Intégrales pour HT
Ci-joint une commande de HomoTopi que je livre ici (enjoy !). Si d'autres en ont du type proposé mais plus pertinente, n'hésitez pas. Je n'ai pas les solutions. Il est possible que j'ai été un peu méchant parfois (puisqu'il faut d'abord bidouiller parfois pour se ramener à la forme académique proposée mais rien de sorcier).
Soit $F$ une fraction rationnelle.
1) $F(\cosh(t),\sinh(t))$ :
a) $\int \frac{dt}{\sinh(t)-\sinh(\alpha)}$
b) $\int \frac{dt}{2\sinh(t)+\cosh(t)+1}$
2) $F\left(t,\sqrt[n]{\frac{at+b}{ct+d}}\right)$ :
a) $\int \frac{t\ dt}{\sqrt{t+1}+\sqrt{t}}$
b) $\int \frac{1}{t}\sqrt{\frac{1-t}{1+t}}dt$
3) $F(t,\sqrt{at^2+bt+c})$ :
a) $\int \frac{dt}{t^2+t+1}$
b) $\int \frac{dt}{\sqrt{t^2+t+1}}$
Soit $F$ une fraction rationnelle.
1) $F(\cosh(t),\sinh(t))$ :
a) $\int \frac{dt}{\sinh(t)-\sinh(\alpha)}$
b) $\int \frac{dt}{2\sinh(t)+\cosh(t)+1}$
2) $F\left(t,\sqrt[n]{\frac{at+b}{ct+d}}\right)$ :
a) $\int \frac{t\ dt}{\sqrt{t+1}+\sqrt{t}}$
b) $\int \frac{1}{t}\sqrt{\frac{1-t}{1+t}}dt$
3) $F(t,\sqrt{at^2+bt+c})$ :
a) $\int \frac{dt}{t^2+t+1}$
b) $\int \frac{dt}{\sqrt{t^2+t+1}}$
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Réponses
Essayez de ne pas me donner de réponses toutes cuites, merci. C'est moi qui dois bosser :-D et vous me connaissez maintenant, je demanderai de l'aide de toute façon.
Celle qui me donne le plus envie pour commencer c'est la 2)b).
$\displaystyle \int \dfrac{1}{t}\sqrt{\dfrac{1-t}{1+t}}dt =~?$
Réfléchissons.
$\displaystyle \int \dfrac{1}{t}\sqrt{\dfrac{1-t}{1+t}}dt = \int \dfrac{1}{t}\sqrt{\dfrac{2}{1+t}-1}\cdot dt$
J'ai essayé de poser $\boxed{\dfrac{2}{1+t}-1 = \dfrac{1}{u}}$. Après quelques bidouilles et une IPP, il restait à calculer $\displaystyle \int \sqrt{u}\dfrac{2u}{(u^2-1)^2}du$.
Je doute que le calcul se termine facilement avec ça.
J'ai ensuite essayé de poser $\boxed{\sqrt{\dfrac{2}{1+t}-1} = s}$ : $\displaystyle \int \dfrac{1}{t}\sqrt{\dfrac{1-t}{1+t}}dt = 4\int \dfrac{-s^2}{1-s^2}\dfrac{1}{1+s^2}ds$
$\displaystyle \int \dfrac{-s^2}{1-s^2}\dfrac{1}{1+s^2}ds = \int \bigg(1- \dfrac{1}{1-s^2} \bigg) \dfrac{1}{1+s^2}ds =$ $\displaystyle \int \dfrac{1}{1+s^2}ds$ $- \displaystyle \int \dfrac{1}{1-s^2} \dfrac{1}{1+s^2}ds$
Il resterait à primitiver $\displaystyle \int \dfrac{1}{1-s^2} \dfrac{1}{1+s^2}ds$.
$\displaystyle \int \dfrac{1}{1-s^2} \dfrac{1}{1+s^2}ds = \dfrac{1}{2}\int \dfrac{1}{1-s^2}ds +$ $\displaystyle\dfrac{1}{2} \int \dfrac{1}{1+s^2}ds$
Et $\displaystyle \int \dfrac{1}{1-s^2}ds = \dfrac{1}{2}\int \dfrac{1}{1-s}ds + \dfrac{1}{2}\int \dfrac{1}{1+s}ds$, ça je sais faire avec des logarithmes.
Cette classification est due a Landau qui rajoute je crois un cinquieme type. Un tel cours presente pour chaque type des changements de variables canoniques et doit etre su. Connaissant d'abord ces changements de variables, on peut inventer quelques astuces racourcissantes dans chaque cas particulier.
Homo Topi, pour $\displaystyle \int \dfrac{1}{t}\sqrt{\dfrac{1-t}{1+t}}dt$, tu peux poser $u=\sqrt{\dfrac{1-t}{1+t}}$ comme pour toute fraction rationnelle $R(t,u)$ où u est une racine carrée de fonction homographique en $t$. A toi de voir pourquoi ça marche.
Cordialement,
Rescassol
L'intégrale $\displaystyle \int \dfrac{1}{t} \sqrt{\dfrac{1-t}{1+t}}dt$ est du "type 3" de P.. J'ai donc affaire à $\displaystyle \int R(t,h(t)^{1/n})dt$ où $h$ est une fonction homographique.
Ce que j'ai fait, c'est poser $h(t)^{1/n} := y(t)$ et noté $y(t):=s$, donc $h(t)=y(t)^n$. Ensuite, $h$ étant homographique, elle admet une bijection réciproque $h^{-1}$, donc $t = h^{-1}\big(y(t)^n\big) = h^{-1}(s^n)$.
Du coup, l'intégrale prend la forme $\displaystyle \int R(h^{-1}(s^n),s)dt$. Si je ne raconte pas de bêtises, $dt = \big[h^{-1}(s^n)\big]'ds$.
$\displaystyle \int \big[h^{-1}(s^n)\big]'R(h^{-1}(s^n),s)ds$. Si je note $h^{-1} = g$ pour avoir moins de symboles :
$\boxed{\displaystyle \int \big[g(s^n)\big]'R(g(s^n),s)ds}$.
Ce que je constate, c'est que les puissances ne sont plus des racines $n$-ièmes mais des puissances entières, et qu'elles ne sont plus portées par la fonction $h$ ou $h^{-1}=g$ dans $R$, mais par la variable d'intégration. La forme à laquelle j'aboutis invite à faire une IPP, mais écrite telle quelle, ça ne me saute pas aux yeux que j'ai effectivement simplifié problème.
Si dans l'intégrande il y a un facteur $f(g(x))$ qui est ennuyeux du fait de la présence de $g(x)$, essayer un changement de variable $u=g(x)$. Parfois l'application de ce principe nécessite de couper en deux (ou plus) l'intégrale, du fait que sur l'intervalle d'intégration la fonction $g$ n'est pas une bijection.
$h$ étant homographique, $h^{-1}=g$ l'est aussi sous réserve d'existence de $h^{-1}$ (il y a une condition à imposer, il me semble).
P te suggère juste de te cultiver sans attendre que cela arrive par hasard sur le forum... Sinon, il y a plein de choses que tu ne verras jamais si tu attends de tomber dessus par hasard parce qu'un membre de ce forum en parle. C'est pour ça qu'on se procure des livres, qu'on consulte des sites internet ou des cours en lignes gratuits (si tu ne veux pas payer ce que je peux tout à fait comprendre). Maintenant, si tu cherches juste à te faire/refaire une culture mathématique sans objectifs de concours/examens, pas de soucis, je comprends.
Typiquement, tu tombes très vite en tapant "fonctions homographiques primitives" sur google sur ce lien wiki très bien fait avec cours+exo d'application. Ci-dessous l'extrait de mon "Pearson L1". Ce n'est pas de la chance de savoir ces choses, c'est de la lecture d'ouvrages judicieusement choisis, c'est du suivi rigoureux des programmes (quand ils mentionnent la ou les notions en questions parce que ce n'est pas toujours le cas, ou pas toujours très explicite) et c'est par mes cours dans le supérieur qui commencent pour moi aussi à dater.
EDIT : tu dis que "la théorie" nous dit qu'on sait intégrer les fractions rationnelles, pour une fraction rationnelle de la variable je suis d'accord, mais là j'ai une fraction rationnelle d'une fonction homographique et de la variable. Justement, ce qui ne me saute pas aux yeux c'est qu'une décomposition en éléments simples (puisque c'est ça que j'ai fait dans mon calcul) va effectivement marcher. Quand on écrit une intégrale abstraite de $\big[g(s^n)\big]'R(g(s^n),s)$, au lieu de $F(s)$ avec $F$ fraction rationnelle, ça ne me parait ni évident, ni gratuit, quand même.
Autrement dit, $F(a,b)=\frac{P(a,b)}{Q(a,b)}$ avec P et Q des polynômes à 2 variables. Sinon, effectivement, on pourrait mettre n’importe quelle fonction de t et là évidemment, ton intégrande n’a plus de forme particulière qui lui permette d’être primitivée facilement.
Les intégrales du type $\displaystyle \int \dfrac{p(x)}{q(x)}dx$, où $p$ et $q$ sont des polynômes à une variable, aucun problème.
Mais là, apparemment, je suis censé savoir primitiver des trucs de la forme $\displaystyle \int \dfrac{P(x,f(x))}{Q(x,f(x))}dx$, où $P$ et $Q$ sont des polynômes à deux variables. Je suis persuadé que je n'ai jamais vu quoi que ce soit à propos de ça, donc "la théorie nous dit comment faire", je n'en ai jamais entendu parler. Peut-être que c'est encore une lacune de ma part. Apparemment, il y a des méthodes pour certaines fonctions $f$, c'est de ça dont on parle depuis avant, mais pour $f$ quelconque ? Tu as l'air de dire que je suis censé savoir faire ça, ça ne me dit absolument rien :-S
EDIT : faute d'avoir accès à une BU, j'ai quand même cherché "primitive fonction rationnelle deux variables" sur Google, pour avoir tenté au moins ça. Je n'ai rien trouvé.
Si tu as un exemple de fonction dont tu ne sais pas si elle est de cette forme, je veux bien… mais sinon, difficile de t’aider davantage.
J'étais parti de $\displaystyle \int R(t, h(t)^{1/n})dt$ : une fraction rationnelle de $t$ et d'une racine $n$-ième de fonction homographique de $t$.
J'ai bidouillé et je suis arrivé à $\displaystyle \int \big[g(s^n)\big]' R(g(s^n), s)ds$ : une fraction rationnelle de $s$ et d'une fonction homographique de $s^n$, multipliée par la dérivée de $g(s^n)$.
Tu me dis que la deuxième forme est plus simple à primitiver parce que c'est "une fraction rationnelle". Sauf que c'est une fraction rationnelle d'un truc similaire à ce que j'avais au début (qui était déjà une fraction rationnelle), j'ai une variable $s$ et une fraction rationnelle de $s^n$, je ne comprends pas ce qui te permet de dire sereinement qu'un truc pareil est simple à primitiver. Quelle est la forme standard de la primitive de $[g(s^n)\big]' R(g(s^n), s)$ ? Visiblement, tu la connais puisque tu dis que c'est simple. Moi, je n'y vois pas clair du tout.
EDIT : Laisse tomber. C'est juste l'écriture générique avec $R$ qui me casse les pieds pour trouver une "forme standard" de primitive. Dans les cas pratiques, on multiplie le numérateur et le dénominateur par le dénominateur de la fonction homographique et il reste un quotient "normal" de deux polynômes. Peut-être de degré trop grand pour qu'une DES soit simple à faire, mais dans les exercices, ce problème ne se posera jamais, et c'est suffisant pour moi.
Exemple:
$\displaystyle \int_0^1 \dfrac{1-2x}{\sqrt{x(1-x)}}dx$
Je crois que la méthode préconisée plus haut sera plus longue à mettre en oeuvre que la méthode à laquelle je pense. B-)-
Je vais essayer de les faire.
PS:
le principe heuristique que j'ai décrit plus haut s'applique ici. :-)
Les techniques de primitivation constituaient autrefois une partie importante du cours de première année, avec parfois des excès de technicité, comme on dit. On a cité plus haut des traités qui donnent ces techniques.
Plus intéressant, et plus « tendance », ce sont les intégrales sans primitive, qui demandent une variété de procédés, et une réelle maestria, comme on peut le voir dans les contributions de FdP sur ce forum.
L'intégrale $\displaystyle \int_0^1 \dfrac{1-2x}{\sqrt{x(1-x)}}dx$, donnée par FdP, appartient à la première catégorie, et l'intégrale $\displaystyle \int_1^\infty \dfrac{\ln (x-1)}{x^2-2 x+2} dx$, donnée par bd2017, appartient à la seconde. Dans les deux cas, un changement de variable affine initial simplifie bien les choses. En fait elles ont probablement été fabriquées à partir d'une intégrale plus simple, avec un changement de variable affine artificiel, pour compliquer un peu, ce qui n'est pas très malin.
Au lieu de la seconde, on pourrait chercher $\displaystyle \int_1^2 \dfrac{\ln (x-1)}{x^2-2 x+2} dx$, ce serait un peu plus rigolo.
Bonne journée.
Fr. Ch.
L'intégrale que propose FdP était d'un type fréquent autrefois en terminale S, on prend une forme de base connue (ici $\frac{U'}{\sqrt U}$) en cachant un peu le fait qu'il y a une dérivée. Sans changement de variable, elle se calcule en une ligne.
Ce qui ne remet pas en cause l'utilisation de symétries dans d'autres cas ...
Cordialement
Pas de problème pour ...
$I=\displaystyle \int_1^2 \dfrac{\ln (x-1)}{x^2-2 x+2} dx=-\beta(2)=Catalan $
Je laisse pour @HT le calcul de $I=\displaystyle \int_1^\infty \dfrac{\ln (x-1)}{x^2-2 x+2} dx $
[Eugène Charles Catalan (1814-1894) prend toujours une majuscule. AD]
L'intégrale que j'ai proposée a été obtenue en voulant construire une intégrale où on va utiliser le changement de variable $y=x(1-x)$ (qui est à manier précautionneusement ici) ce qu'on répugne à faire généralement.
Mais je me suis rendu compte chemin faisant qu'il n'y avait pas besoin de se fatiguer à faire ce changement de variable-là. :-D
La méthode usuelle marche aussi j'imagine (mais cela doit être encore plus pénible à mettre en oeuvre)
$\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\cos x}{\cos x+\sin x}dx$
(on peut la calculer de tête)
Soit $I=\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\cos x}{\cos x+\sin x}dx$ et $J=\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\sin x}{\cos x+\sin x}dx$.
Comme $I=J$ (Poser $u=\dfrac{\pi}{2}-x)$ et $I+J$ est évidente, on peut effectivement le faire de tête.
Cordialement,
Rescassol
$\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\sin(\cos x)}{\sin(\cos x)+\sin(\sin x)}dx$
(qui se calcule toujours de tête)
C'est presque sournois :-D
Cordialement,
Rescassol
Bien sûr qu'on peut calculer plein d'intégrales (impropres convergentes ou même continues sur un segment) sans avoir de primitives 'explicites' mais ce n'était pas sa question. C'est un peu pour Oshine que je disais ça surtout. Quand il existe une recette de cuisine, qui ne demande pas de réflexion, d'originalité ou d'inventivité, autant la connaitre surtout dans l'optique de gagner du temps et des points pour un examen ou un concours. Mais bon, le connaissant, il va sûrement zapper tout ça par fainéantise, parce qu'il n'en voit pas l'intérêt, parce que ce n'est pas "au programme" ou je ne sais quelle excuse stupide.
Dès que j'ai fini le calcul dans l'autre fil, je reprends ici. Vous connaissant, il va y avoir encore d'autre contributions entre temps, ça me fait une vraie fiche de TD (:D
Mais si $x=\dfrac{1-u^2}{1+u^2}$ avec $u\geq 0$ alors $\sqrt{1-x^2}=\dfrac{2u}{1+u^2}$ et on a fait disparaître la racine carrée.
$\displaystyle \int \dfrac{t}{\sqrt{t}+\sqrt{t+1}}dt$ :
J'hésite entre poser un CDV $s=\sqrt{t}$ et multiplier par le conjugué du dénominateur. Puisque les CDV c'est plus fatiguant, je commence par l'autre.
$\displaystyle \int \dfrac{t}{\sqrt{t}+\sqrt{t+1}}dt =\int \dfrac{t(\sqrt{t+1}-\sqrt{t})}{(\sqrt{t+1}+\sqrt{t})(\sqrt{t+1}-\sqrt{t})}dt = \int t(\sqrt{t+1}-\sqrt{t})dt = \int t\sqrt{t+1}dt - \int t\sqrt{t}dt$
$= \displaystyle \int (t+1)\sqrt{t+1}dt - \int \sqrt{t+1}dt - \int t\sqrt{t}dt = \boxed{\displaystyle \int (t+1)^{3/2}dt - \int \sqrt{t+1}dt - \int t^{3/2}dt}$.
Après on peut poser $x=t+1$ dans les deux premières intégrales. Normalement tout se calcule.
Pour tester : si j'avais posé $s=\sqrt{t}$ dès le début, alors à la physicienne* $t = s^2$, $\sqrt{t+1} = \sqrt{s^2+1}$, $\dfrac{dt}{ds} = 2s$
$\displaystyle \int \dfrac{t}{\sqrt{t}+\sqrt{t+1}}dt = 2\int \dfrac{s^3}{s+\sqrt{s^2+1}}ds$.
On peut probablement bidouiller encore un minimum (par exemple simplifier l'intégrande par $s$) mais ça ne m'a pas l'air dingue comme méthode.
*notamment, je ne m'embête pas avec la bijectivité du CDV, ce qui est un peu normal quand je n'ai pas de bornes.
Racine carrée de second degré, conique, paramétrage ...........
Ou $s=\sinh(u)$.
Cordialement,
Rescassol
Je trouve que travailler avec un corrigé disponible a moins d'intérêt, ça guide un peu trop à mon goût. J'avais fait un fil une fois sur la différence entre (j'adapte au contexte) un exercice du type "montrer que $\displaystyle \int_a^b f(t)dt = C$ et "calculer $\displaystyle \int_a^b f(t)dt$". Quand on ne sait pas quel résultat on est censé trouver, l'exercice est plus difficile. Il me suffit de savoir que j'ai les connaissances nécessaires pour répondre à la question, après le reste c'est à moi de combiner les informations dont je dispose. Normalement, je suis capable de trouver comment primitiver toutes les fonctions du message d'Alexique, il suffit que je bidouille et trouve la bonne astuce.
Si l'on persiste à chercher cette dernière intégrale, je rappelle que pour une intégrale avec $\sqrt{ax^2+bx+c}$, $a>0$, on peut penser au changement de variable $\sqrt{ax^2+bx+c}=x\sqrt a +u$. L'avantage est de rester dans les calculs algébriques, mais ils sont em...poisonnants.
Bonne après-midi.
Fr. Ch.
Bonne après-midi.
Fr. Ch.
L'identité trigonométrique dont je parlais me semble très utile ici. :-)
$$\intop_{0}^{\pi/4}\log\left(\frac{\left(1+\tan(t)\right)^{4}}{1+\tan(t)^{2}}\right)dt$$
qui ne semble pas être listée dans ce papier où il y en a plus de trente.
Je n'ai appris l'astuce de la symétrie que pour des fonctions impaires à intégrer sur un intervalle symétrique par rapport à $0$. Bon, vous allez me dire qu'il suffit d'un minimum d'imagination pour l'adapter à d'autres contextes, comme ici. Et c'est vrai. Mais en même temps, il ne me serait jamais sauté aux yeux que $f(x) := \dfrac{1-2x}{\sqrt{x(1-x)}}$ vérifie $f\Big(\dfrac{1}{2}-x\Big) = -f\Big(\dfrac{1}{2}+x\Big)$. Pour des fonctions où j'ai une idée de la tronche du graphe, pourquoi pas, mais ici, aucune idée à quoi ça ressemble.
Connaitre l'astuce, c'est une chose, reconnaitre une situation où elle est utilisable, c'en est une autre. J'ai du mal avec ça, on dirait.
Le changement de variable $u=1-x$ réglait l'affaire très simplement.
$\dfrac{2x-1}{\sqrt{x(1-x)}}=\dfrac{x-(1-x)}{\sqrt{x(1-x)}}$ ce qui fait qu'en effectuant le changement de variable indiqué on va obtenir l'opposé de la valeur qu'on cherche. Un nombre réel qui est égal à son opposé est nul.
$\displaystyle \int_1^{\infty} \dfrac{\ln(x-1)}{x^2-2x+2}dx = \int_1^{\infty} \dfrac{\ln(x-1)}{(x-1)^2+1}dx$. Il me parait naturel d'espérer trouver un truc en factorisant le dénominateur ici.
Ensuite, au vu de la tronche de l'intégrande, $t=x-1$ me parait également assez naturel : $\displaystyle \int_1^{\infty} \dfrac{\ln(x-1)}{(x-1)^2+1}dx = \int_0^{\infty} \dfrac{\ln t}{t^2+1}dt$.
Et là, il faut connaitre $G$.
C'est une bonne technique de soustraire deux intégrales pour faire disparaître un terme indésirable et garder celui qu'on souhaite. Il y en a d'autres des intégrales qui donnent la constante $\text{G}$ et qui ne sont pas listées dans ce papier.
Tu as déjà oublié? :-D
PS:
On n'a pas besoin de parler de $\text{G}$ pour faire ce calcul.
Je suppose que tu voulais couper l'intégrale en deux? Cela peut se faire comme ça aussi si tu sais quoi faire du second morceau. B-)-