Le changement de variable $x\mapsto a+b-x$

La stratégie : un changement de variable qui laisse l'intervalle invariant. L'application $x\mapsto a+b-x$ est la symétrie de $[a,b]$ par rapport à son milieu : elle échange les bornes. Quand l'intégrande a une symétrie compatible, l'intégrale est égale à sa transformée, et l'on additionne les deux écritures : ce qui gêne disparaît. Ce qu'on a le droit d'utiliser : le théorème de changement de variable, ${\int }_a^{b}f(\phi (t)){\phi }^{\prime }(t)\mathrm{d}t={\int }_{\phi (a)}^{\phi (b)}f(u)\mathrm{d}u$, et la règle ${\int }_b^a=-{\int }_a^b$.

a) La symétrie. Posons $\phi (x)=a+b-x$, de classe ${\mathcal{C}}^1$, ${\phi }^{\prime }(x)=-1$, $\phi (a)=b$, $\phi (b)=a$. Le théorème donne $${\int }_a^{b}f(a+b-x)(-1)\mathrm{d}x={\int }_b^{a}f(u)\mathrm{d}u=-{\int }_a^{b}f(u)\mathrm{d}u,$$ et en simplifiant les deux signes moins, ${\int }_a^{b}f(a+b-x)\mathrm{d}x={\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x$. (En pratique : on pose $u=a+b-x$, $\mathrm{d}u=-\mathrm{d}x$, et les bornes s'échangent — le signe du $\mathrm{d}u$ et l'échange des bornes se compensent.)

b) Sinus et cosinus. Sur $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]$, $a+b-x=\frac{\pi }{2}-x$ et $\sin \left(\frac{\pi }{2}-x\right)=\cos x$. Le a), appliqué à la fonction continue $x\mapsto f(\sin x)$, donne $${\int }_0^{\pi /2}f(\sin x)\mathrm{d}x={\int }_0^{\pi /2}f\left(\sin \left(\frac{\pi }{2}-x\right)\right)\mathrm{d}x={\int }_0^{\pi /2}f(\cos x)\mathrm{d}x.$$ Pour $I_n$ : le dénominateur ${\sin }^{n}x+{\cos }^{n}x$ ne s'annule pas sur $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]$ (les deux termes sont positifs et ne sont jamais nuls simultanément, car ${\sin }^2+{\cos }^2=1$), l'intégrande est continu. Le changement $x\mapsto \frac{\pi }{2}-x$ échange $\sin$ et $\cos$ dans l'intégrande : $$I_n={\int }_0^{\pi /2}\frac{{\cos }^{n}x}{{\cos }^{n}x+{\sin }^{n}x}\mathrm{d}x=:J_n.$$ Or $I_n+J_n={\int }_0^{\pi /2}\frac{{\sin }^{n}x+{\cos }^{n}x}{{\sin }^{n}x+{\cos }^{n}x}\mathrm{d}x={\int }_0^{\pi /2}\mathrm{d}x=\frac{\pi }{2}$. Donc $2I_n=\frac{\pi }{2}$ et $$I_n=\frac{\pi }{4}\text{pour tout }n\in \mathbb{N},$$ sans qu'on ait calculé aucune primitive — et il n'y en a d'ailleurs pas d'expression simple pour $n$ quelconque.

Le point délicat. L'égalité $I_n=J_n$ n'est pas « par symétrie » au sens vague : c'est le changement de variable du a), qui exige que la fonction transformée soit bien celle qu'on croit — ici, on a vérifié que $\sin$ et $\cos$ s'échangent et que l'intervalle est invariant. Et l'astuce n'est pas $I_n=J_n$ seule, c'est $I_n=J_n$ jointe à $I_n+J_n$ facile.

c) Le facteur $x$. Sur $[0,\pi ]$, $a+b-x=\pi -x$ et $\sin (\pi -x)=\sin x$. Le a), appliqué à $x\mapsto xg(\sin x)$, donne $${\int }_0^{\pi }xg(\sin x)\mathrm{d}x={\int }_0^{\pi }(\pi -x)g(\sin (\pi -x))\mathrm{d}x={\int }_0^{\pi }(\pi -x)g(\sin x)\mathrm{d}x=\pi {\int }_0^{\pi }g(\sin x)\mathrm{d}x-{\int }_0^{\pi }xg(\sin x)\mathrm{d}x.$$ En faisant passer la dernière intégrale à gauche, $2{\int }_0^{\pi }xg(\sin x)\mathrm{d}x=\pi {\int }_0^{\pi }g(\sin x)\mathrm{d}x$, ce qui est la formule annoncée : le facteur $x$ se remplace par sa valeur moyenne $\frac{\pi }{2}$.

Application. Avec $g(s)=\frac{s}{1+(1-s^2)}$ — de sorte que $g(\sin x)=\frac{\sin x}{1+{\cos }^{2}x}$, fonction continue de $x$ — $${\int }_0^{\pi }\frac{x\sin x}{1+{\cos }^{2}x}\mathrm{d}x=\frac{\pi }{2}{\int }_0^{\pi }\frac{\sin x}{1+{\cos }^{2}x}\mathrm{d}x.$$ Cette dernière intégrale se calcule par le changement de variable $u=\cos x$, $\mathrm{d}u=-\sin x\mathrm{d}x$, les bornes $0$ et $\pi$ devenant $1$ et $-1$ : $${\int }_0^{\pi }\frac{\sin x}{1+{\cos }^{2}x}\mathrm{d}x={\int }_1^{-1}\frac{-\mathrm{d}u}{1+u^2}={\int }_{-1}^1\frac{\mathrm{d}u}{1+u^2}=[\mathrm{Arctan}u{]}_{-1}^1=\frac{\pi }{4}-\left(-\frac{\pi }{4}\right)=\frac{\pi }{2}.$$ Donc $${\int }_0^{\pi }\frac{x\sin x}{1+{\cos }^{2}x}\mathrm{d}x=\frac{\pi }{2}\cdot \frac{\pi }{2}=\frac{{\pi }^2}{4}.$$ Contrôle de plausibilité. L'intégrande est positif sur $[0,\pi ]$, majoré par $x\sin x$ dont l'intégrale vaut $\pi$ (par parties, c'est l'exemple du cours) ; $\frac{{\pi }^2}{4}\approx 2,47<\pi$.

d) Le logarithme de $1+\tan x$. L'intégrande est continu sur $\left[0,\frac{\pi }{4}\right]$, où $\tan x\in [0,1]$. Appliquons le a) avec $a+b-x=\frac{\pi }{4}-x$. Par la formule de soustraction de la tangente, $\tan \left(\frac{\pi }{4}-x\right)=\frac{1-\tan x}{1+\tan x}$, donc $$1+\tan \left(\frac{\pi }{4}-x\right)=\frac{1+\tan x+1-\tan x}{1+\tan x}=\frac{2}{1+\tan x},\ln \left(1+\tan \left(\frac{\pi }{4}-x\right)\right)=\ln 2-\ln (1+\tan x).$$ En notant $K$ l'intégrale cherchée, le a) donne $$K={\int }_0^{\pi /4}(\ln 2-\ln (1+\tan x))\mathrm{d}x=\frac{\pi }{4}\ln 2-K,\text{d’ouˋ}K=\frac{\pi }{8}\ln 2.$$ Contrôle. $\frac{\pi }{8}\ln 2\approx 0,2722$ ; l'intégrande croît de $\ln 1=0$ à $\ln 2\approx 0,693$ sur un intervalle de longueur $0,785$, et la valeur moyenne obtenue, $\approx 0,347$, est bien entre $0$ et $\ln 2$.

Ce que l'exercice installe. Le changement de variable $x\mapsto a+b-x$ ne calcule pas l'intégrale : il en donne une seconde écriture, et c'est la somme des deux qui se simplifie — le facteur $x$ devient $\frac{a+b}{2}$, une fraction en $\sin$ et $\cos$ devient $1$, un logarithme devient une constante. On retiendra le réflexe : quand une primitive semble inaccessible, chercher une symétrie de l'intervalle que l'intégrande respecte. On le retrouvera au chapitre de l'intégration, avec les fonctions paires, impaires et périodiques.