Changement de variable

  1. Les exercices
  2. Vue compacte

Exercices du dossier Changement de variable

Exercice 525 *

12 mai 2021 12:14 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Déterminer les primitives suivantes en utilisant le changement de variable précisé :

  1. \(\int_{1}^{e} {\scriptstyle\ln x\over\scriptstyle x}\,\textrm{d}x\) en posant \(u=\ln x\)

  2. \(\int_{0}^{1} {\scriptstyle x^3\over\scriptstyle\sqrt{x+1}}\,\textrm{d}x\) en posant \(u=\sqrt{x+1}\).

  3. \(\int_{0}^{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}} \sin x \cos^2 x\,\textrm{d}x\) en posant \(u=\cos x\).

  4. \(\int_{0}^{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 4}} \tan^4 x\,\textrm{d}x\) en posant \(u=\tan x\).

  5. \(\int_{0}^{1} \sqrt{1-x^2}\,\textrm{d}x\) en posant \(x=\cos u\).

  6. \(\int_{1}^{e} {\scriptstyle\ln x\over\scriptstyle\sqrt x}\,\textrm{d}x\) en posant \(u=\sqrt{x}\).


[ID: 1810] [Date de publication: 12 mai 2021 12:14] [Catégorie(s): Changement de variable ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 525
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 mai 2021 12:14

  1. On pose \(u=\ln x\). \(u\) est bien \(\mathcal{C}^{1}\) et \(\int_{1}^{e} {\scriptstyle\ln x\over\scriptstyle x}\,\textrm{d}x = \int_{0}^{1} u\,\textrm{d}u=\left[{\scriptstyle u^2\over\scriptstyle 2}\right]_{0}^{1}=\boxed{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}}\).
    Point n’est besoin de changement de variable puisque
    \(\displaystyle\int\dfrac{\ln x}{x}\,\textrm dx = \dfrac12 \ln^2x + C\).

  2. On pose \(\begin{cases}u=\sqrt{x+1} \\du=\dfrac{dx}{2\sqrt{x+1}}\end{cases}\) et \(x=u^2-1\). On a : \(\int_{0}^{1} {\scriptstyle x^3\over\scriptstyle\sqrt{x+1}}\,\textrm{d}x=\int_{1}^{\sqrt{2}} \dfrac{\left(u^2-1\right)^3} {2}\,\textrm{d}u=\boxed{\dfrac{16}{35}-\dfrac{9}{35}\sqrt{2}}\)

  3. On pose \(\begin{cases}u=\cos x \\ du=-\sin x dx \end{cases}\), on obtient : \(\int_{0}^{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}} \sin x \cos^2 x\,\textrm{d}x=\int_{0}^{1} u^2\,\textrm{d}u=\boxed{\dfrac{1}{3}}\).

  4. On pose \(\begin{cases}u=\tan x \\ du=\left(1+\tan^2 x\right)dx=\left(1+u^2\right)dx \end{cases}\), on obtient : \(\int_{0}^{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 4}} \tan^4 x\,\textrm{d}x=\int_{0}^{1} \dfrac{u^4}{1+u^2}\,\textrm{d}u=\int_{0}^{1} \left(\dfrac{u^4-1}{1+u^2} +\dfrac{1}{1+u^2}\right)\,\textrm{d}u=\int_{0}^{1} \left(u^2-1\right)\,\textrm{d}u+\int_{0}^{1} \dfrac{1}{1+u^2}\,\textrm{d}u=\Bigl[ \dfrac{u^3}{3}-u+\operatorname{arctan} u \Bigr]_{0}^{1}=\boxed{-\dfrac{2}{3}+\dfrac{\pi}{4}}\) .

  5. On pose \(\begin{cases}x=\cos u\\ dx=-\sin u du \end{cases}\), on obtient : \(\int_{0}^{1} \sqrt{1-x^2}\,\textrm{d}x=-\int_{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}}^{0} \sqrt{1-\cos^2 u}\sin u\,\textrm{d}u=\int_{0}^{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}} \sin^2 u\,\textrm{d}u=\int_{0}^{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}} \dfrac{1-\cos 2u}{2}\,\textrm{d}u=\boxed{\dfrac{\pi}{4}}\).

  6. On pose \(\begin{cases}u=\sqrt{x}\\du=\dfrac{dx}{2\sqrt x} \end{cases}\), on obtient : \(\int_{1}^{e} {\scriptstyle\ln x\over\scriptstyle\sqrt x}\,\textrm{d}x=\int_{1}^{\sqrt e} 2\ln u^2\,\textrm{d}u=\int_{1}^{\sqrt e} 4\ln u\,\textrm{d}u=4\Bigl[ u\ln u -u \Bigr]_{1}^{\sqrt e}=\boxed{4-2\sqrt{e}}\).


Exercice 340 *

12 mai 2021 12:14 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Déterminer les primitives suivantes en utilisant un changement de variable adéquat :

  1. \(\int_{}^{} \dfrac{1}{x+x\ln^2 x}\,\textrm{d}x\)

  2. \(\int_{}^{} \dfrac{\sin x}{1+\cos^2 x}\,\textrm{d}x\)

  3. \(\int_{}^{} {\sqrt{x^2+1}}\,\textrm{d}x\)

  4. \(\int_{}^{} \dfrac{1}{\mathop{\mathrm{ch}}x}\,\textrm{d}x\)

  5. \(\int_{}^{} {\scriptstyle e^{2x}\over\scriptstyle e^x+1}\,\textrm{d}x\)

  6. \(\int_{}^{} {\scriptstyle x\over\scriptstyle\sqrt{x+1}}\,\textrm{d}x\)


[ID: 1812] [Date de publication: 12 mai 2021 12:14] [Catégorie(s): Changement de variable ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 340
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 mai 2021 12:14

  1. On pose \(\begin{cases}u=\ln x \\ du =\dfrac{dx}{x} \end{cases}\), on obtient : \(\int_{}^{} \dfrac{1}{x+x\ln^2 x}\,\textrm{d}x=\int_{}^{} \dfrac{1}{1+u^2}\,\textrm{d}u=\operatorname{arctan} u+C^{te}=\boxed{\operatorname{arctan} \ln x+C^{te}}\).

  2. On pose \(\begin{cases}u=\cos x \\ du =-\sin x dx \end{cases}\), on obtient : \(\int_{}^{} \dfrac{\sin x}{1+\cos^2 x}\,\textrm{d}x=\int_{}^{} \dfrac{-1}{1+u^2}\,\textrm{d}u=-\operatorname{arctan} u + C^{te}=\boxed{-\operatorname{arctan} \cos x + C^{te}}\)

  3. On pose \(\begin{cases}u=\mathop{\mathrm{sh}}x \\ du =\mathop{\mathrm{sh}}x dx \end{cases}\), on obtient : \(\int_{}^{} {\sqrt{x^2+1}}\,\textrm{d}x=\int_{}^{} \sqrt{\mathop{\mathrm{sh}}^2 x+1}\mathop{\mathrm{ch}}u\,\textrm{d}u=\int_{}^{} \mathop{\mathrm{ch}}^2 u\,\textrm{d}u=\int_{}^{} \dfrac{1}{2}\left(1+\mathop{\mathrm{ch}}2u\right)\,\textrm{d}u=\dfrac{u}{2}+\dfrac14\mathop{\mathrm{sh}} 2u+C^{te}=\boxed{\dfrac{1}{2}\mathop{\mathrm{argsh}}x+ \dfrac14x\sqrt{1+x^2}+C^{te}}\)

  4. Un grand classique. Cette fois les différentes méthodes sont instructives :
    On pose \(\begin{cases}u=e^x \\ du = e^x dx=u dx \end{cases}\), on obtient : \(\int_{}^{} \dfrac{1}{\mathop{\mathrm{ch}} x}\,\textrm{d}x=\int_{}^{} \dfrac{2}{e^x+e^{-x}}\,\textrm{d}x=\int_{}^{} \dfrac{2e^x}{e^{2x}+1}\,\textrm{d}x= \int_{}^{} \dfrac{2}{1+u^2}\,\textrm{d}u=2\operatorname{arctan} u+C^{te}=\boxed{2\operatorname{arctan} \left(e^x\right)+C^{te}}\).
    Changement en \(u = \textrm{sh}\,x\). \[\begin{aligned} \int \dfrac{\textrm dx}{\textrm{ch}\,x} &= \int \dfrac{\textrm{ch}\,x\,\textrm dx}{\textrm{ch}^2x}\\ &= \int \dfrac{\textrm du}{1+u^2}\\ &= \operatorname{arctan} u + C\\ &= \operatorname{arctan} \left( \textrm{argsh}\,x\right) + C.\end{aligned}\] Changement en \(t = \textrm{th}\left( {\scriptstyle x\over\scriptstyle 2}\right)\). \[\begin{aligned} \int \dfrac{\textrm dx}{\textrm{ch}\,x} &= \int \dfrac{{\scriptstyle 2\,\textrm dt\over\scriptstyle 1-t^2}}{{\scriptstyle 1+t^2\over\scriptstyle 1-t^2}}\\ &= 2\operatorname{arctan} t + C\\ &= 2\operatorname{arctan} \left( \textrm{th}\left( {\scriptstyle x\over\scriptstyle 2}\right)\right) + C\end{aligned}\] Les trois fonctions sont définies sur \(\mathbb R\) et ne diffèrent donc que d’une constante !

  5. On pose \(\begin{cases}u= e^x\\ du = e^x dx\end{cases}\), on obtient : \(\int_{}^{} {\scriptstyle e^{2x}\over\scriptstyle e^x+1}\,\textrm{d}x=\int_{}^{} \dfrac{u}{1+u}\,\textrm{d}u=\int_{}^{} \dfrac{1+u}{1+u}\,\textrm{d}u-\int_{}^{} \dfrac{1}{1+u}\,\textrm{d}u=u+\ln\left|1+u\right|+C^{te}=\boxed{e^x+ln\left(1+e^x\right)+C^{te} }\)

  6. On pose \(\begin{cases}u=\sqrt{x+1} \\ du=\dfrac{dx}{2\sqrt{x+1}}=\dfrac{dx}{2u}\end{cases}\), on obtient : \[\begin{aligned} \int \dfrac{x\,\textrm dx}{\sqrt{x+1}} &= \int (u^2-1)\,\textrm du \\ &= \dfrac{u^3}{3} - u + C\\ &= \dfrac23 \sqrt{x+1} (x-2) + C.\end{aligned}\]


Exercice 243 *

12 mai 2021 12:14 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Calculer les intégrales suivantes en utilisant un changement de variable adéquat :

  1. \(\int_{0}^{1} \dfrac{1}{1+e^x}\,\textrm{d}x\)

  2. \(\int_{0}^{1} x^2\sqrt{1-x^2}\,\textrm{d}x\)

  3. \(\int_{0}^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}} \sqrt{\dfrac{\operatorname{arcsin} x}{1-x^2}}\,\textrm{d}x\)

  4. \(\int_{0}^{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 4}} \dfrac{1}{\cos^2 x \sqrt{\tan x}}\,\textrm{d}x\)

  5. \(\int_{1}^{4} \dfrac{1}{x+\sqrt{x}}\,\textrm{d}x\)

  6. \(\int_{0}^{1} \dfrac{1}{1+x+x^2}\,\textrm{d}x\)


[ID: 1814] [Date de publication: 12 mai 2021 12:14] [Catégorie(s): Changement de variable ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 243
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 mai 2021 12:14

  1. On pose \(\begin{cases}u=e^x \\ du=e^x dx=u dx\end{cases}\), on obtient : \(\int_{0}^{1} \dfrac{1}{1+e^x}\,\textrm{d}x=\int_{1}^{e} \dfrac{1}{u\left(1+u\right)}\,\textrm{d}u=\int_{1 }^{e} \dfrac{1}{u}-\dfrac{1}{u+1}\,\textrm{d}u=\Bigl[ \ln u-\ln \left(1+u\right) \Bigr]_{1}^{e}=\boxed{\ln 2-\ln\left(e+1\right)+1}\).

  2. On pose \(\begin{cases}u=\cos x \\ du=-\sin x dx\end{cases}\), on obtient : \(\int_{0}^{1} x^2\sqrt{1-x^2}\,\textrm{d}x=\int_{0}^{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}} \cos^2 u \sin^2 u\,\textrm{d}u=\int_{0}^{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}} \dfrac{1-\cos 4u}{8}\,\textrm{d}u=\boxed{\dfrac{\pi}{16}}\).

  3. On pose \(\begin{cases}u=\operatorname{arcsin} x \\ du= \dfrac{dx}{\sqrt{1-x^2}}\end{cases}\), on obtient : \(\int_{0}^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}} \sqrt{\dfrac{\operatorname{arcsin} x}{1-x^2}}\,\textrm{d}x=\int_{0}^{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 6}} \sqrt{\dfrac{u}{1-\sin^2 u}} \sqrt{1-\sin^2 u}\,\textrm{d}u= \int_{0}^{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 6}} \sqrt{ u}\,\textrm{d}u=\boxed{\dfrac{\pi^{{\scriptstyle 3\over\scriptstyle 2}} \sqrt 6}{54}}\).

  4. On pose \(\begin{cases}u=\sqrt{\tan(x)} \\ du=\dfrac{1}{2\cos^2 x\sqrt{\tan x}}dx\end{cases}\), on obtient : \(\int_{0}^{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 4}} \dfrac{1}{\cos^2 x \sqrt{\tan x}}\,\textrm{d}x=\int_{0}^{1} 2\,\textrm{d}u= \boxed{2 }\).

  5. On pose \(\begin{cases}u=\sqrt x \\ du= \dfrac{dx}{2\sqrt{x}}\end{cases}\), on obtient : \(\int_{1}^{4} \dfrac{1}{x+\sqrt{x}}\,\textrm{d}x=\int_{1}^{2} \dfrac{2}{1+u}\,\textrm{d}u=\Bigl[ 2\ln\left(1+u\right) \Bigr]_{1}^{2}=\boxed{2\ln\left(\dfrac{3}{2}\right) }\).

  6. On a :\(\int_{0}^{1} \dfrac{1}{1+x+x^2}\,\textrm{d}x =\int_{0}^{1} \dfrac{1}{\left(x+\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4} }\,\textrm{d}x= \int_{0}^{1} \dfrac{4}{3}\dfrac{1}{\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}\left(x+\dfrac{1}{2}\right)\right)^2+1 }\,\textrm{d}x\) On pose \(\begin{cases}u= \dfrac{2}{\sqrt{3}}\left(x+\dfrac{1}{2}\right) \\ du=\dfrac{2}{\sqrt{3}} dx\end{cases}\), on obtient : \(\int_{0}^{1} \dfrac{1}{1+x+x^2}\,\textrm{d}x = \dfrac{2\sqrt{3}}{3}\int_{{\scriptstyle\sqrt{3}\over\scriptstyle 3}}^{\sqrt{3}} \dfrac{1}{1+u^2}\,\textrm{d}u ={\scriptstyle 2\sqrt 3\over\scriptstyle 3}\Bigl[ \operatorname{arctan} u \Bigr]_{{\scriptstyle\sqrt{3}\over\scriptstyle 3}}^{\sqrt{3}}=\boxed{\dfrac{\pi\sqrt{3}}{9} }\).


Exercice 724 *

12 mai 2021 12:14 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit \(a,b\in\mathbb{R}_+^*\) et \(n\in\mathbb{N}\). Calculer à l’aide de changements de variables, les intégrales

\[I_1=\int _0^a \dfrac{dx}{\sqrt{a^2-x^2}},\quad I_2=\int _0^a\dfrac{dx}{a^2+x^2},\quad I_3=\int _a^b(x-a)^n\mathrm{ \;d}x\]


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Solution

Exercice 724
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 mai 2021 12:14

Pour les deux premières intégrales, on effectue le changement de variable \(\begin{cases} u=x/a \\ \mathrm{ \;d}u=\mathrm{ \;d}x/a \end{cases}\). On obtient alors : \[I_1= \int _0^a \dfrac{\mathrm{ \;d}x}{\sqrt{a^2-x^2}} = \int_0^1 \dfrac{a\mathrm{ \;d}u}{\sqrt{a^2-a^2 u^2}}= \int_0^1 \dfrac{\mathrm{ \;d}u}{\sqrt{1-u^2}}=\operatorname{arcsin} 1= \boxed{\dfrac{\pi}{2}}\]

\[I_2= \int _0^a\dfrac{dx}{a^2+x^2} = \int_{0}^1 \dfrac{a\mathrm{ \;d}u}{a^2+a^2 u^2}=\dfrac{1}{a} \int_{0}^1 \dfrac{\mathrm{ \;d}u}{1+ u^2}=\dfrac{\operatorname{arctan} 1}{a}= \boxed{\dfrac{\pi}{4a}}\] Pour la troisième, on pose \(\begin{cases}u&=x-a\\\mathrm{ \;d}u=\mathrm{ \;d}x \end{cases}\) : \[I_3= \int _a^b (x-a)^n = \int_{0}^{b-a}{u^n}\mathrm{ \;d}u= \boxed{\dfrac{\left(b-a\right)^{n+1}}{n+1}}.\]


Exercice 311 **

12 mai 2021 12:14 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

En utilisant un bon changement de variables, calculer pour \(0<a<b\), l’intégrale \[I= \int_a^b (x-a)^3(b-x)^4 dx\]


[ID: 1818] [Date de publication: 12 mai 2021 12:14] [Catégorie(s): Changement de variable ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 311
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 mai 2021 12:14

Effectuons le changement de variables \(\begin{cases}y=b-x\\ \mathrm{ \;d}y = -\mathrm{ \;d}x\end{cases}\). On trouve que : \[I=\int_0^{b-a} (b-a-y)^3y^4 dy\] On fait ensuite le changement de variables \(\begin{cases}z=\dfrac{y}{b-a}\\ \mathrm{ \;d}y=(b-a)\mathrm{ \;d}z\end{cases}\), et on trouve que \[I= (b-a)^8\int_0^1 z^4(1-z)^3 dz .\] En développant, on obtient alors \[\boxed{I= \dfrac{1}{280}(b-a)^8 }\]


Exercice 601 **

12 mai 2021 12:14 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit un réel \(a > 0\). Calculer en utilisant un bon changement de variables, l’intégrale \[I=\int_{1/a}^a \dfrac{x\ln x}{(1+x^2)^2} \mathrm{ \;d}x\]

Comment laisser les bornes invariantes ?


[ID: 1820] [Date de publication: 12 mai 2021 12:14] [Catégorie(s): Changement de variable ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 601
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 mai 2021 12:14

On effectue le changement de variables \(\begin{cases}t={\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}\\ \mathrm{ \;d}t = -\dfrac{\mathrm{ \;d}x}{x^2}\end{cases}\) : \[I=-\int_{a}^{1/a} \dfrac{t\ln {\scriptstyle 1\over\scriptstyle t}}{\left(1+t^2\right)^2} \,\textrm{d} t = -\int_{1/a}^{a} \dfrac{t\ln t}{\left(1+t^2\right)^2} \,\textrm{d} t=-I\] et de ce fait \(\boxed{I=0}\).


Exercice 668 **

12 mai 2021 12:14 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Calculer en utilisant un bon changement de variables l’intégrale \[I=\int_0^{\pi} \dfrac{x\sin x}{1+\cos ^2x} \mathrm{ \;d}x\]

Comment laisser les fonctions \(\sin x\), \(\cos^2 x\) et les bornes invariantes?


[ID: 1822] [Date de publication: 12 mai 2021 12:14] [Catégorie(s): Changement de variable ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 668
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 mai 2021 12:14

On effectue le changement de variables \(\begin{cases}t=\pi-x\\\mathrm{ \;d}t = -\mathrm{ \;d}x\end{cases}\). On trouve que \[I=-\int_{0}^{\pi} \dfrac{\left(-\pi+t\right)\sin t}{1+\cos^2 t}\,\textrm{d}t\] et donc que \(2I= \int_0^{\pi} \dfrac{ \pi \sin t}{1+\cos^2 t} \mathrm{ \;d}t\). On effectue ensuite le changement de variables \(\begin{cases}u=\cos t\\ \mathrm{ \;d}u = -\sin t \mathrm{ \;d}t\end{cases}\) et on trouve finalement que \[I= -\dfrac{1}{2}\int_{1}^{-1} \dfrac{\pi}{1+u^2}\,\textrm{d}u=-\dfrac{\pi}{2}\Bigl[ \operatorname{arctan} u \Bigr]_{1}^{-1} =\boxed{\dfrac{\pi^2}{4}}.\]


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