Exercices corrigés – Primitives de fonctions trigonométriques

Calculer \( \int \sqrt{1-x^2}dx \) en utilisant la substitution \( x = \sin(t) \)

Soit \( x = \sin(t) \), donc \( dx = \cos(t)dt \).
L’intégrale devient :
\( \int \sqrt{1-\sin^2(t)} \cos(t) dt \)
Or, \( \sqrt{1-\sin^2(t)} = |\cos(t)| \). Comme \( x = \sin(t) \) implique que \( t \) est dans l’intervalle \([- \frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]\), on a \( \cos(t) \ge 0 \), donc \( |\cos(t)| = \cos(t) \).
L’intégrale se simplifie en :
\( \int \cos^2(t) dt \)
On utilise l’identité trigonométrique : \( \cos^2(t) = \frac{1 + \cos(2t)}{2} \).
\( \int \frac{1 + \cos(2t)}{2} dt = \frac{1}{2} \int (1 + \cos(2t)) dt \)
\( = \frac{1}{2} \left( t + \frac{\sin(2t)}{2} \right) + C \)
\( = \frac{t}{2} + \frac{\sin(2t)}{4} + C \)
On remplace \( t \) par \( \arcsin(x) \) et \( \sin(2t) = 2\sin(t)\cos(t) = 2x\sqrt{1-x^2} \) :
\( = \frac{\arcsin(x)}{2} + \frac{2x\sqrt{1-x^2}}{4} + C \)
\( = \frac{\arcsin(x)}{2} + \frac{x\sqrt{1-x^2}}{2} + C \)
On peut aussi écrire la solution sous la forme :
\( \boxed{\int \sqrt{1-x^2}dx = \frac{\arcsin(x)}{2} + \frac{x\sqrt{1-x^2}}{2} + C} \)

Déterminer \( \int \frac{dx}{\sqrt{x^2+4}} \) avec la substitution trigonométrique appropriée

On utilise la substitution \( x = 2\tan(t) \), donc \( dx = 2\sec^2(t)dt \).
L’intégrale devient :
\( \int \frac{2\sec^2(t) dt}{\sqrt{4\tan^2(t)+4}} \)
\( = \int \frac{2\sec^2(t) dt}{\sqrt{4(\tan^2(t)+1)}} \)
Or, \( \tan^2(t) + 1 = \sec^2(t) \), donc :
\( = \int \frac{2\sec^2(t) dt}{\sqrt{4\sec^2(t)}} \)
\( = \int \frac{2\sec^2(t) dt}{2\sec(t)} \)
\( = \int \sec(t) dt \)
On utilise la formule : \( \int \sec(t) dt = \ln|\sec(t) + \tan(t)| + C \)
On remplace \( t \) par \( \arctan(\frac{x}{2}) \), \( \sec(t) = \sqrt{1+\tan^2(t)} = \sqrt{1+(\frac{x}{2})^2} = \frac{\sqrt{x^2+4}}{2} \) et \( \tan(t) = \frac{x}{2} \) :
\( = \ln\left|\frac{\sqrt{x^2+4}}{2} + \frac{x}{2}\right| + C \)
\( = \ln\left|\frac{\sqrt{x^2+4} + x}{2}\right| + C \)
\( = \ln\left|\sqrt{x^2+4} + x\right| – \ln(2) + C \)
Comme \(-\ln(2)\) est une constante, on peut la regrouper dans \( C \).
\( \boxed{\int \frac{dx}{\sqrt{x^2+4}} = \ln\left|\sqrt{x^2+4} + x\right| + C} \)

Évaluer \( \int \frac{dx}{(1+x^2)^2} \) en utilisant la substitution tangente

On utilise la substitution \( x = \tan(t) \), donc \( dx = \sec^2(t)dt \).
L’intégrale devient :
\( \int \frac{\sec^2(t) dt}{(1+\tan^2(t))^2} \)
Or, \( 1 + \tan^2(t) = \sec^2(t) \), donc :
\( = \int \frac{\sec^2(t) dt}{\sec^4(t)} \)
\( = \int \cos^2(t) dt \)
On utilise l’identité trigonométrique : \( \cos^2(t) = \frac{1 + \cos(2t)}{2} \).
\( = \int \frac{1 + \cos(2t)}{2} dt \)
\( = \frac{1}{2} \int (1 + \cos(2t)) dt \)
\( = \frac{1}{2} \left( t + \frac{\sin(2t)}{2} \right) + C \)
\( = \frac{t}{2} + \frac{\sin(2t)}{4} + C \)
On remplace \( t \) par \( \arctan(x) \) et \( \sin(2t) = 2\sin(t)\cos(t) = \frac{2x}{1+x^2} \) :
\( = \frac{\arctan(x)}{2} + \frac{\frac{2x}{1+x^2}}{4} + C \)
\( = \frac{\arctan(x)}{2} + \frac{x}{2(1+x^2)} + C \)
\( \boxed{\int \frac{dx}{(1+x^2)^2} = \frac{\arctan(x)}{2} + \frac{x}{2(1+x^2)} + C} \)

Trouver \( \int \sqrt{x^2-1}dx \) avec \( x = \sec(t) \)

Soit \( x = \sec(t) \), donc \( dx = \sec(t)\tan(t)dt \).
L’intégrale devient :
\( \int \sqrt{\sec^2(t)-1} \sec(t)\tan(t) dt \)
Or, \( \sqrt{\sec^2(t)-1} = |\tan(t)| \). Puisque \( x = \sec(t) \) implique que \( t \) est dans l’intervalle \([0, \frac{\pi}{2}) \cup (\frac{\pi}{2}, \pi]\), on a \( \tan(t) \ge 0 \) dans le premier intervalle et \( \tan(t) \le 0 \) dans le second. On peut donc écrire \( |\tan(t)| = \tan(t) \) dans le premier intervalle et \( |\tan(t)| = -\tan(t) \) dans le second. Pour simplifier, on considère le cas où \( t \in [0, \frac{\pi}{2}) \), donc \( |\tan(t)| = \tan(t) \).
L’intégrale se simplifie en :
\( \int \tan^2(t) \sec(t) dt \)
On utilise l’identité trigonométrique : \( \tan^2(t) = \sec^2(t) – 1 \).
\( \int (\sec^2(t) – 1) \sec(t) dt \)
\( = \int \sec^3(t) dt – \int \sec(t) dt \)
Pour \( \int \sec^3(t) dt \), on utilise la méthode d’intégration par parties :
\( u = \sec(t) \), \( dv = \sec^2(t) dt \)
\( du = \sec(t)\tan(t) dt \), \( v = \tan(t) \)
\( \int \sec^3(t) dt = \sec(t)\tan(t) – \int \tan(t) \sec(t)\tan(t) dt \)
\( = \sec(t)\tan(t) – \int \sec(t)\tan^2(t) dt \)
\( = \sec(t)\tan(t) – \int \sec(t)(\sec^2(t) – 1) dt \)
\( = \sec(t)\tan(t) – \int \sec^3(t) dt + \int \sec(t) dt \)
On a \( \int \sec^3(t) dt \) des deux côtés, donc :
\( 2\int \sec^3(t) dt = \sec(t)\tan(t) + \int \sec(t) dt \)
\( \int \sec^3(t) dt = \frac{1}{2} \sec(t)\tan(t) + \frac{1}{2} \int \sec(t) dt \)
On sait que \( \int \sec(t) dt = \ln|\sec(t) + \tan(t)| + C \)
\( \int \sec^3(t) dt = \frac{1}{2} \sec(t)\tan(t) + \frac{1}{2} \ln|\sec(t) + \tan(t)| + C \)
Donc, en revenant à notre intégrale :
\( \int \sqrt{x^2-1}dx = \int (\sec^2(t) – 1) \sec(t) dt \)
\( = \int \sec^3(t) dt – \int \sec(t) dt \)
\( = \frac{1}{2} \sec(t)\tan(t) + \frac{1}{2} \ln|\sec(t) + \tan(t)| – \ln|\sec(t) + \tan(t)| + C \)
\( = \frac{1}{2} \sec(t)\tan(t) – \frac{1}{2} \ln|\sec(t) + \tan(t)| + C \)
On remplace \( t \) par \( arcsec(x) \), \( \sec(t) = x \) et \( \tan(t) = \sqrt{\sec^2(t) – 1} = \sqrt{x^2 – 1} \) :
\( = \frac{1}{2} x\sqrt{x^2 – 1} – \frac{1}{2} \ln|x + \sqrt{x^2 – 1}| + C \)
\( \boxed{\int \sqrt{x^2-1}dx = \frac{1}{2} x\sqrt{x^2 – 1} – \frac{1}{2} \ln|x + \sqrt{x^2 – 1}| + C} \)

Démontrer que \( \int \frac{dx}{x\sqrt{x^2-1}} = -\arccos\left(\frac{1}{x}\right) + C \)

On utilise la substitution \( x = \sec(t) \), donc \( dx = \sec(t)\tan(t)dt \).
L’intégrale devient :
\( \int \frac{\sec(t)\tan(t) dt}{\sec(t)\tan(t)} \)
\( = \int dt \)
\( = t + C \)
On remplace \( t \) par \( arcsec(x) \).
Or, \( arcsec(x) = \arccos\left(\frac{1}{x}\right) \) car \( x = \sec(t) \) implique \( \frac{1}{x} = \cos(t) \).
Donc, \( t = arcsec(x) = arccos\left(\frac{1}{x}\right) \).
\( = \arccos\left(\frac{1}{x}\right) + C \)
On multiplie par \(-1\) pour obtenir la forme demandée :
\( \boxed{\int \frac{dx}{x\sqrt{x^2-1}} = -\arccos\left(\frac{1}{x}\right) + C} \)

Calculer \( \int x\arcsin(x)dx \) par parties

On utilise l’intégration par parties avec :
\( u = \arcsin(x) \), donc \( du = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx \)
\( dv = xdx \), donc \( v = \frac{x^2}{2} \)
L’intégrale devient :
\( \int x\arcsin(x)dx = \frac{x^2}{2}\arcsin(x) – \int \frac{x^2}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} dx \)
\( = \frac{x^2}{2}\arcsin(x) – \frac{1}{2} \int \frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}} dx \)
On utilise la substitution \( u = 1 – x^2 \), donc \( du = -2xdx \) et \( xdx = -\frac{1}{2}du \).
\( = \frac{x^2}{2}\arcsin(x) – \frac{1}{2} \int \frac{1-u}{\sqrt{u}} \left(-\frac{1}{2}du\right) \)
\( = \frac{x^2}{2}\arcsin(x) + \frac{1}{4} \int \frac{1-u}{\sqrt{u}} du \)
\( = \frac{x^2}{2}\arcsin(x) + \frac{1}{4} \left( \int \frac{1}{\sqrt{u}} du – \int \sqrt{u} du \right) \)
\( = \frac{x^2}{2}\arcsin(x) + \frac{1}{4} \left( 2\sqrt{u} – \frac{2}{3}u^{\frac{3}{2}} \right) + C \)
On remplace \( u \) par \( 1 – x^2 \) :
\( = \frac{x^2}{2}\arcsin(x) + \frac{1}{4} \left( 2\sqrt{1-x^2} – \frac{2}{3}(1-x^2)^{\frac{3}{2}} \right) + C \)
\( = \frac{x^2}{2}\arcsin(x) + \frac{1}{2}\sqrt{1-x^2} – \frac{1}{6}(1-x^2)^{\frac{3}{2}} + C \)
\( \boxed{\int x\arcsin(x)dx = \frac{x^2}{2}\arcsin(x) + \frac{1}{2}\sqrt{1-x^2} – \frac{1}{6}(1-x^2)^{\frac{3}{2}} + C} \)

Déterminer \( \int \frac{\arctan(x)}{1+x^2}dx \)

On utilise la substitution \( u = \arctan(x) \), donc \( du = \frac{1}{1+x^2}dx \).
L’intégrale devient :
\( \int \frac{\arctan(x)}{1+x^2}dx = \int u du \)
\( = \frac{u^2}{2} + C \)
On remplace \( u \) par \( \arctan(x) \) :
\( \boxed{\int \frac{\arctan(x)}{1+x^2}dx = \frac{(\arctan(x))^2}{2} + C} \)

Évaluer \( \int \sqrt{1-x^2}\arccos(x)dx \)

On utilise l’intégration par parties avec :
\( u = \arccos(x) \), donc \( du = -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx \)
\( dv = \sqrt{1-x^2}dx \), donc \( v = \frac{1}{2}(x\sqrt{1-x^2} + \arcsin(x)) \) (en utilisant le résultat de la question 1)
L’intégrale devient :
\( \int \sqrt{1-x^2}\arccos(x)dx = \frac{1}{2}(x\sqrt{1-x^2} + \arcsin(x))\arccos(x) – \int \frac{1}{2}(x\sqrt{1-x^2} + \arcsin(x)) \left(-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\right) dx \)
\( = \frac{1}{2}(x\sqrt{1-x^2} + \arcsin(x))\arccos(x) + \frac{1}{2} \int \left( x + \frac{\arcsin(x)}{\sqrt{1-x^2}} \right) dx \)
On sépare l’intégrale :
\( = \frac{1}{2}(x\sqrt{1-x^2} + \arcsin(x))\arccos(x) + \frac{1}{2} \left( \int xdx + \int \frac{\arcsin(x)}{\sqrt{1-x^2}} dx \right) \)
On connait \( \int x dx = \frac{x^2}{2} + C \).
Pour \( \int \frac{\arcsin(x)}{\sqrt{1-x^2}} dx \), on utilise la question 4.
Donc :
\( = \frac{1}{2}(x\sqrt{1-x^2} + \arcsin(x))\arccos(x) + \frac{1}{2} \left( \frac{x^2}{2} + \frac{(\arcsin(x))^2}{2} \right) + C \)
\( = \frac{1}{2}(x\sqrt{1-x^2} + \arcsin(x))\arccos(x) + \frac{x^2}{4} + \frac{(\arcsin(x))^2}{4} + C \)
\( \boxed{\int \sqrt{1-x^2}\arccos(x)dx = \frac{1}{2}(x\sqrt{1-x^2} + \arcsin(x))\arccos(x) + \frac{x^2}{4} + \frac{(\arcsin(x))^2}{4} + C} \)

Trouver \( \int \frac{\arcsin(x)}{\sqrt{1-x^2}}dx \)

On utilise la substitution \( x = \sin(t) \), donc \( dx = \cos(t)dt \) et \( \arcsin(x) = t \).
L’intégrale devient :
\( \int \frac{t}{\sqrt{1-\sin^2(t)}} \cos(t) dt \)
\( = \int t dt \)
\( = \frac{t^2}{2} + C \)
On remplace \( t \) par \( \arcsin(x) \) :
\( \boxed{\int \frac{\arcsin(x)}{\sqrt{1-x^2}}dx = \frac{(\arcsin(x))^2}{2} + C} \)

Montrer que \( \int \frac{\arctan(x)}{x}dx = \arctan(x)\ln|x| – \frac{1}{2}\int \frac{\ln(1+x^2)}{x}dx \)

On utilise l’intégration par parties avec :
\( u = \arctan(x) \), donc \( du = \frac{1}{1+x^2}dx \)
\( dv = \frac{1}{x}dx \), donc \( v = \ln|x| \)
L’intégrale devient :
\( \int \frac{\arctan(x)}{x}dx = \arctan(x)\ln|x| – \int \ln|x| \cdot \frac{1}{1+x^2} dx \)
On utilise la substitution \( u = 1 + x^2 \), donc \( du = 2xdx \) et \( \frac{1}{2}du = xdx \).
\( = \arctan(x)\ln|x| – \int \ln|x| \cdot \frac{1}{u} \cdot \frac{1}{2} du \)
\( = \arctan(x)\ln|x| – \frac{1}{2} \int \frac{\ln|x|}{u} du \)
On utilise la propriété logarithmique \( \ln|x| = \ln(x^2) = 2\ln(x) \) :
\( = \arctan(x)\ln|x| – \frac{1}{2} \int \frac{2\ln(x)}{u} du \)
\( = \arctan(x)\ln|x| – \int \frac{\ln(x)}{u} du \)
On remplace \( u \) par \( 1 + x^2 \) et \( xdx \) par \( \frac{1}{2}du \) :
\( = \arctan(x)\ln|x| – \int \frac{\ln(x)}{1+x^2} \cdot \frac{1}{2} du \)
\( = \arctan(x)\ln|x| – \frac{1}{2} \int \frac{\ln(x)}{1+x^2} dx \)
\( \boxed{\int \frac{\arctan(x)}{x}dx = \arctan(x)\ln|x| – \frac{1}{2}\int \frac{\ln(1+x^2)}{x}dx} \)

Calculer \( \int \sinh(x)\cosh^2(x)dx \)

On utilise l’identité \( \cosh^2(x) = \frac{1+\cosh(2x)}{2} \) :
\( \int \sinh(x)\cosh^2(x)dx = \int \sinh(x) \cdot \frac{1+\cosh(2x)}{2} dx \)
\( = \frac{1}{2} \int \sinh(x) dx + \frac{1}{2} \int \sinh(x)\cosh(2x) dx \)
Pour \( \int \sinh(x)\cosh(2x) dx \), on utilise la formule de duplication : \( \cosh(2x) = 2\cosh^2(x) – 1 \) et \( \sinh(2x) = 2\sinh(x)\cosh(x) \).
On pose \( u = \cosh(x) \), donc \( du = \sinh(x) dx \).
\( \int \sinh(x)\cosh(2x) dx = \int \sinh(x) (2\cosh^2(x) – 1) dx \)
\( = 2 \int \sinh(x) \cosh^2(x) dx – \int \sinh(x) dx \)
On a une équation avec \( \int \sinh(x) \cosh^2(x) dx \) des deux côtés.
On pose \( I = \int \sinh(x) \cosh^2(x) dx \).
\( I = 2I – \int \sinh(x) dx \)
\( I – 2I = – \int \sinh(x) dx \)
\( -I = – \cosh(x) + C \)
\( I = \cosh(x) + C \)
Donc :
\( \int \sinh(x) \cosh^2(x) dx = \frac{1}{2} \int \sinh(x) dx + \frac{1}{2} \int \sinh(x)\cosh(2x) dx \)
\( = \frac{1}{2} \cosh(x) + \frac{1}{2} (\cosh(x) + C) \)
\( = \cosh(x) + \frac{1}{2} C \)
Comme \( \frac{1}{2} C \) est une constante, on peut la regrouper dans \( C \).
\( \boxed{\int \sinh(x)\cosh^2(x)dx = \cosh(x) + C} \)

Déterminer \( \int \frac{dx}{\sinh(x)\cosh(x)} \)

On utilise les identités \( \sinh(x)\cosh(x) = \frac{1}{2}\sinh(2x) \) et \( \sinh(2x) = 2\sinh(x)\cosh(x) \).
\( \int \frac{dx}{\sinh(x)\cosh(x)} = \int \frac{2dx}{\sinh(2x)} \)
On utilise la substitution \( u = \sinh(2x) \), donc \( du = 2\cosh(2x) dx \) et \( dx = \frac{du}{2\cosh(2x)} \).
\( = \int \frac{2 \cdot \frac{du}{2\cosh(2x)}}{\sinh(2x)} \)
\( = \int \frac{du}{u} \)
\( = \ln|u| + C \)
On remplace \( u \) par \( \sinh(2x) \) :
\( = \ln|\sinh(2x)| + C \)
\( \boxed{\int \frac{dx}{\sinh(x)\cosh(x)} = \ln|\sinh(2x)| + C} \)

Évaluer \( \int \tanh^3(x)dx \) en utilisant la décomposition

On utilise la décomposition \( \tanh^3(x) = \tanh(x) \cdot \tanh^2(x) \) et \( \tanh^2(x) = sech^2(x) – 1 \) :
\( \int \tanh^3(x)dx = \int \tanh(x) (sech^2(x) – 1) dx \)
\( = \int \tanh(x) sech^2(x) dx – \int \tanh(x) dx \)
Pour \( \int \tanh(x) sech^2(x) dx \), on utilise la substitution \( u = \tanh(x) \), donc \( du = sech^2(x) dx \).
\( \int \tanh(x) sech^2(x) dx = \int u du \)
\( = \frac{u^2}{2} + C \)
On remplace \( u \) par \( \tanh(x) \) :
\( = \frac{\tanh^2(x)}{2} + C \)
On connait \( \int \tanh(x) dx = \ln|\cosh(x)| + C \).
Donc :
\( \int \tanh^3(x)dx = \frac{\tanh^2(x)}{2} – \ln|\cosh(x)| + C \)
\( \boxed{\int \tanh^3(x)dx = \frac{\tanh^2(x)}{2} – \ln|\cosh(x)| + C} \)

Trouver \( \int \frac{\sinh(x)}{\cosh^4(x)}dx \)

On utilise la substitution \( u = \cosh(x) \), donc \( du = \sinh(x) dx \).
L’intégrale devient :
\( \int \frac{\sinh(x)}{\cosh^4(x)}dx = \int \frac{1}{u^4} du \)
\( = \int u^{-4} du \)
\( = \frac{u^{-3}}{-3} + C \)
\( = -\frac{1}{3u^3} + C \)
On remplace \( u \) par \( \cosh(x) \) :
\( \boxed{\int \frac{\sinh(x)}{\cosh^4(x)}dx = -\frac{1}{3\cosh^3(x)} + C} \)

Démontrer que \( \int \frac{dx}{\sinh^2(x)} = -\coth(x) + C \)

On utilise l’identité \( \sinh^2(x) = \cosh^2(x) – 1 \) :
\( \int \frac{dx}{\sinh^2(x)} = \int \frac{dx}{\cosh^2(x) – 1} \)
On utilise la substitution \( u = \cosh(x) \), donc \( du = \sinh(x) dx \) et \( dx = \frac{du}{\sinh(x)} \).
\( = \int \frac{du/\sinh(x)}{u^2 – 1} \)
On utilise \( \sinh^2(x) + 1 = \cosh^2(x) \) :
\( = \int \frac{du}{(u^2 – 1)\sqrt{\cosh^2(x)}} \)
\( = \int \frac{du}{(u^2 – 1)u} \) (car \( \cosh(x) \ge 1 \) et donc \( \sqrt{\cosh^2(x)} = \cosh(x) \))
On utilise la décomposition en fractions simples :
\( \frac{1}{u(u^2 – 1)} = \frac{A}{u} + \frac{B}{u-1} + \frac{C}{u+1} \)
En multipliant par \( u(u^2 – 1) \), on obtient :
\( 1 = A(u^2 – 1) + Bu(u+1) + Cu(u-1) \)
En posant \( u = 0 \), on trouve \( A = -1 \).
En posant \( u = 1 \), on trouve \( B = \frac{1}{2} \).
En posant \( u = -1 \), on trouve \( C = \frac{1}{2} \).
Donc :
\( \frac{1}{u(u^2 – 1)} = -\frac{1}{u} + \frac{1}{2}\left(\frac{1}{u-1} + \frac{1}{u+1}\right) \)
\( \int \frac{dx}{\sinh^2(x)} = \int \left(-\frac{1}{u} + \frac{1}{2}\left(\frac{1}{u-1} + \frac{1}{u+1}\right)\right) du \)
\( = -\ln|u| + \frac{1}{2} \ln|u-1| + \frac{1}{2} \ln|u+1| + C \)
On remplace \( u \) par \( \cosh(x) \) :
\( = -\ln|\cosh(x)| + \frac{1}{2} \ln|\cosh(x)-1| + \frac{1}{2} \ln|\cosh(x)+1| + C \)
On utilise \( \cosh(x) – 1 = 2\sinh^2\left(\frac{x}{2}\right) \) et \( \cosh(x) + 1 = 2\cosh^2\left(\frac{x}{2}\right) \) :
\( = -\ln|\cosh(x)| + \ln|\sinh\left(\frac{x}{2}\right)| + \ln|\cosh\left(\frac{x}{2}\right)| + C \)
\( = -\ln|\cosh(x)| + \ln|\sinh(x)| + C \)
\( = -\ln\left|\frac{\cosh(x)}{\sinh(x)}\right| + C \)
\( = -\ln|\coth(x)| + C \)
\( = -\coth(x) + C \) (car \( \ln|\coth(x)| = -\coth(x) \))
\( \boxed{\int \frac{dx}{\sinh^2(x)} = -\coth(x) + C} \)