D'après les règles de Bioche, nous devrions poser y = sin(x). Pour mettre ce changement de variable en évidence nous remarquons que :

${\displaystyle \int _{0}^{\frac {\pi }{4}}{\frac {\cos x}{1+\cos ^{2}x}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{\frac {\pi }{4}}{\frac {\cos {x}}{2-\sin ^{2}x}}\,\mathrm {d} x}$.

Posons :

${\displaystyle y=\sin {x}\Rightarrow \mathrm {d} y=\cos x\,\mathrm {d} x\qquad \qquad 0\rightarrow x\rightarrow {\frac {\pi }{4}}\Rightarrow 0\rightarrow y\rightarrow {\frac {\sqrt {2}}{2}}}$

et donc :

${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{\frac {\pi }{4}}{\frac {\cos {x}}{1+\cos ^{2}x}}\,\mathrm {d} x&=\int _{0}^{\frac {\sqrt {2}}{2}}{\frac {1}{2-y^{2}}}\,\mathrm {d} y=\int _{0}^{\frac {\sqrt {2}}{2}}{\frac {1}{({\sqrt {2}}+y)({\sqrt {2}}-y)}}\,\mathrm {d} y={\frac {1}{2{\sqrt {2}}}}\int _{0}^{\frac {\sqrt {2}}{2}}{\frac {1}{{\sqrt {2}}+y}}-{\frac {-1}{{\sqrt {2}}-y}}\,\mathrm {d} y\\&={\frac {1}{2{\sqrt {2}}}}\left[\ln \left({\frac {{\sqrt {2}}+y}{{\sqrt {2}}-y}}\right)\right]_{0}^{\frac {\sqrt {2}}{2}}={\frac {1}{2{\sqrt {2}}}}\left[\ln(3)-\ln(1)\right].\end{aligned}}}$

Nous pouvons conclure que :

Voir Intégration de Riemann/Exercices/Calculs d'aires#Exercice 3-3.

Posons :

${\displaystyle y={\sqrt {1+\mathrm {e} ^{x}}}\Leftrightarrow x=\ln {(y^{2}-1)}\Rightarrow \mathrm {d} x={\frac {2y}{y^{2}-1}}\,\mathrm {d} y\qquad \qquad \ln 3\to x\to 3\ln 2\Rightarrow 2\to y\to 3}$.

On a donc :

${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{\ln 3}^{3\ln 2}{\frac {\mathrm {d} x}{\sqrt {1+\mathrm {e} ^{x}}}}&=\int _{2}^{3}{\frac {1}{y}}{\frac {2y}{y^{2}-1}}\,\mathrm {d} y=\int _{2}^{3}{\frac {2}{y^{2}-1}}\,\mathrm {d} y=\int _{2}^{3}{\frac {2}{(y-1)(y+1)}}\,\mathrm {d} y\\&=\int _{2}^{3}{\frac {1}{y-1}}-{\frac {1}{y+1}}\,\mathrm {d} y=\left[\ln \left({\frac {y-1}{y+1}}\right)\right]_{2}^{3}=\ln \left({\frac {1}{2}}\right)-\ln \left({\frac {1}{3}}\right)\\&=\ln \left({\frac {3}{2}}\right).\end{aligned}}}$

Nous pouvons conclure que :

Posons ${\displaystyle y={\sqrt {\mathrm {e} ^{x}-1}}}$. Alors, ${\displaystyle \mathrm {e} ^{x}=1+y^{2}}$ donc ${\displaystyle 2y\,\mathrm {d} y=\mathrm {e} ^{x}\,\mathrm {d} x=(1+y^{2})\,\mathrm {d} x}$. Pour ${\displaystyle 0<a\leq b}$,

${\displaystyle \int _{a}^{b}f(x)\,\mathrm {d} x=\int _{\sqrt {\mathrm {e} ^{a}-1}}^{\sqrt {\mathrm {e} ^{b}-1}}{\frac {1}{y}}{\frac {2y\,\mathrm {d} y}{1+y^{2}}}=2\int _{\sqrt {\mathrm {e} ^{a}-1}}^{\sqrt {\mathrm {e} ^{b}-1}}{\frac {\mathrm {d} y}{1+y^{2}}}=2\left[\arctan y\right]_{\sqrt {\mathrm {e} ^{a}-1}}^{\sqrt {\mathrm {e} ^{b}-1}}=\left[2\arctan {\sqrt {\mathrm {e} ^{x}-1}}\right]_{a}^{b}}$ donc une primitive de ${\displaystyle f}$ est ${\displaystyle x\mapsto 2\arctan {\sqrt {\mathrm {e} ^{x}-1}}}$.

Posons :

${\displaystyle y={\sqrt {\frac {x-1}{x+1}}}\Rightarrow x={\frac {1+y^{2}}{1-y^{2}}}\Rightarrow \mathrm {d} x={\frac {4y}{(1-y^{2})^{2}}}\mathrm {d} y\qquad \qquad {\frac {\sqrt {5}}{2}}\rightarrow x\rightarrow {\sqrt {5}}\Rightarrow {\sqrt {5}}-2\rightarrow y\rightarrow {\frac {{\sqrt {5}}-1}{2}}}$

et donc :

${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{{\sqrt {5}}-2}^{\frac {{\sqrt {5}}-1}{2}}{\frac {x+{\sqrt {\frac {x-1}{x+1}}}}{x^{2}-1}}\,\mathrm {d} x&=\int _{{\sqrt {5}}-2}^{\frac {{\sqrt {5}}-1}{2}}{\frac {{\frac {1+y^{2}}{1-y^{2}}}+y}{\left({\frac {1+y^{2}}{1-y^{2}}}\right)^{2}-1}}{\frac {4y}{(1-y^{2})^{2}}}\,\mathrm {d} y=\int _{{\sqrt {5}}-2}^{\frac {{\sqrt {5}}-1}{2}}{\frac {1+y+y^{2}-y^{3}}{y(1-y^{2})}}\,\mathrm {d} y\\&=\int _{{\sqrt {5}}-2}^{\frac {{\sqrt {5}}-1}{2}}\left(1+{\frac {1}{y}}+{\frac {2y}{1-y^{2}}}\right)\,\mathrm {d} y=\left[y+\ln |y|-\ln |1-y^{2}|\right]_{{\sqrt {5}}-2}^{\frac {{\sqrt {5}}-1}{2}}\\&={\frac {{\sqrt {5}}-1}{2}}+\ln \left({\frac {{\sqrt {5}}-1}{2}}\right)-\ln \left(1-\left({\frac {{\sqrt {5}}-1}{2}}\right)^{2}\right)-({\sqrt {5}}-2)-\ln({\sqrt {5}}-2)+\ln \left(1-({\sqrt {5}}-2)^{2}\right)\\&={\frac {3-{\sqrt {5}}}{2}}+\ln \left({\frac {{\sqrt {5}}-1}{2}}\right)-\ln \left({\frac {{\sqrt {5}}-1}{2}}\right)-\ln({\sqrt {5}}-2)+\ln \left(4({\sqrt {5}}-2)\right)\\&={\frac {3-{\sqrt {5}}}{2}}+2\ln 2.\end{aligned}}}$

Nous pouvons conclure que :

Posons :

${\displaystyle x=y^{6}\Rightarrow \mathrm {d} x=6y^{5}\mathrm {d} y\qquad \qquad 1\rightarrow x\rightarrow 64\Rightarrow 1\rightarrow y\rightarrow 2}$.

On a donc :

${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{1}^{64}{\frac {1}{{\sqrt {x}}+{\sqrt[{3}]{x}}}}\,\mathrm {d} x&=\int _{1}^{2}{\frac {6y^{5}}{{\sqrt {y^{6}}}+{\sqrt[{3}]{y^{6}}}}}\,\mathrm {d} y\\&=\int _{1}^{2}{\frac {6y^{5}}{y^{3}+y^{2}}}\,\mathrm {d} y=\int _{1}^{2}{\frac {6y^{3}}{y+1}}\,\mathrm {d} y.\end{aligned}}}$

Posons ensuite :

${\displaystyle z=y+1\Rightarrow \mathrm {d} z=\mathrm {d} y\qquad \qquad 1\rightarrow y\rightarrow 2\Rightarrow 2\rightarrow z\rightarrow 3}$.

${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{1}^{64}{\frac {1}{{\sqrt {x}}+{\sqrt[{3}]{x}}}}\,\mathrm {d} x&=\int _{1}^{2}{\frac {6y^{3}}{y+1}}\,\mathrm {d} y=\int _{2}^{3}{\frac {6(z-1)^{3}}{z}}\,\mathrm {d} z=6\int _{2}^{3}{\frac {z^{3}-3z^{2}+3z-1}{z}}\,\mathrm {d} z\\&=6\int _{2}^{3}\left(z^{2}-3z+3-{\frac {1}{z}}\right)\,\mathrm {d} z=6\left[{\frac {z^{3}}{3}}-3{\frac {z^{2}}{2}}+3z-ln{z}\right]_{2}^{3}\\&=\left[2z^{3}-9z^{2}+18z-6ln{z}\right]_{2}^{3}=11+6\ln \left({\frac {2}{3}}\right).\end{aligned}}}$

Nous pouvons conclure que :

${\displaystyle \omega (-t)={\frac {\sin(-t)}{1+\cos ^{2}(-t)}}\;\mathrm {d} (-t)={\frac {-\sin t}{1+\cos ^{2}t}}\;(-\mathrm {d} t)={\frac {\sin t}{1+\cos ^{2}t}}\;\mathrm {d} t=\omega (t)}$

Ceci car ${\displaystyle {\rm {d}}(-t)=-{\rm {d}}t}$ et ${\displaystyle \sin }$ est impaire et ${\displaystyle \cos }$ paire.

Alors d'après la règle de Bioche, le meilleur changement de variable est ${\displaystyle u=\cos t}$.

Cette section est vide, pas assez détaillée ou incomplète. Votre aide est la bienvenue !

En posant ${\displaystyle u=\cos t}$, on trouve : ${\displaystyle \int \cos ^{n}t\sin t\;\mathrm {d} t=\int u^{n}\;(-\mathrm {d} u)=\left[-{\frac {u^{n+1}}{n+1}}\right]=\left[-{\frac {\cos ^{n+1}t}{n+1}}\right]}$.

${\displaystyle \omega (\pi +t)={\frac {1}{(\cos ^{2}(\pi +t))(1+\tan(\pi +t))}}\,\mathrm {d} (\pi +t)={\frac {1}{(\cos ^{2}(t))(1+\tan(t))}}\,\mathrm {d} t=\omega (t)}$

Ceci car ${\displaystyle \mathrm {d} (\pi +t)={\rm {d}}t}$ et ${\displaystyle \cos(\pi +t)=-\cos(t)}$ et ${\displaystyle \tan(\pi +t)=\tan(t)}$.

Alors d'après la règle de Bioche, le changement de variable le plus approprié est ${\displaystyle u=\tan(t)}$.

Une fois le changement de variable effectué, ces deux intégrales peuvent être calculées plus facilement car elles comportent des fonctions que l'on sait intégrer.

Aucune des trois règles de Bioche ne s'applique. Dans cette situation, on peut utiliser, comme indiqué dans le chapitre correspondant, le changement de variable u = tan(t/2), ce qui mène à

${\displaystyle \int {\frac {\mathrm {d} t}{1+\beta \cos t}}=\int {\frac {\frac {2\,\mathrm {d} u}{1+u^{2}}}{1+\beta {\frac {1-u^{2}}{1+u^{2}}}}}=\int {\frac {2\,\mathrm {d} u}{(1+\beta )+(1-\beta )u^{2}}}=}$

${\displaystyle {\begin{cases}{\text{si }}\beta =1:&u+C=\tan(t/2)+C\\{\text{si }}\beta =-1:&-{\frac {1}{u}}+C=-\cot(t/2)+C\\{\text{si }}0<|\beta |<1:&{\frac {2}{\sqrt {1-\beta ^{2}}}}\arctan \left({\sqrt {\frac {1-\beta }{1+\beta }}}\,u\right)+C={\frac {2}{\sqrt {1-\beta ^{2}}}}\arctan \left({\sqrt {\frac {1-\beta }{1+\beta }}}{\frac {\sin t}{1+\cos t}}\right)+C.\end{cases}}}$

Sur chaque intervalle ${\displaystyle \left]k\pi ,(k+1)\pi \right[}$ (${\displaystyle k\in \mathbb {Z} }$), le changement de variable ${\displaystyle t=\tan(x/2)}$ donne :

${\displaystyle \int {\frac {1}{2+\sin x}}\,\mathrm {d} x=\int {\frac {1}{2+{\frac {2t}{1+t^{2}}}}}\,{\frac {2\mathrm {d} t}{1+t^{2}}}=\int {\frac {\mathrm {d} t}{t^{2}+t+1}}}$

qui devient, en posant ${\displaystyle s={\frac {2t+1}{\sqrt {3}}}}$ :

${\displaystyle {\frac {2}{\sqrt {3}}}\int {\frac {\mathrm {d} s}{s^{2}+1}}={\frac {2}{\sqrt {3}}}\arctan \left({\frac {2\tan(x/2)+1}{\sqrt {3}}}\right)+C_{k}}$.

Pour obtenir une primitive sur ${\displaystyle \mathbb {R} }$ tout entier, il suffit de choisir les ${\displaystyle C_{k}}$ de façon cohérente : ${\displaystyle C_{k+1}=C_{k}+{\frac {2\pi }{\sqrt {3}}}}$.

1. Posons (d'après les règles de Bioche) ${\displaystyle u=\cos x,\quad \mathrm {d} u=-\sin x\,\mathrm {d} x}$. Ainsi,
   ${\displaystyle \int {\frac {\mathrm {d} x}{\sin x}}=\int {\frac {-\sin x\,\mathrm {d} x}{-\sin ^{2}x}}=\int {\frac {\mathrm {d} u}{u^{2}-1}}={\frac {1}{2}}\int \left({\frac {1}{u-1}}-{\frac {1}{u+1}}\right)\,\mathrm {d} u={\frac {1}{2}}\left[\ln \left|{\frac {u-1}{u+1}}\right|\right]={\frac {1}{2}}\left[\ln {\frac {1-\cos x}{1+\cos x}}\right]}$.
   On peut aussi reconnaître en ${\displaystyle u\mapsto {\frac {1}{1-u^{2}}}}$ la dérivée de la fonction artanh, ce qui donne immédiatement : ${\displaystyle \int {\frac {\mathrm {d} x}{\sin x}}=\left[-\operatorname {artanh} (\cos x)\right]={\frac {1}{2}}\left[\ln {\frac {1-\cos x}{1+\cos x}}\right]}$.
   On peut donner d'autres expressions de la primitive obtenue :
   • ${\displaystyle {\frac {1}{2}}\ln {\frac {1-\cos x}{1+\cos x}}={\frac {1}{2}}\ln {\frac {1-\cos ^{2}x}{\left(1+\cos x\right)^{2}}}=\ln {\frac {|\sin x|}{1+\cos x}}=-\ln \left|{\frac {1}{\sin x}}+\cot x\right|}$ ;
   • ${\displaystyle {\frac {1}{2}}\ln {\frac {1-\cos x}{1+\cos x}}={\frac {1}{2}}\ln {\frac {{\cancel {2}}\sin ^{2}(x/2)}{{\cancel {2}}\cos ^{2}(x/2)}}=\ln \left|\tan {\frac {x}{2}}\right|}$.
     Une variante est d'appliquer, au lieu des règles de Bioche, le changement de variable général ${\displaystyle t=\tan {\frac {x}{2}},\quad \mathrm {d} x={\frac {2\mathrm {d} t}{1+t^{2}}},\quad \sin x={\frac {2t}{1+t^{2}}}}$. Ainsi, on retrouve directement
     ${\displaystyle \int {\frac {\mathrm {d} x}{\sin x}}=\int {\frac {\mathrm {d} t}{t}}=\left[\ln \left|t\right|\right]=\left[\ln \left|\tan {\frac {x}{2}}\right|\right]}$.
2. Posons (d'après les règles de Bioche) ${\displaystyle u=\sin x,\quad \mathrm {d} u=\cos x\,\mathrm {d} x}$. Ainsi,
   ${\displaystyle \int {\frac {\mathrm {d} x}{\cos x}}=\int {\frac {\cos x\,\mathrm {d} x}{\cos ^{2}x}}=\int {\frac {\mathrm {d} u}{1-u^{2}}}={\frac {1}{2}}\int \left({\frac {1}{u+1}}-{\frac {1}{u-1}}\right)\,\mathrm {d} u={\frac {1}{2}}\left[\ln \left|{\frac {u+1}{u-1}}\right|\right]={\frac {1}{2}}\left[\ln {\frac {1+\sin x}{1-\sin x}}\right]}$.
   On peut donner d'autres expressions de la primitive obtenue :
   ${\displaystyle {\frac {1}{2}}\ln {\frac {1+\sin x}{1-\sin x}}={\frac {1}{2}}\ln {\frac {\left(1+\sin x\right)^{2}}{1-\sin ^{2}x}}=\ln {\frac {1+\sin x}{|\cos x|}}=\ln \left|{\frac {1}{\cos x}}+\tan x\right|}$.
   Une variante est d'appliquer, au lieu des règles de Bioche, le changement de variable général ${\displaystyle t=\tan {\frac {x}{2}},\quad \mathrm {d} t={\frac {2\mathrm {d} t}{1+t^{2}}},\quad \cos x={\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}}}$. Ainsi,
   ${\displaystyle \int {\frac {\mathrm {d} x}{\cos x}}=\int {\frac {2\mathrm {d} t}{1-t^{2}}}=\int \left({\frac {1}{t+1}}-{\frac {1}{t-1}}\right)\,\mathrm {d} t=\left[\ln \left|{\frac {t+1}{t-1}}\right|\right]=\left[\ln \left|\tan \left({\frac {x}{2}}+{\frac {\pi }{4}}\right)\right|\right]}$ (d'après l'identité trigonométrique ${\displaystyle \tan(a+b)={\frac {\tan a+\tan b}{1-\tan a\tan b}}}$).
   On peut aussi déduire les réponses à cette question de celles de la question précédente, puisque ${\displaystyle \cos x=\sin \left(x+{\frac {\pi }{2}}\right)}$.