PSI* — 2020/2021 — Corrigé partiel du T.D. 7 Page 1
1.d) Existence et calcul de π/
2 0
√tanθdθ.
Solution: pour l’existence, le changement de variable ci-dessous permettrait de conclure, puisqu’il mène à une intégrale clairement convergente, par comparaison à une intégrale de Riemann. . .
Pour une justification directe, je note que la fonction θ →√
tanθ est continue, positive sur [0, π/2[ et
que √
tanθ= 1 tan π
2 −θ
θ→∼π/2−
1 π 2 −θ
car tanx ∼
x→0x.
Or 1
2 <1donc, par comparaison à une intégrale de Riemann, π/
2 0
√tanθdθ converge.
Pour le calcul, j’effectue le changement de variableC1 bijectift=√
tanθ, soitθ= arctant2, d’où
π/2 0
√tanθdθ=
+∞
0
2t2 1 +t4dt.
Ensuite je factorise le dénominateur :
1 +t4 = t2+ 1 2−2t2 = t2+ 1 +√
2t t2+ 1−√ 2t et je cherche a, b, c, dtels que :
2t2
1 +t4 = at+b t2+ 1 +√
2t+ ct+d t2+ 1−√
2t
En multipliant part et en faisant tendretvers +∞, je vois que nécessairement a+c= 0.
En prenant t= 0, je vois que nécessairementb+d= 0.
Il s’agit donc d’écrire
2t2 = (at+b) t2+ 1 +√
2t − t2+ 1−√ 2t . Or cette relation est vérifiée en posant a= 1/√
2 etb= 0! En divisant par1 +t4 j’obtiens bien 2t2
1 +t4 = t/√ 2 t2+ 1−√
2t − t/√ 2 t2+ 1 +√
2t.
Pour obtenir des primitives, je sépare classiquement (pour obtenir un lnet un arctan. . . ) : t/√
2 t2+ 1−√
2t = 1 2√
2· 2t−√ 2 t2+ 1−√
2t +1
2· 1
t2+ 1−√ 2t Dans le premier terme, j’ai forcé l’apparition de u′
u et pour le second j’utilise la forme canonique du dénominateur :
1
2· 1
1
2 + t−
√2 2
2 = 1
1 + √
2t−1 2 = 1
√2·
√2 1 + √
2t−1 2,
d’où cette primitive deϕ:t→ t/√ 2 t2+ 1−√
2t : Φ :t→ 1
2√
2ln t2+ 1−√
2t + 1
√2arctan √
2t−1 . Or
− t/√ 2 t2+ 1 +√
2t =ϕ(−t) ett→ϕ(−t) admet comme primitivet→ −Φ (−t) !
J’ai donc, pourx >0, comme les valeurs en 0 s’annulent,
x 0
2t2
1 +t4dt= 1 2√
2ln x2+ 1−√ 2x x2+ 1 +√
2x + 1
√2 arctan √
2x−1 + arctan √
2x+ 1 . À la limite quand xtend vers +∞j’obtiens bien
π/2 0
√tanθdθ=
+∞
0
2t2
1 +t4dt= π
√2.
