Substitution, intégration par parties et fractions partielles : 20 exercices corrigés (201-NYB)

a) Forme $\int\frac{f'}{f}$, dont la primitive est $\ln\left|f\right|$. Le numérateur $3x^{2}+2$ est exactement la dérivée de $x^{3}+2x+1$ : la réponse est $\ln\left|x^{3}+2x+1\right|+C$. De même $\cos x$ est la dérivée de $2+\sin x$, d'où $\ln\left(2+\sin x\right)+C$, la valeur absolue étant inutile puisque $2+\sin x$ reste positif.

b) Forme $\int f'f^{n}$, de primitive $\frac{f^{n+1}}{n+1}$. Ici $x$ vaut la moitié de la dérivée de $x^{2}+1$ : $\frac{1}{2}\int u^{5}du=\frac{\left(x^{2}+1\right)^{6}}{12}+C$. Pour la seconde, $\frac{1}{x}$ est la dérivée de $\ln x$, d'où $\frac{\left(\ln x\right)^{4}}{4}+C$.

c) Forme $\int f'e^{f}$, de primitive $e^{f}$. Comme $\cos x=\left(\sin x\right)'$ : $e^{\sin x}+C$. Comme $\sec^{2}x=\left(\tan x\right)'$ : $e^{\tan x}+C$. Ces deux intégrales paraissent redoutables et se règlent sans écrire une seule ligne de substitution, à condition d'avoir la table des dérivées en tête.

d) Forme $\int\frac{f'}{\sqrt{f}}$, de primitive $2\sqrt{f}$. Ici $x=\frac{1}{2}\left(x^{2}+4\right)'$, d'où $\sqrt{x^{2}+4}+C$. Pour la seconde, $\frac{1}{2\sqrt{x}}$ est la dérivée de $1+\sqrt{x}$ : l'intégrale vaut $2\int\frac{du}{u^{2}}$ avec $u=1+\sqrt{x}$, soit $-\frac{2}{1+\sqrt{x}}+C$.

e) Les cinq formes : $\int\frac{f'}{f}=\ln\left|f\right|$; $\int f'f^{n}=\frac{f^{n+1}}{n+1}$ pour $n\neq -1$; $\int f'e^{f}=e^{f}$; $\int\frac{f'}{\sqrt{f}}=2\sqrt{f}$; et $\int f'\cos f=\sin f$, avec ses variantes trigonométriques. Le test tient en une question : DÉRIVEZ mentalement l'expression la plus compliquée de l'intégrande, celle qui est à l'intérieur d'une puissance, d'un logarithme, d'une exponentielle ou d'une racine, et regardez si le résultat apparaît ailleurs dans l'intégrande, au facteur constant près. Si oui, la substitution est immédiate; si non, aucune substitution directe ne marchera et il faut changer de technique.

a) On pose $u=x+1$, donc $x=u-1$ et $dx=du$ : $\int(u-1)\sqrt{u}\,du=\int\left(u^{3/2}-u^{1/2}\right)du=\frac{2u^{5/2}}{5}-\frac{2u^{3/2}}{3}$, soit $\frac{2\left(x+1\right)^{5/2}}{5}-\frac{2\left(x+1\right)^{3/2}}{3}+C$. Le $x$ restant a été remplacé par $u-1$ : c'est toute l'astuce.

b) $u=x+2$, $x=u-2$ : $\int\frac{u-2}{u^{3}}du=\int\left(u^{-2}-2u^{-3}\right)du=-\frac{1}{u}+\frac{1}{u^{2}}$, soit $-\frac{1}{x+2}+\frac{1}{\left(x+2\right)^{2}}+C$.

c) $u=x^{2}+1$ donne $du=2x\,dx$ : un facteur $x$ est ABSORBÉ par le $du$, et il en reste $x^{2}=u-1$, qui s'exprime sans racine. $\frac{1}{2}\int(u-1)\sqrt{u}\,du=\frac{u^{5/2}}{5}-\frac{u^{3/2}}{3}$, soit $\frac{\left(x^{2}+1\right)^{5/2}}{5}-\frac{\left(x^{2}+1\right)^{3/2}}{3}+C$. La différence avec les deux premiers cas est que la puissance de $x$ était IMPAIRE : un facteur part dans le $du$ et le reste, de puissance paire, se convertit proprement. C'est exactement le mécanisme des puissances impaires de sinus.

d) $u=\sqrt{x}$, donc $x=u^{2}$ et $dx=2u\,du$ : $\int\frac{2u}{1+u}du=2\int\left(1-\frac{1}{1+u}\right)du=2u-2\ln\left|1+u\right|$, soit $2\sqrt{x}-2\ln\left(1+\sqrt{x}\right)+C$. Notez la division effectuée au passage : dès qu'un quotient a des degrés comparables, il faut diviser avant d'intégrer.

e) Dans la seconde, la dérivée de l'intérieur est $2x$ : le facteur $x$ présent devant la racine EST la dérivée cachée, la substitution absorbe tout et l'on obtient $\frac{\left(x^{2}+1\right)^{3/2}}{3}+C$ en deux lignes. Dans la première, la dérivée de $x+1$ vaut 1 : le facteur $x$ n'a rien à voir avec elle, il survit à la substitution et il faut le réexprimer, ce qui double la longueur du calcul. La règle générale est que le coût d'une substitution se mesure à ce qu'elle laisse debout.

a) $u=e^{x}$ donne $du=e^{x}dx$, donc $dx=\frac{du}{u}$ : $\int\frac{du}{u\left(1+u\right)}$. La décomposition $\frac{1}{u(1+u)}=\frac{1}{u}-\frac{1}{1+u}$ donne $\ln\left|u\right|-\ln\left|1+u\right|=\ln\frac{u}{1+u}$, soit $x-\ln\left(1+e^{x}\right)+C$. Une intégrale exponentielle est devenue une fraction rationnelle en deux lignes.

b) $u=e^{x}$ et $dx=\frac{du}{u}$ : $\int\frac{u^{2}}{1+u}\cdot\frac{du}{u}=\int\frac{u}{1+u}du=\int\left(1-\frac{1}{1+u}\right)du=u-\ln\left|1+u\right|$, soit $e^{x}-\ln\left(1+e^{x}\right)+C$.

c) Il faut une substitution qui rende ENTIERS les deux exposants à la fois : on pose $x=u^{6}$, car 6 est le plus petit commun multiple de 2 et 3. Alors $\sqrt{x}=u^{3}$, $\sqrt[3]{x}=u^{2}$ et $dx=6u^{5}du$ : $\int\frac{6u^{5}}{u^{3}+u^{2}}du=\int\frac{6u^{3}}{u+1}du$. La division donne $\frac{u^{3}}{u+1}=u^{2}-u+1-\frac{1}{u+1}$, d'où $2u^{3}-3u^{2}+6u-6\ln\left|u+1\right|+C$ avec $u=x^{1/6}$. Choisir un exposant plus petit laisserait une racine, et un plus grand alourdirait inutilement le polynôme.

d) On multiplie haut et bas par $e^{x}$ : $\int\frac{e^{x}dx}{e^{2x}+1}$. Avec $u=e^{x}$, c'est $\int\frac{du}{u^{2}+1}=\arctan u$, soit $\arctan\left(e^{x}\right)+C$. La multiplication préalable était indispensable : sans elle, aucune substitution ne donne un résultat propre. Remarquez au passage que $\frac{1}{e^{x}+e^{-x}}=\frac{1}{2\cosh x}$, ce qui explique la parenté de ce résultat avec les fonctions hyperboliques.

e) Devant $\sqrt[n]{x}$, poser $x=u^{n}$. Devant plusieurs racines d'indices différents, poser $x=u^{m}$ où $m$ est le PPCM des indices. Devant $e^{x}$, poser $u=e^{x}$, ce qui donne toujours $dx=\frac{du}{u}$ et transforme toute fraction en $e^{x}$ en fraction rationnelle en $u$. Devant $\sqrt[n]{ax+b}$, poser $u=\sqrt[n]{ax+b}$, donc $x=\frac{u^{n}-b}{a}$. Dans les quatre cas, l'objectif est le même : faire disparaître les exposants fractionnaires pour retomber sur une fraction rationnelle, seule famille que l'on sait intégrer systématiquement.

a) $u=\ln x$, $du=\frac{dx}{x}$; $x=1$ donne $u=0$ et $x=e$ donne $u=1$ : $\int_{0}^{1}u\,du=\frac{1}{2}$.

b) Pour la première, $u=x^{2}+1$ va de 1 à 2 : $\frac{1}{2}\int_{1}^{2}\frac{du}{u}=\frac{\ln 2}{2}\approx 0{,}3466$. Pour la seconde, $u=e^{x}$ va de 1 à 2 : $\int_{1}^{2}\frac{du}{1+u^{2}}=\arctan 2-\arctan 1\approx 1{,}1071-0{,}7854\approx 0{,}3217$.

c) $u=\sqrt{x}$ va de 0 à 2, avec $dx=2u\,du$ : $\int_{0}^{2}\frac{2u}{1+u}du=2\int_{0}^{2}\left(1-\frac{1}{1+u}\right)du=2\left[u-\ln\left(1+u\right)\right]_{0}^{2}=2\left(2-\ln 3\right)\approx 1{,}803$.

d) Sa réponse est JUSTE, mais son raisonnement est faux, et c'est plus grave. L'intégrande $x^{3}\left(x^{4}+1\right)^{2}$ est une fonction IMPAIRE intégrée sur un intervalle symétrique : elle vaut zéro pour cette raison-là. L'argument des bornes égales, lui, ne vaut rien ici : la substitution $u=x^{4}+1$ n'est pas injective sur $\left[-1\,;1\right]$, puisque $x$ et $-x$ y donnent le même $u$. Écrire $\int_{2}^{2}$ revient à replier l'intervalle sur lui-même en confondant deux morceaux qui se compensent effectivement ici, mais qui s'AJOUTERAIENT pour une fonction paire. Le même raisonnement appliqué à $\int_{-1}^{1}x^{3}\left(x^{4}+1\right)^{2}\cdot x\,dx$, intégrande pair et strictement positif, donnerait encore zéro, ce qui serait absurde.

e) La substitution doit être MONOTONE, donc injective, sur l'intervalle d'intégration : c'est ce qui garantit une correspondance sans repli entre les $x$ et les $u$. Contre-exemple : sur $\left[-1\,;1\right]$, la substitution $u=x^{2}$ échoue, car elle envoie $-1$ et $1$ sur le même $u=1$. Pour $\int_{-1}^{1}x^{2}dx$, elle donnerait $\int_{1}^{1}$, donc zéro, alors que la vraie valeur est $\frac{2}{3}$. Le remède est de couper l'intervalle en $x=0$, là où la substitution cesse d'être monotone, et de traiter les deux morceaux séparément.

a) La première contient le facteur $x$, moitié de la dérivée de $x^{2}$ : substitution immédiate, $\frac{e^{x^{2}}}{2}+C$. La seconde ne l'a pas, et aucune substitution ne peut la traiter. Mieux : sa primitive n'est pas une fonction ÉLÉMENTAIRE, elle ne s'exprime avec aucune combinaison finie de fonctions usuelles. Ce n'est pas une limite de notre habileté mais un théorème, et la seule réponse acceptable est numérique, ou par une série entière.

b) La première est de la forme $\int f'f$ avec $f=\ln x$ : elle vaut $\frac{\left(\ln x\right)^{2}}{2}+C$. La seconde n'a aucun facteur $\frac{1}{x}$ : elle réclame l'intégration par PARTIES, avec le facteur 1 invisible, et donne $x\ln x-x+C$. La présence ou l'absence du $\frac{1}{x}$ fait basculer d'une technique à l'autre.

c) Avec le facteur $x$ : $-\sqrt{1-x^{2}}+C$ par substitution, et $\frac{1}{2}\ln\left|x^{2}-1\right|+C$ de même. Sans lui : $\arcsin x+C$, qui exige une substitution TRIGONOMÉTRIQUE, et $\frac{1}{2}\ln\left|\frac{x-1}{x+1}\right|+C$, qui exige des FRACTIONS PARTIELLES. Un seul facteur $x$ sépare donc quatre techniques différentes, et c'est le premier détail à regarder dans tout le chapitre.

d) Que le degré du numérateur ÉGALE celui du dénominateur : la fraction est impropre, et aucune substitution ne peut s'appliquer avant la division. $\frac{x^{2}+1}{x^{2}-4}=1+\frac{5}{x^{2}-4}$, et le reste se décompose en fractions partielles. La règle est absolue : dès qu'une fraction rationnelle a un numérateur de degré supérieur ou égal à celui du dénominateur, la DIVISION passe avant tout le reste.

e) Premier signal : l'intégrande est un PRODUIT de deux fonctions de familles différentes, un polynôme et une exponentielle, un polynôme et un logarithme, une fonction inverse et autre chose, sans que l'une soit la dérivée de l'intérieur de l'autre. C'est l'intégration par parties. Deuxième signal : l'intégrande est une FRACTION RATIONNELLE, un quotient de deux polynômes, sans que le numérateur soit proportionnel à la dérivée du dénominateur. Ce sont les fractions partielles, précédées d'une division si le degré du haut atteint celui du bas. Troisième signal : il reste une RACINE de la forme $\sqrt{a^{2}\pm x^{2}}$ ou $\sqrt{x^{2}-a^{2}}$, sans facteur $x$ pour l'absorber. C'est la substitution trigonométrique. Et si aucun des trois ne s'applique et que la substitution échoue aussi, il faut envisager que la primitive n'existe tout simplement pas sous forme élémentaire.

a) Le logarithme est en tête de LIATE : on prend $u=\ln x$ et $dv=x\,dx$, donc $du=\frac{dx}{x}$ et $v=\frac{x^{2}}{2}$. D'où $\frac{x^{2}}{2}\ln x-\int\frac{x^{2}}{2}\cdot\frac{dx}{x}=\frac{x^{2}}{2}\ln x-\frac{1}{2}\int x\,dx=\frac{x^{2}}{2}\ln x-\frac{x^{2}}{4}+C$. L'intégrale restante est devenue polynomiale : le logarithme a disparu, c'est exactement ce qu'on cherchait.

b) Ici A passe avant E : $u=x$ et $dv=e^{-x}dx$, donc $v=-e^{-x}$. $\int xe^{-x}dx=-xe^{-x}+\int e^{-x}dx=-xe^{-x}-e^{-x}=-\left(x+1\right)e^{-x}+C$. De même, $u=x$ et $dv=\cos x\,dx$ donnent $x\sin x-\int\sin x\,dx=x\sin x+\cos x+C$. Dans les deux cas, dériver $x$ le fait disparaître.

c) Il n'y a qu'un seul facteur : pour appliquer la formule, il FAUT en fabriquer un second, et le seul disponible est le facteur 1, invisible dans l'écriture. On pose donc $u=\ln x$ et $dv=1\cdot dx$, d'où $v=x$ : $x\ln x-\int x\cdot\frac{dx}{x}=x\ln x-x+C$. Ce n'est pas une astuce mais la seule voie possible, car aucune primitive du logarithme n'est connue au moment où l'on commence, ce qui interdit de le prendre comme $dv$.

d) Avec $u=e^{x}$ et $dv=x\,dx$ : $v=\frac{x^{2}}{2}$ et $du=e^{x}dx$, donc $\int xe^{x}dx=\frac{x^{2}}{2}e^{x}-\frac{1}{2}\int x^{2}e^{x}dx$. L'égalité reste parfaitement VRAIE, mais elle est inutile : le degré du polynôme est passé de 1 à 2, l'intégrale restante est plus difficile que celle de départ, et répéter l'opération ne ferait qu'aggraver le phénomène indéfiniment. Une intégration par parties n'est jamais fausse, elle est seulement stérile ou productive.

e) Les fonctions de tête, logarithmes et fonctions trigonométriques inverses, ont deux propriétés : leur DÉRIVÉE est algébrique, donc plus simple qu'elles, et on ne connaît pas leur primitive au départ. Ce sont donc les candidats évidents pour $u$, le rôle de celui qu'on dérive. Les fonctions de queue, exponentielles et trigonométriques, ont la propriété inverse : elles se reproduisent en s'intégrant, sans se compliquer, ce qui en fait des $dv$ commodes. Les fonctions algébriques sont au milieu parce qu'elles perdent un degré à chaque dérivation : elles finissent par disparaître, à condition qu'on les dérive. LIATE n'est donc pas une recette arbitraire, c'est le classement des fonctions selon ce que la dérivation leur fait.

a) Premier tour : $u=x^{2}$, $dv=e^{x}dx$, d'où $x^{2}e^{x}-2\int xe^{x}dx$. Second tour sur l'intégrale restante : $\int xe^{x}dx=xe^{x}-e^{x}$. Au total, $x^{2}e^{x}-2xe^{x}+2e^{x}+C=e^{x}\left(x^{2}-2x+2\right)+C$. Le polynôme a perdu un degré à chaque tour, jusqu'à disparaître.

b) On dresse deux colonnes. À gauche, le facteur ALGÉBRIQUE, qu'on DÉRIVE de ligne en ligne jusqu'à obtenir zéro. À droite, l'autre facteur, qu'on INTÈGRE de ligne en ligne autant de fois. On multiplie ensuite en diagonale, chaque produit prenant un signe alterné $+$, $-$, $+$, $-$, en commençant par $+$. On s'arrête dès que la colonne de gauche atteint zéro, ce qui se produit après $n+1$ lignes pour un polynôme de degré $n$.

c) Colonne gauche : $x^{3}$, $3x^{2}$, $6x$, $6$, $0$. Colonne droite : $e^{2x}$, $\frac{e^{2x}}{2}$, $\frac{e^{2x}}{4}$, $\frac{e^{2x}}{8}$, $\frac{e^{2x}}{16}$. Produits en diagonale, avec les signes alternés : $+x^{3}\frac{e^{2x}}{2}-3x^{2}\frac{e^{2x}}{4}+6x\frac{e^{2x}}{8}-6\frac{e^{2x}}{16}$, soit $e^{2x}\left(\frac{x^{3}}{2}-\frac{3x^{2}}{4}+\frac{3x}{4}-\frac{3}{8}\right)+C$. Quatre intégrations par parties menées en trois lignes.

d) Colonne gauche : $x^{2}$, $2x$, $2$, $0$. Colonne droite : $\sin 3x$, $-\frac{\cos 3x}{3}$, $-\frac{\sin 3x}{9}$, $\frac{\cos 3x}{27}$. D'où $-\frac{x^{2}\cos 3x}{3}+\frac{2x\sin 3x}{9}+\frac{2\cos 3x}{27}+C$, en n'oubliant pas que le signe alterné du troisième terme, $+$, se combine au signe de la primitive.

e) Pour $\int x\ln x\,dx$, NON : la colonne à dériver devrait contenir le logarithme, qui ne s'annule jamais par dérivation, et la colonne à intégrer contiendrait $x$, ce qui ferait grossir le degré indéfiniment. La méthode tabulaire exige un facteur polynomial qui finisse par s'annuler. Pour $\int e^{x}\cos x\,dx$, NON également, mais pour une autre raison : aucun des deux facteurs ne s'annule par dérivation, les deux colonnes tourneraient sans fin. C'est le cas CYCLIQUE, qui se résout autrement, comme l'exercice suivant le montre.

a) Posons $I=\int e^{x}\cos x\,dx$. Avec $u=e^{x}$ et $dv=\cos x\,dx$ : $I=e^{x}\sin x-\int e^{x}\sin x\,dx$. Sur cette dernière, même choix : $\int e^{x}\sin x\,dx=-e^{x}\cos x+\int e^{x}\cos x\,dx=-e^{x}\cos x+I$. En reportant : $I=e^{x}\sin x+e^{x}\cos x-I$, donc $2I=e^{x}\left(\sin x+\cos x\right)$ et $I=\frac{e^{x}\left(\sin x+\cos x\right)}{2}+C$.

b) Parce qu'inverser les rôles au second tour DÉFAIT exactement ce que le premier a fait : on retombe sur l'identité $I=I$, vraie mais vide, et le calcul tourne en rond au sens propre. Il faut donc décider une fois pour toutes, par exemple dériver systématiquement l'exponentielle, et s'y tenir jusqu'à ce que l'intégrale réapparaisse. C'est l'erreur la plus fréquente sur ce type d'exercice, et elle est frustrante parce que rien n'est faux : le calcul est simplement stationnaire.

c) Posons $I=\int e^{2x}\sin 3x\,dx$. Avec $u=e^{2x}$ et $dv=\sin 3x\,dx$ : $I=-\frac{e^{2x}\cos 3x}{3}+\frac{2}{3}\int e^{2x}\cos 3x\,dx$. Puis $\int e^{2x}\cos 3x\,dx=\frac{e^{2x}\sin 3x}{3}-\frac{2}{3}I$. En reportant : $I=-\frac{e^{2x}\cos 3x}{3}+\frac{2e^{2x}\sin 3x}{9}-\frac{4}{9}I$, donc $\frac{13}{9}I=e^{2x}\left(\frac{2\sin 3x}{9}-\frac{\cos 3x}{3}\right)$ et $I=\frac{e^{2x}\left(2\sin 3x-3\cos 3x\right)}{13}+C$.

d) Le même calcul mené en lettres donne $\int e^{ax}\sin\left(bx\right)dx=\frac{e^{ax}\left(a\sin bx-b\cos bx\right)}{a^{2}+b^{2}}+C$, et symétriquement $\int e^{ax}\cos\left(bx\right)dx=\frac{e^{ax}\left(a\cos bx+b\sin bx\right)}{a^{2}+b^{2}}+C$. Avec $a=2$ et $b=3$ : dénominateur $4+9=13$ et numérateur $e^{2x}\left(2\sin 3x-3\cos 3x\right)$, exactement le c). Le dénominateur $a^{2}+b^{2}$ trahit d'ailleurs l'origine complexe du résultat : c'est le module au carré de $a+ib$, et l'intégrale se calcule en une ligne par $\int e^{\left(a+ib\right)x}dx$ dont on prend la partie imaginaire.

e) Avec $u=\sin\left(\ln x\right)$ et $dv=dx$, donc $v=x$ : $I=x\sin\left(\ln x\right)-\int\cos\left(\ln x\right)dx$. Sur cette dernière, même choix : $\int\cos\left(\ln x\right)dx=x\cos\left(\ln x\right)+\int\sin\left(\ln x\right)dx=x\cos\left(\ln x\right)+I$. D'où $I=x\sin\left(\ln x\right)-x\cos\left(\ln x\right)-I$, soit $I=\frac{x\left(\sin\left(\ln x\right)-\cos\left(\ln x\right)\right)}{2}+C$. Le cas est cyclique parce que dériver un sinus de logarithme redonne un cosinus de logarithme divisé par $x$, que le $v=x$ vient précisément compenser : la structure se reproduit à l'identique, exactement comme avec l'exponentielle.

a) $u=x$, $dv=e^{x}dx$ : $\left[xe^{x}\right]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}e^{x}dx=\left(e-0\right)-\left[e^{x}\right]_{0}^{1}=e-\left(e-1\right)=1$. Un résultat parfaitement rond, ce qui est bon signe.

b) $u=\ln x$, $dv=dx$ : $\left[x\ln x\right]_{1}^{e}-\int_{1}^{e}dx=\left(e\cdot 1-1\cdot 0\right)-\left(e-1\right)=1$. Géométriquement, l'aire sous la courbe du logarithme entre 1 et $e$ vaut exactement 1. On peut le voir autrement : le rectangle $\left[0\,;e\right]\times\left[0\,;1\right]$ a pour aire $e$, et l'aire à gauche de la courbe, entre l'axe des ordonnées et le logarithme, vaut $\int_{0}^{1}e^{y}dy=e-1$; la différence est bien 1.

c) $u=x$, $dv=\sin x\,dx$, $v=-\cos x$ : $\left[-x\cos x\right]_{0}^{\pi}+\int_{0}^{\pi}\cos x\,dx=\left(\pi-0\right)+\left[\sin x\right]_{0}^{\pi}=\pi+0=\pi$.

d) L'intégrale est impropre, il faut donc écrire $\lim_{b\to+\infty}\int_{0}^{b}xe^{-x}dx=\lim_{b\to+\infty}\left(\left[-xe^{-x}\right]_{0}^{b}+\int_{0}^{b}e^{-x}dx\right)$. Le terme de bord vaut $-be^{-b}$, qui tend vers ZÉRO par croissance comparée, l'exponentielle décroissante l'emportant sur le facteur linéaire. Il reste $\lim_{b\to+\infty}\left[-e^{-x}\right]_{0}^{b}=1$. La limite est indispensable : sans elle, on écrirait une expression contenant $\infty\times 0$, forme indéterminée dont la valeur ne se devine pas.

e) Première faute : le terme de bord $\left[xe^{x}\right]_{0}^{1}$ n'a été évalué qu'à la borne supérieure. Il vaut $1\cdot e-0\cdot e^{0}=e$, ce qui est correct ici par chance, mais la borne inférieure a manifestement été ignorée dans l'écriture. Seconde faute, plus grave : l'intégrale restante $\int_{0}^{1}e^{x}dx$ est DÉFINIE, elle doit produire un nombre, $e-1$, et non la fonction $e^{x}$. Sa réponse finale, $e-e^{x}$, contient encore la variable $x$, ce qui est impossible pour une intégrale définie : c'est le signal d'alarme à connaître, une intégrale entre bornes ne peut jamais dépendre de $x$.

a) $u=\ln\left(x^{2}+1\right)$, $dv=dx$ : $x\ln\left(x^{2}+1\right)-\int\frac{2x^{2}}{x^{2}+1}dx$. Le degré du numérateur égale celui du dénominateur, donc on divise : $\frac{2x^{2}}{x^{2}+1}=2-\frac{2}{x^{2}+1}$. D'où $x\ln\left(x^{2}+1\right)-2x+2\arctan x+C$.

b) $u=\left(\ln x\right)^{2}$, $dv=dx$ : $x\left(\ln x\right)^{2}-\int x\cdot\frac{2\ln x}{x}dx=x\left(\ln x\right)^{2}-2\int\ln x\,dx=x\left(\ln x\right)^{2}-2\left(x\ln x-x\right)$, soit $x\left(\ln x\right)^{2}-2x\ln x+2x+C$. Deux applications successives, la seconde étant l'intégrale du logarithme déjà connue.

c) $u=\ln\left(x+1\right)$, $dv=x\,dx$, $v=\frac{x^{2}}{2}$ : $\frac{x^{2}}{2}\ln\left(x+1\right)-\frac{1}{2}\int\frac{x^{2}}{x+1}dx$. La division donne $\frac{x^{2}}{x+1}=x-1+\frac{1}{x+1}$, dont l'intégrale vaut $\frac{x^{2}}{2}-x+\ln\left|x+1\right|$. Résultat : $\frac{x^{2}}{2}\ln\left(x+1\right)-\frac{x^{2}}{4}+\frac{x}{2}-\frac{1}{2}\ln\left|x+1\right|+C$. On pourrait aussi choisir $v=\frac{x^{2}-1}{2}$, primitive tout aussi valable de $x$, ce qui ferait apparaître $\frac{x^{2}-1}{x+1}=x-1$ et supprimerait le logarithme final : choisir intelligemment la CONSTANTE de $v$ est une astuce méconnue.

d) $u=\ln\left(x+\sqrt{x^{2}+1}\right)$, dont la dérivée vaut $\frac{1}{\sqrt{x^{2}+1}}$, et $dv=dx$ : $x\ln\left(x+\sqrt{x^{2}+1}\right)-\int\frac{x\,dx}{\sqrt{x^{2}+1}}=x\ln\left(x+\sqrt{x^{2}+1}\right)-\sqrt{x^{2}+1}+C$, la dernière intégrale étant une substitution directe. Notez que cette fonction n'est autre que l'argument sinus hyperbolique, et qu'on retrouve donc la même structure que pour l'arc sinus.

e) En posant $I_{n}=\int\left(\ln x\right)^{n}dx$ avec $u=\left(\ln x\right)^{n}$ et $dv=dx$ : $I_{n}=x\left(\ln x\right)^{n}-n\int\left(\ln x\right)^{n-1}dx=x\left(\ln x\right)^{n}-nI_{n-1}$. Avec $I_{0}=x$ et $I_{1}=x\ln x-x$, on obtient $I_{2}=x\left(\ln x\right)^{2}-2I_{1}=x\left(\ln x\right)^{2}-2x\ln x+2x$, conforme au b), puis $I_{3}=x\left(\ln x\right)^{3}-3I_{2}=x\left(\ln x\right)^{3}-3x\left(\ln x\right)^{2}+6x\ln x-6x+C$. Les coefficients $1$, $3$, $6$, $6$ sont ceux des factorielles descendantes, ce qui n'est pas un hasard : la récurrence multiplie par $n$ à chaque étape.

a) On écrit $\frac{5x-3}{\left(x-1\right)\left(x+3\right)}=\frac{A}{x-1}+\frac{B}{x+3}$. En multipliant par $\left(x-1\right)$ et en évaluant en $x=1$ : $A=\frac{5-3}{1+3}=\frac{1}{2}$. De même en $x=-3$ : $B=\frac{-15-3}{-3-1}=\frac{9}{2}$. D'où $\int=\frac{1}{2}\ln\left|x-1\right|+\frac{9}{2}\ln\left|x+3\right|+C$.

b) Un facteur $\left(x-1\right)^{2}$ engendre DEUX termes, $\frac{B}{x-1}$ et $\frac{C}{\left(x-1\right)^{2}}$, car il faut autant de constantes que le degré total du facteur pour disposer d'assez de liberté. On écrit $\frac{3x^{2}-x+1}{x\left(x-1\right)^{2}}=\frac{A}{x}+\frac{B}{x-1}+\frac{C}{\left(x-1\right)^{2}}$. En $x=0$ : $A=\frac{1}{\left(-1\right)^{2}}=1$. En $x=1$ : $C=\frac{3-1+1}{1}=3$. En comparant les coefficients de $x^{2}$ : $3=A+B$, donc $B=2$. D'où $\int=\ln\left|x\right|+2\ln\left|x-1\right|-\frac{3}{x-1}+C$. Notez que le terme au carré donne une puissance, non un logarithme.