Intégrales trigonométriques

Une puissance impaire du sinus ou du cosinus s’intègre par un seul changement de variable. Pour une puissance paire, il faut d’abord transformer l’expression : l’aire sur un tour permet de comprendre pourquoi. Avec x = sin θ, √(1 − x²) prend place sur un cercle et chaque terme de la primitive correspond à une partie de la figure. Suivez le calcul pas à pas, puis essayez à votre tour.

Puissances paires : linéarisez	$sin^{2} x cos^{2} x = \frac{1}{2} (1 - cos 2 x) = \frac{1}{2} (1 + cos 2 x)$
Une puissance impaire : un facteur devient du	$sin^{2 k + 1} x u = (1 - cos^{2} x)^{k} sin x = cos x$
Un radical de la forme a² ± x²	$a^{2} - x^{2} a^{2} + x^{2} : x = a sin θ : x = a tan θ$

Exemple résolu — Intégrales trigonométriques

Aire algébrique de 0 à b	0,0000
Aire algébrique sur un tour, de 0 à 2π	0,0000
Valeur moyenne sur un tour, c₀	0,0000
Aire sous xᵏ√(1 − x²), de 0 à X	0,5618
La même aire exprimée en θ	0,5618
Terme en θ, c₀·θ	0,3218
Terme algébrique, le reste	0,2400

Ce sont les valeurs affichées par le calculateur à l’ouverture de la page. Modifiez une entrée ci-dessus pour les recalculer.

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Leçon

La théorie — Intégrales trigonométriques

Les intégrales trigonométriques portent sur des produits de puissances de sin x et de cos x. Un changement de variable trigonométrique permet de ramener à cette forme une intégrale contenant la racine d’une expression du second degré : x = a sin θ pour √(a² − x²), x = a tan θ pour √(x² + a²) et x = a sec θ pour √(x² − a²). Chaque substitution se lit sur un triangle rectangle. Si une puissance est impaire, isolez un facteur et prenez l’autre fonction comme nouvelle variable. Si tous les exposants sont pairs, commencez par linéariser avec sin²x = ½ − ½cos 2x et cos²x = ½ + ½cos 2x.

Ce que signifie chaque symbole

θ: l’angle du changement de variable ; pour x = a sin θ, il varie de −π/2 à π/2, où cos θ ≥ 0, ce qui donne √(a² − x²) = a cos θ
c₀: la valeur moyenne de sinᵐx·cosⁿx sur un tour : 0 si m ou n est impair, et (m − 1)!!·(n − 1)!!/(m + n)!! si les deux sont pairs, avec n!! = n(n − 2)(n − 4)… jusqu’à 1 ou 2, et 0!! = (−1)!! = 1

D’où vient la formule

Pourquoi une puissance paire donne une primitive croissante d’un tour à l’autre. Pour toute primitive F de sinᵐx·cosⁿx, la différence F(x + 2π) − F(x) est l’aire algébrique d’un tour, soit 2π·c₀, quel que soit x. Ainsi, F(x) − c₀·x est périodique de période 2π. Les changements de variable u = cos x et u = sin x donnent une fonction de cos x ou de sin x, elle-même périodique de période 2π. Ils ne peuvent donc fournir la primitive complète que si c₀ = 0, c’est-à-dire si au moins un exposant est impair.
$F (x + 2 π) - F (x) = \int_{x}^{x + 2 π} sin^{m} t cos^{n} t d t = 2 π c_{0} \Rightarrow F (x) - c_{0} x = F (x + 2 π) - c_{0} (x + 2 π)$

Problèmes entièrement résolus

Une puissance impaire de sinus 3 étapes
Calculez ∫sin³x dx.

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1. Isolez un sin x pour du et convertissez les deux autres en cosinus :
  
  $sin^{3} x = (1 - cos^{2} x) sin x, u = cos x, d u = - sin x d x$
2. Un polynôme en u :
  
  $\int (1 - u^{2}) (- d u) = - u + \frac{u ^{3}}{3}$
3. Retour à x :
  
  $- cos x + \frac{cos ^{3} x}{3} + C$
Réponse

−cos x + cos³x/3 + C. du = −sin x dx comporte un signe moins ; l'oublier inverse chaque terme, et l'outil vous signalera une erreur de signe.

$\int sin^{3} x d x = - cos x + \frac{cos ^{3} x}{3} + C$
Une puissance impaire de cosinus à côté d'un sinus pair 2 étapes
Calculez ∫sin²x cos³x dx.

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1. C'est le cosinus qui porte la puissance impaire : réservez un cos x pour du et exprimez le reste en sinus :
  
  $sin^{2} x cos^{3} x = sin^{2} x (1 - sin^{2} x) cos x, u = sin x, d u = cos x d x$
2. Un polynôme en u = sin x :
  
  $\int (u^{2} - u^{4}) d u = \frac{u ^{3}}{3} - \frac{u ^{5}}{5}$
Réponse

sin³x/3 − sin⁵x/5 + C. C'est la puissance impaire qui dicte le changement de variable ; si les deux sont impaires, vous pouvez choisir l'une ou l'autre.

$\int sin^{2} x cos^{3} x d x = \frac{sin ^{3} x}{3} - \frac{sin ^{5} x}{5} + C$
Deux puissances paires : réduisez l'angle deux fois 3 étapes
Calculez ∫sin²x cos²x dx.

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1. Aucune puissance impaire à consacrer à du. D'abord l'angle double :
  
  $sin x cos x = \frac{1}{2} sin 2 x \Rightarrow sin^{2} x cos^{2} x = \frac{1}{4} sin^{2} 2 x$
2. Puis la formule de l'angle moitié sur sin²2x :
  
  $\frac{1}{4} sin^{2} 2 x = \frac{1}{8} (1 - cos 4 x)$
3. Intégrez terme à terme :
  
  $\int \frac{1}{8} (1 - cos 4 x) d x = \frac{x}{8} - \frac{sin 4 x}{32} + C$
Réponse

x/8 − sin 4x/32 + C. Le terme x/8 correspond à la croissance d'une puissance paire : un huitième par unité de x. Si vous l'omettez, l'outil vous signalera qu'il manque 1/8 à la dérivée partout.

$\int sin^{2} x cos^{2} x d x = \frac{x}{8} - \frac{sin 4 x}{32} + C$
Deux fréquences différentes : du produit à la somme 3 étapes
Calculez ∫sin 3x cos x dx.

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1. Un produit de sinus et de cosinus portant sur des multiples différents de x n'est qu'une somme déguisée :
  
  $sin A cos B = \frac{1}{2} [sin (A + B) + sin (A - B)]$
2. Avec A = 3x et B = x :
  
  $sin 3 x cos x = \frac{1}{2} (sin 4 x + sin 2 x)$
3. Intégrez chaque sinus :
  
  $\int \frac{1}{2} (sin 4 x + sin 2 x) d x = - \frac{cos 4 x}{8} - \frac{cos 2 x}{4} + C$
Réponse

−cos 4x/8 − cos 2x/4 + C. Le facteur ½ de la formule est celui que l'on oublie le plus souvent ; sans lui, le résultat est deux fois trop grand, ce que l'outil vous signalera.

$\int sin 3 x cos x d x = - \frac{cos 4 x}{8} - \frac{cos 2 x}{4} + C$
D'abord une identité 2 étapes
Calculez ∫tan²x dx.

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1. tan²x n'admet pas de primitive immédiate, contrairement à sec²x :
  
  $tan^{2} x = sec^{2} x - 1$
2. Intégrez terme à terme :
  
  $\int (sec^{2} x - 1) d x = tan x - x + C$
Réponse

tan x − x + C. Si vous n'écrivez que tan x, vous oubliez le −1 ; l'outil affiche une dérivée trop grande de 1 en tout point.

$\int tan^{2} x d x = tan x - x + C$
√(1 − x²) : placez x sur le cercle 3 étapes
Calculez ∫x²/√(1 − x²) dx.

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1. Posez x = sin θ, ce qui transforme la racine en cos θ :
  
  $x = sin θ, d x = cos θ d θ, 1 - x^{2} = cos θ$
2. Les cosinus se simplifient et il ne reste qu'une puissance paire du sinus :
  
  $\int \frac{sin ^{2} θ}{cos θ} cos θ d θ = \int sin^{2} θ d θ = \frac{θ}{2} - \frac{sin 2 θ}{4}$
3. Revenez à x avec sin 2θ = 2 sin θ cos θ :
  
  $sin 2 θ = 2 sin θ cos θ = 2 x 1 - x^{2} \Rightarrow \frac{arcsin x}{2} - \frac{x 1 - x ^{2}}{2} + C$
Réponse

(arcsin x − x√(1 − x²))/2 + C. L'arcsinus correspond au secteur et l'autre terme au triangle, comme dans l'encadré sur le triangle et le secteur ; ici, le triangle est soustrait.

$\int \frac{x ^{2}}{1 - x ^{2}} d x = \frac{arcsin x - x 1 - x ^{2}}{2} + C$
x² + a² : placez x sur une tangente 3 étapes
Calculez ∫dx/(x² + 4)^3/2.

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1. Posez x = 2 tan θ, de sorte que x² + 4 = 4 sec²θ :
  
  $x = 2 tan θ, d x = 2 sec^{2} θ d θ, x^{2} + 4 = 4 sec^{2} θ$
2. Presque tout se simplifie :
  
  $\int \frac{2 sec ^{2} θ}{8 sec ^{3} θ} d θ = \frac{1}{4} \int cos θ d θ = \frac{sin θ}{4}$
3. Revenez à x grâce au triangle rectangle de côté opposé x, de côté adjacent 2 et d'hypoténuse √(x² + 4) :
  
  $tan θ = \frac{x}{2} \Rightarrow sin θ = \frac{x}{x ^{2} + 4} \Rightarrow \frac{x}{4 x ^{2} + 4} + C$
Réponse

x/(4√(x² + 4)) + C. Le ¼ provient de 2/8 ; si vous l'omettez, l'outil affiche une dérivée valant quatre fois l'intégrande.

$\int \frac{d x}{( x ^{2} + 4 ) ^{3/2}} = \frac{x}{4 x ^{2} + 4} + C$
sin⁸x sur un tour, avec une formule de récurrence 4 étapes
Les exposants proposés sur cette page s’arrêtent à 6. Quelle est l’aire sous sin⁸x sur un tour, et quelle est la pente de la droite le long de laquelle croît sa primitive ? Cliquez sur sin⁴x : par récurrence : pour sin⁴x, la page donne une aire de 2,3562 et une valeur moyenne de 0,3750.

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1. Écrivez sinⁿx = sinⁿ⁻¹x·sin x et intégrez par parties avec u = sinⁿ⁻¹x. Sur un tour complet, le terme de bord −sinⁿ⁻¹x cos x vaut 0. En écrivant cos²x = 1 − sin²x, vous faites réapparaître Iₙ dans le membre de droite ; vous pouvez alors l’isoler :
  
  $I_{n} = \int_{0}^{2 π} sin^{n} x d x = [- sin^{n - 1} x cos x]_{0}^{2 π} + (n - 1) \int_{0}^{2 π} sin^{n - 2} x (1 - sin^{2} x) d x \Rightarrow I_{n} = \frac{n - 1}{n} I_{n - 2}$
2. Partez de I₀ = 2π, l’aire sous la fonction constante 1 sur un tour, puis augmentez l’exposant de deux à chaque étape. I₄ est la valeur affichée sur la page :
  
  $I_{0} = 2 π, I_{2} = \frac{1}{2} \cdot 2 π = π, I_{4} = \frac{3}{4} \cdot π = \frac{3 π}{4} = 2.3562$
3. Deux étapes supplémentaires mènent à sin⁸x :
  
  $I_{6} = \frac{5}{6} \cdot \frac{3 π}{4} = \frac{5 π}{8} = 1.9635, I_{8} = \frac{7}{8} \cdot \frac{5 π}{8} = \frac{35 π}{64} = 1.7181$
4. La pente de la droite est l’aire par tour divisée par 2π :
  
  $c_{0} = \frac{I _{8}}{2 π} = \frac{35}{128} = 0.2734$
Réponse

35π/64 ≈ 1,7181 par tour, avec une pente de 35/128 ≈ 0,2734. À chaque étape, la valeur est multipliée par (n − 1)/n. La moyenne diminue donc, approximativement comme √(2/(πn)) : pour n = 8, cette approximation donne 0,2821, contre la valeur exacte 0,2734. Appliquez la même récurrence sur un quart de tour, y compris aux puissances impaires, pour lesquelles elle part de 1 au lieu de π/2. Encadrez chaque puissance paire par les puissances impaires voisines : les rapports successifs conduisent au produit de John Wallis, π/2 = (2·2·4·4·6·6…)/(1·3·3·5·5·7…). Il l’a obtenu dans Arithmetica infinitorum (1656), en cherchant à calculer l’aire du quart de disque ∫₀¹√(1 − x²) dx.

$\int_{0}^{2 π} sin^{8} x d x = \frac{35 π}{64} \approx 1.7181, c_{0} = \frac{35}{128} \approx 0.2734$

Sur un tour, les puissances impaires se compensent et les puissances paires accumulent de l’aire 🖖

Cliquez sur sin³x : un tour. Entre π et 2π, la courbe de sin³x reproduit celle entre 0 et π avec le signe opposé : l’aire algébrique sur le tour vaut donc 0,0000. Sa primitive, cos³x/3 − cos x, retrouve sa valeur initiale tous les 2π. Un changement de variable u = cos x ou u = sin x ne peut donner qu’une fonction de cos x ou de sin x, elle aussi périodique de période 2π. Cliquez maintenant sur sin²x : le x manquant. sin²x est toujours positif ou nul et chaque tour ajoute π = 3,1416 d’aire. Sa primitive doit donc augmenter de π par tour, le long de la droite x/2. Aucune fonction de cos x n’a ce comportement ; ce changement de variable ne permet donc pas de trouver la primitive. La formule de linéarisation sin²x = ½ − ½cos 2x fait apparaître le terme constant ½, dont la primitive est précisément le x/2 nécessaire. Dans l’exercice, la réponse saisie est −sin(2x)/4 : le terme x/2 a été omis. Le diagnostic repère un écart de ½ en chaque point. Le tableau donne l’augmentation par tour pour chaque exposant jusqu’à 6 : 0 pour les impairs ; π, 3π/4 et 5π/8 pour les pairs.

Les deux termes de ∫√(1 − x²) correspondent à un triangle et à un secteur 🖖

Cliquez sur Triangle et secteur. La courbe de √(1 − x²) est le demi-cercle supérieur du cercle unité. L’aire sous cette courbe de 0 à x est donc une partie du disque, que le rayon joignant le centre au point (x, √(1 − x²)) partage en deux. Sous le rayon se trouve un triangle rectangle de côtés x et √(1 − x²), d’aire x√(1 − x²)/2. À côté, un secteur d’angle θ = arcsin x a pour aire θ/2. Pour x = 0,6, ces aires valent 0,2400 et 0,3218 ; leur somme est 0,5618. La primitive, (x√(1 − x²) + arcsin x)/2, traduit ces deux parties terme à terme. Après le changement de variable, l’intégrande est cos²θ, une puissance paire. La bande sous la droite en pointillés à la hauteur ½ a pour aire θ/2, celle du secteur ; le reste de cos²θ a pour primitive sin 2θ/4, qui donne l’aire du triangle. Faites glisser X jusqu’à 1. Le triangle s’aplatit et son aire s’annule, tandis que le secteur devient un quart de disque : π/4 = 0,7854. Le π apparaît parce qu’arcsin 1 est un angle, alors que l’intégrande n’en contenait pas.

π apparaît dans ∫₀¹ xᵏ√(1 − x²) dx exactement lorsque k est pair 🖖

Cliquez sur Sans angle. L’aire sous x√(1 − x²) de 0 à 1 vaut 0,3333, soit 1/3. Dans le graphique du bas, le terme en θ vaut 0,0000. Le facteur x devant la racine est égal à −½ fois la dérivée de 1 − x² : le changement de variable u = 1 − x² suffit. La primitive acceptée dans l’exercice, −(1 − x²)^(3/2)/3, ne contient aucun arcsin. Parcourez les boutons de choix de l’intégrande. L’aire contient π pour k = 0, 2 et 4 (π/4, π/16, π/32), mais jamais pour k = 1, 3 et 5 (1/3, 2/15, 8/105). La distinction entre exposants pairs et impairs observée dans le premier graphique se retrouve sur le cercle. Avec x = sin θ, xᵏ√(1 − x²) dx devient sinᵏθ·cos²θ dθ. Si k est impair, la puissance du sinus l’est aussi : sa valeur moyenne sur un tour est 0, et la primitive n’a donc pas de terme en θ. Or seul ce terme peut produire un arcsin x, puis un π lorsque x = 1. Une puissance impaire de x multipliée par √(1 − x²) s’intègre sans recourir au triangle.

Parcours

Techniques d'intégration

Références (3)

The strategy for ∫cosʲx·sinᵏx: if k is odd, keep one sin x and write the rest in cos x with sin²x = 1 − cos²x, then u = cos x; if j is odd, the same with the roles swapped and u = sin x; if both are even, the half-angle identities sin²x = ½ − ½cos 2x and cos²x = ½ + ½cos 2x. Example 3.10 integrates sin²x to x/2 − sin(2x)/4: G. Strang and E. Herman, Calculus Volume 2, OpenStax (2016), section 3.2, “Trigonometric Integrals”.
The three substitutions and their reference triangles: x = a sin θ with −π/2 ≤ θ ≤ π/2, where cos θ ≥ 0 so the root is a cos θ (Example 3.21 integrates √(9 − x²) this way); x = a tan θ; x = a sec θ, where the root is |a tan θ| and changes sign between x ≥ a and x ≤ −a. The strategy for √(a² − x²) begins by advising a check that the integral cannot be done more easily, naming x√(a² − x²) as one u-substitution handles, and Example 3.23 does x³√(1 − x²) both ways: G. Strang and E. Herman, Calculus Volume 2, OpenStax (2016), section 3.3, “Trigonometric Substitution”.
Wallis's product π/2 = (2·2·4·4·6·6·8·8…)/(1·3·3·5·5·7·7·9…), in Arithmetica infinitorum (1656), found while trying to compute ∫₀¹ (1 − x²)^(1/2) dx, the area of a quarter of the unit circle: he could integrate (1 − x²)ⁿ for whole n and reached the half power by interpolation, a word the book introduced: J. J. O'Connor and E. F. Robertson, “John Wallis”, MacTutor History of Mathematics Archive, University of St Andrews (2002).

Par l’équipe 42Math · Vérifié sur des sources publiées. Corrections bienvenues.