intégrales astucieuses...
Bonsoir,
Je vous propose de calculer en trois lignes:
$$\int\frac{arcsin(x)+\sqrt{1-x^2}}{(1-x^2)\sqrt(1-x^2)}dx$$
Merci de me proposer d'autres intégrales astucieuses !
&
& passionné par la guitare vient d'acheter une classique, tout nouveau dans le monde de la guitare, je cherche un cours sur les cordes et les tablatures... si un ami du forum veut bien m'aider, mon mèl est dans profile
Merci d'avance !
Je vous propose de calculer en trois lignes:
$$\int\frac{arcsin(x)+\sqrt{1-x^2}}{(1-x^2)\sqrt(1-x^2)}dx$$
Merci de me proposer d'autres intégrales astucieuses !
&
& passionné par la guitare vient d'acheter une classique, tout nouveau dans le monde de la guitare, je cherche un cours sur les cordes et les tablatures... si un ami du forum veut bien m'aider, mon mèl est dans profile
Merci d'avance !
Réponses
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x.arcsin(x)/((1-x^2)^(1/2))+(1/2).ln(1-x²)+arctanh(x)+C :-)
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Je propose la jolie intégrale : $\displaystyle{\int_0^\frac{\pi}{2} \frac{\cos (x)^{\sin(x)}}{\cos(x)^{\sin(x)}+\sin(x)^{\cos(x)}}dx}$
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Elle doit valoir $\pi/4$ (de tête ....on ajoute et on retranche sin^(cosx) puis cht de var $x-->x-\pi/2$)?
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bonjour
je confirme la réponse de Kms: pi/4
soit I la première intégrale et J l'intégrale de 0 à pi/2 de (sint^cost)dt/(sint^cost+cost^sint)
les deux intégrales I et J sont égales (il suffit de poser x = pi/2 - t)
or I+J = pi/2 (il suffit de grouper les deux intégrales) donc I = J = pi/4
cordialement -
Modérateuuuuuuuur:
l'intégrale que je voulais proposer, est plutôt:
$$\int(x.arcsin(x)+\sqrt{1-x^2})\frac{x}{(1-x^2)\sqrt{1-x^2}}dx$$
Merci de la rectifier !
Je rappelle qu'elle demande une simple astuce, qu'il faut simplement remarquer !
c'est l'astuce qui compte, non pas la primitive ! si non maple...
j'ai noté la jolie intégrale proposée par philippe malot pour pouvoir y réflichir la nuit !
Merci
&
dans un cyber, pas assez d'argent dans la poche, et donc à la hâte -
IPP puis une intégrale d'une fonction de la forme u*u'
-
Une idée, mais pas de moqueries svp :
$\int (x.arcsin(x)+\sqrt{1-x^2})\frac{x}{(1-x^2)\sqrt{1-x^2}}dx=\int \frac{x^2.arcsin(x)}{(1-x^2)\sqrt{1-x^2}}dx+\int \frac{x}{1-x^2}dx$
La seconde intégrale vaut $\left[-\frac{1}{2} ln(1-x^2)\right]$
Pour la première on effectue le changement de variable $y=arcsin(x)$. On obtient donc : $dy=\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}$ et $x=sin(y)$ d'où $x^2=sin^2(x)$ et $1-x^2=cos^2(x)$.
Ainsi la première intégrale vaut : $$\int y.sin(y) \frac{sin(y)}{cos(y)}dy$$.
A l'aide d'une IPP en posant $u(y)=ysin(y)$ et $v^{'}(y)=\frac{sin(y)}{cos^2(y)}$ nous obtenons : $\int y.sin(y) \frac{sin(y)}{cos(y)}dy=-\left[y.tan(y)\right]+\int tan(y)dy+\int y dy= \left[-y.tan(y)-ln(cos(y))+\frac{y^2}{2}\right]$
Donc l'intégrale du départ vaut : $$\left[-\frac{1}{2} ln(1-x^2)\right]+\left[-y.tan(y)-ln(cos(y))+\frac{y^2}{2}\right]$$.
Perso j'ai un gros doute. -
Une idée, mais pas de moqueries svp :
$$\int (x.arcsin(x)+\sqrt{1-x^2})\frac{x}{(1-x^2)\sqrt{1-x^2}}dx=\int \frac{x^2.arcsin(x)}{(1-x^2)\sqrt{1-x^2}}dx+\int \frac{x}{1-x^2}dx$$
La seconde intégrale vaut $[-\frac{1}{2} ln(1-x^2)]$
Pour la première on effectue le changement de variable $y=arcsin(x)$. On obtient donc : $dy=\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}$ et $x=sin(y)$ d'où $x^2=sin^2(y)$ et $1-x^2=cos^2(y)$.
Ainsi la première intégrale vaut : $$\int y.sin(y) \frac{sin(y)}{cos(y)}dy$$.
A l'aide d'une IPP en posant $u(y)=ysin(y)$ et $v^{'}(y)=\frac{sin(y)}{cos^2(y)}$ nous obtenons : $\int y.sin(y) \frac{sin(y)}{cos(y)}dy=-[y.tan(y)]+\int tan(y)dy+\int y dy= [-y.tan(y)-ln(cos(y))+\frac{y^2}{2}]$
Donc l'intégrale du départ vaut : $$[-\frac{1}{2} ln(1-x^2)]+[-y.tan(y)-ln(cos(y))+\frac{y^2}{2}]$$.
PS : désolé pour le premier message mais erreur de latex -
pourquoi tu as mis "y" ?
-
Oui j'ai oublié de repasser a x, mais $y=arcsin(x)$ (provient du changement de variable pour calculer la première intégrale).
Cependant, il y a une petite erreur d'écriture, il faut lire $\int y.sin(y) \frac{sin(y)}{cos^2(y)}dy$ au lieu de $ \int y.sin(y) \frac{sin(y)}{cos(y)}dy$ -
Oui j'ai oublié de repasser a x, il faut juste remplacer $y$ par $arcsin(x)$(provient du changement de variable pour calculer la première intégrale).
Cependant, il y a une petite erreur d'écriture, il faut lire $\int y.sin(y) \frac{sin(y)}{cos^2(y)}dy$ au lieu de $ \int y.sin(y) \frac{sin(y)}{cos(y)}dy$ -
Bonsoir;
calculer : $\int_{\frac{1}{x}}^{x}\frac{ln(t)}{1+t^2}dt$
$x>0$ -
bisam, c'est presque ce que tu propose, en effet la fonction sous le signe intégrale est de la forme f.f"', avec f=x.arcsin(x)+rac(1-x²) donc une primitive est immidiatement f.f"-f'²/2.
pour l'intégrale de malot philippe,
si on note $I=\displaystyle{\int_0^\frac{\pi}{2} \frac{\cos (x)^{\sin(x)}}{\cos(x)^{\sin(x)}+\sin(x)^{\cos(x)}}dx}$ et^$J=\displaystyle{\int_0^\frac{\pi}{2} \frac{\sin (x)^{\cos(x)}}{\cos(x)^{\sin(x)}+\sin(x)^{\cos(x)}}dx}$
On a $I+J=\int_{0}^{\pi/2}dx=\pi/2$ et $I-J=\displaystyle{\int_0^\frac{\pi}{2} \frac{\cos (x)^{\sin(x)}-\sin (x)^{\cos(x)}}{\cos(x)^{\sin(x)}+\sin(x)^{\cos(x)}}dx}$
Si on note $f(x)= \frac{\cos (x)^{\sin(x)}-\sin (x)^{\cos(x)}}{\cos(x)^{\sin(x)}+\sin(x)^{\cos(x)}}$
On a $f(\pi/2-x)=-f(x)\Rightarrow (\pi/4,0)$ est un centre de symétrie pour $f$ sur $[0,\pi/2]$
et par consequent $I-J=\displaystyle{\int_0^\frac{\pi}{2} \frac{\cos (x)^{\sin(x)}-\sin (x)^{\cos(x)}}{\cos(x)^{\sin(x)}+\sin(x)^{\cos(x)}}dx}=0$
Alors $I+J=\pi/2$ et $I-J=0}$ d'où $I=J=\pi/4$
Donc c'est ce que kms a fait à la tête !
-
Pour l'intégrale de B_J, je suggère un changement de variable u = 1/t pour s'apercevoir que l'intégrale vaut 0.
-
Tout à fait Gilles !
& -
En fait, ma méthode (que tu n'as même pas essayée, &) fonctionne très bien puisqu'en posant effectivement f:x->x.arcsin(x)+rac(1-x²), on se retrouve après l'IPP à intégrer f'(x)f"(x)...
-
Bonjour!
Vous en avez encore des integrales qui sont vraiment astucieuses?
C'est plutot interessant et ca change des sentiers battus.
Si quelqu'un en a une sous la main.... merci
amicalement -
Bonjour!
En voici une interessante:
$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{sinx}{\sqrt{1+sinxcosx}}dx$
amicalement -
racinedecheveux,
pour ton intégrale, je verrais bien un 2 devant le produit $\sin x\cos x$ au dénominateur, comme ça :
$$I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x}{\sqrt{1+2\sin x \cos x}}\,dx$$
si c'est bien ça, c'est facile : le changement de variable $t=\pi/2-x$ donne une intégrale similaire avec un $\cos $ au numérateur. On ajoute alors les deux formes de l'intégrale et on remarque que la quantité sous la racine est le carré du numérateur.
conclusion : $2I=\pi /2$. -
tiens, tant que j'y suis, je propose celle-là (où $a>0$) :
$$\int_{-a}^a\,\ln \left( \sqrt{a-x}+\sqrt{a+x}\right ) \,dx$$ -
euh...Aleg c'est une blague?
-
Bonjour!
euh... merci Aleg mais l'idee c'est pas de changer la question pour faire simple; je sais que je suis pas tres fort mais à ce point là...
le debut est bon on commence par $t=\pi/2-x$ et on considere $I+J$
Mais mon integrale est bien:
$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{sinx}{\sqrt{1+sinxcosx}}dx$
il n'y a pas de 2.
Une autre interessante:
$I = \int_{-1}^{1} \frac{dx}{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}+2}$
amicalement -
eh bien, racinedecheveux, vois-tu, finalement, je la préfère quand même avec un $2$ ton intégrale...!!
(blague à part, tu n'as pas tort : je crois qu'à force de voir sur ce forum des questions que le questionneur rectifie longtemps après que de multiples intervenants se soient arrachés les cheveux, j'ai tendance à spontanément rectifier dans le sens qui m'arrange.... Excuse-moi pour cette dénaturation de ton énoncé.
Ceci dit, le côté "facile" de l'intégrale "rectifiée" un peu vite
$$I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x}{\sqrt{1+2\sin x \cos x}}\,dx$$
ne se voulait pas une insulte à ton intelligence, et s'inscrit tout à fait dans l'esprit de ce fil (voir les intégrales précédentes) : quelques petites astuces simples et faciles pour arriver au résultat sans que ça prenne trois plombes...) -
Bonjour!
Aleg je ne comprends pas votre ton, je n'etais pas ironique, j'ai plutot tendance à poser des questions un peu betes; mais là si je propose une integrale avec une astuce, je fais au mieux pour ne pas mettre de faute.
L'astuce consiste à ecrire differemment sinx+cosx ; c'est pour ca que je l'ai poste dans ce sujet; j'avais trouve l'idee assez interessante en lisant le corrige (j'avais pas trouve l'astuce). Je redigerais la solution demain.
Je reitere si quelqu'un a une integrale astucieuse à proposer, ce serait sympa.
amicalement -
Bonjour!
Voici l'astuce:
On pose $t=x+\frac{\pi}{2}$
On considere donc $I+J$
Soit:
$2I= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{sinx +cosx}{\sqrt{1+sinxcosx}} dx$
$=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sqrt{2}cos(x-\frac{\pi}{4}}{\sqrt{1+\frac{sin(2x)}{2}}dx$
On pose maintenant $t=x-\frac{\pi}{4}$
$2I= \int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\frac{\sqrt{2}cost}{\sqrt{1+\frac{cos(2t)}{2}}}dt$
donc $I=\sqrt{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{cost}{\sqrt{\frac{3}{2}-sin^2t}}dt$
Il reste à poser $u=sint$
finalement $I=\sqrt{2}arcsin\frac{1}{\sqrt{3}}$
je vois que ca a pas dechaine les foules; mais j'ai quand même trouve l'ecriture
de $sinx+cosx$ interessante pour le changement de variable;
Pour la deuxieume integrale c'est le même genre en posant $x=cost$
puis $u=\frac{t}{4}-{\pi}{8}$
apparemment personne ne veut poster une integrale astucieuse...
dommage.
amicalement -
Bonjour!
Voici l'astuce:
On pose $t=x+\frac{\pi}{2}$
On considere donc $I+J$
Soit:
$2I= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{sinx +cosx}{\sqrt{1+sinxcosx}} dx$
$=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sqrt{2}cos(x-\frac{\pi}{4}}{\sqrt{1+\frac{sin(2x)}{2}}dx$
On pose maintenant $t=x-\frac{\pi}{4}$
$2I= \int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\frac{\sqrt{2}cost}{\sqrt{1+\frac{cos(2t)}{2}}}dt$
donc $I=\sqrt{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{cost}{\sqrt{\frac{3}{2}-sin^2t}}dt$
Il reste à poser $u=sint$
finalement $I=\sqrt{2}arcsin\frac{1}{\sqrt{3}}$
je vois que ca a pas dechaine les foules; mais j'ai quand même trouve l'ecriture
de $sinx+cosx$ interessante pour le changement de variable;
Pour la deuxieume integrale c'est le même genre en posant $x=cost$
puis $u=\frac{t}{4}-\frac{\pi}{8}$
apparemment personne ne veut poster une integrale astucieuse...
dommage.
amicalement -
Une facile :
$$\int_{-1}^1\frac{1}{\sqrt{x^2+1}+\sqrt{x^2-1}}dx$$ -
Bonjour!
Voici l'astuce:
On pose $t=\frac{\pi}{2}-x$
On considere donc $I+J$
Soit:
$2I= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{sinx +cosx}{\sqrt{1+sinxcosx}} dx$
$=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sqrt{2}cos(x-\frac{\pi}{4}}{\sqrt{1+\frac{sin(2x)}{2}}}dx$
On pose maintenant $t=x-\frac{\pi}{4}$
$2I= \int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\frac{\sqrt{2}cost}{\sqrt{1+\frac{cos(2t)}{2}}}dt$
donc $I=\sqrt{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{cost}{\sqrt{\frac{3}{2}-sin²t}}dt$
Il reste à poser $u=sint$
finalement $I=\sqrt{2}arcsin\frac{1}{\sqrt{3}}$
je vois que ca a pas dechaine les foules; mais j'ai quand même trouve l'ecriture
de $sinx+cosx$ interessante pour le changement de variable;
Pour la deuxieume integrale c'est le même genre en posant $x=cost$
puis $u=\frac{t}{4}-\frac{\pi}{8}$
apparemment personne ne veut poster une integrale astucieuse...
dommage.
amicalement -
Une facile :
$$\int_{0}^1\frac{1}{\sqrt{x^2+1}+\sqrt{x^2-1}}dx$$ -
Bonjour!
Quantite conjugue, IPP, on remarque que $x^2 = \sqrt{x^2 +1}^2 -1$
pareil pour l'autre $x^2= \sqrt{x^2 +1}^2 +1$. J'ai pas fais le calcul...
amicalement -
Bonjour!
encore une coquille; y a un plus à enlever et un moins à rajouter...
amicalement -
Juste pour revenir brièvement sur une intégrale proposée par Aleg:
I=$$\int_{-a}^a\,\ln \left( \sqrt{a-x}+\sqrt{a+x}\right ) \,dx$$
J'ai fait le cas où a=1, les autres s'en déduisent:
La fonction sous le signe intégrale étant paire on a:
I=2 $$\int_{0}^1\,\ln \left( \sqrt{1-x}+\sqrt{1+x}\right ) \,dx$$
on utilise 2*ln(U)= ln($\ U^2$) et on a:
I= $$\int_{0}^1\,\ln \left( \sqrt{1-x^2}+1 ) \,dx$$ + ln(2)
on fait le chgt de variable: x=cos(t) et on a
I= $$\int_{0}^\pi\,\ln \left( \sin(t)+1 ) \sin(t),dx$$ + ln(2)
(en fait l'integrale va jusqu'à $$\frac{\pi}{2}$$ mais j'arrive pas à le mettre en Latex )
après une IPP sur l'intégrale on trouve:
I=$$\frac{\pi}{2}$$ +ln(2) - 1
excusez moi pour cette si mauvaise mise en page, mais j'ai encore beaucoup de mal avec Latex...
Je ne sais, si il y a méthode plus astucieuse...mais je suis preneur! -
Juste pour revenir brièvement sur une intégrale proposée par Aleg : $$
I= \int_{-a}^a\,\ln \left( \sqrt{a-x}+\sqrt{a+x}\right ) \,\mathrm dx
$$ J'ai fait le cas où $a=1$, les autres s'en déduisent :
La fonction sous le signe intégrale étant paire on a : $$
I=2 \int_{0}^1\,\ln \left( \sqrt{1-x}+\sqrt{1+x}\right ) \, \mathrm dx
$$ On utilise $2 \ln(U)= \ln( U^2)$ et on a : $$
I= \int_{0}^1\,\ln \left( \sqrt{1-x^2}+1 ) \, \mathrm dx + \ln(2)
$$ On fait le changement de variable : $x=\cos(t)$ et on a $$
I= \int_{0}^\frac{\pi}{2}\,\ln \left( \sin(t)+1 ) \sin(t)\, \mathrm dx + \ln(2)
$$ Après une IPP sur l'intégrale on trouve : $$
I=\frac{\pi}{2} +\ln(2) - 1
$$ Je ne sais, si il y a méthode plus astucieuse...mais je suis preneur!
Excusez moi pour cette si mauvaise mise en page, mais j'ai encore beaucoup de mal avec Latex... -
Voici la réponse en pièce jointe
[Contenu du fichier Word joint. AD]
[Yalcin : Je t'ai connu plus prompt à utiliser LaTeX AD] -
Il y a un bug dans mon intégrale, je ne voulais pas faire apparaître des quantités imaginaires pures. Je vais en donner une autre.
Au fait, Yalcin, pourquoi ne pas avoir utilisé LaTex ? -
contenu du fichier Word
-
Je suis désolé de ne pas avoir pu utilisé le Latex (car sur Mathtype,les couleurs ne se convertissent pas en code Latex),voici en code Latex
(tu peux effacer l'autre AD si tu veux) :
$$\displaylines{ \frac{1}{{\sqrt {x^2 + 1} + \sqrt {x^2 - 1} }} = \frac{1}{2}\left( {\sqrt {x^2 + 1} - \sqrt {x^2 - 1} } \right) \cr = \frac{1}{2}\left( {\frac{{x^2 + 1}}{{\sqrt {x^2 + 1} }} - \frac{{x^2 - 1}}{{\sqrt {x^2 - 1} }}} \right) = \frac{1}{4}\left( {\frac{{2x^2 + 1 + 1}}{{\sqrt {x^2 + 1} }} - \frac{{2x^2 - 1 - 1}}{{\sqrt {x^2 - 1} }}} \right) \cr = \frac{1}{4}\left( {\frac{{2x^2 + 1}}{{\sqrt {x^2 + 1} }} - \frac{{2x^2 - 1}}{{\sqrt {x^2 - 1} }} + \frac{1}{{\sqrt {x^2 + 1} }} + \frac{1}{{\sqrt {x^2 - 1} }}} \right) \cr = \frac{1}{4}\left( {\left( {\sqrt {x^2 + 1} + \frac{{x^2 }}{{\sqrt {x^2 + 1} }}} \right) - \left( {\sqrt {x^2 - 1} + \frac{{x^2 }}{{\sqrt {x^2 - 1} }}} \right) + \frac{1}{{\sqrt {x^2 + 1} }} + \frac{1}{{\sqrt {x^2 - 1} }}} \right) \cr \Rightarrow \boxed{\int {\frac{{dx}}{{\sqrt {x^2 + 1} + \sqrt {x^2 - 1} }}} = \frac{1}{4}\left( {x\sqrt {x^2 + 1} - x\sqrt {x^2 - 1} + \ln \left( {x + \sqrt {x^2 + 1} } \right) + \ln \left( {x + \sqrt {x^2 - 1} } \right)} \right) + C} \cr \Rightarrow \boxed{\int\limits_0^1 {\frac{{dx}}{{\sqrt {x^2 + 1} + \sqrt {x^2 - 1} }} = \frac{1}{4}} \left( {\sqrt 2 - i\frac{\pi }{2} - \ln \left( {\sqrt 2 - 1} \right)} \right)} \cr} $$
Cordialement Yalcin -
Bonjour à tous;
Joseph Graindorge est né à Liège le 9 août 1843. 163 ans aujourd'hui. Elève-ingénieur des Mines (de Liège) puis docteur spécial en sciences physico- mathématiques, répétiteur à l'école des Mines puis professeur à l'Université de Liège. S'est également engagé dans la vie de la cité, a été membre du conseil communal de Liège pendant plusieurs années. A publié plusieurs articles d'analyse dans le journa de Liouville et dans les Nouvelles Annales notamment. A écrit plusieurs ouvrages dont "exercices de calcul intégral à l'usage des élèves de l'Ecole des Mines" (1ere édition en 1873, deuxième édition en 1885). L'hommage analytique ci-dessous est d'ailleurs extrait de la seconde édition. A séjourné à Paris en 1867-1868. Décède le 23 janvier 1896.
L'hommage : Calculer Integrate [1/(a^2 sin(x)^2 + b^2 cos(x)^2),x]
[Merci à Carmélia Opsomer, membre de l'académie royale de Belgique pour les informations biographiques concernant Graindorge]
Pau, le 9 août 2006 (au Relais du Hameau, quartier de l'Ousse des Bois) -
en utilisant la méthode de leo je trouve :
$$\int\limits_{ - a}^a {\ln \left( {\sqrt {x + a} + \sqrt {x - a} } \right)} dx = a & \left( {\frac{\pi }{2} - 1 + \ln \left( {2a} \right)} \right)$$
Cordialement Yalcin -
Désolé d'avoir envoyé mon nouveau sujet "hommage à ..." sur ce sujet mais là où je suis la rubrique "nouveau sujet" ne marche pas. Je vais récidiver. Cordialement. Norbert.
-
L'hommage : Calculer Integrate [1/(a^2 sin(x)^2 + b^2 cos(x)^2),x]
on pose x=arctan((b/a).u) puis apparaître la dérivée de (arctan(k.x))/k -
au début en transformant l'expression on a : (1/a²).Int(1/(1+((b²-a²)/(a²)).cos²(x)),x) après on fait un changement de variable que j'ai indiqué
-
Philippe : je crois que c'est Yalcin qui a un bug !
-
Egorofff pourquoi j'aurais un bug ? Parce que j'ai calculé une intégrale indéfinie ?
-
Non parce que d'un seul coup tu n'arrives plus à poster en LaTeX et parce que tu trouves un nombre complexe pour une intégrale d'une fonction réelle ! Mais c'était pour rigoler bien sûr.
-
Ok Egoroff, mais je crois que la fonction n'est pas réelle sur [0;1]
-
En voici une autre que j'aime beaucoup :
Soit $\alpha \in [0,\frac{\pi}{2}[$. Calculer :
$$\int_0^{\alpha} \ln(1+\tan \alpha \tan x) dx$$ -
<!--latex-->Je crois qu'Aleg a récemment donné l'astuce...
<a href = "http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?f=2&i=310842&t=310688#reply_310842"> http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?f=2&i=310842&t=310688#reply_310842 </a> -
Alex, cette intégrale a été donnée il y'a quelques jours pour une solution à un problème posé par quelqu'un, elle avait été donnée par P. Faradin je crois.
On transforme l'expression qu'il y a dans "ln" en fonction de cos et tout. -
excuses moi Alex. ,c'était donnée par Aleg et non par P.Fradin (pardonnez moi M P. Fradin,j'avais dit : P. faradin :-)).
C'était sur : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?f=2&i=311297&t=310688#reply_311297
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