a) Première solution
On commence par faire la séparation suivante :
∫
0
1
x
2
−
x
+
1
x
4
−
x
2
+
1
d
x
=
∫
0
1
x
2
+
1
x
4
−
x
2
+
1
d
x
−
∫
0
1
x
x
4
−
x
2
+
1
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {x^{2}-x+1}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{1}{\frac {x^{2}+1}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x-\int _{0}^{1}{\frac {x}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x}
Nous allons calculer séparément les deux intégrales du second membre.
- En ce qui concerne la première intégrale, on a :
∫
0
1
x
2
+
1
x
4
−
x
2
+
1
d
x
=
∫
0
1
1
+
1
x
2
x
2
−
1
+
1
x
2
d
x
=
∫
0
1
1
+
1
x
2
(
x
−
1
x
)
2
+
1
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {x^{2}+1}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{1}{\frac {1+{\frac {1}{x^{2}}}}{x^{2}-1+{\frac {1}{x^{2}}}}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{1}{\frac {1+{\frac {1}{x^{2}}}}{\left(x-{\frac {1}{x}}\right)^{2}+1}}\,\mathrm {d} x}
.
Posons :
y
=
x
−
1
x
⇒
d
y
=
(
1
+
1
x
2
)
d
x
0
→
x
→
1
⇒
−
∞
→
y
→
0
{\displaystyle y=x-{\frac {1}{x}}\Rightarrow \mathrm {d} y=\left(1+{\frac {1}{x^{2}}}\right)\mathrm {d} x\qquad \qquad 0\to x\to 1\Rightarrow -\infty \to y\to 0}
.
On a alors
∫
0
1
x
2
+
1
x
4
−
x
2
+
1
d
x
=
∫
0
1
1
+
1
x
2
(
x
−
1
x
)
2
+
1
d
x
=
∫
−
∞
0
d
y
y
2
+
1
=
[
arctan
]
−
∞
0
=
arctan
(
0
)
−
arctan
(
−
∞
)
=
π
2
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {x^{2}+1}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{1}{\frac {1+{\frac {1}{x^{2}}}}{\left(x-{\frac {1}{x}}\right)^{2}+1}}\,\mathrm {d} x=\int _{-\infty }^{0}{\frac {\mathrm {d} y}{y^{2}+1}}=\left[\arctan \right]_{-\infty }^{0}=\arctan(0)-\arctan(-\infty )={\frac {\pi }{2}}}
.
- En ce qui concerne la deuxième intégrale, on a :
∫
0
1
x
x
4
−
x
2
+
1
d
x
=
1
2
∫
0
1
2
x
x
4
−
x
2
+
1
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {x}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x={\frac {1}{2}}\int _{0}^{1}{\frac {2x}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x}
.
Posons :
y
=
x
2
⇒
d
y
=
2
x
d
x
0
→
x
→
1
⇒
0
→
y
→
1
{\displaystyle y=x^{2}\Rightarrow \mathrm {d} y=2x\mathrm {d} x\qquad \qquad 0\to x\to 1\Rightarrow 0\to y\to 1}
.
On a alors
∫
0
1
x
x
4
−
x
2
+
1
d
x
=
1
2
∫
0
1
2
x
x
4
−
x
2
+
1
d
x
=
1
2
∫
0
1
d
y
y
2
−
y
+
1
=
1
2
∫
0
1
d
y
(
y
−
1
2
)
2
+
3
4
=
1
3
∫
0
1
2
3
d
y
(
2
y
3
−
1
3
)
2
+
1
.
{\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{1}{\frac {x}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x&={\frac {1}{2}}\int _{0}^{1}{\frac {2x}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x\\&={\frac {1}{2}}\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} y}{y^{2}-y+1}}={\frac {1}{2}}\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} y}{\left(y-{\frac {1}{2}}\right)^{2}+{\frac {3}{4}}}}={\frac {1}{\sqrt {3}}}\int _{0}^{1}{\frac {{\frac {2}{\sqrt {3}}}\mathrm {d} y}{\left({\frac {2y}{\sqrt {3}}}-{\frac {1}{\sqrt {3}}}\right)^{2}+1}}.\end{aligned}}}
On pose alors :
z
=
2
y
3
−
1
3
⇒
d
z
=
2
3
d
y
0
→
y
→
1
⇒
−
1
3
→
z
→
1
3
{\displaystyle z={\frac {2y}{\sqrt {3}}}-{\frac {1}{\sqrt {3}}}\Rightarrow \mathrm {d} z={\frac {2}{\sqrt {3}}}\mathrm {d} y\qquad \qquad 0\to y\to 1\Rightarrow -{\frac {1}{\sqrt {3}}}\to z\to {\frac {1}{\sqrt {3}}}}
.
Le calcul se poursuit ainsi :
∫
0
1
x
x
4
−
x
2
+
1
d
x
=
1
3
∫
0
1
2
3
d
y
(
2
y
3
−
1
3
)
2
+
1
=
1
3
∫
−
1
3
1
3
d
z
z
2
+
1
=
1
3
[
arctan
z
]
−
1
3
1
3
=
1
3
(
arctan
1
3
−
arctan
(
−
1
3
)
)
=
2
3
arctan
1
3
=
2
3
×
π
6
=
π
3
3
.
{\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{1}{\frac {x}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x&={\frac {1}{\sqrt {3}}}\int _{0}^{1}{\frac {{\frac {2}{\sqrt {3}}}\mathrm {d} y}{\left({\frac {2y}{\sqrt {3}}}-{\frac {1}{\sqrt {3}}}\right)^{2}+1}}\\&={\frac {1}{\sqrt {3}}}\int _{-{\frac {1}{\sqrt {3}}}}^{\frac {1}{\sqrt {3}}}{\frac {\mathrm {d} z}{z^{2}+1}}={\frac {1}{\sqrt {3}}}\left[\arctan z\right]_{-{\frac {1}{\sqrt {3}}}}^{\frac {1}{\sqrt {3}}}={\frac {1}{\sqrt {3}}}\left(\arctan {\frac {1}{\sqrt {3}}}-\arctan \left(-{\frac {1}{\sqrt {3}}}\right)\right)\\&={\frac {2}{\sqrt {3}}}\arctan {\frac {1}{\sqrt {3}}}={\frac {2}{\sqrt {3}}}\times {\frac {\pi }{6}}\\&={\frac {\pi }{3{\sqrt {3}}}}.\end{aligned}}}
- En reportant le résultat du calcul des deux intégrales dans :
∫
0
1
x
2
−
x
+
1
x
4
−
x
2
+
1
d
x
=
∫
0
1
x
2
+
1
x
4
−
x
2
+
1
d
x
−
∫
0
1
x
x
4
−
x
2
+
1
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {x^{2}-x+1}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{1}{\frac {x^{2}+1}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x-\int _{0}^{1}{\frac {x}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x}
,
Nous en concluons que :
∫
0
1
x
2
−
x
+
1
x
4
−
x
2
+
1
d
x
=
π
2
−
π
3
3
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {x^{2}-x+1}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x={\frac {\pi }{2}}-{\frac {\pi }{3{\sqrt {3}}}}}
.
a) Solution alternative
On procède comme pour n'importe quelle intégrale de fraction rationnelle.
Le dénominateur se factorise facilement (en regroupant deux par deux ses quatre racines complexes), ce qui permet de trouver la décomposition en éléments simples :
x
2
−
x
+
1
x
4
−
x
2
+
1
=
a
x
+
b
x
2
−
3
x
+
1
+
c
x
+
d
x
2
+
3
x
+
1
avec
a
=
c
=
0
,
b
=
1
−
1
3
2
,
d
=
1
+
1
3
2
{\displaystyle {\frac {x^{2}-x+1}{x^{4}-x^{2}+1}}={\frac {ax+b}{x^{2}-{\sqrt {3}}x+1}}+{\frac {cx+d}{x^{2}+{\sqrt {3}}x+1}}{\text{ avec }}a=c=0,\;b={\frac {1-{\frac {1}{\sqrt {3}}}}{2}},\;d={\frac {1+{\frac {1}{\sqrt {3}}}}{2}}}
.
En posant
y
=
2
x
−
3
{\displaystyle y=2x-{\sqrt {3}}}
, on trouve
∫
0
1
1
x
2
−
3
x
+
1
d
x
=
2
[
arctan
y
]
−
3
2
−
3
=
2
(
arctan
(
2
−
3
)
+
π
3
)
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {1}{x^{2}-{\sqrt {3}}x+1}}\,\mathrm {d} x=2\left[\arctan y\right]_{-{\sqrt {3}}}^{2-{\sqrt {3}}}=2\left(\arctan(2-{\sqrt {3}})+{\frac {\pi }{3}}\right)}
.
De même, en posant
y
=
2
x
−
3
{\displaystyle y=2x-{\sqrt {3}}}
,
∫
0
1
1
x
2
+
3
x
+
1
d
x
=
2
[
arctan
y
]
3
2
+
3
=
2
(
arctan
(
2
+
3
)
−
π
3
)
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {1}{x^{2}+{\sqrt {3}}x+1}}\,\mathrm {d} x=2\left[\arctan y\right]_{\sqrt {3}}^{2+{\sqrt {3}}}=2\left(\arctan(2+{\sqrt {3}})-{\frac {\pi }{3}}\right)}
.
En remarquant que
2
+
3
{\displaystyle 2+{\sqrt {3}}}
et
2
−
3
{\displaystyle 2-{\sqrt {3}}}
sont inverses l'un de l'autre, on en déduit :
∫
0
1
x
2
−
x
+
1
x
4
−
x
2
+
1
d
x
=
(
1
−
1
3
)
(
arctan
(
2
−
3
)
+
π
3
)
+
(
1
+
1
3
)
(
arctan
(
2
+
3
)
−
π
3
)
=
−
2
π
3
3
+
π
2
+
arctan
(
2
+
3
)
−
arctan
(
2
−
3
)
3
{\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{1}{\frac {x^{2}-x+1}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x&=\left(1-{\frac {1}{\sqrt {3}}}\right)\left(\arctan(2-{\sqrt {3}})+{\frac {\pi }{3}}\right)+\left(1+{\frac {1}{\sqrt {3}}}\right)\left(\arctan(2+{\sqrt {3}})-{\frac {\pi }{3}}\right)\\&=-{\frac {2\pi }{3{\sqrt {3}}}}+{\frac {\pi }{2}}+{\frac {\arctan(2+{\sqrt {3}})-\arctan(2-{\sqrt {3}})}{\sqrt {3}}}\end{aligned}}}
et l'on conclut grâce à la formule sur la somme (ou la différence) de deux arctan :
arctan
(
2
+
3
)
−
arctan
(
2
−
3
)
=
arctan
(
2
+
3
)
−
(
2
−
3
)
1
+
(
2
+
3
)
(
2
−
3
)
=
arctan
3
=
π
3
{\displaystyle \arctan(2+{\sqrt {3}})-\arctan(2-{\sqrt {3}})=\arctan {\frac {(2+{\sqrt {3}})-(2-{\sqrt {3}})}{1+(2+{\sqrt {3}})(2-{\sqrt {3}})}}=\arctan {\sqrt {3}}={\frac {\pi }{3}}}
,
ce qui donne bien
∫
0
1
x
2
−
x
+
1
x
4
−
x
2
+
1
d
x
=
−
2
π
3
3
+
π
2
+
π
3
3
=
π
2
−
π
3
3
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {x^{2}-x+1}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x=-{\frac {2\pi }{3{\sqrt {3}}}}+{\frac {\pi }{2}}+{\frac {\pi }{3{\sqrt {3}}}}={\frac {\pi }{2}}-{\frac {\pi }{3{\sqrt {3}}}}}
.
b) Première solution
∫
0
1
d
x
x
4
−
x
2
+
1
=
1
2
∫
0
1
x
2
+
1
x
4
−
x
2
+
1
d
x
−
1
2
∫
0
1
x
2
−
1
x
4
−
x
2
+
1
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{x^{4}-x^{2}+1}}={\frac {1}{2}}\int _{0}^{1}{\frac {x^{2}+1}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x-{\frac {1}{2}}\int _{0}^{1}{\frac {x^{2}-1}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x}
.
Nous avons vu dans la première solution du a) que
∫
0
1
x
2
+
1
x
4
−
x
2
+
1
d
x
=
π
2
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {x^{2}+1}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x={\frac {\pi }{2}}}
.
Pour l'autre intégrale, nous avons :
∫
0
1
x
2
−
1
x
4
−
x
2
+
1
d
x
=
∫
0
1
1
−
1
x
2
x
2
−
1
+
1
x
2
d
x
=
∫
0
1
1
−
1
x
2
(
x
+
1
x
)
2
−
3
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {x^{2}-1}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{1}{\frac {1-{\frac {1}{x^{2}}}}{x^{2}-1+{\frac {1}{x^{2}}}}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{1}{\frac {1-{\frac {1}{x^{2}}}}{\left(x+{\frac {1}{x}}\right)^{2}-3}}\,\mathrm {d} x}
.
Posons :
y
=
x
+
1
x
⇒
d
y
=
(
1
−
1
x
2
)
d
x
0
→
x
→
1
⇒
+
∞
→
y
→
2
{\displaystyle y=x+{\frac {1}{x}}\Rightarrow \mathrm {d} y=\left(1-{\frac {1}{x^{2}}}\right)\,\mathrm {d} x\qquad \qquad 0\to x\to 1\Rightarrow +\infty \to y\to 2}
.
On a alors :
∫
0
1
x
2
−
1
x
4
−
x
2
+
1
d
x
=
∫
0
1
1
−
1
x
2
(
x
+
1
x
)
2
−
3
d
x
=
∫
+
∞
2
d
y
y
2
−
3
=
∫
+
∞
2
d
y
(
y
+
3
)
(
y
−
3
)
=
1
2
3
∫
+
∞
2
(
1
y
−
3
−
1
y
+
3
)
d
y
=
1
2
3
[
ln
(
y
−
3
)
−
ln
(
y
+
3
)
]
+
∞
2
=
1
2
3
[
ln
y
−
3
y
+
3
]
+
∞
2
=
1
2
3
ln
2
−
3
2
+
3
=
1
2
3
ln
(
2
−
3
)
2
4
−
3
=
1
3
ln
(
2
−
3
)
=
−
1
3
ln
(
2
+
3
)
.
{\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{1}{\frac {x^{2}-1}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x&=\int _{0}^{1}{\frac {1-{\frac {1}{x^{2}}}}{\left(x+{\frac {1}{x}}\right)^{2}-3}}\,\mathrm {d} x=\int _{+\infty }^{2}{\frac {\mathrm {d} y}{y^{2}-3}}=\int _{+\infty }^{2}{\frac {\mathrm {d} y}{(y+{\sqrt {3}})(y-{\sqrt {3}})}}\\&={\frac {1}{2{\sqrt {3}}}}\int _{+\infty }^{2}\left({\frac {1}{y-{\sqrt {3}}}}-{\frac {1}{y+{\sqrt {3}}}}\right)\,\mathrm {d} y={\frac {1}{2{\sqrt {3}}}}\left[\ln(y-{\sqrt {3}})-\ln(y+{\sqrt {3}})\right]_{+\infty }^{2}={\frac {1}{2{\sqrt {3}}}}\left[\ln {\frac {y-{\sqrt {3}}}{y+{\sqrt {3}}}}\right]_{+\infty }^{2}\\&={\frac {1}{2{\sqrt {3}}}}\ln {\frac {2-{\sqrt {3}}}{2+{\sqrt {3}}}}={\frac {1}{2{\sqrt {3}}}}\ln {\frac {(2-{\sqrt {3}})^{2}}{4-3}}\\&={\frac {1}{\sqrt {3}}}\ln(2-{\sqrt {3}})=-{\frac {1}{\sqrt {3}}}\ln(2+{\sqrt {3}}).\end{aligned}}}
En reportant les valeurs des intégrales dans :
∫
0
1
d
x
x
4
−
x
2
+
1
=
1
2
∫
0
1
x
2
+
1
x
4
−
x
2
+
1
d
x
−
1
2
∫
0
1
x
2
−
1
x
4
−
x
2
+
1
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{x^{4}-x^{2}+1}}={\frac {1}{2}}\int _{0}^{1}{\frac {x^{2}+1}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x-{\frac {1}{2}}\int _{0}^{1}{\frac {x^{2}-1}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x}
,
Nous pouvons conclure que :
∫
0
1
d
x
x
4
−
x
2
+
1
=
π
4
+
ln
(
2
+
3
)
2
3
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{x^{4}-x^{2}+1}}={\frac {\pi }{4}}+{\frac {\ln(2+{\sqrt {3}})}{2{\sqrt {3}}}}}
.
b) Solution alternative
1
x
4
−
x
2
+
1
=
a
x
+
b
x
2
−
3
x
+
1
+
c
x
+
d
x
2
+
3
x
+
1
avec
b
=
d
=
1
2
,
a
=
−
1
2
3
,
c
=
1
2
3
{\displaystyle {\frac {1}{x^{4}-x^{2}+1}}={\frac {ax+b}{x^{2}-{\sqrt {3}}x+1}}+{\frac {cx+d}{x^{2}+{\sqrt {3}}x+1}}{\text{ avec }}b=d={\frac {1}{2}},\;a=-{\frac {1}{2{\sqrt {3}}}},\;c={\frac {1}{2{\sqrt {3}}}}}
.
En s'aidant du début de la solution alternative du a), on obtient :
∫
0
1
a
x
+
b
x
2
−
3
x
+
1
d
x
=
−
1
4
3
∫
0
1
2
x
−
3
x
2
−
3
x
+
1
d
x
+
1
4
∫
0
1
1
x
2
−
3
x
+
1
d
x
=
−
1
4
3
[
ln
(
x
2
−
3
x
+
1
)
]
0
1
+
arctan
(
2
−
3
)
+
π
3
2
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {ax+b}{x^{2}-{\sqrt {3}}x+1}}\,\mathrm {d} x=-{\frac {1}{4{\sqrt {3}}}}\int _{0}^{1}{\frac {2x-{\sqrt {3}}}{x^{2}-{\sqrt {3}}x+1}}\,\mathrm {d} x+{\frac {1}{4}}\int _{0}^{1}{\frac {1}{x^{2}-{\sqrt {3}}x+1}}\,\mathrm {d} x=-{\frac {1}{4{\sqrt {3}}}}\left[\ln(x^{2}-{\sqrt {3}}x+1)\right]_{0}^{1}+{\frac {\arctan(2-{\sqrt {3}})+{\frac {\pi }{3}}}{2}}}
;
∫
0
1
c
x
+
d
x
2
+
3
x
+
1
d
x
=
1
4
3
∫
0
1
2
x
−
3
x
2
+
3
x
+
1
d
x
+
1
4
∫
0
1
1
x
2
+
3
x
+
1
d
x
=
1
4
3
[
ln
(
x
2
+
3
x
+
1
)
]
0
1
+
arctan
(
2
+
3
)
−
π
3
2
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {cx+d}{x^{2}+{\sqrt {3}}x+1}}\,\mathrm {d} x={\frac {1}{4{\sqrt {3}}}}\int _{0}^{1}{\frac {2x-{\sqrt {3}}}{x^{2}+{\sqrt {3}}x+1}}\,\mathrm {d} x+{\frac {1}{4}}\int _{0}^{1}{\frac {1}{x^{2}+{\sqrt {3}}x+1}}\,\mathrm {d} x={\frac {1}{4{\sqrt {3}}}}\left[\ln(x^{2}+{\sqrt {3}}x+1)\right]_{0}^{1}+{\frac {\arctan(2+{\sqrt {3}})-{\frac {\pi }{3}}}{2}}}
.
En additionnant, on retrouve bien :
∫
0
1
d
x
x
4
−
x
2
+
1
=
ln
2
+
3
2
−
3
4
3
+
arctan
(
2
−
3
)
+
arctan
(
2
+
3
)
2
=
ln
(
2
+
3
)
2
3
+
π
4
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{x^{4}-x^{2}+1}}={\frac {\ln {\frac {2+{\sqrt {3}}}{2-{\sqrt {3}}}}}{4{\sqrt {3}}}}+{\frac {\arctan(2-{\sqrt {3}})+\arctan(2+{\sqrt {3}})}{2}}={\frac {\ln(2+{\sqrt {3}})}{2{\sqrt {3}}}}+{\frac {\pi }{4}}}
.
c) On commence par faire la séparation suivante :
∫
−
1
1
1
+
x
ln
(
x
2
+
1
)
x
4
−
x
2
+
1
d
x
=
∫
−
1
1
1
x
4
−
x
2
+
1
d
x
+
∫
−
1
1
x
ln
(
x
2
+
1
)
x
4
−
x
2
+
1
d
x
{\displaystyle \int _{-1}^{1}{\frac {1+x\ln(x^{2}+1)}{x^{4}-x^{2}+1}}\mathrm {d} x=\int _{-1}^{1}{\frac {1}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x+\int _{-1}^{1}{\frac {x\ln(x^{2}+1)}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x}
.
Nous allons calculer séparément les deux intégrales du second membre.
- En ce qui concerne la première intégrale :
C'est l'intégrale d'une fonction paire sur un intervalle symétrique par rapport à 0, donc :
∫
−
1
1
1
x
4
−
x
2
+
1
d
x
=
2
∫
0
1
1
x
4
−
x
2
+
1
d
x
{\displaystyle \int _{-1}^{1}{\frac {1}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x=2\int _{0}^{1}{\frac {1}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x}
et d’après la question b), on obtient :
∫
−
1
1
1
x
4
−
x
2
+
1
d
x
=
π
2
+
ln
(
2
+
3
)
3
{\displaystyle \int _{-1}^{1}{\frac {1}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x={\frac {\pi }{2}}+{\frac {\ln(2+{\sqrt {3}})}{\sqrt {3}}}}
.
- En ce qui concerne la deuxième intégrale :
C'est l'intégrale d'une fonction impaire sur un intervalle symétrique par rapport à 0, donc :
∫
−
1
1
x
ln
(
x
2
+
1
)
x
4
−
x
2
+
1
d
x
=
0
{\displaystyle \int _{-1}^{1}{\frac {x\ln(x^{2}+1)}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x=0}
.
Nous pouvons conclure que :
∫
−
1
1
1
+
x
ln
(
x
2
+
1
)
x
4
−
x
2
+
1
d
x
=
π
2
+
ln
(
2
+
3
)
3
{\displaystyle \int _{-1}^{1}{\frac {1+x\ln(x^{2}+1)}{x^{4}-x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x={\frac {\pi }{2}}+{\frac {\ln(2+{\sqrt {3}})}{\sqrt {3}}}}
.