Exemple: Calculons \[ I=\int_0^1\sqrt{1-x^2}\,dx \] Géométriquement, cette intégrale représente l'aire d'un quart de disque de rayon \(1\) centré à l'origine. Donc on sait qu'elle doit valoir \(\frac{\pi}{4}\); voyons comment l'obtenir par le calcul.

Idéalement, on aimerait un changement de variable qui fasse disparaître la racine.

1. On peut le faire à l'aide du changement de variable \[ x=\varphi(t):= \sin(t)\,, \qquad t\in [0,\tfrac{\pi}{2}] \] qui satisfait les hypothèses du théorème puisque \(\varphi(t)\in [0,1]\) pour tout \(t\in [0,\frac{\pi}{2}]\).
   
   Comme \(\varphi\) est aussi croissante sur \([0,\tfrac{\pi}{2}]\), et \(\varphi(0)=0\), \(\varphi(\tfrac{\pi}{2})=1\), la formule du changement de variable donne \[\begin{aligned} I=\int_{\varphi(0)}^{\varphi(\frac{\pi}{2})}\sqrt{1-x^2}\,dx &=\int_0^{\tfrac{\pi}{2}}\sqrt{1-\varphi(t)^2}\varphi'(t)\,dt\\ &=\int_0^{\tfrac{\pi}{2}}|\cos (t)|\cos(t)\,dt\\ &=\int_0^{\tfrac{\pi}{2}}\cos^2(t)\,dt\\ &=\Bigl\{\frac{t}{2}+\frac{\sin(2t)}{4} \Bigr\}\Bigr|_{0}^{\tfrac{\pi}{2}}=\tfrac{\pi}{4} \end{aligned}\]
2. On aurait aussi pu poser \[ x=\varphi(t):= \cos(t)\,,\qquad t\in [0,\frac{\pi}{2}]\,, \] qui satisfait également \(\varphi(t)\in [0,1]\) pour tout \(t\in[0,\frac{\pi}{2}]\). Ici, \(\varphi\) est décroissante:
   
   Mais comme \(\varphi(0)=1\), \(\varphi(\tfrac{\pi}{2})=0\), la formule devient \[\begin{aligned} I=\int_{\varphi(\frac{\pi}{2})}^{\varphi(0)} \sqrt{1-x^2}\,dx&= \int_{\tfrac{\pi}{2}}^0\sqrt{1-\varphi(t)^2}\varphi'(t)\,dt\\ &=\int_{\tfrac{\pi}{2}}^0|\sin (t)|(-\sin(t))\,dt\\ &=\int_0^{\tfrac{\pi}{2}}\sin^2(t)\,dt=\tfrac{\pi}{4}\,. \end{aligned}\]

Exemple: Considérons l'intégrale indéfinie \[\int \sin(2x)\,dx\,.\] On aimerait que \(2x=t\) donc on pose \(x:= \varphi(t)=\frac{t}{2}\). On commence par calculer \[ G(t)=\int f(\varphi(t))\varphi'(t)\,dt=\frac12\int \sin(t)\,dt=-\frac12 \cos(t)+C \] puis on inverse: \[ F(x)=G(\varphi^{-1}(x))=G(2x)=-\frac12 \cos(2x)+C\,. \]

Exemple: Considérons l'intégrale indéfinie \[\int \frac{x}{x+1}\,dx\,.\] Posons \(x+1=t\), c'est-à-dire \(x=\varphi(t):= t-1\). On commence donc par calculer \[\begin{aligned} G(t)=\int f(\varphi(t))\varphi'(t)\,dt &=\int\frac{t-1}{t}\,dt\\ &=\int \{1-\tfrac1t\}\,dt\\ &=t-\log|t|+C\,, \end{aligned}\] puis on inverse pour obtenir \[ F(x)=G(\varphi^{-1}(x))=(x+1)-\log|x+1|+C\,. \] Si on écrit les choses de façon plus compacte: \[\begin{aligned} \int\frac{x}{x+1}\,dx= \int\frac{t-1}{t}\,dt&= \int \Bigl(1-\frac1t\Bigr)\,dt\\ &=t-\log|t|+C\\ &=(x+1)-\log|x+1|+C \end{aligned}\]

Exemple: Considérons la primitive (en supposant bien sûr que \(x\gt 0\)) \[ \int \frac{dx}{x+x\log(x)^2}\,. \] On se souvient que \((\log(x))'=\frac1x\), on peut donc poser \(t=\log(x)\), qui donne \[\begin{aligned} \int \frac{dx}{x+x\log(x)^2} &= \int \frac{1}{1+\log(x)^2} \frac{dx}{x}\\ &=\int\frac{1}{1+t^2}dt\\ &=\arctan(t)+C\\ &=\arctan(\log(x))+C\,. \end{aligned}\]

Exemple: Considérons l'intégrale indéfinie \[\int \sqrt{1-x^2}\,dx\,.\] Remarquons qu'ici, la fonction intégrée est définie pour \(x\in [-1,1]\). Comme dans le cas du changement de variable pour l'intégrale définie, on aimerait ne plus avoir de racine, et donc pouvoir écrire ''\(1-x^2\)'' comme un carré. Une identité qui réalise ce qu'on veut est la suivante: \[ \boxed{1-(\cos (t))^2=(\sin(t))^2\,.} \] On peut donc essayer de poser \[x=\varphi(t):= \cos (t)\,,\qquad \text{avec }t\in [0,\pi]\,.\] Alors \(\varphi:[0,\pi]\to [-1,1]\) est continûment dérivable sur \(]0,\pi[\), inversible, avec \(\varphi^{-1}: [-1,1]\to [0,\pi]\) donnée par \(\varphi^{-1}(x)=\arccos(x)\). On a donc \[\begin{aligned} G(t)&=\int \sqrt{1-\varphi(t)^2}\varphi'(t)\,dt\\ &=-\int\sin^2(t)\,dt\\ &=-\frac{t}{2}+\frac{1}{4}\sin(2t)+C\,, \end{aligned}\] et en utilisant \(\sin(2\alpha)=2\sin(\alpha)\cos(\alpha)\), \[\begin{aligned} F(x)&=G(\varphi^{-1}(x))\\ &=-\frac12 \arccos(x)+\frac14 \sin(2\arccos(x))+C\\ &=-\frac12 \arccos(x)+\frac14 2\sin(\arccos(x))\underbrace{\cos(\arccos(x))}_{=x}+C\\ &=-\frac12 \arccos(x)+\frac12 x\sqrt{1-x^2}+C\,. \end{aligned}\] Dans la dernière ligne, on a utilisé le fait que \(\sin(z)\geqslant 0\) si \(z\in [0,\pi]\), et donc \[\begin{aligned} \sin(\arccos(x))&=\sqrt{\sin(\arccos(x))^2}\\ &=\sqrt{1-\cos(\arccos(x))^2}\\ &=\sqrt{1-x^2}\,. \end{aligned}\] Si on avait posé \(x=\sin(t)\)? Les calculs changent un tout petit peu, mais le cheminement est exactement le même. Détails ici.

Exemple: Considérons l'intégrale indéfinie \[ \int x^3 \sqrt{1-x^2}\,dx\,.\] Encore une fois, \(x\in [-1,1]\). Si on pose \[ x=\varphi(t):= \cos (t)\,,\qquad \text{avec }t\in [0,\pi], \] on obtient \[\begin{aligned} G(t)&=\int \varphi(t)^3\sqrt{1-\varphi(t)^2}\varphi'(t)\,dt\\ &=-\int \cos^3(t) \sin^2(t)\,dt\\ &=-\int \sin^2(t)(1-\sin^2(t))\cos(t)\,dt\,. \end{aligned}\] La présence du \(\cos(t)\), qui est la dérivée du \(\sin(t)\), suggère de faire un deuxième changement de variable, en posant \[\sin(t)=u\,,\] qui réduit le problème à l'intégration d'un polynôme en \(u\): \[\begin{aligned} \int \sin^2(t)(1-\sin^2(t))\cos(t)\,dt &=\int u^2(1-u^2)\,du\\ &=\frac{u^3}{3}-\frac{u^5}{5}+C\\ &=\frac{(\sin(t))^3}{3}-\frac{(\sin(t))^5}{5}+C\,. \end{aligned}\] Comme \(\sin(t)=\sin(\arccos(x))=\sqrt{1-x^2}\), \[ F(x)=G(\arccos(x))= -\frac{\sqrt{1-x^2}^3}{3}+\frac{\sqrt{1-x^2}^5}{5}+C\,. \]

Exemple: Considérons l'intégrale indéfinie \[ \int\sqrt{1+x^2}\,dx\,. \] Ici, on peut s'inspirer de la relation \[ \boxed{1+(\sinh (t))^2=(\cosh(t))^2\,,} \] poser \[ x:= \sinh(t)\,, \] et obtenir \[ \boxed{ \int\sqrt{1+x^2}\,dx= \frac{1}{2} \mathrm{argsinh }(x) +\frac{1}{2} x\sqrt{1+x^2}+C } \] Voir la vidéo ci-dessus pour les détails. (Il existe d'autres façons de traiter cette primitive: Michael Penn ou blackpenredpen).

Exemple: Considérons l'intégrale indéfinie \[ \int\sqrt{x^2-1}\,dx\,\qquad |x|\geqslant 1\,. \] Si on utilise à nouveau la relation \[ \boxed{(\cosh(t))^2-1=(\sinh(t))^2\,,} \] on est mené à poser \[ x:= \cosh(t)\,. \] On trouve: \[ \boxed{ \int\sqrt{x^2-1}\,dx= \begin{cases} \frac{1}{2} x\sqrt{x^2-1} -\frac{1}{2} \mathrm{argcosh }(x)+C&\text{ si }x\geqslant +1\,,\\ \frac{1}{2} x\sqrt{x^2-1} +\frac{1}{2} \mathrm{argcosh }(x)+C&\text{ si }x\leqslant -1\,. \end{cases} } \] (Voir vidéo)