Un changement de variable

Tu parles de l'intégrale $\displaystyle \dfrac{\ln(1+x^2)}{1+x^2}dx$?

Il ne faut surtout pas directement faire le changement de variable $x=\tan t$. On se retrouve avec la borne $\dfrac{\pi}{4}$.

Si on veut procéder de la sorte il faut faire un petit travail préparatoire.
\begin{align}J&=\int_0^1 \frac{\ln(1+x^2)}{1+x^2}dx\\
&\overset{y=\frac{1}{x}}=\int_1^{\infty} \frac{\ln\left(\frac{1+y^2}{y^2}\right)}{1+y^2}dy\\
2J&=\underbrace{\int_0^\infty \frac{\ln(1+y^2)}{1+y^2}dy}_{y=\tan t}-2\underbrace{\int_1^{\infty}\frac{\ln y}{1+y^2}dy}_{z=\frac{1}{y}}\\
&=-2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\cos t)dt-2\underbrace{\int_0^1 \frac{\ln z}{1+z^2}dz}_{=-\text{G}}\\
J&=-\underbrace{\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\cos t)dt}_{=-\frac{1}{2}\pi\ln 2}-\text{G}\\
&=\boxed{\frac{1}{2}\pi\ln 2-\text{G}}
\end{align}

On a, en effet:

\begin{align}\dfrac{2}{\tan x+\dfrac{1}{\tan x}}=\sin(2x)\end{align}

Et on a, pour $x\in[0,1]$,
\begin{align}\arcsin\left(\frac{2}{x+\frac{1}{x}}\right)=2\arctan x\end{align}

Dans le cas d'espèce cela n'a aucune importance. Cela m'évite seulement de parler de $\arcsin$.

Si je l'avais fait je me serais peut-être rendu compte que la composition de ces deux changements de variable pouvait se réduire à un seul changement de variable plus simple. En fait, en réalité, dans mon problème initial je n'avais pas besoin de faire apparaître sinus seul le premier changement de variable m'importait.
J'ai eu besoin de ce changement de variable pour calculer la deuxième intégrale mentionnée dans mon premier message.
\begin{align}
J&=\int\limits_{0}^{1} \frac{\log(1-x+x^2)}{\sqrt{x}(1+x)}\mathrm{d}x\\
&\overset{y=x^2}=2\int_0^1 \frac{\ln(1-y^2+y^4)}{1+y^2}dy\\
K&=\int_0^1 \frac{\ln\left(\frac{1-x^2+x^4}{x^2}\right)}{1+x^2}dx\\
&\overset{z=\frac{2}{x+\frac{1}{x}}}=\int_0^1 \frac{\ln\left(\frac{4-3z^2}{z^2}\right)}{2\sqrt{1-z^2}}dz\\
&=\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{\ln(4-3z^2)}{\sqrt{1-z^2}}dz-\underbrace{\int_0^1 \frac{\ln z}{\sqrt{1-z^2}}dz}_{z=\sin t}\\
&=\frac{1}{2}\int_0^1 \left(\int_0^3 \frac{\partial}{\partial a}\frac{\ln(1+a(1-z^2))}{\sqrt{1-z^2}}da\right)dz-\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\sin z)dz\\
&=\frac{1}{2}\int_0^3 \left(\int_0^1\frac{\sqrt{1-z^2}}{1+a(1-x^2)}dz\right)da+\frac{1}{2}\pi\ln 2\\
&=\frac{1}{2}\int_0^3 \Bigg[\frac{\arcsin x}{a}-\frac{\arctan\big(\frac{x}{\sqrt{1-x^2}\sqrt{1+a}}\big)}{a\sqrt{1+a}}\Bigg]_0^1 da+\frac{1}{2}\pi\ln 2\\
&=\frac{\pi}{4}\int_0^3 \left(\frac{1}{a}-\frac{1}{a\sqrt{1+a}}\right)da+\frac{1}{2}\pi\ln 2\\
&=\frac{\pi}{2}\Big[\ln\left(1+\sqrt{1+a}\right)\Big]_0^3+\frac{1}{2}\pi\ln 2\\
&=\boxed{\frac{\pi}{2}\ln 3}.

\end{align} Ainsi,
\begin{align}
J&=2K+4\int_0^1\frac{\ln x}{1+x^2}dx\\
&=\boxed{\pi\ln 3-4\text{G}}

\end{align} NB. Je suppose connu $\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\sin z)dz=-\frac{\pi}{2}\ln 2$

Il faut faire attention avec ce qu'on appelle le changement de variable dans les intégrales.

Soit $I$ un intervalle, $a<b$ des réels.
Soit $\varphi$ une fonction définie sur $[a,b]$ à valeurs dans l'intervalle $I$, dérivable, de dérivée continue.
Soit $f$ une fonction continue définie sur $I$ à valeurs réelles.
On a :
\begin{align}\int_a^b f\left(\varphi(t)\right)\varphi^\prime(t)dt=\int_{\varphi(a)}^{\varphi(b)}f(x)dx

\end{align} On ne suppose pas que $\varphi$ soit injective.

Application :
\begin{align}\int_{-2}^1 2t\sin(t^2)dt=\int_4^1 \sin xdx=\int_1^4 \left(-\sin x\right)dx=\cos(4)-\cos(1)

\end{align} La fonction $t\mapsto t^2$ définie sur $[-2,1]$ n'est pas une bijection sur son image.

PS. Encore plus bizarre.
\begin{align}\int_{-1}^1 2t\sin(t^2)dt=\int_1^1 \sin xdx=0

\end{align} Edit. Il y avait une erreur dans les bornes de la deuxième intégrale du théorème.

Edit2. Démonstration du théorème.
$f$ est continue sur $I$ elle admet une primitive $F$.
\begin{align}\dfrac{\partial}{\partial t}F\left(\varphi(t)\right))=f\left(\varphi(t)\right)\varphi^\prime(t)

\end{align} Donc la fonction définie sur $[a,b]$ par $t\mapsto f\left(\varphi(t)\right)\varphi^\prime(t)$ admet pour primitive la fonction $t\mapsto F\left(\varphi(t)\right)$
Donc d'après le théorème fondamental de l'analyse :
\begin{align}\int_a^b f\left(\varphi(t)\right)\varphi^\prime(t)dt&\overset{\text{utilisation du th. fondamental}}=\Big[F\left(\varphi(t)\right)\Big]_a^b= F\left(\varphi(b)\right)-F\left(\varphi(a)\right)\\&=\Big[F(x)\Big]_{\varphi(a)}^{\varphi(b)}\overset{\text{utilisation du th. fondamental}}=\int_{\varphi(a)}^{\varphi(a)} f(x)dx
\end{align}