Calcul d'une intégrale

Très classique application du théorème des résidus avec un contour en os.

On peut aussi utiliser une représentation paramétrique, rationnelle ou trigonométrique, du cercle d'équation :
\[y^2=(x-a)(b-x).\]

$t=(\frac{x-a}{b-x})^{1/2}$ ramene a l'integrale d'une fraction rationnelle.

Oh! pardon, c'est exactement ce que fait Yves. J'ajoute que c'est canonique: voir cours de Dixmier 1ere annee.

J'esquisse la voie trigonométrique. On commence par mettre l'argument de la racine carrée sous forme canonique :
\[(x-a)(b-x)=-x^2+(a+b)x-ab=\left(\frac{b-a}2\right)^2\left[1-\left(\frac{2x}{b-a}-\frac{a+b}{b-a}\right)^2\right],\]ce qui conduit à poser $\sin t=\frac{2x}{b-a}-\frac{a+b}{b-a}$. Lorsque $x$ parcourt $[a,b]$, $t$ parcourt $[-\pi/2,\pi/2]$. L'intégrale vaut\[2\left(\frac{b-a}2\right)^2\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\frac{\cos^2t}{(b-a)\sin t+a+b}\mathrm{d}t.\]Je ne vois pas mieux à faire que poser $u=\tan \frac{t}{2}$, de sorte que $u$ parcourt $[-1,1]$ et $\newcommand{\d}{\mathrm{d}}\d t=\frac{2}{1+u^2}\d u$. L'intégrale vaut
\[\frac{(b-a)^2}{2}\int_{-1}^1\frac{(1-u^2)^2}{(1+u^2)^2\left((b-a)\frac{2u}{1+u^2}+a+b\right)}\frac{2\d u}{1+u^2}
=\frac{(b-a)^2}{a+b}\int_{-1}^1\frac{(1-u^2)^2}{(1+u^2)^2\left(u^2+2\frac{b-a}{b+a}u+1\right)}\d u.\]C'est de même nature que ce que trouve YvesM mais apparemment plus pénible parce que la fraction ne s'exprime pas en fonction de $u^2$. En trichant un peu à ce stade, la décomposition en éléments simples est :
\[2\,{\frac { \left( a+b \right) u}{ \left( {u}^{2}+1 \right) ^{2} \left( a-b \right) }}-4\,{\frac
{ab \left( a+b \right) }{ \left( {u}^{2}a+{u}^{2}b-2\,ua+2\,ub+a+b \right) \left( a-b \right) ^{
2}}}+{\frac { \left( a+b \right) ^{2}}{ \left( {u}^{2}+1 \right) \left( a-b \right) ^{2}}}\]et là, on a une primitive un peu plus simple que prévu parce que l'on évite $1/(1+t^2)^2$.

Explicitation du lien entre les propositions de gb et leurs mises en œuvre.

La mise sous forme canonique confirme (si besoin est) que la courbe d'équation $y^2=(a-x)(b-x)$ est un cercle et surtout indique que son centre est en $\bigl(\frac{a+b}2,0\bigr)$ et son rayon est $\frac{b-a}{2}$. C'est donc le cercle de diamètre $[AB]$ où $A=(a,0)$ et $B=(b,0)$.

Deux calculs de l'angle $\theta$ indiqué (deux fois pour raisons de double orthogonalité) sur la figure donnent \[\frac{y}{x-a}=\tan\theta=\frac{b-x}{y},\quad\text{d'où}\ \tan\theta=\sqrt{\frac{x-a}{b-x}}.\]On reconnaît là le paramètre $t=t_{YM}$ d'YvesM. À un facteur près, on lit cette tangente comme l'ordonnée sur la tangente au cercle en $B$. C'est le paramétrage rationnel du cercle par $t=t_{YM}$ : $x=\frac{a+bt^2}{t^2+1}$, $y=\frac{(b-a)t}{1+t^2}$ à quelques erreurs de calcul près...

Le $t=t_{MC}$ que j'ai défini consistait à paramétrer le cercle par l'angle « au centre », c'est-à-dire par $\bigl(\frac{a+b}2+\frac{b-a}2\cos(t_{MC}+\frac\pi2),\frac{b-a}2\sin(t_{MC}+\frac\pi2)\bigr)$ (je me plante peut-être sur le signe du $\pi/2$). Quand j'ai posé ensuite $u=\tan\frac{t}{2}$, j'ai dû retrouver à peu de choses près le paramètre $t_{YM}$ (ou son inverse ?), d'après le théorème de l'angle inscrit.

Désolé j'ai simplement fait un doublon d'une réponse déjà donnée...

Pour la méthode de Math Coss (voie trigonométrique) il est préférable de mettre l'intégrale à calculer sous la forme:
$\displaystyle\int_{a}^{b}\dfrac{-x+a+b-\frac{ab}x}{\sqrt{\left(x - a\right)\left(b - x\right)}}\,{\rm d}x$.

On n'a même pas besoin de faire une décomposition en éléments simples.

Bonjour,

L'idée de @jandri, de faire passer la racine en dénominateur, mène au résultat par une autre approche, mais il ne faut pas être manchot...
On a donc, pour $\displaystyle 0<a<b$, $\displaystyle I(a,b) = \int_{a}^{b} {\sqrt{(x-a)(b-x)} \over x } dx = \int_{a}^{b} {-x +(a+b)-{ab \over x}\over \sqrt{(x-a)(b-x)} } dx.$

Pour clarifier, on pose $\displaystyle R=(x-a)(b-x)$ et on doit calculer (à une constante réelle additive près) $\displaystyle \int {dx \over \sqrt{R}}, \int {x dx \over \sqrt{R}}, \int {dx \over x\sqrt{R}}$ :
$\bullet$ La première primitive se calcule en formant le carré et une subsitution classique : $\displaystyle \int {dx \over \sqrt{R}} = -\arctan {a+b-2x \over 2 \sqrt{R}}.$
$\bullet$ La seconde nécessite une intégration par partie: $\displaystyle \int {x dx \over \sqrt{R}} =-\sqrt{R} + {a+b \over 2} \int {dx \over \sqrt{R}} .$
$\bullet$ La troisième est coton, même Wolfram Alpha s'y perd avec une expression juste mais complexe, alors qu'on trouve : $\displaystyle \int {dx \over x \sqrt{R}}= {1 \over \sqrt{ab}} \arctan {(a+b) x - 2 ab \over 2 \sqrt{ab} \sqrt{R}}$ que l'on vérifie prudemment par dérivation.

On calcule alors $\displaystyle I(a,b) = -1 \times {a+b\over 2} \pi + (a+b) \times \pi - ab \times {1 \over \sqrt{ab}} \pi = \pi ({a+b \over 2} - \sqrt{ab}).$

@gebrane, personnellement, je suis intrigué par cette écriture : $\displaystyle I(a,b) = {\pi \over 2} (\sqrt{b} - \sqrt{a})^2.$

C'est brillant.

En effet ! Ou bien, après avoir remplacé $\cos^2t$ par $1-\sin^2t$ pour avoir une fraction en $X=\sin t$, si on voulait éviter de parachuter cette manipulation un peu inspirée, il aurait suffi de décomposer en éléments simples
\[\frac{1-X^2}{(b-a)X+a+b}=\frac{1}{(b-a)^2}\left((a-b)X+a+b-\frac {4ab}{ (b-a)X+a+b}\right).\]