Intégration par changement de variable

Exercice 1.
Calculer l’intégrale {I=\displaystyle\int_{1/3}^{1}\dfrac{(x-x^3)^{1/3}}{x^4}\,\text{d}x}.
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Avec le changement de variable défini par {t=\dfrac1x}, on obtient : {\begin{array}{rl}I&=\displaystyle\int_{1/3}^{1}\dfrac{(x-x^3)^{1/3}}{x^4}\,\text{d}x=\displaystyle\int_{1}^{3}t^2\Bigl(\dfrac1t-\dfrac1{t^3}\Bigr)^{1/3}\,\text{d}t\\\\&=\displaystyle\int_{1}^{3}t(t^2-1)^{1/3}\,\text{d}t=\dfrac38\Bigl[(t^2-1)^{4/3}\Bigr]_1^3=6\end{array}}

Exercice 2.
Calculer {I_\theta=\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}\dfrac{\,\text{d}x}{1+\cos\,\theta\cos x}} (avec {\,\theta\in]-\pi,+\pi[})
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Le changement de variable {t=\tan\dfrac{x}2} applique {\bigl[0,\dfrac\pi2]} sur {[0,1]}.

On a {\,\text{d}x=\dfrac{2\,\text{d}t}{1+t^2}}, et {\cos x=\dfrac{1-t^2}{1+t^2}}. Ainsi : {\begin{array}{rl}I_\theta&=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{2\,\text{d}t}{1+t^2+(1-t^2)\cos\,\theta}\\\\&=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{2\,\text{d}t}{1+\cos\,\theta+t^2(1-\cos\,\theta)}\\\\&=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\,\text{d}t}{\cos^2\dfrac\theta2+t^2\sin^2\dfrac\theta2}\end{array}}Si {\,\theta=0}, alors {I_\theta=1}. Quand {\,\theta} est non nul, on trouve : {\begin{array}{rl}I_\theta&=\dfrac1{\sin^2\dfrac\theta2}\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\,\text{d}t}{\text{cotan}^2\dfrac\theta2+t^2}\\\\&=\dfrac{\tan\dfrac\theta2}{\sin^2\dfrac\theta2}\Bigl[\arctan\Bigl(t\tan\dfrac\theta2\Bigr)\Bigr]_0^1\\\\&=\dfrac{\dfrac\theta2}{\sin\dfrac\theta2\cos\dfrac\theta2}=\dfrac\theta{\sin\theta}\end{array}}

Exercice 3.
Calculer l’intégrale {I=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{1+\sqrt{x}}{1+\sqrt[3]{x}}\,\text{d}x}.
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Le changement de variable {t=\sqrt[6]{x}} applique {[0,1]} sur {[0,1]}.

Ainsi {\sqrt{x}=t^3}, {\sqrt[3]{x}=t^2}, et {\text{d}x=6t^5\,\text{d}t}. On en déduit : {\begin{array}{rl}I&=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{1+\sqrt{x}}{1+\sqrt[3]{x}}\,\text{d}x=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{1+t^3}{1+t^2}6t^5\,\text{d}t\\\\&=6\displaystyle\int_{0}^{1}\Bigl(t^6-t^4+t^3+t^2-t-1+\dfrac{t+1}{t^2+1}\Bigr)\,\text{d}t\\\\&=\Bigl[\dfrac{t^7}{7}-\dfrac{t^5}{5}+\dfrac{t^4}4+\dfrac{t^3}3-\dfrac{t^2}2-t+\dfrac12\ln(t^2+1)+\arctan t\Bigr]_0^1\\\\&=\dfrac17-\dfrac15+\dfrac14+\dfrac13-\dfrac12-1+\dfrac{\ln2}2+\dfrac\pi4\\\\&=-\dfrac{409}{420}+\dfrac{\ln2}2+\dfrac\pi4\end{array}}

Exercice 4.
Calculer l’intégrale {J=\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}\cos^7x\,\text{d}x}
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On effectue le changement de variable {t=\sin x}.

On a {\,\text{d}t=\cos x\,\text{d}x} et {\cos^6x=(1-t^2)^3}. Ainsi : {\begin{array}{rl}J&=\displaystyle\int_{0}^{1}(1-t^2)^3\,\text{d}t=\displaystyle\int_{0}^{1}(1-3t^2+3t^4-t^6)\,\text{d}t\\\\&=\biggl[t-t^3+\dfrac{3t^5}{5}-\dfrac{t^7}7\biggr]_0^1=\dfrac35-\dfrac17=\dfrac{16}{35}\end{array}}

Exercice 5.
Calculer l’intégrale {K=\displaystyle\int_{0}^{\pi/4}\tan^7x\,\text{d}x}.
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Le changement de variable {t=\tan x} applique {\Bigl[0,\dfrac{\pi}4\Bigr]} sur {[0,1]}.

On a {\text{d}t=(1+\tan^2x)\,\text{d}x} donc {\,\text{d}x=\dfrac{\,\text{d}t}{1+t^2}}. Ainsi : {\begin{array}{rl}\displaystyle\int_{0}^{\pi/4}\tan^7x\,\text{d}x&=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{t^7}{1+t^2}\,\text{d}t=\displaystyle\int_{0}^{1}\Bigl(t^5-t^3+t-\dfrac{t}{1+t^2}\Bigr)\,\text{d}t\\\\&=\Bigl[\dfrac{t^6}{6}-\dfrac{t^4}4+\dfrac{t^2}2-\dfrac12\ln(1+t^2)\Bigr]_0^1\\\\&=\dfrac1{6}-\dfrac14+\dfrac12-\dfrac{\ln2}{2}=\dfrac{5}{12}-\dfrac{\ln 2}2\end{array}}

Exercice 6.
Soit {f\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}}, continue. On pose {g(x)=\displaystyle\int_{a}^{b}f(x+t)\cos t\,\text{d}t}.
Montrer que {g} est dérivable sur {\mathbb{R}} et calculer {g'}.
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On pose {u=t+x}, et on développe le cosinus. On trouve : {\begin{array}{rl}g(x)&=\displaystyle\int_{a+x}^{b+x}f(u)\cos(u-x)\,\text{d}u\\\\&=\displaystyle\int_{a+x}^{b+x}f(u)(\cos u\cos x+\sin u\sin x)\,\text{d}u\\\\&=\cos x\displaystyle\int_{a+x}^{b+x}f(u)\cos u+\sin x\displaystyle\int_{a+x}^{b+x}f(u)\sin u\,\text{d}u\end{array}}On peut alors dériver l’application {g}, en notant que :
{\begin{array}{l}\dfrac{\text{d}}{\,\text{d}x}\displaystyle\int_{a+x}^{b+x}f(u)\cos u=f(b+x)\cos(b+x)-f(a+x)\cos(a+x)\\\\\dfrac{\text{d}}{\,\text{d}x}\displaystyle\int_{a+x}^{b+x}f(u)\sin u=f(b+x)\sin(b+x)-f(a+x)\sin(a+x)\end{array}}On en déduit, pour tout {x} de {\mathbb{R}} : {\begin{array}{rl}g'(x)=&-\sin x\displaystyle\int_{a+x}^{b+x}f(u)\cos u+\cos x\displaystyle\int_{a+x}^{b+x}f(u)\sin u\,\text{d}u\\\\&+\cos x\bigl(f(b+x)\cos(b+x)-f(a+x)\cos(a+x)\bigr)\\\\&+\sin x\bigl(f(b+x)\sin(b+x)-f(a+x)\sin(a+x)\bigr)\\\\=&\displaystyle\int_{a+x}^{b+x}f(u)(\sin u\cos x-\cos u\sin x)\,\text{d}u\\\\&+f(b+x)\bigl(\cos x\cos(b+x)+\sin x\sin(b+x)\bigr)\\\\&-f(a+x)\bigl(\cos x\cos(a+x)+\sin x\sin(a+x)\bigr)\\\\=&\displaystyle\int_{a+x}^{b+x}f(u)\sin(u-x)\,\text{d}u+f(b+x)\cos b-f(a+x)\cos a\end{array}}En revenant à {t=u-x} dans l’intégrale, on trouve, pour tout x\in\mathbb{R} :
{g'(x)=\displaystyle\int_{a}^{b}f(x+t)\sin t\,\text{d}t+f(b+x)\cos b-f(a+x)\cos a}