1. Si l'on pose, avec les notations du cours :
   • ${\displaystyle y=\phi (x)=\sin x}$ (${\displaystyle \phi }$ de classe C¹ sur ${\displaystyle I=\left[0,\pi /2\right]}$) :
   • ${\displaystyle f:s\mapsto {\frac {1}{1+s}}}$ (continue sur ${\displaystyle J:=\left]-1,+\infty \right[\supset \left[0,1\right]=\phi (I)}$),

   on obtient immédiatement :

   ${\displaystyle \int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {\cos x}{1+\sin x}}\,\mathrm {d} x=\int _{{\sqrt {3}}/2}^{{\sqrt {3}}/2}f(s)\,\mathrm {d} s=\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} y}{1+y}}=\left[\ln(y+1)\right]_{0}^{1}=\ln 2-\ln 1=\ln 2}$.

2. Si l'on pose :
   • ${\displaystyle y=\phi (x)=\sin x}$ (${\displaystyle \phi }$ de classe C¹ sur ${\displaystyle I=\left[\pi /3,2\pi /3\right]}$) :
   • ${\displaystyle f:s\mapsto {\frac {1}{1+s}}}$ (continue sur ${\displaystyle J:=\left]-1,+\infty \right[\supset \left[{\sqrt {3}}/2,1\right]=\phi (I)}$),

   on obtient de même :

   ${\displaystyle \int _{\frac {\pi }{3}}^{\frac {2\pi }{3}}{\frac {\cos x}{1+\sin x}}\,\mathrm {d} x=\int _{{\sqrt {3}}/2}^{{\sqrt {3}}/2}f(s)\,\mathrm {d} s=0}$.

3. Si l'on pose enfin :
   • ${\displaystyle y=\phi (x)=\sin x}$ (${\displaystyle \phi }$ de classe C¹ sur ${\displaystyle I=\left[-\pi ,\pi \right]}$) :
   • ${\displaystyle f:s\mapsto {\frac {s^{2}}{4-s^{2}}}}$ (continue sur ${\displaystyle J:=\left]-2,2\right[\supset \left[-1,1\right]=\phi (I)}$),

   on obtient de même :

   ${\displaystyle \int _{-\pi }^{\pi }{\frac {\sin ^{2}x\cos x}{4-\sin ^{2}x}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{0}f(s)\,\mathrm {d} s=0}$.

Posons ${\displaystyle y=x^{6}}$.

${\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {x^{5}}{x^{12}+1}}\;\mathrm {d} x={\frac {1}{6}}\int _{0}^{+\infty }{\frac {1}{y^{2}+1}}\;\mathrm {d} y={\frac {\pi }{12}}}$.

${\displaystyle \int \operatorname {e} ^{-{\sqrt {x}}}\;\mathrm {d} x=2\int \operatorname {e} ^{-y}y\;\mathrm {d} y=2[-\operatorname {e} ^{-y}(y+1)]=-2[\operatorname {e} ^{-{\sqrt {x}}}({\sqrt {x}}+1)]}$.

a) Posons :

${\displaystyle x=\sin y\Rightarrow \mathrm {d} x=\cos y\,\mathrm {d} y\qquad \qquad 0\to x\to 1\Rightarrow 0\to y\to {\frac {\pi }{2}}}$

On a donc :

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

Nous pouvons conclure que :

Méthode plus simple (sans changement de variable) :

cette intégrale est l'aire sous la courbe de la fonction ${\displaystyle [0,1]\ni x\mapsto {\sqrt {1-x^{2}}}}$, c'est-à-dire l'aire d'un quart de disque de rayon 1. Elle vaut donc ${\displaystyle {\frac {\pi }{4}}}$.

b) Posons :

${\displaystyle x=\sinh {y}\Rightarrow \mathrm {d} x=\cosh {y}\mathrm {d} y\qquad \qquad 0\rightarrow x\rightarrow 1\Rightarrow 0\rightarrow y\rightarrow \ln({\sqrt {2}}+1)}$

On a donc :

${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{1}{\sqrt {1+x^{2}}}\,\mathrm {d} x&=\int _{0}^{\ln({\sqrt {2}}+1)}{\sqrt {1+\sinh ^{2}(y)}}\,\cosh {y}\mathrm {d} y=\int _{0}^{\ln({\sqrt {2}}+1)}\cosh ^{2}(y)\,\mathrm {d} y\\&=\int _{0}^{\ln({\sqrt {2}}+1)}{\frac {\cosh(2y)+1}{2}}\,\mathrm {d} y={\frac {1}{2}}\int _{0}^{\ln({\sqrt {2}}+1)}\cosh(2y)+1\,\mathrm {d} y\\&={\frac {1}{2}}\left[{\frac {\sinh(2y)}{2}}+y\right]_{0}^{\ln({\sqrt {2}}+1)}={\frac {\ln({\sqrt {2}}+1)+{\sqrt {2}}}{2}}\end{aligned}}}$

Nous pouvons conclure que :

Posons :

${\displaystyle y=\ln x\Rightarrow \mathrm {d} y={\frac {\mathrm {d} x}{x}}\qquad \qquad 1\to x\to \mathrm {e} \Rightarrow 0\to y\to 1}$.

On a donc :

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

Il s'agit du troisième cas d'une intégrale contenant une racine carrée d'un polynôme du second degré.

On pose ${\displaystyle x=\cosh u}$, d'où ${\displaystyle \mathrm {d} x=\sinh u\,\mathrm {d} u}$, ${\displaystyle {\sqrt {x^{2}-1}}=\sinh u}$ et

${\displaystyle \int _{1}^{2}{\frac {\mathrm {d} x}{\sqrt {x^{2}-1}}}=\int _{0}^{\operatorname {arcosh} 2}{\frac {\sinh u\,\mathrm {d} u}{\sinh u}}=\operatorname {arcosh} 2=\ln(2+{\sqrt {3}})}$

(cf. Trigonométrie hyperbolique/Fonctions hyperboliques réciproques).

Posons :

${\displaystyle s=t^{2}\Rightarrow \mathrm {d} s=2t\,\mathrm {d} t}$.

La primitive cherchée est donc

${\displaystyle x\mapsto \int _{0}^{x}{\frac {t}{\sqrt {t^{4}+1}}}\,\mathrm {d} t={\frac {1}{2}}\int _{0}^{x^{2}}{\frac {\mathrm {d} s}{\sqrt {s^{2}+1}}}={\frac {1}{2}}\left[\operatorname {arsinh} s\right]_{0}^{x^{2}}={\frac {\operatorname {arsinh} \left(x^{2}\right)}{2}}}$.

1. Posons ${\displaystyle y={\sqrt {x}}}$. ${\displaystyle I_{1}=\int _{1}^{\sqrt {2}}{\frac {2y\,\mathrm {d} y}{y+y^{3}}}=2\left[\arctan y\right]_{1}^{\sqrt {2}}=2\arctan {\sqrt {2}}-{\frac {\pi }{2}}}$.
2. Posons ${\displaystyle y=\mathrm {e} ^{x}}$. ${\displaystyle I_{2}=\int _{1}^{\mathrm {e} }{\frac {y}{1+y}}\;\mathrm {d} y=\int _{1}^{\mathrm {e} }\left(1-{\frac {1}{1+y}}\right)\;\mathrm {d} y=\left[y-\ln |1+y|\right]_{1}^{\mathrm {e} }=\mathrm {e} -1-\ln {\frac {1+\mathrm {e} }{2}}}$.
3. Posons ${\displaystyle x=\sin t}$. ${\displaystyle I_{3}=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\sin ^{2}t\cos ^{2}t\;\mathrm {d} t={\frac {1}{4}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\sin ^{2}(2t)\;\mathrm {d} t={\frac {1}{8}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\left(1-\cos(4t)\right)\;\mathrm {d} t={\frac {1}{8}}\left[t-{\frac {\sin(4t)}{4}}\right]_{0}^{\frac {\pi }{2}}={\frac {\pi }{16}}}$.