Die obere Kreislinie des Einheitskreises ist die Punktmenge

${\displaystyle {\left\{(x,y)\mid x^{2}+y^{2}=1,\,-1\leq x\leq 1,\,y\geq 0\right\}}.}$

Zu gegebenem ${\displaystyle {}x}$, ${\displaystyle {}-1\leq x\leq 1}$, gibt es genau ein ${\displaystyle {}y}$, das diese Bedingung erfüllt, nämlich ${\displaystyle {}y={\sqrt {1-x^{2}}}}$. Daher ist der Flächeninhalt der oberen Einheitskreishälfte gleich der Fläche unter dem Graphen der Funktion ${\displaystyle {}x\mapsto {\sqrt {1-x^{2}}}}$ über dem Intervall ${\displaystyle {}[-1,1]}$, also gleich

${\displaystyle \int _{-1}^{1}{\sqrt {1-x^{2}}}\,dx.}$

Mit der Substitution

${\displaystyle x=\cos t{\text{ bzw. }}t=\arccos x}$

(wobei ${\displaystyle {}\cos$ :[0,\pi ]\rightarrow [-1,1]} bijektiv ist), erhält man

${\displaystyle {}{\begin{aligned}\int _{a}^{b}{\sqrt {1-x^{2}}}\,dx&=\int _{\arccos a}^{\arccos b}{\sqrt {1-\cos ^{2}t}}(-\sin t)\,dt\\&=-\int _{\arccos a}^{\arccos b}\sin ^{2}t\,dt\\&={\frac {1}{2}}(\sin t\cos t-t)|_{\arccos a}^{\arccos b}.\end{aligned}}}$

Insbesondere ist

${\displaystyle {\frac {1}{2}}{\left(x\cdot \sin \left(\arccos x\right)-\arccos x\right)}={\frac {1}{2}}{\left(x\cdot {\sqrt {1-x^{2}}}-\arccos x\right)}\,}$

eine Stammfunktion zu ${\displaystyle {}{\sqrt {1-x^{2}}}}$. Daher ist

${\displaystyle {}\int _{-1}^{1}{\sqrt {1-x^{2}}}\,dx={\frac {1}{2}}(\sin 0+\sin \pi +\pi )=\pi /2\,.}$