\(\begin{align*} \int \frac{3}{x²+4x+29}dx \end{align*}\)

\(\begin{align*}I & = \int \frac{3}{x²+4x+29}dx \end{align*}\)

Le dénominateur n'a pas de solution dans \( \mathbb R \)
Il faut alors se ramener à une forrne \(\frac{1}{u²+a²}\)  et retrouver du \( \frac{1}{a}tan^{-1}\frac{u}{a}\) 
\(\begin{align*} I & = \int \frac{3}{x²+4x+4+25}dx \\
& =3 \int \frac{1}{(x+2)²+5²}dx
\end{align*}\)

\[\boxed{I= \frac{3}{5} tan^{-1}(\frac{x+2}{5}) + C \in \mathbb R}\]

\(\begin{align*}\int(x+\frac{1}{x})²dx \end{align*}\)

\(\begin{align*}I &= \int(x+\frac{1}{x})²dx \end{align*}\)

Distibuons:

\(\begin{align*}I& = \int (x²+2+x^{- 2})dx \end{align*}\)

\[\boxed{I=\frac{1}{3}x^3 + 2x - \frac{1}{x} + C(\in \mathbb R)}\]

\(\begin{align*}\int x.sin²x.dx \end{align*}\)

\(\begin{align*}I & = \int x.sin²x.dx \end{align*}\)

 Il est trés compliqué de primitivé du \(sin²x\) et dériver \(sin²x\) nous donnera une forme compliquée.
Commençons réduire la puissance de  \(sin²x\) 
\(\begin{align*} I & = \int x(\frac{1-cos2x}{2})dx \\
& = \frac{1}{2} \bigg( \int x.dx + \int -x.cos(2x).dx \bigg) \end{align*}\)

Le 1er terme ne pose pas de problème.
Pour le 2ème terme, non savons primitiver et dériver les 2 fonctions en présence.
Procédons par IPP

\(\begin{align*}
I & =\frac{1}{2} \bigg[ \frac{x²}{2} - \frac{x}{2} sin2x - \frac{1}{4 cos2x}\bigg]+C \\
\end{align*}\)

\[\boxed{I  =\frac{1}{4}x² - \frac{1}{4} x.sin2x - \frac{1}{8}cos2x + C(\in \mathbb R)}\]

\(\begin{align*}\int \frac{1}{x^3+1}dx \end{align*}\)

\(\begin{align*} I & = \int \frac{1}{x^3+1}dx \end{align*}\) 
On remarque que -1 est racine de  \(x^3+1\) 
On peut donc factoriser par \(x+1\)  
\(\begin{align*}I & = \int \frac{1}{(x+1)(x²-x+1)}dx \end{align*}\)

Et  \(x²-x+1\)  n'a pas de racine dans  \(\mathbb R\) 

On procède maintenant à une décomposition en éléments simples: 
 \(\begin{align*} & \frac{1}{(x+1)(x²-x+1)}= \frac{A}{(x+1)} + \frac{Bx+C}{x²-x+1} \\ 
& \begin{cases}
\times (x+1) \text{ et }x=-1 \Rightarrow \frac{1}{3}= A+0 & \Rightarrow \boxed{A=\frac{1}{3}} \\
\text{Ce qui donne: }\frac{1}{(x+1)(x²-x+1)}= \frac{1}{3(x+1)} + \frac{Bx+C}{x²-x+1} \\ \\
  x=0 \Rightarrow 1 = \frac{1}{3} + C  &\Rightarrow  \boxed{C=\frac{2}{3}} \\
\text{Ce qui donne: } \frac{1}{(x+1)(x²-x+1)}= \frac{1}{3(x+1)} + \frac{Bx+2/3}{x²-x+1} \\  \\
x=1 \Rightarrow \frac{1}{2} = \frac{1}{6}+\frac{B+2/3}{1} & \Rightarrow \boxed{B=-\frac{1}{3}}
\end{cases} \end{align*}\) 

Nous arrivons à: 
\(\begin{align*} I & = \int \bigg[\frac{1/3}{(x+1)} + \frac{-1/3x+2/3}{x²-x+1}\bigg] dx \\
& =\frac{1}{3} \int \frac{1}{x+1}dx - \frac{1}{3} \int \frac{x-2}{x²-x+1}dx \end{align*}\) 

Le 1er terme ne pose pas de problème et nous amènera vers une fonction \(ln\)
Pour le 2ème terme, on reconnais une forme en \(u'/u\) au facteur prés.

On peut remarquer que \(\frac{d}{dx}(x²-x+1)=2x-1\). On va donc créer la forme  \(\frac{2x-1}{x²-x+1}\) .
Donc on peut multiplier par 2 en haut et en bas pour faire apparaitre \(2x\)
\(\begin{align*} I & =\frac{1}{3} \int \frac{1}{x+1}dx - \frac{1}{6} \int \frac{2x-4}{x²-x+1}dx \\
& \text{ajouter au numérateur un } +3-3 \text{ pour aller chercher du } 2x-1\\
& =\frac{1}{3} \int \frac{1}{x+1}dx - \frac{1}{6} \int \frac{2x-4+3 -3}{x²-x+1}dx \\
& =\frac{1}{3} \int \frac{1}{x+1}dx - \frac{1}{6} \int \frac{2x-1 -3}{x²-x+1}dx \\
& =\frac{1}{3} \int \frac{1}{x+1}dx - \frac{1}{6} \int \frac{2x-1}{x²-x+1}dx+\frac{1}{6} \int \frac{3}{x²-x+1}dx \\ \\ \\ 
& = \frac{1}{3}I_1-\frac{1}{6}I_2+\frac{1}{2}I_3 \text{ avec } 
\begin{cases}
I_1= ln \lvert x+1 \rvert +C_1\\ \\
I_2 =  ln \lvert x²-x+1 \rvert +C_2\\ \\
I_3= \int \frac{1}{x²-x+1}dx \end{cases} \end{align*}\)

\( I_3\)  a un dénominateur du 2nd degré sans solution dans \( \mathbb R\)
En mettant sous la forme \( \frac{1}{u²+a²}\)  on retrouvera la dérivée de \( \frac{1}{a}arctan \frac{u}{a}\)

Calculons \(I_3\) en se ramenant à une dérivée de \(arctan\), en factorisant :
\(\begin{align*}I_3 & = \int \frac{1}{x²-x+1}dx = \int \frac{1}{x²-x+1/4 +3/4}dx \\
&=\int \frac{1}{(x-1/2)²+\sqrt{3/4} ²} \\
&=\frac{1}{\sqrt{\frac{3}{4}}}arctan \frac{x-\frac{1}{2}}{\sqrt{\frac{3}{4}}}+C_3 \\
&=\frac{2}{\sqrt{3}}arctan \frac{2x-1}{\sqrt{3}} +C_3 \\ & \text{Et pour finir: }
\end{align*}\)

\[\boxed{I=\frac{1}{3} ln \lvert x+1 \rvert  - \frac{1}{6} ln \lvert x²-x+1 \rvert + \frac{1}{\sqrt{3}}arctan \bigg( \frac{2x-1}{\sqrt{3}} \bigg) +C(\in \mathbb R)}\]