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Nous avons à nouveau un générateur de signe placé dans l'intégrande, étudions sa valeur dans l'intervalle d'étude \( \mathbb{R}^*\).

En replaçant notre variable initiale dans ce générateur de signe, on a :

Dans tous les cas, ce générateur de signe vaut toujours \(1\).

Alors, on intègre maintenant :

Soit finalement,

Par ailleurs, en posant \( t = |a| \ tan(u)\), on a :

Nous avons à nouveau un générateur de signe placé dans l'intégrande, étudions sa valeur dans l'intervalle d'étude \( \mathbb{R}^*\).

En replaçant notre variable initiale dans ce générateur de signe, on a :

Dans tous les cas, ce générateur de signe vaut toujours \(1\).

Alors, on intègre uniquement :

En injectant alors notre résultat dans l'expression initiale on a :

La constante \(- ln |a| \) étant absorbée par la constante d'intégration, on obtient finalement :

Les expressions \((4)\) et \((5)\) ayant un membre commun, elles sont égales à une constante près.

Déterminons cette constante en prenant une valeur de \(x\), par exemple \(x = 0\).

Alors, on trouve que :

On alors a en prime une définition explicite de la fonction \(acrsinh\) avec \(a = 1\) :

Comme précédemment on pose : \(u = \sqrt{a^2 + t^2}\).

Or,

On intégre alors maintenant :

Soit finalement,

On pose : \(t = |a| \ tan(u)\).

Cela nous donne maintenant,

On a vu plus haut que le générateur de signe était toujours égal à \(1\) :

Soit en le retirant de l'intégrande,

On pose encore une nouvelle variable : \(v =sin(u)\). On a :

Soit dans notre cas de figure :

En remontant maintenant les changements de variable dans leur ordre d'affectation.

Alors, en remplaçant dans l'expression précédente :

Soit finalement,

On peut poser \(t = |a| \ tan(u)\).

On a vu plus haut que ce generateur de signe valaut toujours \(1\) :

Par suite, en le retirant de l'intégrande il reste :

On peut alors faire une intégration par parties :

Soit en remplaçant :

Et comme on connaît la primitive de \(sec(x)\), on peut la remplacer par sa valeur.

On peut maintenant remplacer \(u\) par sa valeur :

La constante \(-ln|a| \) étant absorbée par la constante d'intégration, on obtient finalement :

1. Fraction avec une racine au dénominateur \( : \frac{1}{\sqrt{t^2 - a^2}}\)

$$ \forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^*, \ \forall x \in \bigl] -\infty, -|a| \bigr[ \hspace{0.05em} \cup \hspace{0.05em} \bigl]|a|, +\infty \bigr[, \ K_1(x) = \frac{1}{\sqrt{x^2 - a^2}} $$
$$ \int^x K_1(t) \ dt = \int^x \frac{dt}{\sqrt{t^2 - a^2}} $$


1. En posant \( t = |a| \ cosh(u) \)

En posant \( t = |a| \ cosh(u) \), on a :

$$ \int^x K_1(t) \ dt = \int^x \frac{|a| \ sinh(u) \ du}{\sqrt{|a|^2 \ cosh^2(u) - a^2}} $$

$$ avec \enspace \Biggl \{ \begin{gather*} t = |a| \ cosh(u) \\ dt = |a| \ sinh(u) \ du \end{gather*} $$

$$ \int^x K_1(t) \ dt = \frac{|a|}{|a|}\int^x \frac{sinh(u) \ du}{\sqrt{ sinh^2(u)}} $$
$$ \int^x K_1(t) \ dt = \int^x \frac{sinh(u) \ du}{|sinh(u)|} \qquad \left(avec \ u \neq 0 \Longleftrightarrow t \neq |a|, \ ce \ qui \ est \ le \ cas \right) $$



La fonction \(arccosh\) étant toujours positive, alors \(sinh(arccosh)\) l'est aussi, et :

$$ \forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^+, \ \forall x \in \bigl] -\infty, -|a| \bigr[ \hspace{0.05em} \cup \hspace{0.05em} \bigl]|a|, +\infty \bigr[, \ \frac{sinh(u)}{|sinh(u)|} = 1$$



Alors, on intègre maintenant :

$$ \int^x K_1(t) \ dt = \int^x du $$
$$ \int^x K_1(t) \ dt = \Bigr[ u \Bigr]^{u=arccosh \left( \frac{x}{|a|} \right)}$$



Soit finalement,

$$ \forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^+, \ \forall x \in \hspace{0.05em} ]a, +\infty[, $$
$$ \int^x \frac{dt}{\sqrt{t^2 - a^2}} = arccosh\left( \frac{x}{|a|}\right) $$
$$(6)$$


2. En posant \( t = |a| \ sec(u) \)

Par ailleurs, en posant \( t = |a| \ sec(u) \), on a :

$$ \int^x K_1(t) \ dt = \int^x \frac{|a| \ sec(u)tan(u) \ du }{\sqrt{|a|^2 \ sec^2(u) - a^2}}$$

$$ avec \enspace \Biggl \{ \begin{gather*} t = |a| \ sec(u) \\ dt = |a| \ sec^2(u)sin(u) \ du = |a| \ sec(u)tan(u) \ du \end{gather*} $$

$$ \int^x K_1(t) \ dt = \frac{|a|}{|a|}\int^x \frac{sec(u)tan(u) \ du }{\sqrt{ sec^2(u) -1}} $$
$$ \int^x K_1(t) \ dt = \int^x \frac{sec(u)tan(u) \ du }{\sqrt{ tan^2(u)}} $$
$$ \int^x K_1(t) \ dt = \int^x \frac{sec(u)tan(u) \ du }{ |tan(u)|} $$



Calculons la valeur du générateur de signe placé dans l'intégrande :

En utilisant à nouveau la dérivée d'une fonction réciproque, on a :

$$ \left( arcsec(x) \right)' = \frac{1}{ sec\left(arcsec(x)\right) \ tan\left(arcsec(x)\right)} $$

$$ avec \enspace \Biggl \{ \begin{gather*} f^{-1} = arcsec(x) \\ f = sec(x) \Longrightarrow f' = sec(x)tan(x) \end{gather*} $$

$$ \Longleftrightarrow \ tan(arcsec(x)) = \frac{1}{ x} \times \frac{1}{ (arcsec (x))' } $$

Mais on connaît la dérivée de \(arcsec(x)\) :

$$ \forall x \in \hspace{0.05em} ]-\infty, \hspace{0.1em} -1[\hspace{0.1em}\cup \hspace{0.1em}]1, \hspace{0.1em} +\infty[, $$

$$ arcsec(x)' = \frac{1}{ x^2} \times \frac{1}{ \sqrt{1 - \frac{1}{ x^2}}} $$

$$ arcsec(x)' = \frac{1}{|x|} \times \frac{1}{ \sqrt{ x^2 - 1}} $$

En combinant les deux expressions précédentes, on obtient :

$$tan(arcsec(x)) = \frac{x}{|x|} \times \sqrt{ x^2 - 1 } \qquad \Big[tan(arcsec)\Bigr]$$
$$\frac{tan(u)}{|tan(u)|} = \frac{ \frac{\ \frac{x}{|a|} }{\left| \frac{x}{|a|} \right|} \times \sqrt{ \left( \frac{x}{|a|} \right)^2 - 1 } }{ \left| \frac{\ \frac{x}{|a|} }{\left| \frac{x}{|a|} \right|} \times \sqrt{ \left( \frac{x}{|a|} \right)^2 - 1 } \right| }$$
$$\frac{tan(u)}{|tan(u)|} = \frac{ x }{|x|} \times \frac{ \sqrt{ \frac{x^2}{a^2} - 1} }{ \left| \sqrt{ \frac{x^2}{a^2} - 1} \right| }$$
$$\frac{tan(u)}{|tan(u)|} = \frac{ x }{|x|} $$

Dans l'intervalle d'étude, ce rapport vaut \(\pm 1\).

$$ \frac{tan(u)}{|tan(u)|} = \Biggl \{ \begin{gather*} = -1, \ \forall x \in \hspace{0.05em} ] -\infty, -a [ \\ = 1, \ \forall x \in \hspace{0.05em} ]a, +\infty [ \end{gather*} $$




On intègre maintenant :

$$ \int^x K_1(t) \ dt = \frac{tan(u)}{|tan(u)|} \int^x sec(u) \ du $$



Calculons la valeur de \( {\displaystyle \int^x} sec(u) \ du\) avant de s'occuper du signe :

$$ \int^x sec(u) \ du = \Bigl[ ln \left| sec(x) + tan(x) \right| \Bigr]^{u = arcsec\left( \frac{x}{|a|} \right)} $$
$$ \int^x sec(u) \ du = ln \left| \frac{x}{|a|} + tan\left(arcsec\left( \frac{x}{|a|} \right) \right) \right| $$

On réutilise \(\Big[ tan(arcsec)\Bigr] \).

$$tan(arcsec(x)) = \frac{x}{|x|} \times \sqrt{ x^2 - 1 } \qquad \Big[tan(arcsec)\Bigr]$$

On injecte la dernière expression dans notre expression précédente :

$$ \int^x sec(u) \ du = ln \left| \frac{x}{|a|} + \frac{\frac{x}{|a|}}{\left|\frac{x}{|a|}\right|} \sqrt{ \left( \frac{x}{|a|} \right)^2 - 1 } \right| $$
$$ \int^x sec(u) \ du = ln \left| \frac{x}{|a|} + \frac{x}{|x|}\frac{ \sqrt{ x^2 - a^2 }}{ |a|} \right| $$
$$ \int^x sec(u) \ du = ln \left| \frac{1}{|a|} \left( x + \frac{x\sqrt{ x^2 - a^2 }}{|x|} \right) \right| $$
$$ \int^x sec(u) \ du = ln \left| \frac{x\sqrt{ x^2 - a^2 }}{|x|} + x \right| -ln|a| $$

La constante \(-ln|a| \) étant absorbée par la constante d'intégration.

Alors l'intégrale finale vaut :

$$ \int^x K_1(t) \ dt = \frac{tan(u)}{|tan(u)|} \ ln \left| \frac{x\sqrt{ x^2 - a^2 }}{|x|} + x \right| $$

$$ \left(avec \ \frac{tan(u)}{|tan(u)|} = \Biggl \{ \begin{gather*} = -1, \ \forall x \in \hspace{0.05em} ] -\infty, -a [ \\ = 1, \ \forall x \in \hspace{0.05em} ]a, +\infty [ \end{gather*} \right)$$

On a alors les deux cas à gérer :




1. Pour la partie négative : \(] -\infty, -a [ \)

\(x\) est négatif et le générateur de signe aussi donc :

$$ \forall x \in \hspace{0.05em} ] -\infty, -a [, \ \int^x K_1(t) \ dt = -ln \left|- \sqrt{ x^2 - a^2 } - |x| \right| $$
$$ \int^x K_1(t) \ dt = -ln \left| \sqrt{ x^2 - a^2 } + |x| \right| $$
$$ \int^x K_1(t) \ dt = ln \left( \frac{1}{\left| \sqrt{ x^2 - a^2 } + |x| \right|} \right) $$
$$ \int^x K_1(t) \ dt = ln \left( \frac{ \left| \sqrt{ x^2 - a^2 } - |x| \right| }{a^2} \right) $$
$$ \int^x K_1(t) \ dt = ln \left| \sqrt{ x^2 - a^2 } - |x| \right| - ln(a^2) $$
$$ \int^x K_1(t) \ dt = ln \left| \sqrt{ x^2 - a^2 } + x \right| - 2 \ ln(a) $$

La constante \(- 2 \ ln(a)\) sera elle aussi absorbée par la constante d'intégration.




2. Pour la partie positive : \(] a, +\infty [ \)

\(x\) est positif et le générateur de signe aussi donc :

$$ \forall x \in \hspace{0.05em} ] a, +\infty [, \ \int^x K_1(t) \ dt = ln \left|\sqrt{ x^2 - a^2 } + x \right| $$



3. Conclusion

Dans les deux cas de figures \((x < -a) \ ou \ (x > a)\), cette intégrale vaut :

$$ \Bigl[ \forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^*, \ \forall x \in \bigl] -\infty, -|a| \bigr[ \hspace{0.05em} \cup \hspace{0.05em} \bigl]|a|, +\infty \bigr[ \Bigr] \lor \Bigl[ (x = 0) \land (x > 0) \Bigr], $$
$$\int^x \frac{dt}{\sqrt{t^2 - a^2}} = ln \left| \sqrt{ x^2 - a^2 } + x \right| $$
$$(7)$$





Les expressions \((6)\) et \((7)\) ayant un membre commun, elles sont égales à une constante près dans leur intervalle commun.

$$ arccosh\left( \frac{x}{|a|}\right) + C_1 = ln \left| \sqrt{ x^2 - a^2 } + x \right| + C_2 $$

Déterminons cette constante en prenant une valeur de \(x\), par exemple \(x = 1\).

$$ arccosh\left( \frac{1}{|a|}\right) = 0 $$
$$ ln \left| \sqrt{1 - a^2 } + 1 \right| $$

Alors, on trouve que :

$$ \left(C_1 = ln \left| \sqrt{1^2 - a^2 } + 1 \right| + C_2 \right) \Longleftrightarrow \left(C_1 - C_2 = ln \left| \sqrt{1 - a^2 } + 1 \right| \right)$$
$$ arccosh\left( \frac{x}{|a|}\right) + ln \left| \sqrt{1 - a^2 } + 1 \right| = ln \left| \sqrt{ x^2 - a^2 } + x \right| $$



On alors a en prime une définition explicite de la fonction \(arccosh\) avec \(a = 1\) :

$$ \forall x \in [1, +\infty[,$$
$$ arccosh(x) = ln \left| x + \sqrt{ x^2 - 1} \right| $$



2. Fraction avec \(t\) et une racine au dénominateur \( : \frac{1}{t\sqrt{t^2 - a^2}}\)

$$\forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^*, \ \forall x \in \bigl] -\infty, -|a| \bigr[ \hspace{0.05em} \cup \hspace{0.05em} \bigl]|a|, +\infty \bigr[, \ K_2(x) = \frac{1}{x\sqrt{x^2 - a^2 }} $$
$$ \int^x K_2(t) \ dt = \int^x \frac{dt}{t\sqrt{t^2 - a^2}} $$

Comme précédemment on pose : \(u = \sqrt{t^2 - a^2}\).

$$ \int^x K_2(t) \ dt = \int^x \frac{du}{t^2} $$

$$ avec \enspace \Biggl \{ \begin{gather*} u = \sqrt{t^2 - a^2} \\ du = \frac{t}{\sqrt{t^2 - a^2}} \ dt \end{gather*} $$

Or,

$$u = \sqrt{a^2 + t^2} \Longleftrightarrow t^2 = u^2 + a^2$$

On intégre alors maintenant :

$$ \int^x K_2(t) \ dt = \int^x \frac{du}{u^2 + a^2} $$

On reconnaît alors une primitive usuelle.

$$ \int^x K_2(t) \ dt = \frac{1}{a^2} \int^x \frac{du}{ \left(\frac{u}{a} \right)^2 + 1 } $$
$$ \int^x K_2(t) \ dt = \frac{1}{a} \Biggl[ arctan\left(\frac{u}{a}\right) \Biggr]^{u= \sqrt{x^2-a^2}} $$
$$ \int^x K_2(t) \ dt = \frac{1}{a} arctan \left(\frac{\sqrt{x^2 - a^2}}{a} \right) $$



Soit finalement,

$$ \forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^+, \ \forall x \in \bigl] -\infty, -|a| \bigr[ \hspace{0.05em} \cup \hspace{0.05em} \bigl]|a|, +\infty \bigr[,$$
$$ \int^x \frac{dt}{t\sqrt{t^2 - a^2}} = \frac{1}{a} arctan \left(\frac{\sqrt{x^2 - a^2}}{a} \right) $$



3. Fraction avec \(t^2\) et une racine au dénominateur \( : \frac{1}{t^2\sqrt{t^2 - a^2}}\)

$$\forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^*, \ \forall x \in \bigl] -\infty, -|a| \bigr[ \hspace{0.05em} \cup \hspace{0.05em} \bigl]|a|, +\infty \bigr[, \ K_3(x) = \frac{1}{x^2\sqrt{x^2 - a^2}} $$
$$ \int^x K_3(t) \ dt = \int^x \frac{dt}{t^2\sqrt{t^2 - a^2}} $$

On pose : \(t = |a| \ cosh(u)\).

$$ \int^x K_3(t) \ dt = \int^x \frac{ |a| \ sinh(u) \ du }{ |a|^2 \ cosh^2(u)\sqrt{|a|^2 \ cosh^2(u) - a^2}} $$

$$ avec \enspace \Biggl \{ \begin{gather*} t = |a| \ cosh(u) \\ dt = |a| \ sinh(u) \ du \end{gather*} $$

Et par suite,

$$ \int^x K_3(t) \ dt = \frac{1}{a^2} \int^x \frac{ sinh(u) }{ cosh^2(u)\sqrt{sinh^2(u)}} \ du $$
$$ \int^x K_3(t) \ dt = \frac{1}{a^2} \int^x sech^2(u) \frac{ sinh(u) }{ |sinh(u)|} \ du $$

On a vu plus haut que le générateur de signe était toujours égal à \(1\) :

$$ \forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^+, \ \forall x \in \bigl] -\infty, -|a| \bigr[ \hspace{0.05em} \cup \hspace{0.05em} \bigl]|a|, +\infty \bigr[, \ \frac{sinh(u)}{|sinh(u)|} = 1$$



Alors, on intègre seulement :

$$ \int^x K_3(t) \ dt = \frac{1}{a^2} \int^x sech^2(u) \ du $$

On est alors sur une primitive usuelle :

$$ \forall x \in \mathbb{R}, \ \int^x sech^2(t) \ dt = tanh(t) $$

Alors, en remplaçant on obtient :

$$ \int^x K_3(t) \ dt = \frac{1}{a^2} tanh\left(arccosh\left( \frac{x}{|a|} \right) \right) $$
$$ \int^x K_3(t) \ dt = \frac{1}{a^2} \frac{sinh\left(arccosh\left( \frac{x}{|a|} \right) \right)}{cosh\left(arccosh\left( \frac{x}{|a|} \right) \right)}$$

En utilisant à nouveau la dérivée d'une fonction réciproque, on a :

$$ \left( arccosh(x) \right)' = \frac{1}{ sinh\left(arccos(x)\right)} $$

$$ avec \enspace \Biggl \{ \begin{gather*} f^{-1} = arccosh(x) \\ f = cosh(x) \Longrightarrow f' = sinh(x) \end{gather*} $$

$$ \Longleftrightarrow \ sinh\left(arccosh(x)\right) = \frac{1}{ \left( arccosh(x) \right)' } $$

Mais on connaît la dérivée de \(arccosh(x)\) :

$$ \forall x \in \hspace{0.05em} ]1, \hspace{0.1em} +\infty[, $$

$$ arccosh(x)' = \frac{1}{\sqrt{x^2 -1}} $$

En combinant les deux expressions précédentes, on obtient :

$$sinh\left(arccosh(x)\right) = x^2 - 1 \hspace{4em} \Big[sinh(arccosh) \Bigr]$$

Soit, en remplaçant :

$$ \int^x K_3(t) \ dt = \frac{1}{a^2} \frac{ \sqrt{ \left( \frac{x}{|a|} \right)^2 - 1 }}{ \left( \frac{x}{|a|} \right) }$$
$$ \int^x K_3(t) \ dt = \frac{|a|}{a^2 |a|} \frac{\sqrt{ x^2 - a^2 } }{x}$$



Soit finalement,

$$ \forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^+, \ \forall x \in \bigl] -\infty, -|a| \bigr[ \hspace{0.05em} \cup \hspace{0.05em} \bigl]|a|, +\infty \bigr[, $$
$$ \int^x \frac{dt}{t^2\sqrt{t^2 - a^2}} =\frac{1}{a^2} \frac{\sqrt{ x^2 - a^2 } }{x}$$


4. Racine simple \( : \sqrt{t^2 - a^2} \)
$$\forall a \in \mathbb{R}, \ \forall x \in \bigl] -\infty, -|a| \bigr[ \hspace{0.05em} \cup \hspace{0.05em} \bigl]|a|, +\infty \bigr[, \ K_4(x) = \sqrt{t^2 - a^2} $$
$$ \int^x K_4(t) \ dt = \int^x \sqrt{t^2 - a^2}\ dt $$

On peut poser la variable : \(t = |a| \ sec(u)\) :

$$ \int^x K_4(t) \ dt = \int^x \sqrt{|a|^2 sec^2(u) - a^2} \ |a| \ sec(u)tan(u) \ du $$

$$ avec \enspace \Biggl \{ \begin{gather*} t = |a| \ sec(u) \\ dt = |a| \ sec(u)tan(u) \ du \end{gather*} $$

$$ \int^x K_4(t) \ dt = a^2 \int^x \sqrt{sec^2(u) - 1} \ sec(u)tan(u) \ du$$
$$ \int^x K_4(t) \ dt = a^2 \int^x \sqrt{tan^2(u)} \ sec(u)tan(u) \ du$$
$$ \int^x K_4(t) \ dt = a^2 \int^x \frac{tan(u)}{|tan(u)|} \ sec(u) \ tan^2(u) \ du$$

On a vu plus haut que ce générateur de signe valait \(\pm 1\) :

$$ \frac{tan(u)}{|tan(u)|} = \Biggl \{ \begin{gather*} = -1, \ \forall x \in \hspace{0.05em} ] -\infty, -a [ \\ = 1, \ \forall x \in \hspace{0.05em} ]a, +\infty [ \end{gather*} $$

Et on intègre finalement :

$$ \int^x K_4(t) \ dt = a^2 \frac{tan(u)}{|tan(u)|} \int^x sec(u) \ tan^2(u) \ du$$



Calculons la valeur de l'intégrale \(a^2 {\displaystyle \int^x} sec(u) \ tan^2(u) \ du \) avant de s'occuper du signe :

$$ a^2 \int^x sec(u) \ tan^2(u) \ du = a^2 \int^x sec(u)(sec^2(u) -1)(u) \ du$$
$$ a^2 \int^x sec(u) \ tan^2(u) \ du = a^2 \int^x sec^3(u) \ du - a^2 \int^x sec(u) \ du$$

Ces deux intégrale ont déjà été calculées:

La première à cette page :

$$\int^x sec(u) \ du = ln \left|sec(x) + tan(x) \right|$$

Et la seconde précédemment :

$$ \int^x sec^3(u) \ du = \frac{1}{2} \Biggl( \Bigl[sec(u)tan(u)\Bigr]^u + \Bigl[ln \left|sec(u) + tan(u) \right|\Bigr]^u \Biggr) \qquad(J_3^*) $$

Alors,

$$ a^2 \int^x sec(u) \ tan^2(u) \ du = \frac{a^2}{2} \biggl[ sec(u)tan(u) + ln \left|sec(u) + tan(u) \right| \biggr]^u - a^2 \biggl[ ln \left|sec(u) + tan(u) \right| \biggr]^u \ du $$
$$ a^2 \int^x sec(u) \ tan^2(u) \ du = \frac{a^2}{2} \Biggl[ sec\left( arcsec\left(\frac{x}{|a|} \right) \right)tan\left( arcsec\left(\frac{x}{|a|} \right) \right) + ln \Biggl| \ sec\left( arcsec\left(\frac{x}{|a|} \right) \right) + tan\left( arcsec\left(\frac{x}{|a|} \right) \right) \ \Biggr| \Biggr] - a^2 \ ln \Biggl| \ sec\left( arcsec\left(\frac{x}{|a|} \right) \right) + tan\left( arcsec\left(\frac{x}{|a|} \right) \right) \ \Biggr| $$
$$ a^2 \int^x sec(u) \ tan^2(u) \ du = \frac{a^2}{2} \Biggl[ \frac{x}{|a|} tan\left( arcsec\left(\frac{x}{|a|} \right) \right) + ln \Biggl| \ \frac{x}{|a|} + tan\left( arcsec\left(\frac{x}{|a|} \right) \right) \ \Biggr| \Biggr] - a^2 \ ln \Biggl| \ \frac{x}{|a|} + tan\left( arcsec\left(\frac{x}{|a|} \right) \right) \ \Biggr| $$

Par ailleurs, on a aussi vu plus haut que :

$$tan(arcsec(x)) = \frac{x}{|x|} \times \sqrt{ x^2 - 1 } \qquad \Big[tan(arcsec)\Bigr]$$

Soit en remplaçant :

$$ a^2 \int^x sec(u) \ tan^2(u) \ du = \frac{a^2}{2} \Biggl[ \frac{x}{|a|} \frac{\frac{x}{|a|}}{\left|\frac{x}{|a|}\right|} \sqrt{\left(\frac{x}{|a|} \right)^2 - 1} + ln \Biggl| \ \frac{x}{|a|} + \frac{\frac{x}{|a|}}{\left|\frac{x}{|a|}\right|} \sqrt{\left(\frac{x}{|a|} \right)^2 - 1} \ \Biggr| \Biggr] - a^2 \ ln \Biggl| \ \frac{x}{|a|} + \frac{\frac{x}{|a|}}{\left|\frac{x}{|a|}\right|} \sqrt{\left(\frac{x}{|a|} \right)^2 - 1} \ \Biggr| $$
$$ a^2 \int^x sec(u) \ tan^2(u) \ du = \frac{a^2}{2} \Biggl[ \frac{x^2}{a^2|x|} \sqrt{x^2 - a^2} + ln \Biggl| \ \frac{x}{|a|} + \frac{x}{|ax|} \sqrt{x^2 - a^2} \ \Biggr| \Biggr] - a^2 \ ln \Biggl| \ \frac{x}{|a|} + \frac{x}{|ax|} \sqrt{x^2 - a^2} \ \Biggr| $$
$$ a^2 \int^x sec(u) \ tan^2(u) \ du = \frac{a^2}{2} \Biggl[ \frac{x^2}{a^2|x|} \sqrt{x^2 - a^2} + ln \Biggl| \frac{1}{|a|} \left( x + \frac{x \sqrt{x^2 - a^2}}{|x|} \right) \ \Biggr| \Biggr] - a^2 \ ln \Biggl| \frac{1}{|a|} \left( x + \frac{x \sqrt{x^2 - a^2}}{|x|} \right) \ \Biggr| $$

On peut maintenant factoriser par le gros facteur commun en \(ln|X|\) :

$$ a^2 \int^x sec(u) \ tan^2(u) \ du = \frac{1}{2} \frac{x^2}{|x|}\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2} ln \Biggl| \frac{1}{|a|} \left( x + \frac{x \sqrt{x^2 - a^2}}{|x|} \right) \ \Biggr| $$
$$ a^2 \int^x sec(u) \ tan^2(u) \ du = \frac{1}{2}\frac{x^2}{|x|}\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2} ln \Biggl| x + \frac{x \sqrt{x^2 - a^2}}{|x|} \ \Biggr| + \frac{ ln|a| a^2}{2} $$



La constante \( + \frac{ ln|a| a^2}{2} \) étant absorbée par la constante d'intégration, on obtient en prenant en compte le générateur de signe laissé de côté :

$$ \int^x K_4(t) \ dt = \frac{tan(u)}{|tan(u)|} \Biggl( \frac{1}{2}\frac{x^2}{|x|}\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2} ln \Biggl| x + \frac{x \sqrt{x^2 - a^2}}{|x|} \ \Biggr| \Biggr) $$

$$ \left(avec \ \frac{tan(u)}{|tan(u)|} = \Biggl \{ \begin{gather*} = -1, \ \forall x \in \hspace{0.05em} ] -\infty, -a [ \\ = 1, \ \forall x \in \hspace{0.05em} ]a, +\infty [ \end{gather*} \right)$$

On a alors les deux cas à gérer :





1. Pour la partie négative : \(] -\infty, -a [ \)

\(x\) est négatif et le générateur de signe aussi donc :

$$ \forall x \in \hspace{0.05em} ] -\infty, -a [, \ \int^x K_4(t) \ dt = -\Biggl( -\frac{1}{2}x\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2} ln \Biggl| -|x| - \sqrt{x^2 - a^2} \ \Biggr| \Biggr) $$
$$ \int^x K_4(t) \ dt = \frac{1}{2}x\sqrt{x^2 - a^2} + \frac{a^2}{2} ln \Biggl| -|x| - \sqrt{x^2 - a^2} \ \Biggr| $$
$$ \int^x K_4(t) \ dt = \frac{1}{2}x\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2} ln \Biggl( \frac{1}{\left| -|x| - \sqrt{x^2 - a^2} \right|} \ \Biggr) $$
$$ \int^x K_4(t) \ dt = \frac{1}{2}x\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2} ln \Biggl( \frac{-|x| + \sqrt{x^2 - a^2}}{a^2} \ \Biggr) $$
$$ \int^x K_4(t) \ dt = \frac{1}{2}x\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2} ln \Biggl| -|x| + \sqrt{x^2 - a^2} \Biggr| +ln(a^2) $$
$$ \int^x K_4(t) \ dt = \frac{1}{2}x\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2} ln \Biggl| x + \sqrt{x^2 - a^2} \Biggr| +2 \ ln(a) $$

La constante \( +2 \ ln(a) \) sera elle aussi absorbée par la constante d'intégration.




2. Pour la partie positive : \(] a, +\infty [ \)

\(x\) est positif et le générateur de signe aussi donc :

$$ \forall x \in \hspace{0.05em} ] a, +\infty [, \ \int^x K_4(t) \ dt =\frac{1}{2}x\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2} ln \Biggl| x+ \sqrt{x^2 - a^2} \ \Biggr| $$



3. Conclusion

Dans les deux cas de figures \((x < -a) \ ou \ (x > a)\), cette intégrale vaut :

$$ \Bigl[ \forall a \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^*, \ \forall x \in \bigl] -\infty, -|a| \bigr[ \hspace{0.05em} \cup \hspace{0.05em} \bigl]|a|, +\infty \bigr[ \Bigr] \lor \Bigl[ (x = 0) \land (x > 0) \Bigr], $$
$$ \int^x \sqrt{x^2 - a^2} \ dt = \frac{ x\sqrt{x^2 - a^2} - a^2 \ ln \left| x+ \sqrt{x^2 - a^2} \ \right| }{2} $$

Récapitulatif des méthodes d'intégration et primitives

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