Le changement de variable qui symétrise

La stratégie. On ne cherche pas de primitive : on cherche une transformation de l'intervalle qui laisse l'intégrale invariante, ou qui la change en son opposée, et l'on résout l'équation obtenue. Mais d'abord, on établit la convergence, une borne à la fois : appliqué à une intégrale divergente, le même calcul produirait des égalités vides de sens.

a) La symétrie $t\mapsto \frac{1}{t}$.

Convergence. $f:t\mapsto \frac{\ln t}{1+t^2}$ est continue sur $]0,+\infty [$. En $0$ : pour $t\in \left]0,1\right]$, $1+t^2\ge 1$ donc $|f(t)|\le |\ln t|$, et $\ln$ est intégrable en $0^{+}$ (fonction de référence) ; $f$ est intégrable sur $\left]0,1\right]$. En $+\infty$ : pour $t\ge 1$, $|f(t)|\le \frac{\ln t}{t^2}=\frac{1}{t^{3/2}}\cdot \frac{\ln t}{\sqrt{t}}=o\left(\frac{1}{t^{3/2}}\right)$ par croissances comparées, et $t\mapsto t^{-3/2}$ est intégrable en $+\infty$ (Riemann, $\frac{3}{2}>1$). Donc $f$ est intégrable sur $]0,+\infty [$, et son intégrale $J$ converge : l'absolue convergence implique la convergence.

Le changement de variable. $\phi :u\mapsto \frac{1}{u}$ est une bijection de classe ${\mathcal{C}}^1$, strictement décroissante, de $]0,+\infty [$ sur lui-même, avec ${\phi }^{\prime }(u)=-\frac{1}{u^2}$, et $$f\left(\frac{1}{u}\right){\phi }^{\prime }(u)=\frac{-\ln u}{1+\frac{1}{u^2}}\cdot \left(-\frac{1}{u^2}\right)=\frac{\ln u}{1+u^2}.$$ Comme $\phi$ décroît, elle échange les bornes : $t\to 0^{+}$ correspond à $u\to +\infty$. Le théorème de changement de variable, version décroissante, donne $$J={\int }_{+\infty }^0\frac{\ln u}{1+u^2}\mathrm{d}u=-{\int }_0^{+\infty }\frac{\ln u}{1+u^2}\mathrm{d}u=-J,$$ donc $2J=0$ et $J=0$.

Le cas $a>0$. Posons $t=as$, bijection croissante de classe ${\mathcal{C}}^1$ de $]0,+\infty [$ sur lui-même : $\ln t=\ln a+\ln s$, $a^2+t^2=a^2(1+s^2)$, $\mathrm{d}t=a\mathrm{d}s$. Les intégrales ${\int }_0^{+\infty }\frac{\mathrm{d}s}{1+s^2}=\frac{\pi }{2}$ (limite de $\mathrm{Arctan}$ en $+\infty$) et $J=0$ convergent, donc par linéarité $${\int }_0^{+\infty }\frac{\ln t}{a^2+t^2}\mathrm{d}t=\frac{1}{a}{\int }_0^{+\infty }\frac{\ln a+\ln s}{1+s^2}\mathrm{d}s=\frac{1}{a}\cdot \frac{\pi }{2}\ln a=\frac{\pi \ln a}{2a}.$$ (Contrôle : pour $a=2$, une quadrature donne $0,5443965\dots$, et $\frac{\pi \ln 2}{4}=0,5443965\dots$)

b) La symétrie $t\mapsto 1-t$.

Convergence. $g:t\mapsto \frac{1}{\sqrt{t(1-t)}}$ est continue et positive sur $]0,1[$. En $0$, $g(t)\sim \frac{1}{\sqrt{t}}$ ; en $1$, $g(t)\sim \frac{1}{\sqrt{1-t}}$ : les deux sont intégrables (Riemann, exposant $\frac{1}{2}<1$, en $0$ et en un point fini). Donc $g$ est intégrable sur $]0,1[$.

Le changement de variable. $\psi :u\mapsto {\sin }^{2}u$ a pour dérivée $2\sin u\cos u>0$ sur $\left]0,\frac{\pi }{2}\right[$ : c'est une bijection strictement croissante, de classe ${\mathcal{C}}^1$, de $\left]0,\frac{\pi }{2}\right[$ sur $]0,1[$. Avec $t={\sin }^{2}u$, $1-t={\cos }^{2}u$ et, parce que $\sin u$ et $\cos u$ sont strictement positifs sur cet intervalle, $\sqrt{t(1-t)}=\sin u\cos u$. D'où $${\int }_0^1\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{t(1-t)}}={\int }_0^{\pi /2}\frac{2\sin u\cos u}{\sin u\cos u}\mathrm{d}u={\int }_0^{\pi /2}2\mathrm{d}u=\pi .$$

Le point délicat. En général, $\sqrt{{\sin }^{2}u{\cos }^{2}u}=|\sin u\cos u|$ : c'est le choix de l'intervalle $\left]0,\frac{\pi }{2}\right[$ qui ôte la valeur absolue. La dérivée ${\psi }^{\prime }(u)$ compense exactement le dénominateur : les deux singularités disparaissent ensemble. (Contrôle : $t\mapsto 2\mathrm{Arcsin}\sqrt{t}$ est une primitive de $g$, et elle passe de $0$ à $\pi$.)

c) La symétrie $t\mapsto \frac{\pi }{2}-t$, et une duplication.

Convergence. Sur $\left]0,\frac{\pi }{2}\right]$, $\ln (\sin t)\le 0$, et la fonction est continue en $\frac{\pi }{2}$. En $0^{+}$, $\ln (\sin t)=\ln t+\ln \frac{\sin t}{t}$, avec $\ln \frac{\sin t}{t}\to 0$ et $\ln t\to -\infty$ : donc $\ln (\sin t)\sim \ln t$. Comme $-\ln t$ est positive et intégrable en $0^{+}$, la comparaison par équivalents donne l'intégrabilité : $I$ converge.

Première symétrie. Le changement de variable $t=\frac{\pi }{2}-u$, bijection décroissante de $\left]0,\frac{\pi }{2}\right[$ sur lui-même, échange sinus et cosinus : il donne la convergence de ${\int }_0^{\pi /2}\ln (\cos u)\mathrm{d}u$ et son égalité avec $I$.

La duplication. Sur $\left]0,\frac{\pi }{2}\right[$, $\ln (\sin t)+\ln (\cos t)=\ln \frac{\sin 2t}{2}$. Les deux intégrales convergeant, par linéarité, $$2I={\int }_0^{\pi /2}\ln (\sin 2t)\mathrm{d}t-\frac{\pi }{2}\ln 2,$$ où $K={\int }_0^{\pi /2}\ln (\sin 2t)\mathrm{d}t$ converge, comme combinaison d'intégrales convergentes. Le changement de variable $v=2t$ donne $K=\frac{1}{2}{\int }_0^{\pi }\ln (\sin v)\mathrm{d}v$ ; on coupe en $\frac{\pi }{2}$ (relation de Chasles) et, sur $\left[\frac{\pi }{2},\pi \right[$, le changement $v=\pi -w$, qui conserve le sinus, redonne $I$. Donc $K=\frac{1}{2}(I+I)=I$, et $2I=I-\frac{\pi }{2}\ln 2$ : $$I={\int }_0^{\pi /2}\ln (\sin t)\mathrm{d}t=-\frac{\pi }{2}\ln 2=-1,0887930\dots$$

Le point délicat. L'équation $2I=I-\frac{\pi }{2}\ln 2$ n'a de sens que parce que $I$ est un nombre : la convergence devait être établie d'abord.

d) Les trois symétries.

• En a), $t\mapsto \frac{1}{t}$ échange $]0,1[$ et $]1,+\infty [$ et change le signe du logarithme : l'intégrale est égale à son opposée.
• En b), $t\mapsto 1-t$ échange les deux bornes singulières ; le paramétrage $t={\sin }^{2}u$ la change en $u\mapsto \frac{\pi }{2}-u$, qui échange sinus et cosinus, et rend l'intégrande constant.
• En c), $t\mapsto \frac{\pi }{2}-t$ échange sinus et cosinus, puis la duplication, jointe à la symétrie $v\mapsto \pi -v$, fait réapparaître l'intégrale elle-même : on obtient une équation dont elle est l'inconnue.

Ce que l'exercice installe. Sans primitive, on cherche une transformation qui laisse l'intégrale invariante, et l'on résout l'équation qu'elle fournit — après avoir établi la convergence, une borne à la fois. L'intégrale de b) a un sens physique : pour un oscillateur $x(t)=A\sin (\omega t)$, le trajet d'une extrémité à l'autre dure ${\int }_{-A}^A\frac{\mathrm{d}x}{\omega \sqrt{A^2-x^2}}$, qui se ramène à b) par $x=A(2t-1)$ et vaut $\frac{\pi }{\omega }$ : les singularités, là où la vitesse s'annule, sont intégrables.