Intégrales standards

L'intégrale de la cosécante

Supposons que nous souhaitions intégrer \(I = \int \csc (ax)\, \mathrm{d} x\), avec \(a\) étant la constante.

À première vue, cela semble assez intimidant, mais c'est une occasion où nous pouvons utiliser une astuce.

Multiplions l'intégrale par

\[ \frac{\csc (ax) + \cot(ax)}{\csc(ax)+\cot(ax)}.\]

Nous pouvons le faire, car cela équivaut à multiplier par 1.

Ce qui donne

\[ \int \csc (ax)\left(\frac{\csc (ax) + \cot(ax)}{\csc(ax)+\cot(ax)} \right)\, \mathrm{d} x. \]

Ensuite, utilisons la substitution de \(u= \csc (ax) + \cot(ax) \), ce qui signifie que

\[ \begin{align} \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} &= -a\csc (ax) \cot(ax) - a\csc^2 (ax) \\N &= -a\csc(ax)(\cot(ax)+\csc(ax)), \end{align}\N]

et

\[ \mathrm{d}x = \frac{\mathrm{d}u }{-a\csc(ax)(\cot(ax)+\csc(ax)) }.\]

En substituant ce résultat, on obtient

\[ \begin{align} \int \csc (ax)\left(\frac{\csc (ax) + \cot(ax)}{\csc(ax)+\cot(ax)} \right)\, \mathrm{d} x &= \frac{\csc(ax)(\cot(ax)+\csc(ax)) } {\cot(ax)+\csc(ax) }\, \mathrm{d} x \\N-\frac{1}{a}\int \frac{1}{u} \, \mathrm{d} x . \N- [Fin{alignement}\N]

Il est maintenant facile de l'évaluer. Cela donne

\[ \begin{align} I &= -\frac{1}{a}\ln|u| \\\N-\frac{1}{a}\ln\left|\csc(ax)+\cot(ax) \right| + C. \n{align}\N]

L'intégrale de la sécante

Ceci est similaire à l'exemple précédent.

Définis \(J = \int\sec(ax)\, \mathrm{d}x\), avec \(a\) comme constante.

Cette fois, nous allons multiplier l'intégrale par

\[ \frac{\sec (ax) + \tan(ax)}{\sec(ax)+\tan(ax)}.\]

Ce qui donne

\[ J = \int \frac{\sec(ax)(\sec (ax) + \tan(ax) )}{\sec (ax) + \tan(ax) }\, \mathrm{d}x .\]

Maintenant, laissons \(u = \sec (ax) + \tan(ax) \), ce qui donnera

\[ \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = \sec (ax) \tan(ax) + \sec^2 (ax) . \]

Cela implique que

\[ \mathrm{d}x = \frac{\mathrm{d}u }{a\sec (ax) \tan(ax) + a\sec^2 (ax) }.\]

En complétant cela, nous obtenons que

\[ J = -\frac{1}{a}\ln|u| .\]

Nous pouvons maintenant l'évaluer pour obtenir

\N-[ \N-{align} J &= -\frac{1}{a}\ln|u| \\\N-\frac{1}{a}\ln\left|\sec(ax)+\tan(ax) \right| + C. \Nend{align}\N]

où nous avons à nouveau ajouté la constante d'intégration à la fin.

L'intégrale de la tangente

Ceci requiert une approche différente et ne nécessite pas d'astuces supplémentaires pour le résoudre.

Définis \(K = \int\tan(ax)\, \mathrm{d}x\), avec \(a\) comme constante.

Rappelle que la définition de

\[ \tan(ax) = \frac{\sin(ax)}{\cos(ax)},\]

et nous pouvons alors écrire

\[ K = \int\frac{\sin(ax)}{\cos(ax)} \, \mathrm{d}x .\]

Nous pouvons maintenant utiliser une substitution de \N(u = \Ncos (ax)\N), et donc

\[ \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = -a\sin(ax).\N-]

Cela signifie que

\[ \mathrm{d}x = \frac{\mathrm{d}u }{-a\sin(ax) }.\]

En utilisant les lois des logarithmes, nous pouvons mettre de l'ordre dans tout cela pour obtenir

\[ K = \frac{1}{a}\ln\left|\sec(ax)\right| + C.\r]

L'intégrale de la cotangente

Définir \(L = \int\cot(ax)\, \mathrm{d}x\), avec \(a\) comme constante. Rappelons que la définition de

\[ \cot(ax) = \frac{\cos(ax)}{\sin(ax)},\]

et nous pouvons alors écrire

\[ L = \int\frac{\cos(ax)}{\sin(ax)} \, \mathrm{d}x .\]

Effectue maintenant la substitution de \ (u = \sin (ax)\). Cela implique que

\[ \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = a\cos(ax).\]

En remplissant cela, nous obtenons que

\[ \begin{align} L &= \frac{1}{a} \int\frac{1}{u} \, \mathrm{d}x \\N &= \frac{1}{a}\ln|u| + C \N &= \frac{1}{a} \ln\left|\sin(ax)\right| + C. \end{align}\N]

Intégrales polynomiales réciproques utiles

Habituellement, lorsque nous intégrons des polynômes, il y a souvent une intégrale simple. Cependant, dans ces exemples, les réponses semblent sortir de nulle part.

Intégrale de \( \dfrac{1}{x^2+a^2}\)

Définis

\N- I = \Nint \Nfrac{1}{x^2+a^2}\N, \Nmathrm{d} x.\N]

Nous allons maintenant substituer \N(x = a\tan(t)\N). Cela signifie que

\[ \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} = a\sec^2 (at),\]

et donc \N( \mathrm{d}x = a\sec^2 (at) \mathrm{d}t \N). En complétant cela, nous obtenons

\[ I = \int \frac{a\sec^2(t)}{a^2(\tan^2(t)+1)}\, \mathrm{d}t.\]

Nous pouvons maintenant utiliser l'identité trigonométrique de

\[1 + \tan^2(t) = \sec^2(t) \]

pour donner

\[ \begin{align} I &= \int \frac{a\sec^2(t)}{a^2(\tan^2(t)+1)}\, \mathrm{d} t \\N &= \frac{1}{a}\Nint 1 \N, \mathrm{d} t .\end{align}\N]

Cette intégrale est maintenant triviale, ce qui donne

\N- I = \Nfrac{1}{a}t + C.\N]

En remplissant \N(t\N), nous trouvons

\N- I = \Nfrac{1}{a}\Narctan \Ngauche (\Nfrac{x}{a}\Ndroite) + C.\N]

Intégrale de \( \dfrac{1}{x^2-a^2}\)

Cette intégrale fait appel à des fractions partielles. Nous factorisons d'abord

\N[ x^2-a^2 = (x+a)(x-a).\N] Cela signifie que nous cherchons à diviser

\[ \frac{1}{x^2-a^2 } = \frac{A}{x-a} + \frac{B}{x+a}.\]

En multipliant par \(x^2-a^2\) nous obtenons

\[ \N- 1 &= A(x+a)+B(x-a) \N- (A+B)x + (A-B)a. \N-{align}\N- [\N-{align}]

Cela implique que \N(A + B = 0\N) et que

\N[ A - B = \Nfrac{1}{a},\N] ce qui implique en outre que

\[ A = \frac{1}{2a} \text{ et } B = -\frac{1}{2a}.\]

Ce qui donne que

\[ \begin{align}\int \frac{1}{x^2-a^2}]. \N-, \Nmathrm{d} x &= \frac{1}{2a} \int \frac{1}{x-a} \, \mathrm{d} x - \frac{1}{2a}\int \frac{1}{x+a} \, \mathrm{d} x \\ &= \frac{1}{2a} \n- gauche( \ln|x-a| - \ln|x+a|\n droite) + C. \n-end{align}\N]

Nous pouvons encore simplifier ceci en utilisant la loi des logarithmes, ce qui donne

\[ \Nint \Nfrac{1}{x^2-a^2}]. \N-, \Nmathrm{d} x = \Nfrac{1}{2a} \ln\left|\frac{x-a}{x+a}\right| + C.\rm{d}]

Intégrale de \( \dfrac{1}{\sqrt{a^2-x^2}}\)

Pour cette intégrale, nous disposons de deux méthodes, qui donnent des résultats apparemment différents mais qui sont équivalents. Définis

\[ J = \int \frac{1}{\sqrt{a^2-x^2}}, \mathrm{d} x.\N}]

Méthode 1 :

Utilise la substitution \(x = a\cos (t)\). Alors

\[ \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} = -a\sin t,\r]

ce qui donne \N ( \Mathrm{d}x = -a\sin t \Mathrm{d}t \N). En remplissant cette condition, nous obtenons

\[ \begin{align} J &= \int \frac{-a\sin t}{\sqrt{a^2-a^2\cos^2 t}\, \mathrm{d} t \\\N-int \frac{-a\sin t}{\a\sqrt{1-\cos^2 t}\, \mathrm{d} t \N-int \frac{-a\sin t}{\N- \n- \n- \n- \n- \n- \n- \n- \n- \n- \n- \n- \n- \n- . \N- [end{align}\N]

Nous pouvons maintenant utiliser l'identité trigonométrique de

\N[ \Nsin^2 t + \Ncos^2 t = 1,\N]

ou réarrangé

\N- 1 - \Ncos^2 t = \Nsin^2 t,\N]

pour obtenir

\[ \begin{align} J &= \int \frac{-a\sin t}{a\sin t}\, \mathrm{d} t \\N &= \int -1\, \mathrm{d} t \N &= -t+C \N &= -\arccos \left(\frac{x}{a\Nright) + C. \end{align}\N]

Méthode 2 :

Utilise la substitution \(x = a\sin t \). Alors

\[ \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} = a\cos t,\r]

ce qui donne \ ( \mathrm{d}x = a\cos t \mathrm{d}t \). En remplissant ce champ, nous obtenons

\[ \begin{align} J &= \int \frac{-a\cos t}{\sqrt{a^2-a^2\sin^2 t}}\, \mathrm{d} t \\\N-int \frac{-a\cos t}{\sqrt{1- \sin^2 t}}\, \mathrm{d} t \N-int \frac{-a\cos t}{\N- \n- \n- \n- \n- \n- \n- \n- \n- \n- \n- \n- \n- \n- . \N-END{align}\N]

Nous pouvons maintenant utiliser l'identité trigonométrique de

\N- 1 - \Nsin^2 t = \Ncos^2 t,\N]

donner

\[ \begin{align} J &= \int \frac{a\cos t}{a\cos t}\, \mathrm{d} t \\N &= \int 1\, \mathrm{d} t \N &= t+C \N &= \arcsin \left(\frac{x}{a}\right) + D. \N- [end{align}\N]

Pourquoi ces deux éléments correspondent-ils ? Nous pouvons voir que

\[ -\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \arccos \left(\frac{x}{a}\rright) = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \arcsin \left(\frac{x}{a}\rright) \]

Ces deux constantes devraient donc être égales, bien qu'elles ne soient pas identiques, mais qu'elles soient liées l'une à l'autre d'une manière ou d'une autre.