1. Calcul de $I_1 = \int_1^3 \frac{\sqrt{x}}{1+x} \,dx$
    1. Changement de variable :
      Posons $t = \sqrt{x}$. On a $x = t^2$ et $dx = 2t \,dt$.
      Pour $x = 1$, $t = 1$. Pour $x = 3$, $t = \sqrt{3}$.
    2. Substitution et calcul :
      \[ I_1 = \int_1^{\sqrt{3}} \frac{t}{1+t^2} (2t) \,dt = 2 \int_1^{\sqrt{3}} \frac{t^2}{1+t^2} \,dt \] En remarquant que $\frac{t^2}{1+t^2} = \frac{t^2+1-1}{1+t^2} = 1 - \frac{1}{1+t^2}$ :
      \[ I_1 = 2 \int_1^{\sqrt{3}} \left( 1 - \frac{1}{1+t^2} \right) \,dt = 2 \left[ t - \text{Arctan}(t) \right]_1^{\sqrt{3}} \] \[ I_1 = 2 \left( \sqrt{3} - \text{Arctan}(\sqrt{3}) - (1 - \text{Arctan}(1)) \right) = 2 \left( \sqrt{3} - \frac{\pi}{3} - 1 + \frac{\pi}{4} \right) \]
    3. RĂ©sultat :
      \[ I_1 = 2\sqrt{3} - 2 - \frac{\pi}{6} \]

  2. Calcul de $I_2 = \int_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1+\cos x}{1-\cos x} \,dx$
    1. Changement de variable :
      Posons $t = \tan\left(\frac{x}{2}\right)$. On a $\cos x = \frac{1-t^2}{1+t^2}$ et $dx = \frac{2}{1+t^2} \,dt$.
      Pour $x = \frac{\pi}{3}$, $t = \tan\left(\frac{\pi}{6}\right) = \frac{1}{\sqrt{3}}$. Pour $x = \frac{\pi}{2}$, $t = \tan\left(\frac{\pi}{4}\right) = 1$.
    2. Simplification de l'intégrande :
      \[ \frac{1+\cos x}{1-\cos x} = \frac{1 + \frac{1-t^2}{1+t^2}}{1 - \frac{1-t^2}{1+t^2}} = \frac{\frac{2}{1+t^2}}{\frac{2t^2}{1+t^2}} = \frac{1}{t^2} \]
    3. Substitution et calcul :
      \[ I_2 = \int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^1 \frac{1}{t^2} \times \frac{2}{1+t^2} \,dt = 2 \int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^1 \frac{1}{t^2(1+t^2)} \,dt \] Par décomposition en éléments simples, $\frac{1}{t^2(1+t^2)} = \frac{1}{t^2} - \frac{1}{1+t^2}$ :
      \[ I_2 = 2 \int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^1 \left( \frac{1}{t^2} - \frac{1}{1+t^2} \right) \,dt = 2 \left[ -\frac{1}{t} - \text{Arctan}(t) \right]_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^1 \] \[ I_2 = 2 \left( -1 - \frac{\pi}{4} - \left(-\sqrt{3} - \frac{\pi}{6}\right) \right) = 2 \left( \sqrt{3} - 1 - \frac{\pi}{12} \right) \]
    4. RĂ©sultat :
      \[ I_2 = 2\sqrt{3} - 2 - \frac{\pi}{6} \]

  3. Calcul de $I_3 = \int_0^1 \sqrt{1+x^2} \,dx$
    1. Changement de variable :
      Posons $x = \frac{1}{2}\left(t - \frac{1}{t}\right)$ avec $t > 0$. On a $dx = \frac{1}{2}\left(1 + \frac{1}{t^2}\right) \,dt$.
      Pour $x = 0$, $\frac{1}{2}\left(t - \frac{1}{t}\right) = 0 \implies t = 1$ (car $t > 0$).
      Pour $x = 1$, $\frac{1}{2}\left(t - \frac{1}{t}\right) = 1 \implies t^2 - 2t - 1 = 0 \implies t = 1+\sqrt{2}$.
      De plus, $\sqrt{1+x^2} = \sqrt{1 + \frac{1}{4}\left(t^2 - 2 + \frac{1}{t^2}\right)} = \frac{1}{2}\left(t + \frac{1}{t}\right)$ (car $t > 0$).
    2. Substitution et calcul :
      \begin{align*} I_3 &= \int_1^{1+\sqrt{2}} \frac{1}{2}\left(t + \frac{1}{t}\right) \times \frac{1}{2}\left(1 + \frac{1}{t^2}\right) \,dt\\ I_3&=\frac{1}{4} \int_1^{1+\sqrt{2}} t\left(1 + \frac{1}{t^2}\right)^2 \,dt\\ I_3& = \frac{1}{4} \int_1^{1+\sqrt{2}} \left( t + \frac{2}{t} + t^{-3} \right) \,dt \\ I_3 &= \frac{1}{4} \left[ \frac{t^2}{2} + 2\ln(t) - \frac{1}{2t^2} \right]_1^{1+\sqrt{2}} \\ I_3&= \left[ \frac{1}{8}\left(t^2 - \frac{1}{t^2}\right) + \frac{1}{2}\ln(t) \right]_1^{1+\sqrt{2}} \end{align*} Pour $t = 1$, l'expression s'annule.
      Pour $t = 1+\sqrt{2}$, on a $t - \frac{1}{t} = 2$ et $t + \frac{1}{t} = 2\sqrt{2}$, donc $t^2 - \frac{1}{t^2} = \left(t - \frac{1}{t}\right)\left(t + \frac{1}{t}\right) = 4\sqrt{2}$.
      \[ I_3 = \frac{1}{8}(4\sqrt{2}) + \frac{1}{2}\ln(1+\sqrt{2}) \]
    3. RĂ©sultat :
      \[ I_3 = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{1}{2}\ln(1+\sqrt{2}) \]

  4. Calcul de $I_4 = \int_5^{10} \frac{1+\sqrt{x-1}}{x-2} \,dx$
    1. Changement de variable :
      Posons $t = \sqrt{x-1}$. On a $x = t^2 + 1$ et $dx = 2t \,dt$.
      Pour $x = 5$, $t = 2$. Pour $x = 10$, $t = 3$.
      Le dénominateur devient $x - 2 = t^2 - 1$.
    2. Substitution et calcul :
      \[ I_4 = \int_2^3 \frac{1+t}{t^2-1} (2t) \,dt = \int_2^3 \frac{2t(t+1)}{(t-1)(t+1)} \,dt = \int_2^3 \frac{2t}{t-1} \,dt \] On fait apparaßtre la dérivée ou on décompose : $\frac{2t}{t-1} = \frac{2(t-1)+2}{t-1} = 2 + \frac{2}{t-1}$.
      \[ I_4 = \int_2^3 \left( 2 + \frac{2}{t-1} \right) \,dt = \left[ 2t + 2\ln|t-1| \right]_2^3 \] \[ I_4 = (6 + 2\ln(2)) - (4 + 2\ln(1)) \]
    3. RĂ©sultat :
      \[ I_4 = 2 + 2\ln(2) \]

  5. Calcul de $I_5 = \int_1^2 \sqrt{x^2-1} \,dx$
    1. Changement de variable :
      Posons $x = \frac{e^t + e^{-t}}{2} = \cosh(t)$ avec $t \geq 0$. On a $dx = \sinh(t) \,dt$.
      Pour $x = 1$, $t = 0$. Pour $x = 2$, $e^{2t} - 4e^t + 1 = 0 \implies e^t = 2+\sqrt{3} \implies t = \ln(2+\sqrt{3})$.
      La fonction sous la racine devient $\sqrt{\cosh^2(t)-1} = \sqrt{\sinh^2(t)} = \sinh(t)$ (car $t \geq 0$).
    2. Substitution et calcul :
      \[ I_5 = \int_0^{\ln(2+\sqrt{3})} \sinh^2(t) \,dt = \int_0^{\ln(2+\sqrt{3})} \frac{\cosh(2t)-1}{2} \,dt \] \[ I_5 = \frac{1}{2} \left[ \frac{\sinh(2t)}{2} - t \right]_0^{\ln(2+\sqrt{3})} \] Comme $\frac{\sinh(2t)}{2} = \sinh(t)\cosh(t) = x\sqrt{x^2-1}$, pour $x=2$, cela vaut $2\sqrt{3}$.
    3. RĂ©sultat :
      \[ I_5 = \sqrt{3} - \frac{1}{2}\ln(2+\sqrt{3}) \]

  6. Calcul de $I_6 = \int_0^{\frac{\sqrt{\pi}}{2}} \frac{2x}{\cos^2(x^2)} \,dx$
    1. Changement de variable :
      Posons $t = x^2$. On a $dt = 2x \,dx$.
      Pour $x = 0$, $t = 0$. Pour $x = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$, $t = \frac{\pi}{4}$.
    2. Substitution et calcul :
      \[ I_6 = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{dt}{\cos^2(t)} = \left[ \tan(t) \right]_0^{\frac{\pi}{4}} \] \[ I_6 = \tan\left(\frac{\pi}{4}\right) - \tan(0) \]
    3. RĂ©sultat :
      \[ I_6 = 1 \]

  7. Calcul de $I_7 = \int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{1+x^2}}$
    1. Changement de variable :
      Posons $x = \sinh(t)$. On a $dx = \cosh(t) \,dt$ et $\sqrt{1+x^2} = \cosh(t)$.
      Pour $x = 0$, $t = 0$. Pour $x = 1$, $t = \ln(1+\sqrt{2})$.
    2. Substitution et calcul :
      \[ I_7 = \int_0^{\ln(1+\sqrt{2})} \frac{\cosh(t)}{\cosh(t)} \,dt = \int_0^{\ln(1+\sqrt{2})} 1 \,dt \] \[ I_7 = \left[ t \right]_0^{\ln(1+\sqrt{2})} \]
    3. RĂ©sultat :
      \[ I_7 = \ln(1+\sqrt{2}) \]

  8. Calcul de $I_8 = \int_4^9 \frac{dt}{\sqrt{t}(t-4\sqrt{t}+5)}$
    1. Changement de variable :
      Posons $x = \sqrt{t}$. On a $dx = \frac{1}{2\sqrt{t}} \,dt \implies \frac{dt}{\sqrt{t}} = 2 \,dx$.
      Pour $t = 4$, $x = 2$. Pour $t = 9$, $x = 3$.
      Le dénominateur s'écrit $t-4\sqrt{t}+5 = x^2-4x+5 = (x-2)^2+1$.
    2. Substitution et calcul :
      \[ I_8 = \int_2^3 \frac{2 \,dx}{(x-2)^2+1} \] En posant $u = x-2$ (donc $du = dx$, bornes allant de $0$ Ă  $1$) :
      \[ I_8 = 2 \int_0^1 \frac{du}{u^2+1} = 2 \left[ \text{Arctan}(u) \right]_0^1 = 2 \left( \text{Arctan}(1) - \text{Arctan}(0) \right) \] \[ I_8 = 2 \times \frac{\pi}{4} \]
    3. RĂ©sultat :
      \[ I_8 = \frac{\pi}{2} \]