Exercice 3 (21-SPO1U12-TS1-EX3)

$(1)$ Trouvez $ a, b \in \mathbb{R}$ tels que $\frac{1+t}{1+t^{2}}=\frac{2 a t}{1+t^{2}}+\frac{b}{1+t^{2}}$ pour tout $t \in \mathbb{R}$.

$(2)$ Soit

Trouvez $$\int g(t) d t$$

où

$$
g: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}, \quad g(t):=\frac{1+t}{1+t^{2}} .
$$

$(3)$ En utilisant le changement de variables $t=\sin (x)$, calculez $$\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos (x)+\sin (x) \cos (x)}{1+\sin ^{2}(x)} d x.$$

$(1)$ $$\frac{1+t}{1+t^2}=\frac{2 a t+b}{1+t^2} $$ $$ \forall t \in \mathbb{R}, \quad \text {on a}\quad 1+t^2 \neq 0 $$ $$t+1=2 a t+b $$ $$ \left\{\begin{array} { l } { 2 a = 1 } \\ { b = 1 } \end{array}\right. \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{l} a=\frac{1}{2} \\ b=1 \end{array}\right.$$ On a donc $$\frac{1+t}{1+t^2}=\frac{2 \cdot \frac{1}{2} t}{1+t^2}+\frac{1}{1+t^2} $$

$(2)$ Soit $$g(t)=\frac{1+t}{1+t^2}$$ \begin{aligned} \int g(t) d t& =\int \frac{1+t}{1+t^2} dt \\ &= \int \frac{1}{1+t^2} d t+\int \frac{t}{1+t^2} dt \end{aligned} Remémorons nous $$\int \frac{1}{1+t^2} d t=\operatorname{Arctan}(t)+C$$ et notons que \begin{aligned} \int \frac{t}{1+t^2} d t&=\frac{2}{2} \int \frac{t}{1+t^2} dt \\ &= \frac{1}{2} \int \frac{2 t}{1+t^2} dt \\ &= \frac{1}{2} \int \frac{u^{\prime}(t)}{u(t)} dt \\ &= \frac{1}{2}\ln(\lvert u(t) \rvert) +C\end{aligned} En prenant $u(t)=t^2+1$, et en notant que $ t^2 + 1 $ est strictement positive pour tout $t\in \mathbb{R}$, de telle sorte que $\lvert t^2 + 1 \rvert = t^2 + 1$, nous obtenons \begin{aligned} \int \frac{t}{t^2+1} d t & =\frac{1}{2} \int \frac{2 t}{t^2+1} d t \\ & =\frac{1}{2} \ln \left(\left|t^2+1\right|\right)+C \\ & =\frac{1}{2} \ln \left(t^2+1\right)+C \end{aligned} avec $C\in \mathbb{R}$ constante réelle quelconque. Ainsi, $$ \int \frac{1+t}{t^2+1} d t=\operatorname{Arctan}(t)+\ln \left(t^2+1\right)+C $$

$(3)$ Calculons $$\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos (x)+\sin (x) \cos (x)}{1+\sin ^2(x)} dx$$ en utilisant le changement de variable préconisé par l’énoncé $t=\sin (x)$. On peut voir $t$ comme une fonction dépendant de $x$ : $$t(x)=\sin (x).$$ On a alors $$\frac{d t}{d x}=\cos (x)$$ i.e., $$dt=\cos (x) dx. $$ Ré-arrangeons tout d’abord cette intégrale : $$\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos (x)+\sin (x) \cos (x)}{1+\sin ^2(x)} d x=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{(1+\sin (x)) \cos (x)}{1+\sin ^2(x)} d x.$$ Posons $$x_1=-\frac{\pi}{2}, \quad x_2=\frac{\pi}{2}$$ Alors $$\begin{aligned} t_1=\sin \left(x_1\right) & =\sin \left(-\frac{\pi}{2}\right) \\ & =-\sin \left(\frac{\pi}{2}\right) \\ & =-1\end{aligned}$$ et $$\begin{aligned} t_2&=\sin \left(x_2\right) \\&=\sin \left(\frac{\pi}{2}\right)\\ &=1 \end{aligned}$$ seront les bornes de notre intégrale une fois le changement de variable effectué. Allons-y : $$\displaystyle\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{(1+\sin (x)) \cos(x))}{1+\sin ^2(\alpha)} d x=\int_{-1}^1 \dfrac{1+t}{1+t^2} dt.$$ Utilisons la primitive obtenue à la question précédente : $$\displaystyle\int_{-1}^1 \dfrac{1+t}{1+t^2} d t=\left[\operatorname{Arctan}(t)+\ln (t^2+1)+C\right]_{-1}^{1}$$ Pour mémoire, on a $$\operatorname{Arctan}(1)=\frac{\pi}{4}, \qquad \operatorname{Arctan}(-1)=-\frac{\pi}{4}.$$ Ainsi, $$ \begin{aligned} \left[\operatorname{Arctan}(t)+\ln \left(t^2+1\right)+C\right]_{-1}^1&=\operatorname{Arctan}(1)+\ln (2)+C-(\operatorname{Arctan}(-1)+\ln (2)+C) \\ &=\operatorname{Arctan}(1)-\operatorname{Arctan}(-1)+\ln (2)-\ln (2)+C-C \\ &=\frac{\pi}{4}-\left(-\frac{\pi}{4}\right) \\&=\frac{\pi}{2}.\end{aligned}$$