac{1}{x^2 + px + q}$$

• \( \alpha) \) Le discriminant est positif \(: \Delta > 0 \)

$$\forall x \in \Bigl[ \mathbb{R} \hspace{0.2em} \backslash \bigl\{x_1, x_2 \bigr\} \Bigr],$$

$$ \int^x \frac{1}{t^2 + pt + q} \ dt = \frac{1}{(x_1 - x_2)} \ ln \left| \frac{x-x_1}{x-x_2} \right|, \hspace{2em} avec \ \left \{ \begin{align*} x_1 = \frac{- p - \sqrt{p^2 - 4q}}{2}\\ x_2 = \frac{- p +\sqrt{p^2 - 4q}}{2} \end{align*} \right \} \qquad (si \ \Delta = p^2 - 4q > 0) $$




Dans le cas spécifique où \((p=0, \ q-1)\), on a en prime une définition explicite de la fonction \(arctanh\) :

$$ \forall x \in \hspace{0.05em} ]-1, \hspace{0.1em} 1[, $$

$$arctanh(x) = \frac{1}{2} ln \left|\frac{x+1}{x-1} \right|$$



• \( \beta) \) Le discriminant est nul \(: \Delta = 0 \)

$$\forall x \in \hspace{0.05em} \biggl[ \mathbb{R} \hspace{0.05em} \backslash \Bigl \{ -\frac{p}{2} \Bigr\} \biggr],$$

$$ \int^x \frac{1}{t^2 + pt + q} \ dt = - \frac{1}{ x + \frac{p}{2} } \qquad (si \ \Delta = p^2 - 4q= 0) $$



• \( \gamma) \) Le discriminant est négatif \(: \Delta < 0 \)

$$\forall x \in \mathbb{R},$$

$$ \int^x \frac{1}{t^2 + pt + q} \ dt = \frac{1}{ \sqrt{ q - \frac{p^2}{4} } } \ arctan \left (\frac{x + \frac{p}{2}}{ \sqrt{ q - \frac{p^2}{4} } } \right ) \qquad (si \ \Delta = p^2 - 4q< 0) $$

Avec un numérateur du premier degré et un dénominateur du second degré \( : {\displaystyle \int^x} \frac{P_1(t)}{Q_2(t)} \ dt \)

$$ S_2(x) = \frac{Ax + B}{x^2 + px + q}$$

$$ selon \ le \ r\textit{é}sultat \ de \ (\Delta = p^2 - 4q) \enspace \left \{ \begin{align*} si \ \Delta > 0 \Longrightarrow \forall x \in \Bigl[ \mathbb{R} \hspace{0.2em} \backslash \bigl\{x_1, x_2 \bigr\} \Bigr], \\ si \ \Delta = 0 \Longrightarrow \forall x \in \biggl[ \mathbb{R} \hspace{0.2em} \backslash \left\{ - \frac{p}{2} \right\} \biggr], \\ si \ \Delta < 0 \Longrightarrow \forall x \in \Bigl[ \mathbb{R} \hspace{0.2em} \backslash \bigl\{x_1, x_2 \bigr\} \Bigr], \end{align*} \right \} $$

Les méthodes d'intégration des racines carrées \( : {\displaystyle \int^x } \frac{1}{\sqrt{Q(t)}} \ dt, \ {\displaystyle \int^x } \sqrt{P(t)} \ dt \)

Soit \(a \in \mathbb{R}\) un nombre réel.

Intégrales en \(\sqrt{a^2 - t^2}\)

1. Fraction avec une racine au dénominateur \( : \frac{1}{\sqrt{a^2 - t^2}}\)

$$ \forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^*, \ \forall x \in \hspace{0.05em} \Bigl [-|a|, \hspace{0.2em} |a| \Bigr], $$

$$ \int^x \frac{dt}{\sqrt{a^2 - t^2}} = arcsin\left(\frac{x}{|a|}\right) $$




2. Fraction avec \(t\) et une racine au dénominateur \( : \frac{1}{t\sqrt{a^2 - t^2}}\)

$$ \forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}, \ \forall x \in \hspace{0.05em} \Bigl]-|a|, \hspace{0.2em} 0 \Bigl[ \hspace{0.05em} \cup \hspace{0.05em} \Bigr]0, \hspace{0.2em} |a| \Bigr[ , $$

$$ \int^x \frac{dt}{t\sqrt{a^2 - t^2}} = \frac{1}{2a} ln\left|\sqrt{a^2 - x^2} - a \right| + \frac{1}{2a} ln\left|\sqrt{a^2 - x^2} + a\right| $$




3. Fraction avec \(t^2\) et une racine au dénominateur \( : \frac{1}{t^2\sqrt{a^2 - t^2}}\)

$$ \forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}, \ \forall x \in \hspace{0.05em} \Bigl]-|a|, \hspace{0.2em} 0 \Bigl[ \hspace{0.05em} \cup \hspace{0.05em} \Bigr]0, \hspace{0.2em} |a| \Bigr[ ,$$

$$ \int^x \frac{dt}{t^2\sqrt{a^2 - t^2}} = - \frac{1}{a^2} \frac{\sqrt{a^2 - x^2}}{x} $$




4. Racine simple \( : \sqrt{a^2 - t^2} \)

$$ \forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^*, \ \forall x \in \hspace{0.05em} \Bigl [-|a|, \hspace{0.2em} |a| \Bigr], $$

$$ \int^x \sqrt{a^2 - t^2} \ dt = \frac{a^2}{2} arcsin\left(\frac{x}{|a|}\right) + \frac{x}{2} \sqrt{a^2 - x^2} $$

Intégrales en \(\sqrt{a^2 + t^2}\)

1. Fraction avec une racine au dénominateur \( : \frac{1}{\sqrt{a^2 + t^2}}\)

1. En posant \( t = |a| \ sinh(u)\)

$$\forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^*, \ \forall x \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}, $$

$$ \int^x \frac{dt}{\sqrt{a^2 + t^2}} = arcsinh\left(\frac{x}{|a|} \right) $$



2. En posant \( t = |a| \ tan(u)\)

$$\Big[ \forall (a,x) \in \hspace{0.05em} \big[\mathbb{R}^* \bigr]^2 \Bigr] \lor \Big[ (a = 0) \land (x > 0) \Bigr], $$

$$ \int^x \frac{dt}{\sqrt{a^2 + t^2}} = ln \left|\sqrt{ a^2 + x^2 } + x\right|$$




Les deux expressions précédentes ayant un membre commun, elles sont égales à une constante près et ont a en prime une définition explicite de la fonction \(arcsinh\) avec \(a = 1\) :

$$ \forall x \in \mathbb{R}, $$

$$ arcsinh(x) = ln \left| x + \sqrt{ 1 + x^2 } \right| $$




2. Fraction avec \(t\) et une racine au dénominateur \( : \frac{1}{t\sqrt{a^2 + t^2}}\)

$$ \forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^+, \ \forall x \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^*,$$

$$ \int^x \frac{dt}{t\sqrt{a^2 + t^2}} = \frac{1}{2a} ln\left|\sqrt{a^2 + x^2}-a\right| - \frac{1}{2a} ln \left|\sqrt{a^2 + x^2} + a\right| $$




3. Fraction avec \(t^2\) et une racine au dénominateur \( : \frac{1}{t^2\sqrt{a^2 + t^2}}\)

$$ \forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^+, \ \forall x \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^*, $$

$$ \int^x \frac{dt}{t^2\sqrt{a^2 + t^2}} =- \frac{1}{a^2} \frac{\sqrt{a^2+x^2}}{x}$$



4. Racine simple \( : \sqrt{a^2 + t^2} \)

$$\Big[ \forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^*, \ \forall x \in \mathbb{R}\Bigr] \lor \Big[ (a = 0) \land (x > 0) \Bigr], $$

$$ \int^x \sqrt{a^2 + t^2} \ dt = \frac{x \ \sqrt{a^2 +x^2} + a^2 \ ln\left|\sqrt{a^2 +x^2} + x \right|}{2} $$

Intégrales en \(\sqrt{t^2 - a^2}\)

1. Fraction avec une racine au dénominateur \( : \frac{1}{\sqrt{t^2 - a^2}}\)

1. En posant \(t = |a| \ cosh(u) \)

$$ \forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^+, \ \forall x \in \hspace{0.05em} ]a, +\infty[, $$

$$ \int^x \frac{dt}{\sqrt{t^2 - a^2}} = arccosh\left( \frac{x}{a}\right) $$

2. En posant \(t = |a| \ sec(u) \)

$$ \Bigl[ \forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^*, \ \forall x \in \bigl] -\infty, -|a| \bigr[ \hspace{0.05em} \cup \hspace{0.05em} \bigl]|a|, +\infty \bigr[ \Bigr] \lor \Bigl[ (x = 0) \land (x > 0) \Bigr],$$

$$\int^x \frac{dt}{\sqrt{t^2 - a^2}} = ln \left| \sqrt{ x^2 - a^2 } + x \right| $$

Les deux expressions précédentes ayant un membre commun, elles sont égales à une constante près et ont a en prime une définition explicite de la fonction \(arccosh\) avec \(a = 1\) :

$$ \forall x \in [1, +\infty[,$$

$$ arccosh(x) = ln \left| x + \sqrt{ x^2 - 1} \right| $$




2. Fraction avec \(t\) et une racine au dénominateur \( : \frac{1}{t\sqrt{t^2 - a^2}}\)

$$ \forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^+, \ \forall x \in \bigl] -\infty, -|a| \bigr[ \hspace{0.05em} \cup \hspace{0.05em} \bigl]|a|, +\infty \bigr[,$$

$$ \int^x \frac{dt}{t\sqrt{t^2 - a^2}} = \frac{1}{a} arctan \left(\frac{\sqrt{x^2 - a^2}}{a} \right) $$

3. Fraction avec \(t^2\) et une racine au dénominateur \( : \frac{1}{t^2\sqrt{t^2 - a^2}}\)

$$ \forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^+, \ \forall x \in \bigl] -\infty, -|a| \bigr[ \hspace{0.05em} \cup \hspace{0.05em} \bigl]|a|, +\infty \bigr[, $$

$$ \int^x \frac{dt}{t^2\sqrt{t^2 - a^2}} =\frac{1}{a^2} \frac{\sqrt{ x^2 - a^2 } }{x}$$



4. Racine simple \( : \sqrt{ t^2 - a^2} \)

$$ \Bigl[ \forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^*, \ \forall x \in \bigl] -\infty, -|a| \bigr[ \hspace{0.05em} \cup \hspace{0.05em} \bigl]|a|, +\infty \bigr[ \Bigr] \lor \Bigl[ (x = 0) \land (x > 0) \Bigr], $$

$$ \int^x \sqrt{x^2 - a^2} \ dt = \frac{ x\sqrt{x^2 - a^2} - a^2 \ ln \left| x+ \sqrt{x^2 - a^2} \ \right| }{2} $$

Récapitulatif des méthodes d'intégration et primitives

---

Démonstrations

Rappel sur les primitives usuelles

Ce tableau récapitule les primitives directement déterminées à partir de l'opération inverse de la dérivée, à savoir :

$$ f(x) = \int^x F'(t)dt \ \Longleftrightarrow \ F(x) = \int^x f(t)dt $$

Méthodes générales d'intégration

Intégration par parties

Avec la dérivée d'un produit, on a :

$$ \left ( f g\right)' = f'g + g'f $$

$$ f'g = ( f g)' - g'f $$

Par suite, grâce à la propriété de linéarité de l'intégrale,

$$ \int_{a}^b (f'g) \hspace{0.2em}dt = \int_{a}^b (fg) -\int_{a}^b (fg') \hspace{0.2em}dt $$

Et,

$$ \int_{a}^b (f'g) \hspace{0.2em}dt = \Bigl[fg\Bigr]_{a}^b -\int_{a}^b (fg') \hspace{0.2em}dt $$

Soit finalement,

$$ \forall (a,b) \in I^2, \enspace a < b, $$

$$ \int_{a}^b (f'g) \hspace{0.2em}dt = \Bigl[fg\Bigr]_{a}^b - \int_{a}^b (fg') \hspace{0.2em}dt $$

Intégration par substitution

Soit \(f : x \longmapsto f(x)\) une fonction de classe \(\mathcal{C}^1\) sur un intervalle \(I = [a,b]\).

De même, soit \(\phi : t \longmapsto \phi(t) \) une fonction de classe \(\mathcal{C}^1\) sur un intervalle \( J \subset f(I)\).

Considérant l'intégrale \( I(x) \) suivante :

$$ I(x) = \int_{a}^b f(x) \hspace{0.2em}dx = F(b) - F(a) \qquad(I(x)) $$

Soit,

$$ I(t) = \int_{\psi(a)}^{\psi(b)} \Bigl(f \circ \phi(t)\Bigr) \ \phi'(t) \ dt \qquad(I(t)) $$

$$ I(t) = \Bigl[ f \circ \phi(t) \Bigr]_{\psi(a)}^{\psi(b)} $$

Les deux fonctions \(\phi\) et \(\psi\) étant deux fonctions réciproques, elles s'annihilent entres elles.

$$ I(t) = F(b) - F(a) $$

Les deux expressions \( (I(x)) \) et \( (I(t)) \) sont alors égales.

$$ \int_{\psi(a)}^{\psi(b)} f[ \phi(t)\Bigr] \ \phi'(t) \ dt = \int_{a}^b f(x) \hspace{0.2em}dx \qquad (1) $$

Enfin, en effectuant de chaque côté l'image des bornes respectives par la fonction \( \phi \), alors \( (1)\) devient \( (1')\) :

$$ \int_{\phi(\psi(a))}^{\phi(\psi(b))} f[ \phi(t)\Bigr] \ \phi'(t) \ dt = \int_{\phi(a)}^{\phi(b)} f(x) \hspace{0.2em}dx $$

Et,

$$ \int_{a}^{b} f[ \phi(t)\Bigr] \ \phi'(t) \ dt = \int_{\phi(a)}^{\phi(b)} f(x) \hspace{0.2em}dx \qquad (1') $$

Par simplicité, on prendra \(u \) comme variable, et finalement,

$$ \forall (a,b) \in D_f^2,$$

Attention à ne pas confondre le changement de variable direct :

$$ \Biggl \{ \begin{align*} u = \phi(t) \\ du = \phi '(t) \hspace{0.2em} dt \end{align*} $$

avec un changement de variable indirect :

$$ \Biggl \{ \begin{align*} t = \psi(u) \\ dt = \psi '(u) \hspace{0.2em} du \end{align*} $$

Les méthodes d'intégration des fractions rationnelles \( : {\displaystyle \int^x} \frac{P(t)}{Q(t)}dt \)

De manière générale, on va toujours chercher à se réduire à une fraction entière avec un reste, plutôt que de rester avec un numérateur de plus haut degré que le dénominateur.

Par exemple,

$$ R(x) = \frac{3x^2 + 2x + 1}{x+1}$$

Après la division euclidienne de \((3x^2 + 2x + 1)\) par \((x+1)\) il reste :

$$ R(x) = \ \underbrace{ 3x^2 - 3x + 5 } _\text{partie entière} \ - \ \underbrace{ \frac{5}{x+1}} _\text{reste}$$

Ce qui nous permet maintenant de facilement intégrer :

$$ \int^x R(t) \ dt = \int^x \Bigl( 3t^2 - 3t + 5 \Bigr)\ dt - \int^x \frac{5}{t+1}\ dt $$

$$ \int^x R(t) \ dt = x^3 - \frac{3t^2}{2} + 5x -5ln\bigl|t+1\bigr|$$

De même, lorsque l'on a polynôme de type \(ax^2 + bx + c\), on cherchera plutôt à obtenir la forme \(x^2 + px + q\), quitte à simplifier avant l'intégration avant de rehabiliter ce facteur par la suite.

Avec un dénominateur du second degré seul \( : {\displaystyle \int^x} \frac{1}{Q_2(t)} \ dt \)

$$ S_1(x) = \frac{1}{x^2 + px + q}$$

• \( \alpha) \) Le discriminant est positif \(: \Delta > 0 \)

$$ S_1(x) = \frac{1}{x^2 + px + q} \qquad (si \ \Delta = p^2 - 4q > 0) $$

Lors de la résolution d'équations du second degré, si \(\Delta > 0 \), alors on sait que les solutions sont :

$$ X_1 = \frac{- p - \sqrt{p^2 - 4q}}{2}$$

$$ X_2 = \frac{- p +\sqrt{p^2 - 4q}}{2} $$

Et le polynôme \( P_2(X) \) se factorise de la sorte :

$$ P_2(X) = a(X - X_1)(X - X_2) $$

Soit dans notre cas,

$$ S_1(x) = \frac{1}{a (x - x_1) (x - x_2) }$$

$$ avec \ \left \{ \begin{align*} x_1 = \frac{- p - \sqrt{p^2 - 4q}}{2}\\ x_2 = \frac{- p +\sqrt{p^2 - 4q}}{2} \end{align*} \right \} $$

$$ S_1(x) =\frac{1}{ (x - x_1) (x - x_2) }$$

Nous allons maintenant chercher à décomposer \(S_1(x)\) en éléments simples.

C'est-à-dire chercher les réels \( A \) et \(B\) tels que :

$$S_1(x) = \frac{A}{(x - x_1)} + \frac{B}{(x - x_2) }$$




En faisant \( (x= x_1)\), on détermine \( A \) :

$$ \underset{(x=x_1)}{S_1(x)}(x - x_1) = \frac{1}{(x - x_2)}= A\Longrightarrow \left(A = \frac{1}{x_1 - x_2}\right) $$

Idem, avec \( (x= x_1)\), on détermine \( B \) :

$$ \underset{(x=x_2)}{S_1(x)}(x - x_2) = \frac{1}{(x - x_2)}= A\Longrightarrow \left(A = \frac{1}{x_2 - x_1}\right) $$




Alors, \(S_1(x)\) peut maintenant s'écrire sous la forme :

$$S_1(x) = \frac{1}{(x_1 - x_2)} \frac{1}{(x - x_1)} + \frac{1}{(x_2 - x_1)} \frac{1}{(x - x_2) }$$

Ce résultat est alors facilement intégrable :

$$ \int^x S_1(t) \ dt = \frac{1}{(x_1 - x_2)} \int^x \frac{1}{(t - x_1)} \ dt + \frac{1}{(x_2 - x_1)} \int^x \frac{1}{(x - x_2) } \ dt$$

$$ \int^x S_1(t) \ dt = \frac{ln\left|x-x_1\right|}{(x_1 - x_2)} + \frac{ ln \left|x-x_2\right|}{(x_2 - x_1)} $$




Soit finalement,

$$\forall x \in \Bigl[ \mathbb{R} \hspace{0.2em} \backslash \bigl\{x_1, x_2 \bigr\} \Bigr],$$

$$ \int^x \frac{1}{t^2 + pt + q} \ dt = \frac{1}{(x_1 - x_2)} \ ln \left| \frac{x-x_1}{x-x_2} \right|, \hspace{2em} avec \ \left \{ \begin{align*} x_1 = \frac{- p - \sqrt{p^2 - 4q}}{2}\\ x_2 = \frac{- p +\sqrt{p^2 - 4q}}{2} \end{align*} \right \} \qquad (si \ \Delta = p^2 - 4q > 0) $$




Maintenant, si l'on étudie le cas spécifique où \((p = 0, \ q=-1)\), on a :

$$ \forall x \in \Bigl[ \mathbb{R} \hspace{0.1em}\backslash \bigl \{ 1, -1 \bigr\} \Bigr] , \ S_{1\alpha}(x) = \frac{1}{x^2 - 1} = \frac{1}{(x-1)(x+1)} $$

Avec ce qui précède, on a le couple de solutions : \( (x_1 = 1, \ x_2 = -1)\) et,

$$ \int^x S_{1\alpha}(t) \ dt = \int^x \frac{1}{x^2 - 1} \ dt = \frac{1}{2} ln \left|\frac{x-1}{x+1} \right| $$

De même,

$$ -\int^x \frac{1}{x^2 - 1} \ dt = -\frac{1}{2} \bigl( ln(x-1) - ln(x+1) \bigr) $$

Et alors, en prenant l'opposé de cette intégrale :

$$ \int^x \frac{1}{1 - x^2} \ dt = \frac{1}{2} \bigl( ln(x+1) - ln(x-1) \bigr) $$

$$ \forall x \in \hspace{0.05em} \Bigl[ \mathbb{R} \backslash \bigl \{ -1, 1 \bigr \} \Bigr], \ \int^x \frac{1}{1 - x^2} \ dt = \frac{1}{2} ln \left|\frac{x+1}{x-1} \right| \qquad(2) $$

Or, on sait grâce aux dérivées des fonctions trigonométriques que :

$$ \forall x \in \hspace{0.05em} ]-1, \hspace{0.1em} 1[, \ arctanh(x)' = \frac{1}{1 - x^2}$$

$$ \forall x \in \hspace{0.05em} ]-1, \hspace{0.1em} 1[, \ arctan(x) + C = \int^x \frac{1}{1 - x^2} \ dt \qquad(3) $$

Les expressions \((2)\) et \((3)\) ayant un terme en commun, elles sont toutes les deux égales à une constante près, respectivement dans l'intervalle en commun.




Soit,

$$ \forall x \in \hspace{0.05em} ]-1, \hspace{0.1em} 1[, $$

$$ arctanh(x) + C_1 = \frac{1}{2} ln \left|\frac{x+1}{x-1} \right| + C_2 $$

Déterminons cette constante en prenant une valeur de \(x\), par exemple \(x = 0\).

$$ arctanh(0) = 0 $$

$$\frac{1}{2} ln \left|\frac{0+1}{0-1} \right| = ln(1) - ln(1) = 0 $$

Alors, on trouve que :

$$ C_1 = C_2 \Longleftrightarrow C_1 - C_2 = 0 $$

$$ arctanh(x) = \frac{1}{2} ln \left|\frac{x+1}{x-1} \right| $$




On obtient alors une définition explicite de la fonction \(artctanh\) :

$$ \forall x \in \hspace{0.05em} ]-1, \hspace{0.1em} 1[, $$

$$arctanh(x) = \frac{1}{2} ln \left|\frac{x+1}{x-1} \right|$$




• \( \beta) \) Le discriminant est nul \(: \Delta = 0 \)

$$ S_1(x) = \frac{1}{x^2 + px + q} \qquad (si \ \Delta = p^2 - 4q > 0) $$

Lors de la résolution d'équations du second degré, si \(\Delta = 0\), alors on sait que la solution est double est vaut :

$$ X_0 = - \frac{p}{2}$$

Et le polynôme \( P_2(X) \) se factorise de la sorte :

$$ P_2(X) = a(X - X_0)^2 $$

Soit,

$$ S_1(x) =\frac{1}{ (x - x_0)^2}$$

Alors, l'intégrale de cette fraction vaut directement :

$$ \int^x S_1(t) \ dt = \int^x \frac{1}{ (t - x_0)^2 } \ dt$$

$$ \int^x S_1(t) \ dt = - \frac{1}{ (x - x_0) } $$




Soit finalement,

$$\forall x \in \biggl[ \mathbb{R} \hspace{0.2em} \backslash \left\{ - \frac{p}{2} \right\} \biggr],$$

$$ \int^x \frac{1}{t^2 + pt + q} \ dt = - \frac{1}{ x + \frac{p}{2} } \qquad (si \ \Delta = p^2 - 4q= 0) $$




• \( \gamma) \) Le discriminant est négatif \(: \Delta < 0 \)

$$ S_1(x) = \frac{1}{x^2 + px + q} \qquad (si \ \Delta = p^2 - 4q < 0) $$

Alors, le polynôme n'admet pas de racine réelle.

Pour tout de même intégrer cette fraction, on va chercher à utiliser la forme canonique.

En effet, \((x^2 + px + q)\) vaut presque \(\left(x + \frac{p}{2}\right)^2\), à une constante près :

$$ \left(x + \frac{p}{2}\right)^2 = x^2 + px + \frac{p^2}{4} $$

On obtient le dénominateur de \(S_1(x)\) en ajoutant deux termes :

$$ \left(x + \frac{p}{2}\right)^2 \textcolor{#A65757}{ \ + q - \frac{p^2}{4}} = x^2 + px \textcolor{#A65757}{ + q - \frac{p^2}{4}} + \frac{p^2}{4} $$

$$ \left(x + \frac{p}{2}\right)^2 + q - \frac{p^2}{4} = x^2 + px + q $$

On peut alors l'appliquer à notre polynôme :

$$ S_1(x) = \frac{1}{x^2 + px + q}$$

$$ S_1(x) = \frac{1}{\left(x + \frac{p}{2}\right)^2 - \frac{p^2}{4} + q} $$

$$ S_1(x) = \frac{1}{\left(x + \frac{p}{2}\right)^2 + \Bigl( q - \frac{p^2}{4} \Bigr) } $$

On reconnaît la forme d'une intégrale usuelle :

$$\int^x \frac{u'(t)}{a^2 + u^2} \ dt = \frac{1}{a}arctan \left (\frac{u}{a} \right ) $$

$$ avec \ \left \{ \begin{align*} u(t) =\left(x + \frac{p}{2}\right) \\ u'(t) = 1 \\ a = \sqrt{ q - \frac{p^2}{4} } \end{align*} \right \} $$

Alors,

$$ \int^x S_1(t) \ dt = \int^x \frac{1}{\left(t + \frac{p}{2}\right)^2 + \Bigl( q - \frac{p^2}{4} \Bigr) } \ dt $$

$$ \int^x S_1(t) \ dt = \frac{1}{ \sqrt{ q - \frac{p^2}{4} } } \ arctan \left (\frac{x + \frac{p}{2}}{ \sqrt{ q - \frac{p^2}{4} } } \right ) $$




Soit finalement,

$$\forall x \in \mathbb{R},$$

$$ \int^x \frac{1}{t^2 + pt + q} \ dt = \frac{1}{ \sqrt{ q - \frac{p^2}{4} } } \ arctan \left (\frac{x + \frac{p}{2}}{ \sqrt{ q - \frac{p^2}{4} } } \right ) \qquad (si \ \Delta = p^2 - 4q< 0) $$

Avec un numérateur du premier degré et un dénominateur du second degré \( : {\displaystyle \int^x} \frac{P_1(t)}{Q_2(t)} \ dt \)

$$ S_2(x) = \frac{Ax + B}{x^2 + px + q}$$

Pour cela, nous allons ajouter un terme puis le retrancher immédiatement :

$$ S_2(x) = \frac{Ax + \frac{Ap}{2} - \frac{Ap}{2} + B}{x^2 + px + q}$$

Par suite, on peut factoriser par \(\frac{A}{2}\) :

$$ S_2(x) = \frac{ \frac{A}{2} (2x + p) - \frac{Ap}{2} + B}{x^2 + px + q}$$

$$ S_2(x) = \frac{A}{2} \ \frac{2x + p}{x^2 + px + q} + \frac{B - \frac{Ap}{2}}{x^2 + px + q} $$

$$ \int^x S_2(t) = \frac{A}{2}\int^x \frac{2t + p}{t^2 + pt + q} + \int^x \frac{B - \frac{Ap}{2}}{t^2 + pt + q} \ dt $$

La première intégrale est alors celle de la forme recherchée, et la seconde doit s'intégrer selon le résultat du discriminant \(\Delta\), comme vu précédemment.

$$ \int^x S_2(t) = \frac{A}{2}ln\left|x^2 + px + q\right| + \int^x \frac{B - \frac{Ap}{2}}{t^2 + pt + q} \ dt $$

Soit finalement,

$$\forall x \in \mathbb{R},$$

$$ selon \ le \ r\textit{é}sultat \ de \ (\Delta = p^2 - 4q) \enspace \left \{ \begin{align*} si \ \Delta > 0 \Longrightarrow \forall x \in \Bigl[ \mathbb{R} \hspace{0.2em} \backslash \bigl\{x_1, x_2 \bigr\} \Bigr], \\ si \ \Delta = 0 \Longrightarrow \forall x \in \biggl[ \mathbb{R} \hspace{0.2em} \backslash \left\{ - \frac{p}{2} \right\} \biggr], \\ si \ \Delta < 0 \Longrightarrow \forall x \in \Bigl[ \mathbb{R} \hspace{0.2em} \backslash \bigl\{x_1, x_2 \bigr\} \Bigr], \end{align*} \right \} $$

Les méthodes d'intégration des racines carrées \( : {\displaystyle \int^x } \frac{1}{\sqrt{Q(t)}} \ dt, \ {\displaystyle \int^x } \sqrt{P(t)} \ dt \)

On a vu plus dans le tableau récapitulatif des primitives usuelles que :

Nous allons étudier trois cas de figures à partir de ces intégrales : les intégrales contenant \(\sqrt{a^2 - t^2}\), \(\sqrt{a^2 + t^2}\) ou \(\sqrt{t^2 - a^2}\).

Soit \(a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}\) un nombre réel.

Intégrales en \(\sqrt{a^2 - t^2}\)

1. Fraction avec une racine au dénominateur \( : \frac{1}{\sqrt{a^2 - t^2}}\)

$$ \forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}, \ \forall x \in \hspace{0.05em} \Bigl]-|a|, \hspace{0.2em} |a| \Bigr[, \ I_1(x) = \frac{1}{\sqrt{a^2 - x^2}} $$

$$ \int^x I_1(t) \ dt = \int^x \frac{dt}{\sqrt{a^2 - t^2}} $$

$$ \int^x I_1(t) \ dt = \int^x \frac{ |a| \ cos(u) \ du }{\sqrt{a^2 - |a|^2 sin^2(u)}}$$

$$ avec \enspace \Biggl \{ \begin{align*} t = |a| \ sin(u) \\ dt = |a| \ cos(u) \ du \end{align*} $$

$$ \int^x I_1(t) \ dt = \frac{|a|}{|a|} \int^x \frac{ cos(u) \ du}{\sqrt{1 - sin^2(u)}} $$

$$ \int^x I_1(t) \ dt = \int^x \frac{cos(u)}{\sqrt{cos^2(u)}} \ du $$

$$ \int^x I_1(t) \ dt = \int^x \frac{cos(u)}{\left|cos(u)\right|} \ du \qquad \left(avec \ u \neq \frac{\pi}{2} \Longleftrightarrow t \neq 0, \ ce \ qui \ est \ le \ cas \right)$$

Nous avons un générateur de signe placé dans l'intégrande, étudions sa valeur dans l'intervalle d'étude \(\hspace{0.05em} ]-a, \hspace{0.2em} a[\).

Or, on sait par la dérivée d'une fonction réciproque que :

$$ \forall (f,f^{-1}) \in F(\mathbb{R}, \mathbb{R})^2, \enspace f(f^{-1}) \neq 0, $$

$$ ( f^{-1} )' = \frac{1}{ (f' \circ f^{-1})} $$

Soit ici,

$$ \left( arcsin(x) \right)' = \frac{1}{ cos\left(arcsin(x)\right)} $$

$$ avec \enspace \Biggl \{ \begin{align*} f^{-1} = arcsin(x) \\ f = sin(x) \Longrightarrow f' = cos(x) \end{align*} $$

$$ \Longleftrightarrow \ cos\left(arcsin(x)\right) = \frac{1}{ \left( arcsin(x) \right)' } $$

Mais on connaît la dérivée de \(arcsin(x)\) :

$$ \forall x \in \hspace{0.05em} ]-1 ,\hspace{0.2em} 1[, $$

$$ arcsin(x)' = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} $$

Alors, en combinant les deux expressions précédentes on obtient :

$$ cos\left(arcsin(x)\right) = \sqrt{1 - x^2} \hspace{4em}\Big[ cos(arcsin)\Bigr] $$

En replaçant notre variable initiale dans ce générateur de signe, on a :

$$ \frac{cos(u)}{\left|cos(u)\right|} = \frac{\sqrt{1 - \left( \frac{x}{|a|}\right)^2}}{\left|\sqrt{1 - \left( \frac{x}{|a|}\right)^2}\right| }$$

$$ \frac{cos(u)}{\left|cos(u)\right|} = \frac{\sqrt{ \frac{a^2 - x^2}{a^2}}}{\left|\sqrt{ \frac{a^2 - x^2}{a^2}}\right| }$$

$$ \frac{cos(u)}{\left|cos(u)\right|} = \frac{\sqrt{a^2 - x^2}}{\left|\sqrt{a^2 - x^2}\right| }$$

Dans l'intervalle d'étude, ce rapport vaut toujours \(1\).

Alors on intègre finalement :

$$ \int^x I_1(t) \ dt = \int^x du $$

$$ \int^x I_1(t) \ dt = \Bigl[ u \Bigr]^{u = arcsin\left( \frac{x}{|a|}\right)} $$

Soit,

$$ \int^x I_1(t) \ dt = arcsin\left( \frac{x}{|a|}\right)$$




Soit finalement,

$$ \forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^*, \ \forall x \in \hspace{0.05em} \Bigl [-|a|, \hspace{0.2em} |a| \Bigr], $$

$$ \int^x \frac{dt}{\sqrt{a^2 - t^2}} = arcsin\left(\frac{x}{|a|}\right) $$




2. Fraction avec \(t\) et une racine au dénominateur \( : \frac{1}{t\sqrt{a^2 - t^2}}\)

$$ \forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}, \ \forall x \in \hspace{0.05em} \Bigl]-|a|, \hspace{0.2em} 0 \Bigl[ \hspace{0.05em} \cup \hspace{0.05em} \Bigr]0, \hspace{0.2em} |a| \Bigr[ , \ I_2(x) = \frac{1}{x\sqrt{a^2 - x^2}} $$

$$ \int^x I_2(t) \ dt = \int^x \frac{dt}{t\sqrt{a^2 - t^2}} $$

On pose : \(u = \sqrt{a^2 - t^2}\).

$$ \int^x I_2(t) \ dt = -\int^x \frac{du}{t^2} $$

$$ avec \enspace \Biggl \{ \begin{align*} u = \sqrt{a^2 - t^2} \\ du = -\frac{t}{\sqrt{a^2 - t^2}} \ dt \end{align*} $$

Or,

$$u = \sqrt{a^2 - t^2} \Longleftrightarrow t^2 = a^2 - u^2$$

Alors,

$$ \int^x I_2(t) \ dt = -\int^x \frac{du}{a^2 - u^2} = \int^x \frac{du}{u^2 - a^2} $$

Décomposons alors cette intégrande en éléments simples.

$$F(u) = \frac{1}{u^2 - a^2}$$

$$F(u) = \frac{1}{(u-a)(u+a)}$$

Alors, il existe \((\alpha, \beta) \in \hspace{0.05em}\mathbb{R}^2\) tels que :

$$F(u) = \frac{\alpha}{u-a} + \frac{\beta}{u+a}$$




En faisant \( (u = a)\), on détermine \( \alpha \) :

$$ \underset{(u=a)}{F(u)} (u-a) = \frac{1}{(u+a)} = \alpha \Longrightarrow \left( \alpha = \frac{1}{2a} \right) $$

En faisant maintenant \( (u = -a)\), on détermine \( \beta \) :

$$ \underset{(u=-a)}{F(u)} (u+a) = \frac{1}{(u-a)} = \beta \Longrightarrow \left( \beta = -\frac{1}{2a} \right) $$

Alors, l'intégrale s'écrit maintenant :

$$ \int^x I_2(t) \ dt = \frac{1}{2a} \int^x\frac{1}{u-a}\ du - \frac{1}{2a} \int^x\frac{1}{u+a} \ du $$

$$ \int^x I_2(t) \ dt = \frac{1}{2a} \Bigl[ ln|u-a|\Bigr]^{u = \sqrt{a^2 - x^2}} - \frac{1}{2a} \Bigl[ ln|u+a|\Bigr]^{u = \sqrt{a^2 - x^2}} \qquad(I_2)$$

$$ \int^x I_2(t) \ dt = \frac{1}{2a} ln\left|\sqrt{a^2 - x^2} - a \right| + \frac{1}{2a} ln\left|\sqrt{a^2 -x^2} + a\right| $$




Soit finalement,

$$ \forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}, \ \forall x \in \hspace{0.05em} \Bigl]-|a|, \hspace{0.2em} 0 \Bigl[ \hspace{0.05em} \cup \hspace{0.05em} \Bigr]0, \hspace{0.2em} |a| \Bigr[ , $$

$$ \int^x \frac{dt}{t\sqrt{a^2 - t^2}} = \frac{1}{2a} ln\left|\sqrt{a^2 - x^2} - a \right| + \frac{1}{2a} ln\left|\sqrt{a^2 - x^2} + a\right| $$




3. Fraction avec \(t^2\) et une racine au dénominateur \( : \frac{1}{t^2\sqrt{a^2 - t^2}}\)

$$ \forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}, \ \forall x \in \hspace{0.05em} \Bigl]-|a|, \hspace{0.2em} 0 \Bigl[ \hspace{0.05em} \cup \hspace{0.05em} \Bigr]0, \hspace{0.2em} |a| \Bigr[ , \ I_3(x) = \frac{1}{x^2\sqrt{a^2 - x^2}} $$

$$ \int^x I_3(t) \ dt = \int^x \frac{dt}{t^2\sqrt{a^2 - t^2}} $$

On pose : \(t = |a| \ sin(u)\).

$$ \int^x I_3(t) \ dt = \int^x \frac{|a| \ cos(u) \ du }{ |a|^2 \ sin^2(u)\sqrt{a^2 - |a|^2 \ sin^2(u)}} $$

$$ avec \enspace \Biggl \{ \begin{align*} t = |a| \ sin(u) \\ dt = |a| \ cos(u) \ du \end{align*} $$

Alors, on a à présent,

$$ \int^x I_3(t) \ dt = \frac{1}{a^2} \int^x \frac{\ cos(u) \ du}{sin^2(u) \sqrt{cos^2(u)} } $$

$$ \int^x I_3(t) \ dt = \frac{1}{a^2} \int^x \frac{\ cos(u) \ du}{sin^2(u) \left|cos(u)\right| } $$

$$ \int^x I_3(t) \ dt = \frac{1}{a^2} \int^x \frac{\ cos(u) }{\left|cos(u)\right| } \ cosec^2(u) \ du $$

De la même manière que plus haut, le générateur de signe vaut \(1\) :

$$ \forall x \in \hspace{0.05em} ]-a, \hspace{0.2em} 0[ \hspace{0.05em} \cup \hspace{0.05em} ]0, \hspace{0.2em} a[ , \frac{\ cos(u) }{\left|cos(u)\right| } = 1 $$

Alors, il ne reste uniquement :

$$ \int^x I_3(t) \ dt = \frac{1}{a^2} \int^x cosec^2(u) \ du $$

Nous sommes alors dans le cas d'une primitive usuelle.

$$ \int^x cosec^2(t) \ dt = -cotan(x) $$

On remplace par sa valeur.

$$ \int^x I_3(t) \ dt = - \frac{1}{a^2} cotan(u) $$

$$ \int^x I_3(t) \ dt = - \frac{1}{a^2} cotan\left(arcsin\left( \frac{x}{|a|}\right)\right) $$

$$ \int^x I_3(t) \ dt = - \frac{1}{a^2} \frac{cos\left(arcsin\left( \frac{x}{|a|}\right)\right)}{sin\left(arcsin\left( \frac{x}{|a|}\right)\right)} $$

$$ \int^x I_3(t) \ dt = - \frac{1}{a^2} \frac{cos\left(arcsin\left( \frac{x}{|a|}\right)\right)}{\left( \frac{x}{|a|}\right)} $$

On réutilise à nouveau \( \Bigl[ cos(arcsin)\Bigr] \) :

$$ cos\left(arcsin(x)\right) = \sqrt{1 - x^2} \hspace{4em}\Big[ cos(arcsin)\Bigr] $$

$$ \int^x I_3(t) \ dt = - \frac{|a|}{|a|^2} \frac{1}{x} \sqrt{1 - \left( \frac{x}{|a|}\right)^2}$$

$$ \int^x I_3(t) \ dt = - \frac{1}{a^2} \frac{\sqrt{a^2 - x^2}}{x} $$




Soit finalement,

$$ \forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}, \ \forall x \in \hspace{0.05em} \Bigl]-|a|, \hspace{0.2em} 0 \Bigl[ \hspace{0.05em} \cup \hspace{0.05em} \Bigr]0, \hspace{0.2em} |a| \Bigr[ ,$$

$$ \int^x \frac{dt}{t^2\sqrt{a^2 - t^2}} = - \frac{1}{a^2} \frac{\sqrt{a^2 - x^2}}{x} $$



4. Racine simple \( : \sqrt{a^2 - t^2} \)

$$ \forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}, \forall x \in \hspace{0.05em} \Bigl[-|a|, \hspace{0.2em} |a| \Bigr], \ I_4(x) = \sqrt{a^2 - x^2} $$

$$ \int^x I_4(t) \ dt = \int^x \sqrt{a^2 - t^2} \ dt $$

$$ \int^x I_4(t) \ dt = \int^x \sqrt{a^2 - |a|^2 sin^2(u)} \ |a| \ cos(u) \ du $$

$$ avec \enspace \Biggl \{ \begin{align*} t = |a| \ sin(u) \\ dt = |a| \ cos(u) \ du \end{align*} $$

$$ \int^x I_4(t) \ dt = a^2 \int^x \sqrt{cos^2(u)} \ cos(u) \ du$$

$$ \int^x I_4(t) \ dt = a^2 \int^x |cos(u) | \ cos(u) \ du$$

$$ \int^x I_4(t) \ dt = a^2 \int^x \frac{cos(u) \ cos^2(u)}{|cos(u) |} \ du$$

De la même manière que plus haut, le générateur de signe vaut \(1\) :

$$ \forall x \in \hspace{0.05em} ]-a, \hspace{0.2em} 0[ \hspace{0.05em} \cup \hspace{0.05em} ]0, \hspace{0.2em} a[ , \frac{\ cos(u) }{\left|cos(u)\right| } = 1 $$




Et on intègre maitenant :

$$ \int^x I_4(t) \ dt = a^2 \int^x cos^2(u) \ du$$

Pour intégrer facilement cette puissance trignométrique, on utilisera les formules de duplication trigonométriques pour la linéariser.

$$\forall x \in \mathbb{R},$$

$$ cos(2\alpha) = 2cos^2(\alpha) -1 \ \Longleftrightarrow \ cos^2(\alpha) = \frac{1 + cos(2\alpha)}{2} $$

Soit,

$$ \int^x I_4(t) \ dt = a^2 \int^x \frac{1 + cos(2u)}{2} \ du$$

$$ \int^x I_4(t) \ dt = \frac{a^2}{2} \Biggl[ \int^x du + \int^x cos(2u) \ du \Biggr]$$

$$ \int^x I_4(t) \ dt = \frac{a^2}{2} \Biggl[ u + \frac{sin(2u)}{2} \Biggr]^u$$

On utilise encore une fois les formules de duplication.

$$\forall x \in \mathbb{R},$$

$$ sin(2\alpha) = 2sin(\alpha)cos(\alpha) $$

$$ \int^x I_4(t) \ dt = \frac{a^2}{2} \Biggl[ u + \frac{2sin(u)cos(u)}{2} \Biggr]^u$$

$$ \int^x I_4(t) \ dt = \frac{a^2}{2} \Biggl[ u + sin(u)cos(u) \Biggr]^{u = arcsin\left( \frac{x}{|a|} \right)} $$

Comme précédemment, en remplaçant \(u\) par sa valeur :

$$ \int^x I_4(t) \ dt = \frac{a^2}{2} \Biggl( arcsin\left(\frac{x}{|a|}\right) + \frac{x}{|a|} \ cos \left(arcsin\left(\frac{x}{|a|}\right)\right) \Biggr) $$

Or, on a vu plus haut que :

$$ cos\left(arcsin(x)\right) = \sqrt{1 - x^2} \hspace{4em}\Big[ cos(arcsin)\Bigr]$$

En injectant alors notre résultat dans l'expression initiale, on a :

$$ \int^x I_4(t) \ dt = \frac{a^2}{2} \Biggl( arcsin\left(\frac{x}{|a|}\right) + \frac{x}{|a|}\sqrt{1 - \left(\frac{x}{|a|}\right)^2} \Biggr)$$

$$ \int^x I_4(t) \ dt = \frac{a^2}{2} arcsin\left(\frac{x}{|a|}\right) + \frac{a^2x}{2|a|^2} \sqrt{a^2 - x^2} $$




Soit finalement,

$$ \forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^*, \ \forall x \in \hspace{0.05em} \Bigl[-|a|, \hspace{0.2em} |a| \Bigr], $$

$$ \int^x \sqrt{a^2 - t^2} \ dt = \frac{a^2}{2} arcsin\left(\frac{x}{|a|}\right) + \frac{x}{2} \sqrt{a^2 - x^2} $$

Intégrales en \(\sqrt{a^2 + t^2}\)

1. Fraction avec une racine au dénominateur \( : \frac{1}{\sqrt{a^2 + t^2}}\)

$$ \Big[ \forall (a,x) \in \hspace{0.05em} \big[\mathbb{R}^* \bigr]^2 \Bigr] \lor \Big[ (a = 0) \land (x \neq 0) \Bigr], \ J_1(x) = \frac{1}{\sqrt{a^2 + x^2}} $$

$$ \int^x J_1(t) \ dt = \int^x \frac{dt}{\sqrt{a^2 + t^2}} $$

1. En posant \( t = |a| \ sinh(u)\)

En posant \( t = |a| \ sinh(u)\), on a :

$$ \int^x J_1(t) \ dt = \int^x \frac{|a| \ cosh(u) \ du }{\sqrt{a^2 + |a|^2sinh^2(u)}} $$

$$ avec \enspace \Biggl \{ \begin{align*} t = |a| \ sinh(u) \\ dt = |a| \ cosh(u) \ du \end{align*} $$

$$ \int^x J_1(t) \ dt = \frac{|a|}{|a|} \int^x \frac{cosh(u) \ du}{\sqrt{cosh^2(u)}} $$

$$ \int^x J_1(t) \ dt = \int^x \frac{cosh(u) \ du}{|cosh(u)|} $$

Nous avons à nouveau un générateur de signe placé dans l'intégrande, étudions sa valeur dans l'intervalle d'étude \( \mathbb{R}^*\).

De la même manière que :

$$ cos\left(arcsin(x)\right) = \sqrt{1 - x^2} \hspace{4em}\Big[ cos(arcsin)\Bigr]$$

On l'équivalent pour les fonctions hyperboliques :

$$ cosh\left(arcsinh(x)\right) = \sqrt{1 + x^2} \hspace{4em}\Big[ cosh(arcsinh)\Bigr]$$

En replaçant notre variable initiale dans ce générateur de signe, on a :

$$ \frac{cosh(u)}{\left|cosh(u)\right|} = \frac{\sqrt{1 + \left( \frac{x}{|a|}\right)^2}}{\left|\sqrt{1 + \left( \frac{x}{|a|}\right)^2}\right| }$$

$$ \frac{cosh(u)}{\left|cosh(u)\right|} = \frac{\sqrt{ \frac{a^2 + x^2}{a^2}}}{\left|\sqrt{ \frac{a^2 + x^2}{a^2}}\right| }$$

$$ \frac{cosh(u)}{\left|cosh(u)\right|} = \frac{\sqrt{a^2 + x^2}}{\left|\sqrt{a^2 + x^2}\right| }$$

Dans tous les cas, ce générateur de signe vaut toujours \(1\).




Alors, on intègre maintenant :

$$ \int^x J_1(t) \ dt = \int^x du $$

$$ \int^x J_1(t) \ dt = \Bigl[ u \Bigr]^{u = arcsinh\left( \frac{x}{|a|}\right)} $$




Soit finalement,

$$ \forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^*, \ \forall x \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}, $$

$$ \int^x \frac{dt}{\sqrt{a^2 + t^2}} = arcsinh\left(\frac{x}{|a|} \right) $$

$$(4)$$



2. En posant \( t = |a| \ tan(u)\)

Par ailleurs, en posant \( t = |a| \ tan(u)\), on a :

$$ \int^x J_1(t) \ dt = \int^x \frac{ |a| \ sec^2(u) \ du }{\sqrt{a^2 + |a|^2tan^2(u)}} $$

$$ avec \enspace \Biggl \{ \begin{align*} t = |a| \ tan(u) \\ dt = |a| \ (1 + tan^2(u)) \ du = |a| \ sec^2(u) \ du \end{align*} $$

$$ \int^x J_1(t) \ dt = \frac{|a|}{|a|} \int^x \frac{sec^2(u) \ du }{ \sqrt{sec^2(u)}} $$

$$ \int^x J_1(t) \ dt = \int^x \frac{sec^2(u) \ du }{ |sec(u)|} $$

Nous avons à nouveau un générateur de signe placé dans l'intégrande, étudions sa valeur dans l'intervalle d'étude \( \mathbb{R}^*\).

En utilisant à nouveau la dérivée d'une fonction réciproque, on a :

$$ \left( arctan(x) \right)' = \frac{1}{ sec^2\left(arctan(x)\right)} $$

$$ avec \enspace \Biggl \{ \begin{align*} f^{-1} = arctan(x) \\ f = tan(x) \Longrightarrow f' = sec^2(x) \end{align*} $$

$$ \Longleftrightarrow \ sec^2(arctan(x)) = \frac{1}{ \left( arctan(x) \right)' } $$

Mais on connaît la dérivée de \(arctan(x)\) :

$$ \forall x \in \mathbb{R}, $$

$$ arctan(x)' = \frac{1}{1 + x^2} $$

En combinant les deux expressions précédentes, on obtient :

$$sec^2(arctan(x)) = 1+ x^2 \Longleftrightarrow sec\left(arctan(x)\right) = \sqrt{ 1 + x^2 } \hspace{4em} \Big[sec^2(arctan) \Bigr]$$

En replaçant notre variable initiale dans ce générateur de signe, on a :

$$ \frac{sec(u)}{\left|sec(u)\right|} = \frac{\sqrt{1 + \left( \frac{x}{|a|}\right)^2}}{\left|\sqrt{1 + \left( \frac{x}{|a|}\right)^2}\right| } = \frac{\sqrt{a^2 + x^2}}{\left|\sqrt{a^2 + x^2}\right| }$$

Dans tous les cas, ce générateur de signe vaut toujours \(1\).

Alors, on intègre uniquement :

$$ \int^x J_1(t) \ dt = \int^x sec(u) \ du $$

Or, on a plus bas dans les primitives particulières des fonctions trigonométriques que :

$$ \forall k \in \mathbb{Z}, \enspace \forall x \in \biggl[ \mathbb{R} \hspace{0.2em} \backslash \Bigl\{ \frac{\pi}{2} + k\pi \Bigr\} \biggr], $$

$$\int^x sec(t) \ dt = ln \left|sec(x) + tan(x) \right|$$

$$ \int^x J_1(t) \ dt = \Bigl [ ln \left|sec(u) + tan(u) \right| \Bigr]^{u = arctan\left( \frac{x}{|a|} \right)} $$

$$ \int^x J_1(t) \ dt = ln \left|sec\left(arctan\left( \frac{x}{|a|} \right)\right) + tan\left(arctan\left( \frac{x}{|a|} \right)\right) \right|$$

En injectant alors notre résultat dans l'expression initiale on a :

$$ \int^x J_1(t) \ dt = ln \left|\sqrt{ 1 + \left(\frac{x}{|a|}\right)^2 } + \frac{x}{|a|} \right| $$

$$ \int^x J_1(t) \ dt = ln \left|\frac{1}{|a|}\sqrt{ a^2 + x^2 } + \frac{x}{|a|} \right| $$

$$ \int^x J_1(t) \ dt = ln \left|\sqrt{ a^2 + x^2 } + x\right| - ln |a| $$

La constante \(- ln |a| \) étant absorbée par la constante d'intégration, on obtient finalement :

$$\Big[ \forall (a,x) \in \hspace{0.05em} \big[\mathbb{R}^* \bigr]^2 \Bigr] \lor \Big[ (a = 0) \land (x > 0) \Bigr],$$

$$ \int^x \frac{dt}{\sqrt{a^2 + t^2}} = ln \left|\sqrt{ a^2 + x^2 } + x\right|$$

$$(5)$$




Les expressions \((4)\) et \((5)\) ayant un membre commun, elles sont égales à une constante près.

$$ arcsinh\left( \frac{x}{|a|}\right) + C_1 = ln \left| \sqrt{ x^2 + a^2 } + x \right| + C_2 $$

Déterminons cette constante en prenant une valeur de \(x\), par exemple \(x = 0\).

$$ arcsinh\left( \frac{0}{|a|}\right) = 0 $$

$$ ln \left| \sqrt{0^2+ \ a^2 } + 0 \right| = ln(a) $$

Alors, on trouve que :

$$ (C_1 = ln|a| + C_2 ) \Longleftrightarrow (C_1 - C_2 = ln|a|)$$

$$ arcsinh\left( \frac{x}{|a|}\right) + ln|a| = ln \left| \sqrt{ x^2 - a^2 } + x \right| $$




On alors a en prime une définition explicite de la fonction \(acrsinh\) avec \(a = 1\) :

$$ \forall x \in \mathbb{R}, $$

$$ arcsinh(x) = ln \left| x + \sqrt{ 1 + x^2 } \right| $$




2. Fraction avec \(t\) et une racine au dénominateur \( : \frac{1}{t\sqrt{a^2 + t^2}}\)

$$ \forall a \in \mathbb{R}, \ \forall x \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^*, \ J_2(x) = \frac{1}{x\sqrt{a^2 + x^2}} $$

$$ \int^x J_2(t) \ dt = \int^x \frac{dt}{t\sqrt{a^2 + t^2}} $$

Comme précédemment on pose : \(u = \sqrt{a^2 + t^2}\).

$$ \int^x J_2(t) \ dt = \int^x \frac{du}{t^2} $$

$$ avec \enspace \Biggl \{ \begin{align*} u = \sqrt{a^2 + t^2} \\ du = \frac{t}{\sqrt{a^2 + t^2}} \ dt \end{align*} $$

Or,

$$u = \sqrt{a^2 + t^2} \Longleftrightarrow t^2 = u^2 - a^2$$

On intégre alors maintenant :

$$ \int^x J_2(t) \ dt = \int^x \frac{du}{u^2 - a^2} $$

Mais, on a déjà résolu cette intégrale plus haut:

$$ \int^x \frac{du}{u^2 - a^2} = \frac{1}{2a} \Bigl[ ln|u-a|\Bigr]^{u = \sqrt{a^2 - x^2}} - \frac{1}{2a} \Bigl[ ln|u+a|\Bigr]^{u = \sqrt{a^2 - x^2}} \qquad(I_2) $$

$$ \int^x J_2(t) \ dt = \frac{1}{2a} \Bigl[ ln|u-a|\Bigr]^{u = \sqrt{a^2 + x^2}} - \frac{1}{2a} \Bigl[ ln|u+a|\Bigr]^{u = \sqrt{a^2 + x^2}} $$

$$ \int^x J_2(t) \ dt = \frac{1}{2a} ln\left|\sqrt{a^2 + x^2}-a\right| - \frac{1}{2a} ln \left|\sqrt{a^2 + x^2} + a\right| $$




Soit finalement,

$$ \forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^+, \ \forall x \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^*, $$

$$ \int^x \frac{dt}{t\sqrt{a^2 + t^2}} = \frac{1}{2a} ln\left|\sqrt{a^2 + x^2}-a\right| - \frac{1}{2a} ln \left|\sqrt{a^2 + x^2} + a\right| $$




3. Fraction avec \(t^2\) et une racine au dénominateur \( : \frac{1}{t^2\sqrt{a^2 + t^2}}\)

$$ \forall a \in \mathbb{R}, \ \forall x \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^*, \ J_3(x) = \frac{1}{x^2\sqrt{a^2 + x^2}} $$

$$ \int^x J_3(t) \ dt = \int^x \frac{dt}{t^2\sqrt{a^2 + t^2}} $$

On pose : \(t = |a| \ tan(u)\).

$$ \int^x J_3(t) \ dt = \int^x \frac{|a| \ sec^2(u) \ du }{ |a|^2 \ tan^2(u)\sqrt{a^2 + |a|^2 \ tan^2(u)}} $$

$$ avec \enspace \Biggl \{ \begin{align*} t = |a| \ tan(u) \\ dt = |a| \ \left(1 + tan^2(u)\right) \ du = |a| \ sec^2(u) \ du \end{align*} $$

Cela nous donne maintenant,

$$ \int^x J_3(t) \ dt = \frac{1}{a^2} \int^x \frac{sec^2(u) }{tan^2(u)\sqrt{sec^2(u)}} \ du $$

$$ \int^x J_3(t) \ dt = \frac{1}{a^2} \int^x \frac{sec(u)}{|sec(u)|} \frac{sec(u)}{tan^2(u)} \ du $$

On a vu plus haut que le générateur de signe était toujours égal à \(1\) :

$$ \forall x \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^*, \ \frac{sec(u)}{|sec(u)|} = 1 $$




Soit en le retirant de l'intégrande,

$$ \int^x J_3(t) \ dt = \frac{1}{a^2} \int^x \frac{sec(u)}{tan^2(u)} \ du $$

$$ \int^x J_3(t) \ dt = \frac{1}{a^2} \int^x \frac{cos(u)}{sin^2(u)} \ du $$




On pose encore une nouvelle variable : \(v =sin(u)\). On a :

$$ \int^x J_3(t) \ dt = \frac{1}{a^2} \int^x \frac{dv}{v^2}$$

$$ avec \enspace \Biggl \{ \begin{align*} v =sin(u) \\ dv = cos(u) du \end{align*} $$

On est alors sur une primitive usuelle :

$$ \forall x \in \mathbb{R}, \ \int^x \frac{dt}{t^2} = - \frac{1}{x} $$

Soit dans notre cas de figure :

$$ \int^x J_3(t) \ dt = - \frac{1}{a^2} \frac{1}{v} $$

En remontant maintenant les changements de variable dans leur ordre d'affectation.

$$ \int^x J_3(t) \ dt = - \frac{1}{a^2} \frac{1}{sin(u)} $$

$$ \int^x J_3(t) \ dt = - \frac{1}{a^2} \frac{1}{sin\left(arctan\left(\frac{x}{|a|}\right)\right)} $$

Or, on a vu plus haut que :

$$sec^2(arctan(x)) = 1+ x^2 \hspace{4em} \Big[sec^2(arctan) \Bigr]$$

Soit,

$$\frac{1}{cos^2(arctan(x))} = 1+ x^2 $$

$$\frac{1}{1 - sin^2(arctan(x))} = 1+ x^2 $$

$$\frac{1}{1+ x^2} = 1 - sin^2(arctan(x)) $$

$$sin^2(arctan(x)) = 1 - \frac{1}{1+ x^2} $$

$$sin^2(arctan(x)) = \sqrt{ \frac{ 1 + x^2 -1}{1+ x^2} } $$

$$sin(arctan(x)) = \frac{x}{\sqrt{1+ x^2}} \hspace{4em} \Big[sin(arctan) \Bigr]$$

Alors, en remplaçant dans l'expression précédente :

$$ \int^x J_3(t) \ dt = - \frac{1}{a^2} \frac{\sqrt{1+ \left(\frac{x}{|a|}\right)^2}}{\left(\frac{x}{|a|}\right)} $$

$$ \int^x J_3(t) \ dt = - \frac{|a|}{|a|^2} \frac{\sqrt{1+ \left(\frac{x}{a}\right)^2}}{x} $$

$$ \int^x J_3(t) \ dt = - \frac{1}{a^2} \frac{\sqrt{a^2+x^2}}{x} $$




Soit finalement,

$$ \forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^+, \ \forall x \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^*,$$

$$ \int^x \frac{dt}{t^2\sqrt{a^2 + t^2}} =- \frac{1}{a^2} \frac{\sqrt{a^2+x^2}}{x}$$



4. Racine simple \( : \sqrt{a^2 + t^2} \)

$$ \forall (a, x) \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^2, \ J_4(x) = \sqrt{a^2 + t^2} $$

$$ \int^x J_4(t) \ dt = \int^x \sqrt{a^2 + t^2} \ dt $$

On peut poser \(t = |a| \ tan(u)\).

$$ \int^x J_4(t) \ dt = \int^x \sqrt{a^2 + |a|^2 tan^2(u)} \ |a| \ sec^2(u) \ du $$

$$ avec \enspace \Biggl \{ \begin{align*} t = |a| \ tan(u) \\ dt = |a| \ (1 + tan^2(u)) \ du = |a| \ sec^2(u) \ du \end{align*} $$

$$ \int^x J_4(t) \ dt = a^2 \int^x \sqrt{sec^2(u)} \ sec^2(u) \ du $$

$$ \int^x J_4(t) \ dt = a^2 \int^x \frac{sec(u)}{|sec(u)|} sec^3(u) \ du $$




On a vu plus haut que ce generateur de signe valaut toujours \(1\) :

$$ \forall x \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^*, \ \frac{sec(u)}{|sec(u)|} = 1 $$

Par suite, en le retirant de l'intégrande il reste :

$$ \int^x J_4(t) \ dt = a^2 \int^x sec^3(u) \ du \qquad(J_4) $$

$$ \int^x J_4(t) \ dt = a^2 \int^x sec(u)tan'(u) \ du $$

On peut alors faire une intégration par parties :

$$ \int^x J_4(t) \ dt = a^2 \Biggl( \Bigl[sec(u)tan(u)\Bigr]^u - \int^x sec'(u)tan(u) \ du \Biggr)$$

$$ \int^x J_4(t) \ dt = a^2 \Biggl( \Bigl[sec(u)tan(u)\Bigr]^u - \int^x sec(u)tan^2(u) \ du \Biggr) \hspace{3em} \Bigl(avec \ sec'(u) = sec(u)tan(u)\Bigr)$$

$$ \int^x J_4(t) \ dt = a^2 \Biggl( \Bigl[sec(u)tan(u)\Bigr]^u - \int^x sec(u)(sec^2(u)-1) \ du \Biggr) \hspace{3em} \Bigl(avec \ tan^2(u) = sec^2(u)-1\Bigr) $$

$$ \int^x J_4(t) \ dt = a^2 \Biggl( \Bigl[sec(u)tan(u)\Bigr]^u - \int^x \Bigl( sec^3(u) - sec(u) \Bigr) \ du \Biggr)$$

$$ \int^x J_4(t) \ dt = a^2 \Biggl( \Bigl[sec(u)tan(u)\Bigr]^u - \int^x sec^3(u) \ du + \int^x sec(u) \ du \Biggr) $$

Or, avec l'expression \((J_4)\) plus haut on a :

$$ \int^x J_4(t) \ dt = a^2 \int^x sec^3(u) \ du \qquad(J_4) $$

Soit en remplaçant :

$$ \int^x J_4(t) \ dt = a^2 \Biggl( \Bigl[sec(u)tan(u)\Bigr]^u + \int^x sec(u) \ du \Biggr) - \int^x J_4(t) \ dt $$

$$ 2\int^x J_4(t) \ dt = a^2 \Biggl( \Bigl[sec(u)tan(u)\Bigr]^u + \int^x sec(u) \ du \Biggr) $$

$$ \int^x J_4(t) \ dt = \frac{a^2}{2} \Biggl( \Bigl[sec(u)tan(u)\Bigr]^u + \int^x sec(u) \ du \Biggr) $$

Et comme on connaît la primitive de \(sec(x)\), on peut la remplacer par sa valeur.

$$ \int^x J_4(t) \ dt = \frac{a^2}{2} \Biggl( \Bigl[sec(u)tan(u)\Bigr]^u + \Bigl[ln \left|sec(u) + tan(u) \right|\Bigr]^u \Biggr) \qquad(J_4^*) $$

On peut maintenant remplacer \(u\) par sa valeur :

$$ \int^x J_4(t) \ dt = \frac{a^2}{2} \Biggl( sec\left(arctan\left( \frac{x}{|a|} \right) \right) tan\left(arctan\left( \frac{x}{|a|} \right)\right) + ln\left| sec\left(arctan\left( \frac{x}{|a|} \right) \right) + tan\left(arctan\left( \frac{x}{|a|} \right)\right) \right| \Biggr) $$

Or, on a vu plus haut que :

$$sec^2(arctan(x)) = 1+ x^2 \Longleftrightarrow sec\left(arctan(x)\right) = \sqrt{ 1 + x^2 } \hspace{4em} \Big[sec^2(arctan) \Bigr]$$

$$ \int^x J_4(t) \ dt = \frac{a^2}{2} \Biggl( \sqrt{ 1 + \left(\frac{x}{|a|} \right)^2 } \ \frac{x}{|a|} + ln\left| \sqrt{ 1 + \left(\frac{x}{|a|} \right)^2 } + \frac{x}{|a|} \right| \Biggr) $$

$$ \int^x J_4(t) \ dt = \frac{a^2}{2} \Biggl(\frac{x}{a^2}\sqrt{a^2 +x^2} + ln\left| \frac{1}{|a|} \sqrt{a^2 +x^2} + \frac{x}{|a|} \right| \Biggr) $$

$$ \int^x J_4(t) \ dt = \frac{a^2}{2} \Biggl(\frac{x}{a^2}\sqrt{a^2 +x^2} + ln\left| \frac{1}{|a|} \Bigl( \sqrt{a^2 +x^2} + x \Bigr) \right| \Biggr) $$

$$ \int^x J_4(t) \ dt = \frac{1}{2} \Biggl(x \ \sqrt{a^2 +x^2} + a^2 \ ln\left|\sqrt{a^2 +x^2} + x \right| - ln|a| \Biggr) $$




La constante \(-ln|a| \) étant absorbée par la constante d'intégration, on obtient finalement :

$$ \Big[ \forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^*, \ \forall x \in \mathbb{R}\Bigr] \lor \Big[ (a = 0) \land (x > 0) \Bigr],$$

$$ \int^x \sqrt{a^2 + t^2} \ dt = \frac{x \ \sqrt{a^2 +x^2} + a^2 \ ln\left|\sqrt{a^2 +x^2} + x \right|}{2} $$

Intégrales en \(\sqrt{t^2 - a^2}\)

1. Fraction avec une racine au dénominateur \( : \frac{1}{\sqrt{t^2 - a^2}}\)

$$ \forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^*, \ \forall x \in \bigl] -\infty, -|a| \bigr[ \hspace{0.05em} \cup \hspace{0.05em} \bigl]|a|, +\infty \bigr[, \ K_1(x) = \frac{1}{\sqrt{x^2 - a^2}} $$

$$ \int^x K_1(t) \ dt = \int^x \frac{dt}{\sqrt{t^2 - a^2}} $$



1. En posant \( t = |a| \ cosh(u) \)

En posant \( t = |a| \ cosh(u) \), on a :

$$ \int^x K_1(t) \ dt = \int^x \frac{|a| \ sinh(u) \ du}{\sqrt{|a|^2 \ cosh^2(u) - a^2}} $$

$$ avec \enspace \Biggl \{ \begin{align*} t = |a| \ cosh(u) \\ dt = |a| \ sinh(u) \ du \end{align*} $$

$$ \int^x K_1(t) \ dt = \frac{|a|}{|a|}\int^x \frac{sinh(u) \ du}{\sqrt{ sinh^2(u)}} $$

$$ \int^x K_1(t) \ dt = \int^x \frac{sinh(u) \ du}{|sinh(u)|} \qquad \left(avec \ u \neq 0 \Longleftrightarrow t \neq |a|, \ ce \ qui \ est \ le \ cas \right) $$




La fonction \(arccosh\) étant toujours positive, alors \(sinh(arccosh)\) l'est aussi, et :

$$ \forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^+, \ \forall x \in \bigl] -\infty, -|a| \bigr[ \hspace{0.05em} \cup \hspace{0.05em} \bigl]|a|, +\infty \bigr[, \ \frac{sinh(u)}{|sinh(u)|} = 1$$




Alors, on intègre maintenant :

$$ \int^x K_1(t) \ dt = \int^x du $$

$$ \int^x K_1(t) \ dt = \Bigr[ u \Bigr]^{u=arccosh \left( \frac{x}{|a|} \right)}$$




Soit finalement,

$$ \forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^+, \ \forall x \in \hspace{0.05em} ]a, +\infty[, $$

$$ \int^x \frac{dt}{\sqrt{t^2 - a^2}} = arccosh\left( \frac{x}{|a|}\right) $$

$$(6)$$



2. En posant \( t = |a| \ sec(u) \)

Par ailleurs, en posant \( t = |a| \ sec(u) \), on a :

$$ \int^x K_1(t) \ dt = \int^x \frac{|a| \ sec(u)tan(u) \ du }{\sqrt{|a|^2 \ sec^2(u) - a^2}}$$

$$ avec \enspace \Biggl \{ \begin{align*} t = |a| \ sec(u) \\ dt = |a| \ sec^2(u)sin(u) \ du = |a| \ sec(u)tan(u) \ du \end{align*} $$

$$ \int^x K_1(t) \ dt = \frac{|a|}{|a|}\int^x \frac{sec(u)tan(u) \ du }{\sqrt{ sec^2(u) -1}} $$

$$ \int^x K_1(t) \ dt = \int^x \frac{sec(u)tan(u) \ du }{\sqrt{ tan^2(u)}} $$

$$ \int^x K_1(t) \ dt = \int^x \frac{sec(u)tan(u) \ du }{ |tan(u)|} $$




Calculons la valeur du générateur de signe placé dans l'intégrande :

En utilisant à nouveau la dérivée d'une fonction réciproque, on a :

$$ \left( arcsec(x) \right)' = \frac{1}{ sec\left(arcsec(x)\right) \ tan\left(arcsec(x)\right)} $$

$$ avec \enspace \Biggl \{ \begin{align*} f^{-1} = arcsec(x) \\ f = sec(x) \Longrightarrow f' = sec(x)tan(x) \end{align*} $$

$$ \Longleftrightarrow \ tan(arcsec(x)) = \frac{1}{ x} \times \frac{1}{ (arcsec (x))' } $$

Mais on connaît la dérivée de \(arcsec(x)\) :

$$ \forall x \in \hspace{0.05em} ]-\infty, \hspace{0.1em} -1[\hspace{0.1em}\cup \hspace{0.1em}]1, \hspace{0.1em} +\infty[, $$

$$ arcsec(x)' = \frac{1}{ x^2} \times \frac{1}{ \sqrt{1 - \frac{1}{ x^2}}} $$

$$ arcsec(x)' = \frac{1}{|x|} \times \frac{1}{ \sqrt{ x^2 - 1}} $$

En combinant les deux expressions précédentes, on obtient :

$$tan(arcsec(x)) = \frac{x}{|x|} \times \sqrt{ x^2 - 1 } \qquad \Big[tan(arcsec)\Bigr]$$

$$\frac{tan(u)}{|tan(u)|} = \frac{ \frac{\ \frac{x}{|a|} }{\left| \frac{x}{|a|} \right|} \times \sqrt{ \left( \frac{x}{|a|} \right)^2 - 1 } }{ \left| \frac{\ \frac{x}{|a|} }{\left| \frac{x}{|a|} \right|} \times \sqrt{ \left( \frac{x}{|a|} \right)^2 - 1 } \right| }$$

$$\frac{tan(u)}{|tan(u)|} = \frac{ x }{|x|} \times \frac{ \sqrt{ \frac{x^2}{a^2} - 1} }{ \left| \sqrt{ \frac{x^2}{a^2} - 1} \right| }$$

$$\frac{tan(u)}{|tan(u)|} = \frac{ x }{|x|} $$

Dans l'intervalle d'étude, ce rapport vaut \(\pm 1\).

$$ \frac{tan(u)}{|tan(u)|} = \Biggl \{ \begin{align*} = -1, \ \forall x \in \hspace{0.05em} ] -\infty, -a [ \\ = 1, \ \forall x \in \hspace{0.05em} ]a, +\infty [ \end{align*} $$




On intègre maintenant :

$$ \int^x K_1(t) \ dt = \frac{tan(u)}{|tan(u)|} \int^x sec(u) \ du $$




Calculons la valeur de \( {\displaystyle \int^x} sec(u) \ du\) avant de s'occuper du signe :

$$ \int^x sec(u) \ du = \Bigl[ ln \left| sec(x) + tan(x) \right| \Bigr]^{u = arcsec\left( \frac{x}{|a|} \right)} $$

$$ \int^x sec(u) \ du = ln \left| \frac{x}{|a|} + tan\left(arcsec\left( \frac{x}{|a|} \right) \right) \right| $$

On réutilise \(\Big[ tan(arcsec)\Bigr] \).

$$tan(arcsec(x)) = \frac{x}{|x|} \times \sqrt{ x^2 - 1 } \qquad \Big[tan(arcsec)\Bigr]$$

On injecte la dernière expression dans notre expression précédente :

$$ \int^x sec(u) \ du = ln \left| \frac{x}{|a|} + \frac{\frac{x}{|a|}}{\left|\frac{x}{|a|}\right|} \sqrt{ \left( \frac{x}{|a|} \right)^2 - 1 } \right| $$

$$ \int^x sec(u) \ du = ln \left| \frac{x}{|a|} + \frac{x}{|x|}\frac{ \sqrt{ x^2 - a^2 }}{ |a|} \right| $$

$$ \int^x sec(u) \ du = ln \left| \frac{1}{|a|} \left( x + \frac{x\sqrt{ x^2 - a^2 }}{|x|} \right) \right| $$

$$ \int^x sec(u) \ du = ln \left| \frac{x\sqrt{ x^2 - a^2 }}{|x|} + x \right| -ln|a| $$

La constante \(-ln|a| \) étant absorbée par la constante d'intégration.

Alors l'intégrale finale vaut :

$$ \int^x K_1(t) \ dt = \frac{tan(u)}{|tan(u)|} \ ln \left| \frac{x\sqrt{ x^2 - a^2 }}{|x|} + x \right| $$

$$ \left(avec \ \frac{tan(u)}{|tan(u)|} = \Biggl \{ \begin{align*} = -1, \ \forall x \in \hspace{0.05em} ] -\infty, -a [ \\ = 1, \ \forall x \in \hspace{0.05em} ]a, +\infty [ \end{align*} \right)$$

On a alors les deux cas à gérer :




1. Pour la partie négative : \(] -\infty, -a [ \)

\(x\) est négatif et le générateur de signe aussi donc :

$$ \forall x \in \hspace{0.05em} ] -\infty, -a [, \ \int^x K_1(t) \ dt = -ln \left|- \sqrt{ x^2 - a^2 } - |x| \right| $$

$$ \int^x K_1(t) \ dt = -ln \left| \sqrt{ x^2 - a^2 } + |x| \right| $$

$$ \int^x K_1(t) \ dt = ln \left( \frac{1}{\left| \sqrt{ x^2 - a^2 } + |x| \right|} \right) $$

$$ \int^x K_1(t) \ dt = ln \left( \frac{ \left| \sqrt{ x^2 - a^2 } - |x| \right| }{a^2} \right) $$

$$ \int^x K_1(t) \ dt = ln \left| \sqrt{ x^2 - a^2 } - |x| \right| - ln(a^2) $$

$$ \int^x K_1(t) \ dt = ln \left| \sqrt{ x^2 - a^2 } + x \right| - 2 \ ln(a) $$

La constante \(- 2 \ ln(a)\) sera elle aussi absorbée par la constante d'intégration.




2. Pour la partie positive : \(] a, +\infty [ \)

\(x\) est positif et le générateur de signe aussi donc :

$$ \forall x \in \hspace{0.05em} ] a, +\infty [, \ \int^x K_1(t) \ dt = ln \left|\sqrt{ x^2 - a^2 } + x \right| $$




3. Conclusion

Dans les deux cas de figures \((x < -a) \ ou \ (x > a)\), cette intégrale vaut :

$$ \Bigl[ \forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^*, \ \forall x \in \bigl] -\infty, -|a| \bigr[ \hspace{0.05em} \cup \hspace{0.05em} \bigl]|a|, +\infty \bigr[ \Bigr] \lor \Bigl[ (x = 0) \land (x > 0) \Bigr], $$

$$\int^x \frac{dt}{\sqrt{t^2 - a^2}} = ln \left| \sqrt{ x^2 - a^2 } + x \right| $$

$$(7)$$






Les expressions \((6)\) et \((7)\) ayant un membre commun, elles sont égales à une constante près dans leur intervalle commun.

$$ arccosh\left( \frac{x}{|a|}\right) + C_1 = ln \left| \sqrt{ x^2 - a^2 } + x \right| + C_2 $$

Déterminons cette constante en prenant une valeur de \(x\), par exemple \(x = 1\).

$$ arccosh\left( \frac{1}{|a|}\right) = 0 $$

$$ ln \left| \sqrt{1 - a^2 } + 1 \right| $$

Alors, on trouve que :

$$ \left(C_1 = ln \left| \sqrt{1^2 - a^2 } + 1 \right| + C_2 \right) \Longleftrightarrow \left(C_1 - C_2 = ln \left| \sqrt{1 - a^2 } + 1 \right| \right)$$

$$ arccosh\left( \frac{x}{|a|}\right) + ln \left| \sqrt{1 - a^2 } + 1 \right| = ln \left| \sqrt{ x^2 - a^2 } + x \right| $$




On alors a en prime une définition explicite de la fonction \(arccosh\) avec \(a = 1\) :

$$ \forall x \in [1, +\infty[,$$

$$ arccosh(x) = ln \left| x + \sqrt{ x^2 - 1} \right| $$




2. Fraction avec \(t\) et une racine au dénominateur \( : \frac{1}{t\sqrt{t^2 - a^2}}\)

$$\forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^*, \ \forall x \in \bigl] -\infty, -|a| \bigr[ \hspace{0.05em} \cup \hspace{0.05em} \bigl]|a|, +\infty \bigr[, \ K_2(x) = \frac{1}{x\sqrt{x^2 - a^2 }} $$

$$ \int^x K_2(t) \ dt = \int^x \frac{dt}{t\sqrt{t^2 - a^2}} $$

Comme précédemment on pose : \(u = \sqrt{t^2 - a^2}\).

$$ \int^x K_2(t) \ dt = \int^x \frac{du}{t^2} $$

$$ avec \enspace \Biggl \{ \begin{align*} u = \sqrt{t^2 - a^2} \\ du = \frac{t}{\sqrt{t^2 - a^2}} \ dt \end{align*} $$

Or,

$$u = \sqrt{a^2 + t^2} \Longleftrightarrow t^2 = u^2 + a^2$$

On intégre alors maintenant :

$$ \int^x K_2(t) \ dt = \int^x \frac{du}{u^2 + a^2} $$

On reconnaît alors une primitive usuelle.

$$ \int^x K_2(t) \ dt = \frac{1}{a^2} \int^x \frac{du}{ \left(\frac{u}{a} \right)^2 + 1 } $$

$$ \int^x K_2(t) \ dt = \frac{1}{a} \Biggl[ arctan\left(\frac{u}{a}\right) \Biggr]^{u= \sqrt{x^2-a^2}} $$

$$ \int^x K_2(t) \ dt = \frac{1}{a} arctan \left(\frac{\sqrt{x^2 - a^2}}{a} \right) $$




Soit finalement,

$$ \forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^+, \ \forall x \in \bigl] -\infty, -|a| \bigr[ \hspace{0.05em} \cup \hspace{0.05em} \bigl]|a|, +\infty \bigr[,$$

$$ \int^x \frac{dt}{t\sqrt{t^2 - a^2}} = \frac{1}{a} arctan \left(\frac{\sqrt{x^2 - a^2}}{a} \right) $$




3. Fraction avec \(t^2\) et une racine au dénominateur \( : \frac{1}{t^2\sqrt{t^2 - a^2}}\)

$$\forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^*, \ \forall x \in \bigl] -\infty, -|a| \bigr[ \hspace{0.05em} \cup \hspace{0.05em} \bigl]|a|, +\infty \bigr[, \ K_3(x) = \frac{1}{x^2\sqrt{x^2 - a^2}} $$

$$ \int^x K_3(t) \ dt = \int^x \frac{dt}{t^2\sqrt{t^2 - a^2}} $$

On pose : \(t = |a| \ cosh(u)\).

$$ \int^x K_3(t) \ dt = \int^x \frac{ |a| \ sinh(u) \ du }{ |a|^2 \ cosh^2(u)\sqrt{|a|^2 \ cosh^2(u) - a^2}} $$

$$ avec \enspace \Biggl \{ \begin{align*} t = |a| \ cosh(u) \\ dt = |a| \ sinh(u) \ du \end{align*} $$

Et par suite,

$$ \int^x K_3(t) \ dt = \frac{1}{a^2} \int^x \frac{ sinh(u) }{ cosh^2(u)\sqrt{sinh^2(u)}} \ du $$

$$ \int^x K_3(t) \ dt = \frac{1}{a^2} \int^x sech^2(u) \frac{ sinh(u) }{ |sinh(u)|} \ du $$

On a vu plus haut que le générateur de signe était toujours égal à \(1\) :

$$ \forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^+, \ \forall x \in \bigl] -\infty, -|a| \bigr[ \hspace{0.05em} \cup \hspace{0.05em} \bigl]|a|, +\infty \bigr[, \ \frac{sinh(u)}{|sinh(u)|} = 1$$




Alors, on intègre seulement :

$$ \int^x K_3(t) \ dt = \frac{1}{a^2} \int^x sech^2(u) \ du $$

On est alors sur une primitive usuelle :

$$ \forall x \in \mathbb{R}, \ \int^x sech^2(t) \ dt = tanh(t) $$

Alors, en remplaçant on obtient :

$$ \int^x K_3(t) \ dt = \frac{1}{a^2} tanh\left(arccosh\left( \frac{x}{|a|} \right) \right) $$

$$ \int^x K_3(t) \ dt = \frac{1}{a^2} \frac{sinh\left(arccosh\left( \frac{x}{|a|} \right) \right)}{cosh\left(arccosh\left( \frac{x}{|a|} \right) \right)}$$

En utilisant à nouveau la dérivée d'une fonction réciproque, on a :

$$ \left( arccosh(x) \right)' = \frac{1}{ sinh\left(arccos(x)\right)} $$

$$ avec \enspace \Biggl \{ \begin{align*} f^{-1} = arccosh(x) \\ f = cosh(x) \Longrightarrow f' = sinh(x) \end{align*} $$

$$ \Longleftrightarrow \ sinh\left(arccosh(x)\right) = \frac{1}{ \left( arccosh(x) \right)' } $$

Mais on connaît la dérivée de \(arccosh(x)\) :

$$ \forall x \in \hspace{0.05em} ]1, \hspace{0.1em} +\infty[, $$

$$ arccosh(x)' = \frac{1}{\sqrt{x^2 -1}} $$

En combinant les deux expressions précédentes, on obtient :

$$sinh\left(arccosh(x)\right) = x^2 - 1 \hspace{4em} \Big[sinh(arccosh) \Bigr]$$

Soit, en remplaçant :

$$ \int^x K_3(t) \ dt = \frac{1}{a^2} \frac{ \sqrt{ \left( \frac{x}{|a|} \right)^2 - 1 }}{ \left( \frac{x}{|a|} \right) }$$

$$ \int^x K_3(t) \ dt = \frac{|a|}{a^2 |a|} \frac{\sqrt{ x^2 - a^2 } }{x}$$




Soit finalement,

$$ \forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^+, \ \forall x \in \bigl] -\infty, -|a| \bigr[ \hspace{0.05em} \cup \hspace{0.05em} \bigl]|a|, +\infty \bigr[, $$

$$ \int^x \frac{dt}{t^2\sqrt{t^2 - a^2}} =\frac{1}{a^2} \frac{\sqrt{ x^2 - a^2 } }{x}$$



4. Racine simple \( : \sqrt{t^2 - a^2} \)

$$\forall a \in \mathbb{R}, \ \forall x \in \bigl] -\infty, -|a| \bigr[ \hspace{0.05em} \cup \hspace{0.05em} \bigl]|a|, +\infty \bigr[, \ K_4(x) = \sqrt{t^2 - a^2} $$

$$ \int^x K_4(t) \ dt = \int^x \sqrt{t^2 - a^2}\ dt $$

On peut poser la variable : \(t = |a| \ sec(u)\) :

$$ \int^x K_4(t) \ dt = \int^x \sqrt{|a|^2 sec^2(u) - a^2} \ |a| \ sec(u)tan(u) \ du $$

$$ avec \enspace \Biggl \{ \begin{align*} t = |a| \ sec(u) \\ dt = |a| \ sec(u)tan(u) \ du \end{align*} $$

$$ \int^x K_4(t) \ dt = a^2 \int^x \sqrt{sec^2(u) - 1} \ sec(u)tan(u) \ du$$

$$ \int^x K_4(t) \ dt = a^2 \int^x \sqrt{tan^2(u)} \ sec(u)tan(u) \ du$$

$$ \int^x K_4(t) \ dt = a^2 \int^x \frac{tan(u)}{|tan(u)|} \ sec(u) \ tan^2(u) \ du$$

On a vu plus haut que ce générateur de signe valait \(\pm 1\) :

$$ \frac{tan(u)}{|tan(u)|} = \Biggl \{ \begin{align*} = -1, \ \forall x \in \hspace{0.05em} ] -\infty, -a [ \\ = 1, \ \forall x \in \hspace{0.05em} ]a, +\infty [ \end{align*} $$

Et on intègre finalement :

$$ \int^x K_4(t) \ dt = a^2 \frac{tan(u)}{|tan(u)|} \int^x sec(u) \ tan^2(u) \ du$$




Calculons la valeur de l'intégrale \(a^2 {\displaystyle \int^x} sec(u) \ tan^2(u) \ du \) avant de s'occuper du signe :

$$ a^2 \int^x sec(u) \ tan^2(u) \ du = a^2 \int^x sec(u)(sec^2(u) -1)(u) \ du$$

$$ a^2 \int^x sec(u) \ tan^2(u) \ du = a^2 \int^x sec^3(u) \ du - a^2 \int^x sec(u) \ du$$

Ces deux intégrale ont déjà été calculées:

La première à cette page :

$$\int^x sec(u) \ du = ln \left|sec(x) + tan(x) \right|$$

Et la seconde précédemment :

$$ \int^x sec^3(u) \ du = \frac{1}{2} \Biggl( \Bigl[sec(u)tan(u)\Bigr]^u + \Bigl[ln \left|sec(u) + tan(u) \right|\Bigr]^u \Biggr) \qquad(J_3^*) $$

Alors,

$$ a^2 \int^x sec(u) \ tan^2(u) \ du = \frac{a^2}{2} \biggl[ sec(u)tan(u) + ln \left|sec(u) + tan(u) \right| \biggr]^u - a^2 \biggl[ ln \left|sec(u) + tan(u) \right| \biggr]^u \ du $$

$$ a^2 \int^x sec(u) \ tan^2(u) \ du = \frac{a^2}{2} \Biggl[ sec\left( arcsec\left(\frac{x}{|a|} \right) \right)tan\left( arcsec\left(\frac{x}{|a|} \right) \right) + ln \Biggl| \ sec\left( arcsec\left(\frac{x}{|a|} \right) \right) + tan\left( arcsec\left(\frac{x}{|a|} \right) \right) \ \Biggr| \Biggr] - a^2 \ ln \Biggl| \ sec\left( arcsec\left(\frac{x}{|a|} \right) \right) + tan\left( arcsec\left(\frac{x}{|a|} \right) \right) \ \Biggr| $$

$$ a^2 \int^x sec(u) \ tan^2(u) \ du = \frac{a^2}{2} \Biggl[ \frac{x}{|a|} tan\left( arcsec\left(\frac{x}{|a|} \right) \right) + ln \Biggl| \ \frac{x}{|a|} + tan\left( arcsec\left(\frac{x}{|a|} \right) \right) \ \Biggr| \Biggr] - a^2 \ ln \Biggl| \ \frac{x}{|a|} + tan\left( arcsec\left(\frac{x}{|a|} \right) \right) \ \Biggr| $$

Par ailleurs, on a aussi vu plus haut que :

$$tan(arcsec(x)) = \frac{x}{|x|} \times \sqrt{ x^2 - 1 } \qquad \Big[tan(arcsec)\Bigr]$$

Soit en remplaçant :

$$ a^2 \int^x sec(u) \ tan^2(u) \ du = \frac{a^2}{2} \Biggl[ \frac{x}{|a|} \frac{\frac{x}{|a|}}{\left|\frac{x}{|a|}\right|} \sqrt{\left(\frac{x}{|a|} \right)^2 - 1} + ln \Biggl| \ \frac{x}{|a|} + \frac{\frac{x}{|a|}}{\left|\frac{x}{|a|}\right|} \sqrt{\left(\frac{x}{|a|} \right)^2 - 1} \ \Biggr| \Biggr] - a^2 \ ln \Biggl| \ \frac{x}{|a|} + \frac{\frac{x}{|a|}}{\left|\frac{x}{|a|}\right|} \sqrt{\left(\frac{x}{|a|} \right)^2 - 1} \ \Biggr| $$

$$ a^2 \int^x sec(u) \ tan^2(u) \ du = \frac{a^2}{2} \Biggl[ \frac{x^2}{a^2|x|} \sqrt{x^2 - a^2} + ln \Biggl| \ \frac{x}{|a|} + \frac{x}{|ax|} \sqrt{x^2 - a^2} \ \Biggr| \Biggr] - a^2 \ ln \Biggl| \ \frac{x}{|a|} + \frac{x}{|ax|} \sqrt{x^2 - a^2} \ \Biggr| $$

$$ a^2 \int^x sec(u) \ tan^2(u) \ du = \frac{a^2}{2} \Biggl[ \frac{x^2}{a^2|x|} \sqrt{x^2 - a^2} + ln \Biggl| \frac{1}{|a|} \left( x + \frac{x \sqrt{x^2 - a^2}}{|x|} \right) \ \Biggr| \Biggr] - a^2 \ ln \Biggl| \frac{1}{|a|} \left( x + \frac{x \sqrt{x^2 - a^2}}{|x|} \right) \ \Biggr| $$

On peut maintenant factoriser par le gros facteur commun en \(ln|X|\) :

$$ a^2 \int^x sec(u) \ tan^2(u) \ du = \frac{1}{2} \frac{x^2}{|x|}\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2} ln \Biggl| \frac{1}{|a|} \left( x + \frac{x \sqrt{x^2 - a^2}}{|x|} \right) \ \Biggr| $$

$$ a^2 \int^x sec(u) \ tan^2(u) \ du = \frac{1}{2}\frac{x^2}{|x|}\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2} ln \Biggl| x + \frac{x \sqrt{x^2 - a^2}}{|x|} \ \Biggr| + \frac{ ln|a| a^2}{2} $$




La constante \( + \frac{ ln|a| a^2}{2} \) étant absorbée par la constante d'intégration, on obtient en prenant en compte le générateur de signe laissé de côté :

$$ \int^x K_4(t) \ dt = \frac{tan(u)}{|tan(u)|} \Biggl( \frac{1}{2}\frac{x^2}{|x|}\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2} ln \Biggl| x + \frac{x \sqrt{x^2 - a^2}}{|x|} \ \Biggr| \Biggr) $$

$$ \left(avec \ \frac{tan(u)}{|tan(u)|} = \Biggl \{ \begin{align*} = -1, \ \forall x \in \hspace{0.05em} ] -\infty, -a [ \\ = 1, \ \forall x \in \hspace{0.05em} ]a, +\infty [ \end{align*} \right)$$

On a alors les deux cas à gérer :





1. Pour la partie négative : \(] -\infty, -a [ \)

\(x\) est négatif et le générateur de signe aussi donc :

$$ \forall x \in \hspace{0.05em} ] -\infty, -a [, \ \int^x K_4(t) \ dt = -\Biggl( -\frac{1}{2}x\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2} ln \Biggl| -|x| - \sqrt{x^2 - a^2} \ \Biggr| \Biggr) $$

$$ \int^x K_4(t) \ dt = \frac{1}{2}x\sqrt{x^2 - a^2} + \frac{a^2}{2} ln \Biggl| -|x| - \sqrt{x^2 - a^2} \ \Biggr| $$

$$ \int^x K_4(t) \ dt = \frac{1}{2}x\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2} ln \Biggl( \frac{1}{\left| -|x| - \sqrt{x^2 - a^2} \right|} \ \Biggr) $$

$$ \int^x K_4(t) \ dt = \frac{1}{2}x\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2} ln \Biggl( \frac{-|x| + \sqrt{x^2 - a^2}}{a^2} \ \Biggr) $$

$$ \int^x K_4(t) \ dt = \frac{1}{2}x\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2} ln \Biggl| -|x| + \sqrt{x^2 - a^2} \Biggr| +ln(a^2) $$

$$ \int^x K_4(t) \ dt = \frac{1}{2}x\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2} ln \Biggl| x + \sqrt{x^2 - a^2} \Biggr| +2 \ ln(a) $$

La constante \( +2 \ ln(a) \) sera elle aussi absorbée par la constante d'intégration.




2. Pour la partie positive : \(] a, +\infty [ \)

\(x\) est positif et le générateur de signe aussi donc :

$$ \forall x \in \hspace{0.05em} ] a, +\infty [, \ \int^x K_4(t) \ dt =\frac{1}{2}x\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2} ln \Biggl| x+ \sqrt{x^2 - a^2} \ \Biggr| $$




3. Conclusion

Dans les deux cas de figures \((x < -a) \ ou \ (x > a)\), cette intégrale vaut :

$$ \Bigl[ \forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^*, \ \forall x \in \bigl] -\infty, -|a| \bigr[ \hspace{0.05em} \cup \hspace{0.05em} \bigl]|a|, +\infty \bigr[ \Bigr] \lor \Bigl[ (x = 0) \land (x > 0) \Bigr], $$

$$ \int^x \sqrt{x^2 - a^2} \ dt = \frac{ x\sqrt{x^2 - a^2} - a^2 \ ln \left| x+ \sqrt{x^2 - a^2} \ \right| }{2} $$

Récapitulatif des méthodes d'intégration et primitives

---

Exemples d'intégrations

1. Exemples d'intégration par parties

1. Exemple 1

$$ \alpha = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} t .sin(t) \hspace{0.2em}dt $$

On prend \(f\) et \(g'\) tels que :

$$ \Biggl \{ \begin{align*} f(t) = t \\ g'(t) = dt \end{align*} $$

$$ \Biggl \{ \begin{align*} f'(t) = \frac{dt}{t} \\ g(t) = t.dt \end{align*} $$

$$ \alpha = \Bigl[-t.cos(t) \Bigr]_{0}^{\frac{\pi}{2}} - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} - cos(t) \hspace{0.2em}dt $$

$$ \alpha = \Bigl[-t.cos(t) + sin(t) \Bigr]_{0}^{\frac{\pi}{2}} $$

$$ \alpha = - \frac{\pi}{2} \times 0 + 1 - (0\times 1 + 0 ) $$

$$ \alpha = 1 $$



2. Exemple 2

$$ \beta = \int_{1}^{e} ln(t) \hspace{0.2em}dt $$

On prend \(f\) et \(g'\) tels que :

$$ \Biggl \{ \begin{align*} f(t) = ln(t) \\ g'(t) = dt \end{align*} $$

$$ \Biggl \{ \begin{align*} f'(t) = \frac{dt}{t} \\ g(t) = t \end{align*} $$

$$ \beta = \Bigl[t.ln(t) \Bigr]_{1}^{e} - \int_{1}^{e} \hspace{0.2em}dt $$

$$ \beta = \Bigl[t.ln(t) \Bigr]_{1}^{e}- \Bigl[t \Bigr]_{1}^{e} $$

$$ \beta = e . ln(e) - ln(1) - (e -1) $$

$$ \beta = 1 $$



3. Exemple 3 : intégrer une fonction de type exponentielle \( : f(t) e^t\)

Notamment lors de la résolution d'équations différentielles, on peut être amener à déterminer des primitives de type :

$$ \int^{x} f(t) \hspace{0.1em} e^t \hspace{0.2em}dt $$

Par exemple, avec une fonction \(f(t)\) de type polynôme, on intègre plusieurs fois de suite jusqu'à ce que le degré descende et atteigne \(0\).

On choisit d'intégrer l'exponentielle pour que la fonction polynomiale soit celle qui soit dérivée et perde en degré au fur et à mesure des intégrations.

Intégrons cette fonction polynôme-exponentielle :

$$ \gamma = \int^{x} (4t^3 - t +4 ) \hspace{0.1em} e^{2t} \hspace{0.2em}dt $$

$$ \Biggl \{ \begin{align*} f(t) = 4t^3 - t +4 \\ g'(t) = e^{2t} \hspace{0.2em}dt \end{align*} $$

$$ \Biggl \{ \begin{align*} f'(t) = (12t^2 -1) \hspace{0.2em}dt \\ g(t) = \frac{e^{2t}}{2} \end{align*} $$

$$ \gamma = \Biggl[(4t^3 - t +4 ) \hspace{0.1em} \frac{e^{2t}}{2} \Biggr]^{x} - \int^{x} ( 12t^2 -1 ) \hspace{0.1em} \frac{e^{2t}}{2} \hspace{0.2em}dt $$

On en profite pour sortir la constante.

$$ \gamma = \Biggl[(4t^3 - t +4 ) \hspace{0.1em} \frac{e^{2t}}{2} \Biggr]^{x} - 6\int^{x} t^2 \hspace{0.1em} e^{2t} \hspace{0.2em}dt + \int^{x} \frac{e^{2t}}{2} \hspace{0.2em}dt $$

$$ \Biggl \{ \begin{align*} f(t) = t^2 \\ g'(t) = e^{2t} \hspace{0.2em}dt \end{align*} $$

$$ \Biggl \{ \begin{align*} f'(t) = 2t \hspace{0.2em}dt \\ g(t) = \frac{e^{2t}}{2} \end{align*} $$

$$ \gamma = \Biggl[(4t^3 - t +4 ) \hspace{0.1em} \frac{e^{2t}}{2} \Biggr]^{x} - 6 \Biggl( \Biggl[ t^2 \hspace{0.1em} \frac{e^{2t}}{2} \Biggr]^{x} - \int^{x} t \hspace{0.1em} e^{2t} \hspace{0.2em}dt \Biggr) + \Biggl[ \frac{e^{2t}}{4} \Biggr]^{x} $$

$$ \gamma = \Biggl[(4t^3 - t +4 ) \hspace{0.1em} \frac{e^{2t}}{2} \Biggr]^{x} - 3 \Biggl[ t^2 \hspace{0.1em} e^{2t} \Biggr]^{x} + 6 \int^{x} t \hspace{0.1em} e^{2t} \hspace{0.2em}dt + \Biggl[ \frac{e^{2t}}{4} \Biggr]^{x} $$

$$ \Biggl \{ \begin{align*} f(t) = t \\ g'(t) = e^{2t} \hspace{0.2em}dt \end{align*} $$

$$ \Biggl \{ \begin{align*} f'(t) = dt \\ g(t) = \frac{e^{2t}}{2} \end{align*} $$

$$ \gamma = \Biggl[(4t^3 - t +4 ) \hspace{0.1em} \frac{e^{2t}}{2} \Biggr]^{x} - 3 \Biggl[ t^2 \hspace{0.1em} e^{2t}\Biggr]^{x} + 6\Biggl[t \hspace{0.1em} \frac{e^{2t}}{2} \Biggr]^{x} - 6 \int^{x} \frac{e^{2t}}{2} \hspace{0.2em}dt + \Biggl[ \frac{e^{2t}}{4} \Biggr]^{x} $$

$$ \gamma = \Biggl[(4t^3 - t +4 ) \hspace{0.1em} \frac{e^{2t}}{2} \Biggr]^{x} - 3 \Biggl[ t^2 \hspace{0.1em} e^{2t}\Biggr]^{x} + 3\Biggl[t \hspace{0.1em} e^{2t} \Biggr]^{x} - 3\Biggl[ \frac{e^{2t}}{2} \Biggr]^{x} + \Biggl[ \frac{e^{2t}}{4} \Biggr]^{x} $$

$$ \gamma = \frac{1}{2} \left (4x^3 - x +4 \right) \hspace{0.1em} e^{2x} - 3x^2 e^{2x} + 3x e^{2x} - \frac{5}{4}e^{2x} $$

Enfin, on factorise tout.

$$ \gamma = e^{2x} \left (2x^3 - \frac{1}{2}x +2 - 3x^2 + 3x - \frac{5}{4} \right) \hspace{0.1em} $$

$$ \gamma = e^{2x} \left (2x^3 -3x^2 + \frac{5}{2} x + \frac{3}{4} \right) \hspace{0.1em} $$

---

2. Exemples d'intégration par substitution

1. Exemple 1

$$ A = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{sin(t)}{1 + 3 cos^2(t)} \ dt$$

Dans le cas d'un polynôme trigonométrique, on peut appliquer les règles de Bioche.

Ici, l'intégrande \( \omega(t) \) est invariante par le changement de variable \( t = -t \) :

$$ \omega(-t) = \frac{sin(-t)}{1 + 3 cos^2(-t)} \ d(-t) $$

$$ \omega(-t) = \frac{-sin(t)}{1 + 3 cos^2(t)} \ -d(t) $$

$$ \omega(-t) = \frac{sin(t)}{1 + 3 cos^2(t)} \ -(t) $$

$$ \omega(-t) = \omega(t) $$

On peut alors poser :

$$ u = cos(t)$$

À partir de là, on a :

$$ \Biggl \{ \begin{align*} u = cos(t) \\ du = -sin(t) \ dt \end{align*} $$

On remplace alors dans ce qui était notre expression, sans oublier les bornes :

$$ A = \int_{cos(0)}^{cos(\frac{\pi}{2})} \frac{-du}{1 + 3 u^2} $$

$$ A = -\int_{1}^{0} \frac{1}{1 + 3 u^2} \ du $$

Grâce aux aux propriétés de l'intégrale, on sait que :

$$ \forall (a,b) \in I^2, \ \int_{b}^a f(t) \hspace{0.2em}dt = -\int_{a}^b f(t) \hspace{0.2em}dt $$

$$ A = \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + 3 u^2} \ du$$

La primitive de la fonction arctangente est connue:

$$ \int^{x} \frac{1}{a^2 + t^2} \ dt = \Biggl[\frac{1}{a} arctan\left( \frac{t}{a}\right) \Biggr]^x $$

This, in our case,

$$ A = \frac{1}{3} \int_{0}^{1} \frac{1}{\frac{1}{3} + u^2} \ du$$

And,

$$ A = \frac{1}{3} \int_{0}^{1} \frac{1}{ \left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^2 + \ u^2} \ du = \frac{1}{3} \Bigl[\sqrt{3} \ arctan\left(\sqrt{3} u\right) \Bigr]_0^1 $$

$$ A = \frac{1}{3} \ \Bigl[ \sqrt{3} \ arctan(\sqrt{3}) - \sqrt{3} \ arctan(0) \Bigr] $$

$$ A = \frac{\sqrt{3}}{3} arctan(\sqrt{3}) $$



2. Exemple 2

$$ B = \int_{0}^{1} \ \frac{t^2}{1 + t^3} \ dt$$

L'idée ici est de poser \( u = t^3 \) pour avoir \( t^2 \ dt\) à une constante près au numérateur après substitution.

$$ \Biggl \{ \begin{align*} u = t^3 \\ du = 3t^2 \ dt \end{align*} $$

On remplace tout (les bornes ne changent pas car \( 0\) et \( 1 \) ne varient pas lorsqu'on les met au cube):

$$ B = \int_{0}^{1} \ \frac{1}{1 + u^3} \ \frac{du}{3} $$

$$ B = \frac{1}{3} \int_{0}^{1} \ \frac{1}{1 + u} \ du$$

$$ B = \frac{1}{3} \Bigl[ln |1 + u| \Bigr]_{0}^{\ 1} $$

$$ B = \frac{1}{3} ln(2) $$



3. Exemple 3

$$ C = \int_{1}^{3} \ \frac{e^{2t}}{1 - e^t} \ dt$$

L'intégrande est uniquement définie sur \( \mathbb{R} \ \backslash \{0 \}\).

$$ \Biggl \{ \begin{align*} u = e^t \\ du = e^t \ dt \end{align*} $$

$$ C = \int_{e}^{e^3} \ \frac{u}{1 - u} \ du$$

Ici, on peut uiliser une petite astuce qui permet d'obtenir notre intégrale sous une autre forme :

$$ C = \int_{e}^{e^3} \ \frac{u + 1 - 1}{1 - u} \ du$$

$$ C = \int_{e}^{e^3} \ \frac{u - 1}{1 - u} + \frac{1}{1 - u} \ du$$

$$ C = \int_{e}^{e^3} \ \frac{-(1-u)}{1 - u} + \frac{1}{1 - u} \ du$$

$$ C = -\int_{e}^{e^3} du + \int_{e}^{e^3} \frac{1}{1 - u} \ du$$

$$ C = - \Bigl[u\Bigr]_{e}^{e^3} + \Bigl[ - ln |1 - u| \Bigr]_{e}^{e^3} $$

$$ C = - e^3 + e - ln |1 - e^3| + ln |1 - e| $$

$$ C = - e^3 + e - ln (e^3-1) + ln(e-1) $$

---

3. Exemples d'intégration d'une fraction rationnelle avec dénominateur du second degré seul \( : {\displaystyle \int^x} \frac{1}{Q_2(t)} \ dt \)

1. Exemple 1 : avec un discriminant positif \((\Delta > 0)\)

$$ D = \int^x \frac{dt}{2t^2 -4t + 1} $$

On essaie de se ramener à une forme de type \(\frac{1}{x^2 + px + q}\).

$$ D = \frac{1}{2} \int^x \frac{dt}{t^2 -2t + \frac{1}{2}} $$

Calculons le discriminant \(\Delta\).

$$ \Delta = p^2 - 4q $$

$$ \Delta = (-2)^2 - 4 \times \frac{1}{2} $$

$$ \Delta = 4 - 2 = 2 $$

On a alors deux solutions \((t_1, t_2)\).

$$ \left \{ \begin{align*} t_1 = \frac{- p - \sqrt{p^2 - 4q}}{2}\\ t_2 = \frac{- p +\sqrt{p^2 - 4q}}{2} \end{align*} \right \} \Longleftrightarrow \left \{ t_1 = 1 - \frac{\sqrt{2}}{2}, \ t_2 = 1 + \frac{\sqrt{2}}{2} \right \}$$




Alors, notre intégrale peut s'écrire sous forme factorisée :

$$ D = \frac{1}{2} \int^x \frac{dt}{\left(t - 1 + \frac{\sqrt{2}}{2} \right) \left(t - 1 - \frac{\sqrt{2}}{2} \right) } $$

Effectuons une décomposition en éléments simples :

Posons la fonction \(F(X) \) :

$$F(X) = \frac{1}{\left(X - 1 + \frac{\sqrt{2}}{2} \right) \left(X - 1 - \frac{\sqrt{2}}{2} \right) } \qquad (F(X))$$

Nous allons chercher les réels \( a \) et \(b\) tels que :

$$F(X) = \frac{a}{\left(X - 1 + \frac{\sqrt{2}}{2} \right)} + \frac{b}{\left(X - 1 - \frac{\sqrt{2}}{2} \right)}$$




En faisant \( \left(X = 2 - \frac{\sqrt{2}}{2}\right)\), on détermine \( a \) :

$$ \underset{\left(X = 2 - \frac{\sqrt{2}}{2}\right)}{F(X)} \times \left(X - 1 + \frac{\sqrt{2}}{2} \right) = \frac{1}{\left(X - 1 - \frac{\sqrt{2}}{2} \right)}= a \Longrightarrow \left(a = -\frac{1}{\sqrt{2}} \right) $$

En faisant maintenant \( \left(X = 2 + \frac{\sqrt{2}}{2}\right)\), on détermine \( b \) :

$$ \underset{\left(X = 2 + \frac{\sqrt{2}}{2}\right)}{F(X)} \times \left(X - 1 - \frac{\sqrt{2}}{2} \right) = \frac{1}{\left(X - 1 + \frac{\sqrt{2}}{2} \right)}= b \Longrightarrow \left(b = \frac{1}{\sqrt{2}} \right) $$




Enfin, cette intégrale peut s'écrire sous forme décomposée :

$$ D = \int^x -\frac{1}{\sqrt{2}} \frac{1}{\left(t - 1 + \frac{\sqrt{2}}{2} \right) } \ dt + \frac{1}{2} \int^x \frac{1}{\sqrt{2}} \frac{1}{\left(t - 1 - \frac{\sqrt{2}}{2} \right) } \ dt $$




On peut à présent intégrer :

$$ D = -\frac{1}{2\sqrt{2}} \Biggl[ ln \left| t - 1 + \frac{\sqrt{2}}{2} \right| \Biggr]^x + \frac{1}{2\sqrt{2}} \Biggl[ ln\left| t - 1 - \frac{\sqrt{2}}{2} \right| \Biggr]^x$$

$$ D = \frac{1}{2\sqrt{2}} \times \left( ln\left| x - 1 - \frac{\sqrt{2}}{2} \right| - ln\left| x - 1 + \frac{\sqrt{2}}{2} \right| \right) $$

$$ D = \frac{1}{2\sqrt{2}} \times ln\left| \frac{x - 1 - \frac{\sqrt{2}}{2}}{x - 1 + \frac{\sqrt{2}}{2}} \right| $$



2. Exemple 2 : avec un discriminant nul \((\Delta = 0)\)

$$ E = \int^x \frac{dt}{t^2 + 2t + 1} $$

Calculons le discriminant \(\Delta\).

$$ \Delta = p^2 - 4q $$

$$ \Delta = 2^2 - 4 \times 1 $$

$$ \Delta = 4 - 4 = 0 $$

On a alors une solution double \( t_0 \).

$$t_0 = \frac{- 2}{2} = -1 $$




Alors, notre intégrale peut s'écrire sous forme factorisée :

$$ E = \int^x \frac{dt}{(t+1)^2} $$

À partir d'ici, on intègre facilement et :

$$ E = \Bigg[ -\frac{1}{t+1} \Biggr]^x $$

$$ E = -\frac{1}{x+1} $$



3. Exemple 3 : avec un discriminant négatif \((\Delta < 0)\)

$$ F = \int^x \frac{dt}{t^2 + t + 3} $$

Calculons le discriminant \(\Delta\).

$$ \Delta = p^2 - 4q $$

$$ \Delta = 1^2 - 4 \times 3 $$

$$ \Delta = 1 - 12 = -11 $$

Dans ce cas, on va utiliser la forme canonique du polynôme :

$$ F = \int^x \frac{dt}{\left(t + \frac{1}{2} \right)^2 + \left(3 - \frac{1}{4} \right)} $$

$$ F = \int^x \frac{dt}{\left(t + \frac{1}{2} \right)^2 + \frac{11}{4} } $$

$$ F = \int^x \frac{dt}{\left(t + \frac{1}{2} \right)^2 + \sqrt{\frac{11}{4}}^2 } $$

Alors, l'intégrale est maintenant une primitive usuelle :

$$ F = \frac{1}{\sqrt{\frac{11}{4}}} \times arctan\left( \frac{t + \frac{1}{2}}{\sqrt{\frac{11}{4}}} \right) $$

$$ F = \frac{\sqrt{4}}{\sqrt{11}} \times arctan\left( \frac{\sqrt{4}}{\sqrt{11}} \left(t + \frac{1}{2} \right) \right) $$

---

4. Exemple d'intégration d'une fraction rationnelle avec numérateur du premier degré et dénominateur du second degré \(: {\displaystyle \int^x} \frac{P_1(t)}{Q_2(t)} \ dt \)

$$ G = \int^x \frac{3x-5}{-2t^2 + 5t + 6} \ dt $$

Comme précédemment, on se ramène à une forme de type \((x^2 + px + q)\) au dénominateur.

$$ G = -\frac{1}{2} \int^x \frac{3x-5}{t^2 -\frac{5}{2}t -3} \ dt $$

On utilise la méthode vue plus haut dans la démonstration.

$$ \frac{Ax + B}{x^2 + px + q} = \frac{\frac{A}{2} (2x) + \frac{Ap}{2} - \frac{Ap}{2} + B}{x^2 + px + q} $$

$$ \frac{Ax + B}{x^2 + px + q} = \frac{\frac{A}{2} \left(2x + \frac{Ap}{2} \right) - \frac{Ap}{2} + B}{x^2 + px + q} $$

C'est-à-dire obtenir une séparation en deux quotients distincts :

$$ \frac{Ax + B}{x^2 + px + q} = \frac{A}{2}\frac{2x + p}{x^2 + px + q} + \frac{B - \frac{Ap}{2}}{x^2 + px + q} $$

Et pouvoir utiliser la primitive usuelle :

$$ \int^x \frac{u'}{u} \ du = ln |u|$$

$$ G = -\frac{1}{2} \int^x \frac{\frac{3}{2} \times (2x) + \frac{3 \times \left(-\frac{5}{2}\right)}{2} - \frac{3 \times \left(-\frac{5}{2}\right)}{2} -5}{t^2 -\frac{5}{2}t -3} \ dt $$

$$ G = -\frac{1}{2} \left( \int^x \frac{ \frac{3}{2} \left(2x -\frac{5}{2}\right) + \frac{15}{4} -5 }{t^2 -\frac{5}{2}t -3} \ dt \right) $$

On peut maintenant séparer le grand quotient en deux quotiens distincts.

$$ G = -\frac{1}{2} \left( \frac{3}{2} \int^x \frac{ \left(2x -\frac{5}{2}\right)}{t^2 -\frac{5}{2}t -3} \ dt + \int^x \frac{ \frac{15}{4} -5 }{t^2 -\frac{5}{2}t -3} \ dt \right) $$

$$ G = -\frac{3}{4} \int^x \frac{ 2x -\frac{5}{2} }{t^2 -\frac{5}{2}t -3} \ dt \ - \ \frac{1}{2} \int^x \frac{\frac{15}{4} - 5}{t^2 -\frac{5}{2}t -3} \ dt $$

$$ G = -\frac{3}{4} \Biggl[ ln \left| t^2 -\frac{5}{2}t -3 \right| \Biggr]^x \ + \ \frac{5}{8} \int^x \frac{1}{t^2 -\frac{5}{2}t -3} \ dt $$

$$ G = -\frac{3}{4} ln \left| x^2 -\frac{5}{2}x -3 \right| \ + \ \frac{5}{8} G_2 $$




On doit intégrer la seconde intégrale \(G_2\) en utilisant les méthodes précédentes. On calcule le discriminant \(\Delta\).

$$\Delta = p^2 - 4q$$

$$\Delta = \left(-\frac{5}{2}\right)^2 - 4 \times (-3)$$

$$\Delta = \frac{25}{4} + 12$$

$$\Delta = \frac{25}{4} + \frac{48}{4}$$

$$\Delta = \frac{73}{4} $$

On a alors deux solutions \((t_1, t_2)\).

$$ \left \{ \begin{align*} t_1 = \frac{\frac{5}{2} - \sqrt{\frac{73}{4}}}{2}\\ t_2 = \frac{\frac{5}{2} + \sqrt{\frac{73}{4}}}{2}\end{align*} \right \} \Longleftrightarrow \left \{ t_1 = \frac{5 - \sqrt{73}}{4}, \ t_2 = \frac{5 +\sqrt{73}}{4} \right \}$$

Alors, notre intégrale \(G_2\) peut s'écrire sous forme factorisée :

$$ G_2 = \frac{1}{2} \int^x \frac{dt}{\left(t - \left( \frac{5 - \sqrt{73}}{4} \right) \right) \left(t - \left( \frac{5 + \sqrt{73}}{4} \right) \right) } $$




Effectuons une décomposition en éléments simples :

Posons la fonction \(F(X) \) :

$$F(X) = \frac{1}{\left(X - \left( \frac{5 - \sqrt{73}}{4} \right) \right) \left(X - \left( \frac{5 + \sqrt{73}}{4} \right) \right) } \qquad (F(X))$$

Nous allons chercher les réels \( \alpha \) et \(\beta\) tels que :

$$F(X) = \frac{\alpha}{\left(X - \left( \frac{5 - \sqrt{73}}{4} \right) \right)} + \frac{\beta}{ \left(X - \left( \frac{5 + \sqrt{73}}{4} \right) \right)}$$




En faisant \( \left(X = \frac{5 - \sqrt{73}}{4} \right) \), on détermine \( \alpha \) :

$$ \underset{\left(X = \frac{5 - \sqrt{73}}{4} \right)}{F(X)} \times \left(X - \left( \frac{5 - \sqrt{73}}{4} \right) \right) = \frac{1}{\left(X - \left( \frac{5 + \sqrt{73}}{4} \right) \right)}= \alpha \Longrightarrow \left(\alpha = -\frac{2}{\sqrt{73}} \right) $$

En faisant maintenant \( \left(X = \frac{5 + \sqrt{73}}{4} \right) \), on détermine \( \beta \) :

$$ \underset{\left(X = \frac{5 + \sqrt{73}}{4} \right)}{F(X)} \times \left(X - \left( \frac{5 + \sqrt{73}}{4} \right) \right) = \frac{1}{\left(X - \left( \frac{5 - \sqrt{73}}{4} \right) \right)}= \beta \Longrightarrow \left(\beta = \frac{2}{\sqrt{73}} \right) $$




Enfin, cette intégrale peut s'écrire sous forme décomposée :

$$ G_2 = -\frac{2}{\sqrt{73}} \int^x \frac{dt}{\left(t - \left( \frac{5 - \sqrt{73}}{4} \right) \right)} + \frac{2}{\sqrt{73}}\int^x \frac{dt}{ \left(t - \left( \frac{5 + \sqrt{73}}{4} \right) \right)} $$

$$ G_2 = \frac{2}{\sqrt{73}} \left( \Biggl[ ln\left| t - \frac{5 + \sqrt{73}}{4} \right| - ln\left| t - \frac{5 - \sqrt{73}}{4} \right| \Biggr]^x \right) $$

$$ G_2 = \frac{2}{\sqrt{73}} \ ln\left| \frac{x - \frac{5 + \sqrt{73}}{4}}{x - \frac{5 - \sqrt{73}}{4}} \right| $$

$$ G_2 = \frac{2}{\sqrt{73}} \ ln\left| \frac{4x - (5 + \sqrt{73})}{4x - ( 5 - \sqrt{73})} \right| $$




Soit en injectant le résultat précédent, on obtient l'intégrale finale :

$$ G = -\frac{3}{4} ln \left| x^2 -\frac{5}{2}x -3 \right| \ + \ \frac{5}{8} G_2 $$

$$ G = -\frac{3}{4} ln \left| x^2 -\frac{5}{2}x -3 \right| \ + \ \frac{5}{8} \times \frac{2}{\sqrt{73}} \ ln\left| \frac{4x - (5 + \sqrt{73})}{4x - ( 5 - \sqrt{73})} \right| $$

$$ G = -\frac{3}{4} \ ln \left| x^2 -\frac{5}{2}x -3 \right| \ + \ \frac{5}{4\sqrt{73}} \ ln\left| \frac{4x - (5 + \sqrt{73})}{4x - ( 5 - \sqrt{73})} \right| $$