\(I\) est l’un des deux intervalles \(]-\infty,-1[\) ou \(]-1,+\infty[\). \(f\) est continue sur \(I\) et admet donc des primitives sur \(I\).

\[\frac{1}{X^3+1}=\frac{1}{(X+1)(X+j)(X+j^2)}=\frac{a}{X+1}+\frac{b}{X+j}+\frac{\overline{b}}{X+j^2},\]

où \(a=\frac{1}{3(-1)^2}=\frac{1}{3}\) et \(b=\frac{1}{3(-j)^2}=\frac{j}{3}\). Par suite,

\[\begin{align*}\ensuremath \frac{1}{X^3+1}&=\frac{1}{3}(\frac{1}{X+1}+\frac{j}{X+j}+\frac{j^2}{X+j^2}) =\frac{1}{3}(\frac{1}{X+1}+\frac{-X+2}{X^2-X+1}) =\frac{1}{3}(\frac{1}{X+1}-\frac{1}{2}\frac{2X-1}{X^2-X+1}+\frac{3}{2}\frac{1}{X^2-X+1})\\ &=\frac{1}{3}(\frac{1}{X+1}-\frac{1}{2}\frac{2X-1}{X^2-X+1} +\frac{3}{2}\frac{1}{(X-\frac{1}{2})^2+(\frac{\sqrt{3}}{2})^2}). \end{align*}\]

Mais alors,

\[\begin{align*}\ensuremath \int_{}^{}\frac{1}{x^3+1}\;dx&=\frac{1}{3}(\ln|x+1|-\frac{1}{2}\ln(x^2-x+1)+\frac{3}{2}\frac{2}{\sqrt{3}}\Arctan \frac{x-\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}) =\frac{1}{6}\ln\frac{(x-1)^2}{x^2-x+1}+\frac{1}{\sqrt{3}}\Arctan\frac{2x-1}{\sqrt{3}}+C. \end{align*}\] \(I\) est l’un des deux intervalles \(]-\infty,-1[\) ou \(]1,+\infty[\). Sur \(I\), \(\int_{}^{}\frac{x^2}{x^3+1}\;dx=\frac{1}{3}\ln(x^3+1)+C\). \(X^3-X^2-X+1=X^2(X-1)-(X-1)=(X^2-1)(X-1)=(X-1)^2(X+1)\). Donc, la décomposition en éléments simples de \(f=\frac{X^5}{X^3-X^2-X+1}\) est de la forme \(aX^2+bX+c+\frac{d_1}{X-1}+\frac{d_2}{(X-1)^2}+\frac{e}{X+1}\).

Détermination de \(a\), \(b\) et \(c\). La division euclidienne de \(X^5\) par \(X^3-X^2-X+1\) s’écrit \(X^5=(X^2+X+2)(X^3-X^2-X+1)+2X^2+X-2\). On a donc \(a=1\), \(b=1\) et \(c=2\).

\(e=\lim_{x\rightarrow -1}(x+1)f(x)=\frac{(-1)^5}{(-1-1)^2}=-\frac{1}{4}\). Puis, \(d_2=\lim_{x\rightarrow 1}(x-1)^2f(x)=\frac{1^5}{1+1}=\frac{1}{2}\). Enfin, \(x=0\) fournit \(0=c-d_1+d_2+e\) et donc, \(d_1=-2-\frac{1}{2}+\frac{1}{4}=-\frac{9}{4}\). Finalement,

\[\frac{X^5}{X^3-X^2-X+1}=X^2+X+2-\frac{9}{4}\frac{1}{X-1}+\frac{1}{2}\frac{1}{(X-1)^2}-\frac{1}{4}\frac{1}{X+1},\]

et donc, \(I\) désignant l’un des trois intervalles \(]-\infty,-1[\), \(]-1,1[\) ou \(]1,+\infty[\), on a sur \(I\)

\[\int_{}^{}\frac{x^5}{x^3-x^2-x+1}\;dx=\frac{x^3}{3}+\frac{x^2}{2}+2x-\frac{1}{2(x-1)}-\frac{1}{4}\ln|x+1|+C.\] Sur \(\Rr\),

\[\begin{align*}\ensuremath \int_{}^{}\frac{1-x}{(x^2+x+1)^5}\;dx&=-\frac{1}{2}\int_{}^{}\frac{2x+1}{(x^2+x+1)^5}\;dx+\frac{3}{2}\int_{}^{}\frac{1}{(x^2+x+1)^5}\;dx =\frac{1}{8(x^2+x+1)^4}+\frac{3}{2}\int_{}^{}\frac{1}{((x+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4})^5}\;dx\\ &=\frac{1}{8(x^2+x+1)^4}+\frac{3}{2}\int_{}^{}\frac{1}{((\frac{\sqrt{3}}{2}u)^2+\frac{3}{4})^5}\;\frac{\sqrt{3}}{2}\;du\;(\mbox{en posant}\;x+\frac{1}{2}=\frac{u\sqrt{3}}{2})\\ &=\frac{1}{8(x^2+x+1)^4}+\frac{2^8\sqrt{3}}{3^4}\int_{}^{}\frac{1}{(u^2+1)^5}\;du. \end{align*}\]

Pour \(n\in\Nn^*\), posons alors \(I_n=\int_{}^{}\frac{du}{(u^2+1)^n}\). Une intégration par parties fournit

\[I_n=\frac{u}{(u^2+1)^n}+2n\int_{}^{}\frac{u^2+1-1}{(u^2+1)^{n+1}}\;du=\frac{u}{(u^2+1)^n}+2n(I_n-I_{n+1}),\]

et donc, \(I_{n+1}=\frac{1}{2n}\left(\frac{u}{(u^2+1)^n}+(2n-1)I_n\right)\). Mais alors,

\[\begin{align*}\ensuremath I_5&=\frac{1}{8}\frac{u}{(u^2+1)^4}+\frac{7}{8}I_4=\frac{1}{8}\frac{u}{(u^2+1)^4}+\frac{7}{8.6}\frac{u}{(u^2+1)^3}+\frac{7.5}{8.6}I_3\\ &=\frac{1}{8}\frac{u}{(u^2+1)^4}+\frac{7}{8.6}\frac{u}{(u^2+1)^3}+\frac{7.5}{8.6.4}\frac{u}{(u^2+1)^2}+\frac{7.5.3}{8.6.4}I_2\\ &=\frac{1}{8}\frac{u}{(u^2+1)^4}+\frac{7}{8.6}\frac{u}{(u^2+1)^3}+\frac{7.5}{8.6.4}\frac{u}{(u^2+1)^2}+\frac{7.5.3}{8.6.4.2}\frac{u}{u^2+1}+\frac{7.5.3.1}{8.6.4.2}I_1\\ &=\frac{1}{8}\frac{u}{(u^2+1)^4}+\frac{7}{8.6}\frac{u}{(u^2+1)^3}+\frac{7.5}{8.6.4}\frac{u}{(u^2+1)^2}+\frac{7.5.3}{8.6.4.2}\frac{u}{u^2+1}+\frac{7.5.3.1}{8.6.4.2}\Arctan u+C. \end{align*}\]

Maintenant,

\[u^2+1=(\frac{2}{\sqrt{3}}(x+\frac{1}{2}))^2+1=\frac{4}{3}x^2+\frac{4}{3}x+\frac{1}{3}+1=\frac{4}{3}(x^2+x+1).\]

Par suite,

\[\begin{align*}\ensuremath \frac{2^8\sqrt{3}}{3^4}\int_{}^{}\frac{1}{(u^2+1)^5}\;du&=\frac{2^8\sqrt{3}}{3^4} \left( \frac{1}{8}\frac{3^4}{4^4}\frac{\frac{2}{\sqrt{3}}(x+\frac{1}{2})}{(x^2+x+1)^4} +\frac{7}{8.6}\frac{3^3}{4^3}\frac{\frac{2}{\sqrt{3}}(x+\frac{1}{2})}{(x^2+x+1)^3} +\frac{7.5}{8.6.4}\frac{3^2}{4^2}\frac{\frac{2}{\sqrt{3}}(x+\frac{1}{2})}{(x^2+x+1)^2} \right. \\ &\;\left.+\frac{7.5.3}{8.6.4.2}\frac{3}{4}\frac{\frac{2}{\sqrt{3}}(x+\frac{1}{2})}{x^2+x+1} +\frac{7.5.3.1}{8.6.4.2}\Arctan\frac{2x+1}{\sqrt{3}}+C \right).\\ &=\frac{1}{8}\frac{2x+1}{(x^2+x+1)^4}+\frac{7}{36}\frac{2x+1}{(x^2+x+1)^3}+\frac{35}{108}\frac{2x+1}{(x^2+x+1)^2}+\frac{35}{54}\frac{2x+1}{x^2+x+1}\\ &\;+\frac{70\sqrt{3}}{81}\Arctan\frac{2x+1}{\sqrt{3}}+C, \end{align*}\]

(il reste encore à réduire au même dénominateur). On pose \(u=x^2\) et donc \(du=2xdx\)

\[\begin{align*}\ensuremath \int_{}^{}\frac{1}{x(x^2+1)^2}\;dx&=\int_{}^{}\frac{x}{x^2(x^2+1)^2}\;dx=\frac{1}{2}\int_{}^{}\frac{du}{u(u+1)^2} =\frac{1}{2}\int_{}^{}(\frac{1}{u}-\frac{1}{u+1}-\frac{1}{(u+1)^2})\;du\\ &=\frac{1}{2}(\ln|u|-\ln|u+1|+\frac{1}{u+1})+C\\ &=\frac{1}{2}(\ln\frac{x^2}{x^2+1}+\frac{1}{x^2+1})+C. \end{align*}\] \(\int_{}^{}\frac{x^2+x}{x^6+1}\;dx=\int_{}^{}\frac{x^2}{x^6+1}\;dx+\int_{}^{}\frac{x}{x^6+1}\;dx\).

Ensuite, en posant \(u=x^3\) et donc \(du=3x^2\;dx\),

\[\int_{}^{}\frac{x^2}{x^6+1}\;dx=\frac{1}{3}\int_{}^{}\frac{1}{u^2+1}\;du=\frac{1}{3}\Arctan u+C=\frac{1}{3}\Arctan(x^3)+C,\]

et en posant \(u=x^2\) et donc \(du=2x\;dx\),

\[\begin{align*}\ensuremath \int_{}^{}\frac{x}{x^6+1}\;dx&=\frac{1}{2}\int_{}^{}\frac{1}{u^3+1}\;du =\frac{1}{6}\ln\frac{(u-1)^2}{u^2-u+1}+\frac{1}{\sqrt{3}}\Arctan\frac{2u-1}{\sqrt{3}}+C\;(\mbox{voir}\;1))\\ &=\frac{1}{6}\ln\frac{(x^2-1)^2}{x^4-x^2+1}+\frac{1}{\sqrt{3}}\Arctan\frac{2x^2-1}{\sqrt{3}}+C \end{align*}\]

Finalement,

\[\int_{}^{}\frac{x^2+x}{x^6+1}\;dx=\frac{1}{3}\Arctan(x^3)+\frac{1}{6}\ln\frac{(x^2-1)^2}{x^4-x^2+1}+\frac{1}{\sqrt{3}}\Arctan\frac{2x^2-1}{\sqrt{3}}+C.\] \(\frac{1}{X^4+1}=\sum_{k=0}^{3}\frac{\lambda_k}{X-z_k}\) où \(z_k=e^{i(\frac{\pi}{4}+k\frac{\pi}{2})}\). De plus, \(\lambda_k=\frac{1}{4z_k^3}=\frac{z_k}{4z_k^4}=-\frac{z_k}{4}\). Ainsi,

\[\begin{align*}\ensuremath \frac{1}{X^4+1}&=-\frac{1}{4}\left(\frac{e^{i\pi/4}}{X-e^{i\pi/4}}+\frac{e^{-i\pi/4}}{X-e^{-i\pi/4}} +\frac{-e^{i\pi/4}}{X+e^{i\pi/4}}+\frac{-e^{-i\pi/4}}{X+e^{-i\pi/4}}\right)\\ &=-\frac{1}{4}\left(\frac{\sqrt{2}X-2}{X^2-\sqrt{2}X+1}-\frac{\sqrt{2}X+2}{X^2+\sqrt{2}X+1}\right). \end{align*}\]

Mais,

\[\frac{\sqrt{2}X-2}{X^2-\sqrt{2}X+1}=\frac{1}{\sqrt{2}}\frac{2X-\sqrt{2}}{X^2-\sqrt{2}X+1}-\frac{1}{(X-\frac{1}{\sqrt{2}})^2+(\frac{1}{\sqrt{2}})^2},\]

et donc,

\[\int_{}^{}\frac{\sqrt{2}x-2}{x^2-\sqrt{2}x+1}\;dx=\frac{1}{\sqrt{2}}\ln(x^2-\sqrt{2}x+1)-\sqrt{2}\Arctan(\sqrt{2}x-1)+C,\]

et de même,

\[\int_{}^{}\frac{\sqrt{2}x+2}{x^2+\sqrt{2}x+1}\;dx=\frac{1}{\sqrt{2}}\ln(x^2+\sqrt{2}x+1)+\sqrt{2}\Arctan(\sqrt{2}x+1)+C.\]

Finalement,

\[\int_{}^{}\frac{1}{x^4+1}\;dx=\frac{1}{\sqrt{2}}\ln\frac{x^2-\sqrt{2}x+1}{x^2+\sqrt{2}x+1}-\sqrt{2}(\Arctan(\sqrt{2}x-1)+\Arctan(\sqrt{2}x+1))+C.\] Une intégration par parties fournit

\[\begin{align*}\ensuremath \int_{}^{}\frac{1}{x^4+1}\;dx&=\frac{x}{x^4+1}+\int_{}^{}\frac{4x^4}{(x^4+1)^2}\;dx=\frac{x}{x^4+1}+4\int_{}^{}\frac{x^4+1-1}{(x^4+1)^2}\;dx\\ &=\frac{x}{x^4+1}+4\int_{}^{}\frac{1}{x^4+1}\;dx-4\int_{}^{}\frac{1}{(x^4+1)^2}\;dx\\ \end{align*}\]

Et donc,

\[\int_{}^{}\frac{1}{(x^4+1)^2}\;dx=\frac{1}{4}(\frac{x}{x^4+1}+3\int_{}^{}\frac{1}{x^4+1}\;dx)=...\] Posons \(R=\frac{1}{X^8+X^4+1}\).

\[\begin{align*}\ensuremath X^8+X^4+1&=\frac{X^{12}-1}{X^4-1}=\frac{\prod_{k=0}^{11}(X-e^{2ik\pi/12})}{(X-1)(X+1)(X-i)(X+i)}\\ &=(X-e^{i\pi/6})(X-e^{-i\pi/6})(X+e^{i\pi/6})(X+e^{-i\pi/6})(X-j)(X-j^2)(X+j)(X+j^2). \end{align*}\]

\(R\) est réelle et paire. Donc,

\[R=\frac{a}{X-j}+\frac{\overline{a}}{X-j^2}-\frac{a}{X+j}-\frac{\overline{a}}{X+j^2}+\frac{b}{X-e^{i\pi/6}} +\frac{\overline{b}}{X-e^{-i\pi/6}}-\frac{b}{X+e^{i\pi/6}}-\frac{\overline{b}}{X+e^{-i\pi/6}}.\]

\(a=\frac{1}{8j^7+4j^3}=\frac{1}{4(2j+1)}=\frac{2j^2+1}{4(2j+1)(2j^2+1)}=\frac{-1-2j}{12}\) et donc,

\[\frac{a}{X-j}+\frac{\overline{a}}{X-j^2}=\frac{1}{12}(\frac{-1-2j}{X-j}+\frac{-1-2j^2}{X-j^2}) =\frac{1}{4}\frac{1}{X^2+X+1}=\frac{1}{4}\frac{1}{(X+\frac{1}{2})^2+(\frac{\sqrt{3}}{2})^2},\]

et par parité,

\[\frac{a}{X-j}+\frac{\overline{a}}{X-j^2}-\frac{a}{X+j}-\frac{\overline{a}}{X+j^2}= \frac{1}{4}(\frac{1}{(X+\frac{1}{2})^2+(\frac{\sqrt{3}}{2})^2}+\frac{1}{(X-\frac{1}{2})^2+(\frac{\sqrt{3}}{2})^2}).\]

Ensuite, \(b=\frac{1}{8e^{7i\pi/6}+4e^{3i\pi/6}}=\frac{1}{4e^{i\pi/6}(-2-j^2)}=\frac{e^{-i\pi/6}}{4(-1+j)} =\frac{e^{-i\pi/6}(-1+j^2)}{12}=\frac{e^{-i\pi/6}(-2-j)}{12}=\frac{-2e^{-i\pi/6}-i}{12}\), et donc,

\[\begin{align*}\ensuremath \frac{b}{X-e^{i\pi/6}} +\frac{\overline{b}}{X-e^{-i\pi/6}}&=\frac{1}{12}(\frac{-2e^{-i\pi/6}-i}{X-e^{i\pi/6}}+\frac{-2e^{i\pi/6}+i}{X-e^{-i\pi/6}})=\frac{1}{12}\frac{-2\sqrt{3}X+3}{X^2-\sqrt{3}X+1}=-\frac{1}{4\sqrt{3}}\frac{2X-\sqrt{3}}{X^2-\sqrt{3}X+1}. \end{align*}\]

Par parité,

\[\frac{b}{X-e^{i\pi/6}} +\frac{\overline{b}}{X-e^{-i\pi/6}}-\frac{b}{X+e^{i\pi/6}}-\frac{\overline{b}}{X+e^{-i\pi/6}}= -\frac{1}{4\sqrt{3}}\frac{2X-\sqrt{3}}{X^2-\sqrt{3}X+1}+\frac{1}{4\sqrt{3}}\frac{2X+\sqrt{3}}{X^2+\sqrt{3}X+1}.\]

Finalement,

\[\int_{}^{}\frac{1}{x^8+x^4+1}=\frac{1}{2\sqrt{3}}(\Arctan\frac{2x-1}{\sqrt{3}}+\Arctan\frac{2x+1}{\sqrt{3}})+\frac{1}{4\sqrt{3}}\ln\frac{x^2+\sqrt{3}x+1}{x^2-\sqrt{3}x+1}+C.\] En posant \(u=x^2\) et donc \(du=2x\;dx\), on obtient \(\int_{}^{}\frac{x}{(x^4+1)^3}\;dx=\frac{1}{2}\int_{}^{}\frac{1}{(u^2+1)^3}\).

Pour \(n\geq1\), posons \(I_n=\int_{}^{}\frac{1}{(u^2+1)^n}\;du\). Une intégration par parties fournit :

\[\begin{align*}\ensuremath I_n=\frac{u}{(u^2+1)^n}+\int_{}^{}\frac{u.(-n)(2u)}{(u^2+1)^{n+1}}\;du=\frac{u}{(u^2+1)^n}+2n\int_{}^{}\frac{u^2+1-1}{(u^2+1)^{n+1}}\;du\\ &=\frac{u}{(u^2+1)^n}+2n(I_n-I_{n+1}), \end{align*}\]

et donc, \(\forall n\geq1,\;I_{n+1}=\frac{1}{2n}(\frac{u}{(u^2+1)^n}+(2n-1)I_n)\).

On en déduit que

\[I_3=\frac{1}{4}(\frac{u}{(u^2+1)^2}+3I_2)=\frac{u}{4(u^2+1)^2}+\frac{3}{8(u^2+1)}+\frac{3}{8}\Arctan u+C,\]

et finalement que

\[\int_{}^{}\frac{x}{(x^4+1)^3}\;dx=\frac{1}{16}(\frac{2x^2}{(x^4+1)^2}+\frac{3}{x^4+1}+3\Arctan(x^2))+C.\] \[\begin{align*}\ensuremath (X+1)^7-X^7-1&=7X^6+21X^5+35X^4+35X^3+21X^2+7X=7X(X^5+3X^4+5X^3+5X^2+3X+1)\\ &=7X(X+1)(X^4+2X^3+3X^2+2X+1)=7X(X+1)(X^2+X+1)^2. \end{align*}\]

Par suite,

\[\frac{7}{(X+1)^7-X^7-1}=\frac{1}{X(X+1)(X-j)^2(X-j^2)^2}=\frac{a}{X}+\frac{b}{X+1}+\frac{c_1}{X-j} +\frac{c_2}{(X-j)^2}+\frac{\overline{c_1}}{X-j^2}+\frac{\overline{c_2}}{(X-j^2)^2}.\]

\(a=\lim_{x\rightarrow 0}xR(x)=1\), \(b=\lim_{x\rightarrow -1}(x+1)R(x)=-1\), et

\(c_2=\lim_{x\rightarrow j}(x-j)^2R(x)=\frac{1}{j(j+1)(j-j^2)^2}=-\frac{1}{j^2(1-2j+j^2)}=\frac{1}{3}\). Puis,

\[\frac{c_2}{(X-j)^2}+\frac{\overline{c_2}}{(X-j^2)^2}=\frac{1}{3}(\frac{(X-j^2)^2+(X-j)^2}{(X^2+X+1)^2} =\frac{2X^2+2X-1}{3(X^2+X+1)^2},\]

et

\[\begin{align*}\ensuremath R-(\frac{c_2}{(X-j)^2}+\frac{\overline{c_2}}{(X-j^2)^2}) &=\frac{1}{X(X+1)(X^2+X+1)^2}-\frac{2X^2+2X-1}{3(X^2+X+1)^2} =\frac{3-X(X+1)(2X^2+2X-1)}{3X(X+1)(X^2+X+1)^2}\\ &=\frac{-2X(X+1)(X^2+X+1)+3+3X(X+1)}{3X(X+1)(X^2+X+1)^2} =\frac{-2X^2-2X+3}{3X(X+1)(X^2+X+1)}. \end{align*}\]

Puis, \(c_2=\frac{-2j^2-2j+3}{3j(j+1)(j-j^2)}=-\frac{5}{j-j^2}=\frac{5(j-j^2)}{(j-j^2)(j^2-j)}=\frac{5(j-j^2)}{3}\).

Ainsi,

\[\begin{align*}\ensuremath \frac{1}{(X+1)^7-X^7-1}&=\frac{1}{7} (\frac{1}{X}-\frac{1}{X+1}+\frac{1}{3}(\frac{5(j-j^2)}{X-j}+\frac{5(j^2-j)}{X-j^2}+\frac{1}{(X-j)^2}+\frac{1}{(X-j^2)^2}))\\ &=\frac{1}{7} (\frac{1}{X}-\frac{1}{X+1}-\frac{5}{X^2+X+1}+\frac{1}{3}(\frac{1}{(X-j)^2}+\frac{1}{(X-j^2)^2}))\\ &=\frac{1}{7} (\frac{1}{X}-\frac{1}{X+1}-\frac{5}{(X+\frac{1}{2})^2+(\frac{\sqrt{3}}{2})^2}+\frac{1}{3}(\frac{1}{(X-j)^2}+\frac{1}{(X-j^2)^2})). \end{align*}\]

Finalement,

\[\begin{align*}\ensuremath \int_{}^{}\frac{1}{(x+1)^7-x^7-1}\;dx&=\frac{1}{7}\left(\ln\left|\frac{x}{x+1}\right|-\frac{10}{\sqrt{3}} \Arctan\frac{2x+1}{\sqrt{3}}-\frac{1}{3}(\frac{1}{x-j}+\frac{1}{x-j^2})\right)+C\\ &=\frac{1}{7}\left(\ln\left|\frac{x}{x+1}\right|-\frac{10}{\sqrt{3}} \Arctan\frac{2x+1}{\sqrt{3}}-\frac{2x+1}{3(x^2+x+1)}\right)+C. \end{align*}\]

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