Cours sur les primitives de fonctions contenant des radicaux

Primitives de fonctions contenant des radicaux.

Méthode

Si les radicaux sont respectivement du type ax+bn\sqrt[n]{ax+b} ou ax+bcx+dn\sqrt[n]{\dfrac{ax+b}{cx+d}} alors on pose respectivement u=ax+bnu = \sqrt[n]{ax+b} ou u=ax+bcx+dnu = \sqrt[n]{\dfrac{ax+b}{cx+d}}.
↪  \hookrightarrow\,\, Si les radicaux sont du type ax2+bx+c\sqrt{ax^2+bx+c} alors on met le trinôme sous forme canonique. Puis, à l'aide d'un changement de variable on se ramène à la situation pour laquelle on recherche une primitive qui contient un des termes suivant :
  ⋆  \,\, \star \,\, si le terme contenu est 1+u2\sqrt{1 + u^2} alors on pose u=sinh⁡(ϕ)u = \sinh(\phi) ainsi ϕ=argsinh(u)=ln⁡(u+1+u2)\phi = \mathrm{argsinh}(u) = \ln\left( u + \sqrt{1 + u^2} \right) ;
  ⋆⋆  \,\, \star \star\,\, si le terme contenu est 1−u2\sqrt{1 - u^2} alors on pose u=sin⁡(ϕ)u = \sin(\phi) ainsi ϕ=arcsin⁡(u)\phi = \arcsin(u) avec −π2⩽ϕ⩽π2- \dfrac{\pi}{2} \leqslant \phi \leqslant \dfrac{\pi}{2} ou  bien{\color{red}{\bf{ou \,\, bien}}} on pose u=cos⁡(ϕ)u = \cos(\phi) ainsi ϕ=arccos⁡(u)\phi = \arccos(u) avec 0⩽ϕ⩽π0 \leqslant \phi \leqslant \pi ;
  ⋆⋆⋆  \,\, \star \star \star\,\, si le terme contenu est u2−1\sqrt{u^2 - 1} alors on pose u=εcosh⁡(ϕ)u = \varepsilon\cosh(\phi), avec ε=sign(u)\varepsilon = \mathrm{sign}(u) donc ε=±1\varepsilon = \pm 1, ainsi ϕ=argcosh(∣u∣)=ln⁡(∣u∣+u2−1)\phi = \mathrm{argcosh}(|u|) = \ln\left( |u| + \sqrt{u^2 - 1} \right).
Exemple :\pink{\text{Exemple :}} Déterminons l'expression des primitives de la fonction ff définie par f:x⟼xx−1x+1f : x \longmapsto x\sqrt{\dfrac{x-1}{x+1}}.
On pose u=x−1x+1u = \sqrt{\dfrac{x-1}{x+1}}, et on constate que u2=x−1x+1u^2 = \dfrac{x-1}{x+1}. Donc :
u2(x+1)=x−1   ⟺   xu2+u2=x−1   ⟺   xu2−x=−u2−1   ⟺   x−xu2=u2+1u^2 (x+1) = x-1 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, xu^2+u^2 = x-1 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, xu^2-x = -u^2-1 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, x-xu^2 = u^2+1
Donc x(1−u2)=u2+1x(1-u^2) = u^2+1. Ainsi, on en déduit que :
x=1+u21−u2x = \dfrac{1+u^2}{1-u^2}
Puis, par dérivation de xx par rapport à uu, on obtient :
dxdu=ddu(1+u21−u2)=2u(1−u2)−(1+u2)(−2u)(1−u2)2=2u(1−u2)+(1+u2)2u(1−u2)2=4u(1−u2)2\dfrac{dx}{du} = \dfrac{d}{du} \left( \dfrac{1+u^2}{1-u^2} \right) = \dfrac{2u(1-u^2) -(1+u^2)(-2u)}{\left(1-u^2\right)^2} = \dfrac{2u(1-u^2) + (1+u^2)2u}{\left(1-u^2\right)^2} = \dfrac{4u}{\left(1-u^2\right)^2}
Donc :
dx=4u(1−u2)2 dudx = \dfrac{4u}{\left(1-u^2\right)^2} \, du
On peut donc écrire que :
∫f(x) dx=∫xx−1x+1 dx=∫1+u21−u2 u 4u(1−u2)2 du=∫4u2(1+u2)(1−u2)3 du=∫4u2(1+u2)((1−u)(1+u))3 du\int f(x) \, dx = \int x\sqrt{\dfrac{x-1}{x+1}} \, dx = \int \dfrac{1+u^2}{1-u^2} \, u \, \dfrac{4u}{\left(1-u^2\right)^2} \, du = \int \dfrac{4u^2(1+u^2)}{\left(1-u^2\right)^3} \, du = \int \dfrac{4u^2(1+u^2)}{\left((1-u)(1+u)\right)^3} \, du
Soit encore :
∫f(x) dx=∫−4u2(1+u2)(u−1)3(u+1)3 du\int f(x) \, dx = \int \dfrac{-4u^2(1+u^2)}{(u-1)^3(u+1)^3} \, du
La décomposition en éléments simples du terme −4u2(1+u2)(u−1)3(u+1)3\dfrac{-4u^2(1+u^2)}{(u-1)^3(u+1)^3} nous donne :
−4u2(1+u2)(u−1)3(u+1)3=−12(u−1)−32(u−1)2−1(u−1)3+12(u+1)−32(u+1)2+1(u+1)3\dfrac{-4u^2(1+u^2)}{(u-1)^3(u+1)^3} = -\dfrac{1}{2(u-1)} - \dfrac{3}{2(u-1)^2} - \dfrac{1}{(u-1)^3} + \dfrac{1}{2(u+1)} - \dfrac{3}{2(u+1)^2} + \dfrac{1}{(u+1)^3}
Ainsi, on obtient, en posant F(x)=∫f(x) dxF(x) = \int f(x) \, dx, l'expression suivante :
F(x)=−∫12(u−1) du−∫32(u−1)2 du−∫1(u−1)3 du+∫12(u+1) du−∫32(u+1)2 du+∫1(u+1)3 duF(x) = \\ -\int \dfrac{1}{2(u-1)} \, du - \int \dfrac{3}{2(u-1)^2} \, du - \int\dfrac{1}{(u-1)^3} \, du + \int\dfrac{1}{2(u+1)} \, du - \int\dfrac{3}{2(u+1)^2} \, du + \int\dfrac{1}{(u+1)^3} \, du
D'où :
F(x)=−12∫1u−1 du−32∫1(u−1)2 du−∫1(u−1)3 du+12∫1u+1 du−32∫1(u+1)2 du+∫1(u+1)3 duF(x) = \\ -\dfrac{1}{2}\int \dfrac{1}{u-1} \, du - \dfrac{3}{2}\int \dfrac{1}{(u-1)^2} \, du - \int\dfrac{1}{(u-1)^3} \, du + \dfrac{1}{2}\int\dfrac{1}{u+1} \, du - \dfrac{3}{2}\int\dfrac{1}{(u+1)^2} \, du + \int\dfrac{1}{(u+1)^3} \, du
Soit, avec C∈RC \in \mathbb{R} :
F(x)=−12ln⁡(∣u−1∣)−32−1(u−1)−−12(u−1)2+12ln⁡(∣u+1∣)−32−1(u+1)+−12(u+1)2+CF(x) = -\dfrac{1}{2}\ln(|u-1|) - \dfrac{3}{2} \dfrac{-1}{(u-1)} - \dfrac{-1}{2(u-1)^2} + \dfrac{1}{2}\ln(|u+1|) - \dfrac{3}{2}\dfrac{-1}{(u+1)} + \dfrac{-1}{2(u+1)^2} + C
On obtient alors :
F(x)=−12ln⁡(∣u−1∣)+321u−1+12(u−1)2+12ln⁡(∣u+1∣)+321u+1−12(u+1)2+CF(x) = -\dfrac{1}{2}\ln(|u-1|) + \dfrac{3}{2} \dfrac{1}{u-1} + \dfrac{1}{2(u-1)^2} + \dfrac{1}{2}\ln(|u+1|) + \dfrac{3}{2}\dfrac{1}{u+1} - \dfrac{1}{2(u+1)^2} + C
De même :
F(x)=12(ln⁡(∣u+1∣)−ln⁡(∣u−1∣))+32(1u−1+1u+1)+12(1(u−1)2−1(u+1)2)+CF(x) = \dfrac{1}{2} \left(\ln(|u+1|) - \ln(|u-1|) \right) + \dfrac{3}{2} \left( \dfrac{1}{u-1} + \dfrac{1}{u+1}\right) + \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{1}{(u-1)^2} - \dfrac{1}{(u+1)^2} \right) + C
Ce qui nous permet d'écrire que :
F(x)=12(ln⁡(∣u+1∣∣u−1∣))+32(u+1+u−1(u−1)(u+1))+12((u+1)2−(u−1)2(u−1)2(u+1)2)+CF(x) = \dfrac{1}{2} \left( \ln\left(\dfrac{|u+1|}{|u-1|}\right) \right) + \dfrac{3}{2} \left( \dfrac{u+1+u-1}{(u-1)(u+1)} \right) + \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{(u+1)^2 - (u-1)^2}{(u-1)^2(u+1)^2} \right) + C
On a alors :
F(x)=12(ln⁡(∣u+1u−1∣))+32(2uu2−1)+12(u2+2u+1−(u2−2u+1)((u−1)(u+1))2)+CF(x) = \dfrac{1}{2} \left( \ln\left(\left\vert\dfrac{u+1}{u-1}\right\vert\right) \right) + \dfrac{3}{2} \left( \dfrac{2u}{u^2-1} \right) + \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{u^2+2u+1 - (u^2 - 2u + 1)}{\big( (u-1)(u+1) \big)^2} \right) + C
On trouve alors que :
F(x)=ln⁡(∣u+1u−1∣)+3uu2−1+12(u2+2u+1−u2+2u−1((u2−12))2)+CF(x) = \ln\left(\sqrt{\left\vert\dfrac{u+1}{u-1}\right\vert }\right) + \dfrac{3u}{u^2-1} + \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{u^2+2u+1 - u^2 + 2u - 1}{\big( (u^2-1^2)\big)^2} \right) + C
Donc :
F(x)=ln⁡(∣u+1u−1∣)+3uu2−1+12(4u((u2−1))2)+CF(x) = \ln\left(\sqrt{\left\vert\dfrac{u+1}{u-1}\right\vert }\right) + \dfrac{3u}{u^2-1} + \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{4u}{\big( (u^2-1)\big)^2} \right) + C
En simplifiant :
F(x)=ln⁡(∣u+1u−1∣)+3uu2−1+2u(u2−1)2+CF(x) = \ln\left(\sqrt{\left\vert\dfrac{u+1}{u-1}\right\vert }\right) + \dfrac{3u}{u^2-1} + \dfrac{2u}{\big( u^2-1 \big)^2} + C
Mais comme u=x−1x+1u = \sqrt{\dfrac{x-1}{x+1}}, on en déduit que :
u2−1=x−1x+1−1=x−1x+1−x+1x+1=x−1−(x+1)x+1=x−1−x−1x+1=−2x+1u^2 - 1 = \dfrac{x-1}{x+1} - 1 = \dfrac{x-1}{x+1} - \dfrac{x+1}{x+1} = \dfrac{x-1 - (x+1)}{x+1} = \dfrac{x-1 - x-1}{x+1} = \dfrac{-2}{x+1}
Donc :
1u2−1=−x+12\dfrac{1}{u^2-1} = - \dfrac{x+1}{2}
Puis, on en déduit que :
1(u2−1)2=(x+1)24\dfrac{1}{\big(u^2-1\big)^2} = \dfrac{(x+1)^2}{4}
On arrive donc à :
3uu2−1=−3x+12x−1x+1=−32(x+1)2(x−1)x+1=−32(x+1)(x−1)=−32x2−1\dfrac{3u}{u^2-1} = - 3\dfrac{x+1}{2} \sqrt{\dfrac{x-1}{x+1}} = - \dfrac{3}{2} \sqrt{\dfrac{(x+1)^2(x-1)}{x+1}} = - \dfrac{3}{2} \sqrt{(x+1)(x-1)} = - \dfrac{3}{2} \sqrt{x^2-1}
Puis :
2u(u2−1)2=2(x+1)24x−1x+1=(x+1)2(x+1)2(x−1)x+1=(x+1)2(x+1)(x−1)\dfrac{2u}{\big( u^2-1 \big)^2} = 2 \dfrac{(x+1)^2}{4} \sqrt{\dfrac{x-1}{x+1}} = \dfrac{(x+1)}{2} \sqrt{\dfrac{(x+1)^2(x-1)}{x+1}} = \dfrac{(x+1)}{2} \sqrt{(x+1)(x-1)}
D'où :
2u(u2−1)2=(x+1)2x2−1\dfrac{2u}{\big( u^2-1 \big)^2} = \dfrac{(x+1)}{2} \sqrt{x^2-1}
De plus, on a :
u+1u−1=x−1x+1+1x−1x+1−1=x−1x+1+x+1x+1x−1x+1−x+1x+1=x−1+x+1x+1x−1−x+1x+1=x−1+x+1x−1−x+1\dfrac{u+1}{u-1} = \dfrac{\sqrt{\dfrac{x-1}{x+1}}+1}{\sqrt{\dfrac{x-1}{x+1}}-1} = \dfrac{\sqrt{\dfrac{x-1}{x+1}}+\sqrt{\dfrac{x+1}{x+1}}}{\sqrt{\dfrac{x-1}{x+1}}-\sqrt{\dfrac{x+1}{x+1}}} = \dfrac{\dfrac{\sqrt{x-1} + \sqrt{x+1}}{\sqrt{x+1}}}{\dfrac{\sqrt{x-1} - \sqrt{x+1}}{\sqrt{x+1}}} = \dfrac{\sqrt{x-1} + \sqrt{x+1}}{\sqrt{x-1} - \sqrt{x+1}}
On peut alors écrire l'expression de la primitive recherchée, à savoir :
F(x)=∫f(x) dx=ln⁡(∣x−1+x+1x−1−x+1∣)−32x2−1+(x+1)2x2−1+CF(x) = \int f(x) \, dx = \ln\left(\sqrt{\left\vert \dfrac{\sqrt{x-1} + \sqrt{x+1}}{\sqrt{x-1} - \sqrt{x+1}} \right\vert }\right) - \dfrac{3}{2} \sqrt{x^2-1} + \dfrac{(x+1)}{2} \sqrt{x^2-1} + C
En factorisant :
F(x)=∫f(x) dx=ln⁡(∣x−1+x+1x−1−x+1∣)+12x2−1(−3+x+1)+CF(x) = \int f(x) \, dx = \ln\left(\sqrt{\left\vert \dfrac{\sqrt{x-1} + \sqrt{x+1}}{\sqrt{x-1} - \sqrt{x+1}} \right\vert }\right) + \dfrac{1}{2} \sqrt{x^2-1} \left( -3 + x+1 \right) + C
Finalement, on trouve que :
F(x)=∫f(x) dx=∫xx−1x+1 dx=ln⁡(∣x−1+x+1x−1−x+1∣)+x−22x2−1+C    (C∈R)F(x) = \int f(x) \, dx = \int x\sqrt{\dfrac{x-1}{x+1}} \, dx = \ln\left(\sqrt{\left\vert \dfrac{\sqrt{x-1} + \sqrt{x+1}}{\sqrt{x-1} - \sqrt{x+1}} \right\vert }\right) + \dfrac{x-2}{2} \sqrt{x^2-1} + C \,\,\,\, (C \in \mathbb{R})
♣  Remarque:{\color{blue}{\bf{\clubsuit \,\, Remarque :}}}
On constate que :
F(2)=ln⁡(∣1+31−3∣)+C=ln⁡(3+13−1)+CF(2) = \ln\left(\sqrt{\left\vert \dfrac{\sqrt{1} + \sqrt{3}}{\sqrt{1} - \sqrt{3}} \right\vert }\right) + C = \ln\left(\sqrt{ \dfrac{\sqrt{3} + \sqrt{1}}{\sqrt{3} - \sqrt{1}} }\right) + C
Et :
F(1)=ln⁡(∣0+20−2∣)+C=ln⁡(∣2−2∣)+C=ln⁡(22)+C=ln⁡(1)=ln⁡(1)+C=0+CF(1) = \ln\left(\sqrt{\left\vert \dfrac{\sqrt{0} + \sqrt{2}}{\sqrt{0} - \sqrt{2}} \right\vert }\right) + C = \ln\left(\sqrt{\left\vert \dfrac{\sqrt{2}}{- \sqrt{2}} \right\vert }\right) + C= \ln\left(\sqrt{ \dfrac{\sqrt{2}}{ \sqrt{2}} }\right) + C = \ln\left(\sqrt{ 1}\right) = \ln(1) + C = 0 + C
Et de fait :
∫12f(x) dx=∫12xx−1x+1 dx=F(2)−F(1)=ln⁡(3+13−1)  u.a.≃0,658  u.a.\int_1^2 f(x) \, dx = \int_1^2 x\sqrt{\dfrac{x-1}{x+1}} \, dx = F(2) - F(1) = \ln\left(\sqrt{ \dfrac{\sqrt{3} + \sqrt{1}}{\sqrt{3} - \sqrt{1}} }\right) \,\, u.a. \simeq 0,658 \,\, u.a.
On vérifie ceci numériquement (à l'aide d'un logiciel de calculs formels ou une calculatrice), et on obtient par exemple :