Les méthodes d'intégration des fractions rationnelles avec racines carrées

Intégrales en \(\sqrt{a^2 - t^2}\)

1. Fraction avec une racine au dénominateur \( : \frac{1}{\sqrt{a^2 - t^2}}\)

   $$ \forall a \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}, \ \forall x \in \hspace{0.04em} \Bigl]-|a|, \hspace{0.2em} |a| \Bigr[, \ I_1(x) = \frac{1}{\sqrt{a^2 - x^2}} $$
   $$ \int^x I_1(t) \ dt = \int^x \frac{dt}{\sqrt{a^2 - t^2}} $$
   $$ \int^x I_1(t) \ dt = \int^x \frac{ |a| \ \cos(u) \ du }{\sqrt{a^2 - |a|^2 \sin^2(u)}}$$

   $$ \text{avec } \Biggl \{ \begin{gather*} t = |a| \ \sin(u) \\ dt = |a| \ \cos(u) \ du \end{gather*} $$
   $$ \int^x I_1(t) \ dt = \frac{|a|}{|a|} \int^x \frac{ \cos(u) \ du}{\sqrt{1 - \sin^2(u)}} $$
   $$ \int^x I_1(t) \ dt = \int^x \frac{\cos(u)}{\sqrt{\cos^2(u)}} \ du $$
   $$ \int^x I_1(t) \ dt = \int^x \frac{\cos(u)}{\left|\cos(u)\right|} \ du \qquad \left(\text{avec } u \neq \frac{\pi}{2} \Longleftrightarrow t \neq 0, \text{ ce qui est le cas} \right)$$

   Nous avons un générateur de signe placé dans l'intégrande, étudions sa valeur dans l'intervalle d'étude \(\hspace{0.04em} ]-a, \hspace{0.2em} a[\).

   Or, on sait par la dérivée d'une fonction réciproque que :

   $$ \forall (f,f^{-1}), \enspace (f' \circ f^{-1}) \neq 0, $$

   $$ ( f^{-1} )' = \frac{1}{ (f' \circ f^{-1})} $$

   Soit ici,

   $$ \left( \operatorname{Arcsin}(x) \right)' = \frac{1}{ \cos\left(\operatorname{Arcsin}(x)\right)} $$

   $$ \text{avec } \Biggl \{ \begin{gather*} f^{-1} = \operatorname{Arcsin}(x) \\ f = \sin(x) \Longrightarrow f' = \cos(x) \end{gather*} $$

   $$ \Longleftrightarrow \ \cos\left(\operatorname{Arcsin}(x)\right) = \frac{1}{ \left( \operatorname{Arcsin}(x) \right)' } $$

   Mais on connaît la dérivée de \(\operatorname{Arcsin}(x)\) :

   $$ \forall x \in \hspace{0.04em} ]-1 ,\hspace{0.2em} 1[, $$

   $$ \operatorname{Arcsin}(x)' = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} $$

   Alors, en combinant les deux expressions précédentes on obtient :

   $$ \cos\left(\operatorname{Arcsin}(x)\right) = \sqrt{1 - x^2} \hspace{4em}\Big[ \cos(\operatorname{Arcsin})\Bigr] $$

   En replaçant notre variable initiale dans ce générateur de signe, on a :

   $$ \frac{\cos(u)}{\left|\cos(u)\right|} = \frac{\sqrt{1 - \left( \frac{x}{|a|}\right)^2}}{\left|\sqrt{1 - \left( \frac{x}{|a|}\right)^2}\right| }$$
   $$ \frac{\cos(u)}{\left|\cos(u)\right|} = \frac{\sqrt{ \frac{a^2 - x^2}{a^2}}}{\left|\sqrt{ \frac{a^2 - x^2}{a^2}}\right| }$$
   $$ \frac{\cos(u)}{\left|\cos(u)\right|} = \frac{\sqrt{a^2 - x^2}}{\left|\sqrt{a^2 - x^2}\right| }$$

   Dans l'intervalle d'étude, ce rapport vaut toujours \(1\).

   Alors on intègre finalement :

   $$ \int^x I_1(t) \ dt = \int^x du $$
   $$ \int^x I_1(t) \ dt = \Bigl[ u \Bigr]^{u = \operatorname{Arcsin}\left( \frac{x}{|a|}\right)} $$

   Soit,

   $$ \int^x I_1(t) \ dt = \operatorname{Arcsin}\left( \frac{x}{|a|}\right)$$

   Soit finalement,

   $$ \forall a \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}^*, \ \forall x \in \hspace{0.04em} \Bigl [-|a|, \hspace{0.2em} |a| \Bigr], $$
   $$ \int^x \frac{dt}{\sqrt{a^2 - t^2}} = \operatorname{Arcsin}\left(\frac{x}{|a|}\right) $$

2. Fraction avec \(t\) et une racine au dénominateur \( : \frac{1}{t\sqrt{a^2 - t^2}}\)

   $$ \forall a \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}, \ \forall x \in \hspace{0.04em} \Bigl]-|a|, \hspace{0.2em} 0 \Bigr[ \hspace{0.04em} \cup \hspace{0.04em} \Bigl]0, \hspace{0.2em} |a| \Bigr[ , \ I_2(x) = \frac{1}{x\sqrt{a^2 - x^2}} $$
   $$ \int^x I_2(t) \ dt = \int^x \frac{dt}{t\sqrt{a^2 - t^2}} $$

   On pose : \(u = \sqrt{a^2 - t^2}\).

   $$ \int^x I_2(t) \ dt = -\int^x \frac{du}{t^2} $$

   $$ \text{avec } \Biggl \{ \begin{gather*} u = \sqrt{a^2 - t^2} \\ du = -\frac{t}{\sqrt{a^2 - t^2}} \ dt \end{gather*} $$

   Or,

   $$u = \sqrt{a^2 - t^2} \Longleftrightarrow t^2 = a^2 - u^2$$

   Alors,

   $$ \int^x I_2(t) \ dt = -\int^x \frac{du}{a^2 - u^2} = \int^x \frac{du}{u^2 - a^2} $$

   Décomposons alors cette intégrande en éléments simples .

   $$F(u) = \frac{1}{u^2 - a^2}$$

   $$F(u) = \frac{1}{(u-a)(u+a)}$$

   Alors, il existe \((\alpha, \beta) \in \hspace{0.04em}\mathbb{R}^2\) tels que :

   $$F(u) = \frac{\alpha}{u-a} + \frac{\beta}{u+a}$$

   En faisant \( (u = a)\), on détermine \( \alpha \) :

   $$ \underset{(u=a)}{F(u)} (u-a) = \frac{1}{(u+a)} = \alpha \Longrightarrow \left( \alpha = \frac{1}{2a} \right) $$

   En faisant maintenant \( (u = -a)\), on détermine \( \beta \) :

   $$ \underset{(u=-a)}{F(u)} (u+a) = \frac{1}{(u-a)} = \beta \Longrightarrow \left( \beta = -\frac{1}{2a} \right) $$

   Alors, l' intégrale s'écrit maintenant :

   $$ \int^x I_2(t) \ dt = \frac{1}{2a} \int^x\frac{1}{u-a}\ du - \frac{1}{2a} \int^x\frac{1}{u+a} \ du $$
   $$ \int^x I_2(t) \ dt = \frac{1}{2a} \Bigl[ \ln|u-a|\Bigr]^{u = \sqrt{a^2 - x^2}} - \frac{1}{2a} \Bigl[ \ln|u+a|\Bigr]^{u = \sqrt{a^2 - x^2}} \qquad(I_2)$$
   $$ \int^x I_2(t) \ dt = \frac{1}{2a} \ln\left|\sqrt{a^2 - x^2} - a \right| + \frac{1}{2a} \ln\left|\sqrt{a^2 -x^2} + a\right| $$

   Soit finalement,

   $$ \forall a \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}, \ \forall x \in \hspace{0.04em} \Bigl]-|a|, \hspace{0.2em} 0 \Bigr[ \hspace{0.04em} \cup \hspace{0.04em} \Bigl]0, \hspace{0.2em} |a| \Bigr[ , $$
   $$ \int^x \frac{dt}{t\sqrt{a^2 - t^2}} = \frac{1}{2a} \ln\left|\sqrt{a^2 - x^2} - a \right| + \frac{1}{2a} \ln\left|\sqrt{a^2 - x^2} + a\right| $$

3. Fraction avec \(t^2\) et une racine au dénominateur \( : \frac{1}{t^2\sqrt{a^2 - t^2}}\)

   $$ \forall a \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}, \ \forall x \in \hspace{0.04em} \Bigl]-|a|, \hspace{0.2em} 0 \Bigr[ \hspace{0.04em} \cup \hspace{0.04em} \Bigl]0, \hspace{0.2em} |a| \Bigr[ , \ I_3(x) = \frac{1}{x^2\sqrt{a^2 - x^2}} $$
   $$ \int^x I_3(t) \ dt = \int^x \frac{dt}{t^2\sqrt{a^2 - t^2}} $$

   On pose : \(t = |a| \ \sin(u)\).

   $$ \int^x I_3(t) \ dt = \int^x \frac{|a| \ \cos(u) \ du }{ |a|^2 \ \sin^2(u)\sqrt{a^2 - |a|^2 \ \sin^2(u)}} $$

   $$ \text{avec } \Biggl \{ \begin{gather*} t = |a| \ \sin(u) \\ dt = |a| \ \cos(u) \ du \end{gather*} $$

   Alors, on a à présent,

   $$ \int^x I_3(t) \ dt = \frac{1}{a^2} \int^x \frac{\ \cos(u) \ du}{\sin^2(u) \sqrt{\cos^2(u)} } $$
   $$ \int^x I_3(t) \ dt = \frac{1}{a^2} \int^x \frac{\ \cos(u) \ du}{\sin^2(u) \left|\cos(u)\right| } $$
   $$ \int^x I_3(t) \ dt = \frac{1}{a^2} \int^x \frac{\ \cos(u) }{\left|\cos(u)\right| } \ \csc^2(u) \ du $$

   De la même manière que plus haut, le générateur de signe vaut \(1\) :

   $$ \forall x \in \hspace{0.04em} ]-a, \hspace{0.2em} 0[ \hspace{0.04em} \cup \hspace{0.04em} ]0, \hspace{0.2em} a[ , \frac{\ \cos(u) }{\left|\cos(u)\right| } = 1 $$

   Alors, il ne reste uniquement :

   $$ \int^x I_3(t) \ dt = \frac{1}{a^2} \int^x \csc^2(u) \ du $$

   Nous sommes alors dans le cas d'une primitive usuelle .

   $$ \int^x \csc^2(t) \ dt = -\cot(x) $$

   On remplace par sa valeur.

   $$ \int^x I_3(t) \ dt = - \frac{1}{a^2} \cot(u) $$
   $$ \int^x I_3(t) \ dt = - \frac{1}{a^2} \cot\left(\operatorname{Arcsin}\left( \frac{x}{|a|}\right)\right) $$
   $$ \int^x I_3(t) \ dt = - \frac{1}{a^2} \frac{\cos\left(\operatorname{Arcsin}\left( \frac{x}{|a|}\right)\right)}{\sin\left(\operatorname{Arcsin}\left( \frac{x}{|a|}\right)\right)} $$
   $$ \int^x I_3(t) \ dt = - \frac{1}{a^2} \frac{\cos\left(\operatorname{Arcsin}\left( \frac{x}{|a|}\right)\right)}{\left( \frac{x}{|a|}\right)} $$

   On réutilise à nouveau \( \Bigl[ \cos(\operatorname{Arcsin})\Bigr] \) :

   $$ \cos\left(\operatorname{Arcsin}(x)\right) = \sqrt{1 - x^2} \hspace{4em}\Big[ \cos(\operatorname{Arcsin})\Bigr] $$
   $$ \int^x I_3(t) \ dt = - \frac{|a|}{|a|^2} \frac{1}{x} \sqrt{1 - \left( \frac{x}{|a|}\right)^2}$$
   $$ \int^x I_3(t) \ dt = - \frac{1}{a^2} \frac{\sqrt{a^2 - x^2}}{x} $$

   Soit finalement,

   $$ \forall a \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}, \ \forall x \in \hspace{0.04em} \Bigl]-|a|, \hspace{0.2em} 0 \Bigr[ \hspace{0.04em} \cup \hspace{0.04em} \Bigl]0, \hspace{0.2em} |a| \Bigr[ ,$$
   $$ \int^x \frac{dt}{t^2\sqrt{a^2 - t^2}} = - \frac{1}{a^2} \frac{\sqrt{a^2 - x^2}}{x} $$

4. Racine simple \( : \sqrt{a^2 - t^2} \)

   $$ \forall a \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}, \forall x \in \hspace{0.04em} \Bigl[-|a|, \hspace{0.2em} |a| \Bigr], \ I_4(x) = \sqrt{a^2 - x^2} $$
   $$ \int^x I_4(t) \ dt = \int^x \sqrt{a^2 - t^2} \ dt $$
   $$ \int^x I_4(t) \ dt = \int^x \sqrt{a^2 - |a|^2 \sin^2(u)} \ |a| \ \cos(u) \ du $$

   $$ \text{avec } \Biggl \{ \begin{gather*} t = |a| \ \sin(u) \\ dt = |a| \ \cos(u) \ du \end{gather*} $$
   $$ \int^x I_4(t) \ dt = a^2 \int^x \sqrt{\cos^2(u)} \ \cos(u) \ du$$
   $$ \int^x I_4(t) \ dt = a^2 \int^x |\cos(u) | \ \cos(u) \ du$$
   $$ \int^x I_4(t) \ dt = a^2 \int^x \frac{\cos(u) \ \cos^2(u)}{|\cos(u) |} \ du$$

   De la même manière que plus haut, le générateur de signe vaut \(1\) :

   $$ \forall x \in \hspace{0.04em} ]-a, \hspace{0.2em} 0[ \hspace{0.04em} \cup \hspace{0.04em} ]0, \hspace{0.2em} a[ , \frac{\ \cos(u) }{\left|\cos(u)\right| } = 1 $$

   Et on intègre maintenant :

   $$ \int^x I_4(t) \ dt = a^2 \int^x \cos^2(u) \ du$$

   Pour intégrer facilement cette puissance trignométrique, on utilisera les formules de duplication trigonométriques pour la linéariser.

   $$\forall x \in \mathbb{R},$$

   $$ \cos(2\alpha) = 2 \cos^2(\alpha) -1 \ \Longleftrightarrow \ \cos^2(\alpha) = \frac{1 + \cos(2\alpha)}{2} $$

   Soit,

   $$ \int^x I_4(t) \ dt = a^2 \int^x \frac{1 + \cos(2u)}{2} \ du$$
   $$ \int^x I_4(t) \ dt = \frac{a^2}{2} \Biggl[ \int^x du + \int^x \cos(2u) \ du \Biggr]$$
   $$ \int^x I_4(t) \ dt = \frac{a^2}{2} \Biggl[ u + \frac{\sin(2u)}{2} \Biggr]^u$$

   On utilise encore une fois les formules de duplication .

   $$\forall x \in \mathbb{R},$$

   $$ \sin(2\alpha) = 2sin(\alpha)\cos(\alpha) $$
   $$ \int^x I_4(t) \ dt = \frac{a^2}{2} \Biggl[ u + \frac{2sin(u)\cos(u)}{2} \Biggr]^u$$
   $$ \int^x I_4(t) \ dt = \frac{a^2}{2} \Biggl[ u + \sin(u)\cos(u) \Biggr]^{u = \operatorname{Arcsin}\left( \frac{x}{|a|} \right)} $$

   Comme précédemment, en remplaçant \(u\) par sa valeur :

   $$ \int^x I_4(t) \ dt = \frac{a^2}{2} \Biggl( \operatorname{Arcsin}\left(\frac{x}{|a|}\right) + \frac{x}{|a|} \ \cos \left(\operatorname{Arcsin}\left(\frac{x}{|a|}\right)\right) \Biggr) $$

   Or, on a vu plus haut que :

   $$ \cos\left(\operatorname{Arcsin}(x)\right) = \sqrt{1 - x^2} \hspace{4em}\Big[ \cos(\operatorname{Arcsin})\Bigr]$$

   En injectant alors notre résultat dans l'expression initiale, on a :

   $$ \int^x I_4(t) \ dt = \frac{a^2}{2} \Biggl( \operatorname{Arcsin}\left(\frac{x}{|a|}\right) + \frac{x}{|a|}\sqrt{1 - \left(\frac{x}{|a|}\right)^2} \Biggr)$$
   $$ \int^x I_4(t) \ dt = \frac{a^2}{2} \operatorname{Arcsin}\left(\frac{x}{|a|}\right) + \frac{a^2x}{2|a|^2} \sqrt{a^2 - x^2} $$

   Soit finalement,

   $$ \forall a \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}^*, \ \forall x \in \hspace{0.04em} \Bigl[-|a|, \hspace{0.2em} |a| \Bigr], $$
   $$ \int^x \sqrt{a^2 - t^2} \ dt = \frac{a^2}{2} \operatorname{Arcsin}\left(\frac{x}{|a|}\right) + \frac{x}{2} \sqrt{a^2 - x^2} $$

Intégrales en \(\sqrt{a^2 + t^2}\)

1. Fraction avec une racine au dénominateur \( : \frac{1}{\sqrt{a^2 + t^2}}\)

   $$ \Big[ \forall (a,x) \in \hspace{0.04em} \big[\mathbb{R}^* \bigr]^2 \Bigr] \lor \Big[ (a = 0) \land (x \neq 0) \Bigr], \ J_1(x) = \frac{1}{\sqrt{a^2 + x^2}} $$
   $$ \int^x J_1(t) \ dt = \int^x \frac{dt}{\sqrt{a^2 + t^2}} $$

   1. En posant \( t = |a| \ \sinh(u)\)

      En posant \( t = |a| \ \sinh(u)\), on a :

      $$ \int^x J_1(t) \ dt = \int^x \frac{|a| \ \cosh(u) \ du }{\sqrt{a^2 + |a|^2sinh^2(u)}} $$

      $$ \text{avec } \Biggl \{ \begin{gather*} t = |a| \ \sinh(u) \\ dt = |a| \ \cosh(u) \ du \end{gather*} $$
      $$ \int^x J_1(t) \ dt = \frac{|a|}{|a|} \int^x \frac{\cosh(u) \ du}{\sqrt{\cosh^2(u)}} $$
      $$ \int^x J_1(t) \ dt = \int^x \frac{\cosh(u) \ du}{|\cosh(u)|} $$

      Nous avons à nouveau un générateur de signe placé dans l'intégrande, étudions sa valeur dans l'intervalle d'étude \( \mathbb{R}^*\).

      De la même manière que :

      $$ \cos\left(\operatorname{Arcsin}(x)\right) = \sqrt{1 - x^2} \hspace{4em}\Big[ \cos(\operatorname{Arcsin})\Bigr]$$

      On l'équivalent pour les fonctions hyperboliques :

      $$ \cosh\left(\operatorname{Argsinh}(x)\right) = \sqrt{1 + x^2} \hspace{4em}\Big[ \cosh(\operatorname{Argsinh})\Bigr]$$

      En replaçant notre variable initiale dans ce générateur de signe, on a :

      $$ \frac{\cosh(u)}{\left|\cosh(u)\right|} = \frac{\sqrt{1 + \left( \frac{x}{|a|}\right)^2}}{\left|\sqrt{1 + \left( \frac{x}{|a|}\right)^2}\right| }$$
      $$ \frac{\cosh(u)}{\left|\cosh(u)\right|} = \frac{\sqrt{ \frac{a^2 + x^2}{a^2}}}{\left|\sqrt{ \frac{a^2 + x^2}{a^2}}\right| }$$
      $$ \frac{\cosh(u)}{\left|\cosh(u)\right|} = \frac{\sqrt{a^2 + x^2}}{\left|\sqrt{a^2 + x^2}\right| }$$

      Dans tous les cas, ce générateur de signe vaut toujours \(1\).

      Alors, on intègre maintenant :

      $$ \int^x J_1(t) \ dt = \int^x du $$
      $$ \int^x J_1(t) \ dt = \Bigl[ u \Bigr]^{u = \operatorname{Argsinh}\left( \frac{x}{|a|}\right)} $$

      Soit finalement,

      $$ \forall a \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}^*, \ \forall x \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}, $$

      $$ \int^x \frac{dt}{\sqrt{a^2 + t^2}} = \operatorname{Argsinh}\left(\frac{x}{|a|} \right) $$

      $$(4)$$

   2. En posant \( t = |a| \ \tan(u)\)

      Par ailleurs, en posant \( t = |a| \ \tan(u)\), on a :

      $$ \int^x J_1(t) \ dt = \int^x \frac{ |a| \ \sec^2(u) \ du }{\sqrt{a^2 + |a|^2tan^2(u)}} $$

      $$ \text{avec } \Biggl \{ \begin{gather*} t = |a| \ \tan(u) \\ dt = |a| \ (1 + \tan^2(u)) \ du = |a| \ \sec^2(u) \ du \end{gather*} $$
      $$ \int^x J_1(t) \ dt = \frac{|a|}{|a|} \int^x \frac{\sec^2(u) \ du }{ \sqrt{\sec^2(u)}} $$
      $$ \int^x J_1(t) \ dt = \int^x \frac{\sec^2(u) \ du }{ |\sec(u)|} $$

      Nous avons à nouveau un générateur de signe placé dans l'intégrande, étudions sa valeur dans l'intervalle d'étude \( \mathbb{R}^*\).

      En utilisant à nouveau la dérivée d'une fonction réciproque , on a :

      $$ \left( \operatorname{Arctan}(x) \right)' = \frac{1}{ \sec^2\left(\operatorname{Arctan}(x)\right)} $$

      $$ \text{avec } \Biggl \{ \begin{gather*} f^{-1} = \operatorname{Arctan}(x) \\ f = \tan(x) \Longrightarrow f' = \sec^2(x) \end{gather*} $$

      $$ \Longleftrightarrow \ \sec^2(\operatorname{Arctan}(x)) = \frac{1}{ \left( \operatorname{Arctan}(x) \right)' } $$

      Mais on connaît la dérivée de \(\operatorname{Arctan}(x)\) :

      $$ \forall x \in \mathbb{R}, $$

      $$ \operatorname{Arctan}(x)' = \frac{1}{1 + x^2} $$

      En combinant les deux expressions précédentes, on obtient :

      $$\sec^2(\operatorname{Arctan}(x)) = 1+ x^2 \Longleftrightarrow \sec\left(\operatorname{Arctan}(x)\right) = \sqrt{ 1 + x^2 } \hspace{4em} \Big[\sec^2(\operatorname{Arctan}) \Bigr]$$

      En replaçant notre variable initiale dans ce générateur de signe, on a :

      $$ \frac{\sec(u)}{\left|\sec(u)\right|} = \frac{\sqrt{1 + \left( \frac{x}{|a|}\right)^2}}{\left|\sqrt{1 + \left( \frac{x}{|a|}\right)^2}\right| } = \frac{\sqrt{a^2 + x^2}}{\left|\sqrt{a^2 + x^2}\right| }$$

      Dans tous les cas, ce générateur de signe vaut toujours \(1\).

      Alors, on intègre uniquement :

      $$ \int^x J_1(t) \ dt = \int^x \sec(u) \ du $$

      Or, on a plus bas dans les primitives particulières des fonctions trigonométriques que :

      $$ \forall k \in \mathbb{Z}, \enspace \forall x \in \biggl[ \mathbb{R} \hspace{0.2em} \backslash \hspace{0.2em} \Bigl \{ \frac{\pi}{2} + k\pi \Bigr \} \biggr], $$

      $$\int^x \sec(t) \ dt = \ln \left|\sec(x) + \tan(x) \right|$$
      $$ \int^x J_1(t) \ dt = \Bigl [ \ln \left|\sec(u) + \tan(u) \right| \Bigr]^{u = \operatorname{Arctan}\left( \frac{x}{|a|} \right)} $$
      $$ \int^x J_1(t) \ dt = \ln \left|\sec\left(\operatorname{Arctan}\left( \frac{x}{|a|} \right)\right) + \tan\left(\operatorname{Arctan}\left( \frac{x}{|a|} \right)\right) \right|$$

      En injectant alors notre résultat dans l'expression initiale on a :

      $$ \int^x J_1(t) \ dt = \ln \left|\sqrt{ 1 + \left(\frac{x}{|a|}\right)^2 } + \frac{x}{|a|} \right| $$
      $$ \int^x J_1(t) \ dt = \ln \left|\frac{1}{|a|}\sqrt{ a^2 + x^2 } + \frac{x}{|a|} \right| $$
      $$ \int^x J_1(t) \ dt = \ln \left|\sqrt{ a^2 + x^2 } + x\right| - \ln |a| $$

      La constante \(- \ln |a| \) étant absorbée par la constante d'intégration, on obtient finalement :

      $$ \Bigl[ \forall (a,x) \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}^2 \Bigr] \hspace{0.2em} \backslash \hspace{0.2em} \Bigl \{ (0,0) \Bigr \} , $$

      $$ \int^x \frac{dt}{\sqrt{a^2 + t^2}} = \ln \left|\sqrt{ a^2 + x^2 } + x\right|$$

      $$(5)$$

   Les expressions \((4)\) et \((5)\) ayant un membre commun, elles sont égales à une constante près.

   $$ \operatorname{Argsinh}\left( \frac{x}{|a|}\right) + C_1 = \ln \left| \sqrt{ x^2 + a^2 } + x \right| + C_2 $$

   Déterminons cette constante en prenant une valeur de \(x\), par exemple \(x = 0\).

   $$ \operatorname{Argsinh}\left( \frac{0}{|a|}\right) = 0 $$

   $$ \ln \left| \sqrt{0^2+ \ a^2 } + 0 \right| = \ln(a) $$

   Alors, on trouve que :

   $$ (C_1 = \ln|a| + C_2 ) \Longleftrightarrow (C_1 - C_2 = \ln|a|)$$
   $$ \operatorname{Argsinh}\left( \frac{x}{|a|}\right) + \ln|a| = \ln \left| \sqrt{ x^2 - a^2 } + x \right| $$

   On alors a en prime une définition explicite de la fonction \(acrsinh\) avec \(a = 1\) :

   $$ \forall x \in \mathbb{R}, $$
   $$ \operatorname{Argsinh}(x) = \ln \left| x + \sqrt{ 1 + x^2 } \right| $$

2. Fraction avec \(t\) et une racine au dénominateur \( : \frac{1}{t\sqrt{a^2 + t^2}}\)

   $$ \forall a \in \mathbb{R}, \ \forall x \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}^*, \ J_2(x) = \frac{1}{x\sqrt{a^2 + x^2}} $$
   $$ \int^x J_2(t) \ dt = \int^x \frac{dt}{t\sqrt{a^2 + t^2}} $$

   Comme précédemment on pose : \(u = \sqrt{a^2 + t^2}\).

   $$ \int^x J_2(t) \ dt = \int^x \frac{du}{t^2} $$

   $$ \text{avec } \Biggl \{ \begin{gather*} u = \sqrt{a^2 + t^2} \\ du = \frac{t}{\sqrt{a^2 + t^2}} \ dt \end{gather*} $$

   Or,

   $$u = \sqrt{a^2 + t^2} \Longleftrightarrow t^2 = u^2 - a^2$$

   On intégre alors maintenant :

   $$ \int^x J_2(t) \ dt = \int^x \frac{du}{u^2 - a^2} $$

   Mais, on a déjà résolu cette intégrale plus haut:

   $$ \int^x \frac{du}{u^2 - a^2} = \frac{1}{2a} \Bigl[ \ln|u-a|\Bigr]^{u = \sqrt{a^2 - x^2}} - \frac{1}{2a} \Bigl[ \ln|u+a|\Bigr]^{u = \sqrt{a^2 - x^2}} \qquad(I_2) $$
   $$ \int^x J_2(t) \ dt = \frac{1}{2a} \Bigl[ \ln|u-a|\Bigr]^{u = \sqrt{a^2 + x^2}} - \frac{1}{2a} \Bigl[ \ln|u+a|\Bigr]^{u = \sqrt{a^2 + x^2}} $$
   $$ \int^x J_2(t) \ dt = \frac{1}{2a} \ln\left|\sqrt{a^2 + x^2}-a\right| - \frac{1}{2a} \ln \left|\sqrt{a^2 + x^2} + a\right| $$

   Soit finalement,

   $$ \forall a \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}^+, \ \forall x \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}^*, $$
   $$ \int^x \frac{dt}{t\sqrt{a^2 + t^2}} = \frac{1}{2a} \ln\left|\sqrt{a^2 + x^2}-a\right| - \frac{1}{2a} \ln \left|\sqrt{a^2 + x^2} + a\right| $$

3. Fraction avec \(t^2\) et une racine au dénominateur \( : \frac{1}{t^2\sqrt{a^2 + t^2}}\)

   $$ \forall a \in \mathbb{R}, \ \forall x \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}^*, \ J_3(x) = \frac{1}{x^2\sqrt{a^2 + x^2}} $$
   $$ \int^x J_3(t) \ dt = \int^x \frac{dt}{t^2\sqrt{a^2 + t^2}} $$

   On pose : \(t = |a| \ \tan(u)\).

   $$ \int^x J_3(t) \ dt = \int^x \frac{|a| \ \sec^2(u) \ du }{ |a|^2 \ \tan^2(u)\sqrt{a^2 + |a|^2 \ \tan^2(u)}} $$

   $$ \text{avec } \Biggl \{ \begin{gather*} t = |a| \ \tan(u) \\ dt = |a| \ \left(1 + \tan^2(u)\right) \ du = |a| \ \sec^2(u) \ du \end{gather*} $$

   Cela nous donne maintenant,

   $$ \int^x J_3(t) \ dt = \frac{1}{a^2} \int^x \frac{\sec^2(u) }{\tan^2(u)\sqrt{\sec^2(u)}} \ du $$
   $$ \int^x J_3(t) \ dt = \frac{1}{a^2} \int^x \frac{\sec(u)}{|\sec(u)|} \frac{\sec(u)}{\tan^2(u)} \ du $$

   On a vu plus haut que le générateur de signe était toujours égal à \(1\) :

   $$ \forall x \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}^*, \ \frac{\sec(u)}{|\sec(u)|} = 1 $$

   Soit en le retirant de l'intégrande,

   $$ \int^x J_3(t) \ dt = \frac{1}{a^2} \int^x \frac{\sec(u)}{\tan^2(u)} \ du $$
   $$ \int^x J_3(t) \ dt = \frac{1}{a^2} \int^x \frac{\cos(u)}{\sin^2(u)} \ du $$

   On pose encore une nouvelle variable : \(v =\sin(u)\). On a :

   $$ \int^x J_3(t) \ dt = \frac{1}{a^2} \int^x \frac{dv}{v^2}$$

   $$ \text{avec } \Biggl \{ \begin{gather*} v =\sin(u) \\ dv = \cos(u) du \end{gather*} $$

   On est alors sur une primitive usuelle :

   $$ \forall x \in \mathbb{R}, \ \int^x \frac{dt}{t^2} = - \frac{1}{x} $$

   Soit dans notre cas de figure :

   $$ \int^x J_3(t) \ dt = - \frac{1}{a^2} \frac{1}{v} $$

   En remontant maintenant les changements de variable dans leur ordre d'affectation.

   $$ \int^x J_3(t) \ dt = - \frac{1}{a^2} \frac{1}{\sin(u)} $$
   $$ \int^x J_3(t) \ dt = - \frac{1}{a^2} \frac{1}{\sin\left(\operatorname{Arctan}\left(\frac{x}{|a|}\right)\right)} $$

   Or, on a vu plus haut que :

   $$\sec^2(\operatorname{Arctan}(x)) = 1+ x^2 \hspace{4em} \Big[\sec^2(\operatorname{Arctan}) \Bigr]$$

   Soit,

   $$\frac{1}{\cos^2(\operatorname{Arctan}(x))} = 1+ x^2 $$

   $$\frac{1}{1 - \sin^2(\operatorname{Arctan}(x))} = 1+ x^2 $$

   $$\frac{1}{1+ x^2} = 1 - \sin^2(\operatorname{Arctan}(x)) $$

   $$\sin^2(\operatorname{Arctan}(x)) = 1 - \frac{1}{1+ x^2} $$

   $$\sin^2(\operatorname{Arctan}(x)) = \sqrt{ \frac{ 1 + x^2 -1}{1+ x^2} } $$

   $$\sin(\operatorname{Arctan}(x)) = \frac{x}{\sqrt{1+ x^2}} \hspace{4em} \Big[\sin(\operatorname{Arctan}) \Bigr]$$

   Alors, en remplaçant dans l'expression précédente :

   $$ \int^x J_3(t) \ dt = - \frac{1}{a^2} \frac{\sqrt{1+ \left(\frac{x}{|a|}\right)^2}}{\left(\frac{x}{|a|}\right)} $$
   $$ \int^x J_3(t) \ dt = - \frac{|a|}{|a|^2} \frac{\sqrt{1+ \left(\frac{x}{a}\right)^2}}{x} $$
   $$ \int^x J_3(t) \ dt = - \frac{1}{a^2} \frac{\sqrt{a^2+x^2}}{x} $$

   Soit finalement,

   $$ \forall a \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}^+, \ \forall x \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}^*,$$
   $$ \int^x \frac{dt}{t^2\sqrt{a^2 + t^2}} =- \frac{1}{a^2} \frac{\sqrt{a^2+x^2}}{x}$$

4. Racine simple \( : \sqrt{a^2 + t^2} \)

   $$ \forall (a, x) \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}^2, \ J_4(x) = \sqrt{a^2 + t^2} $$
   $$ \int^x J_4(t) \ dt = \int^x \sqrt{a^2 + t^2} \ dt $$

   On peut poser \(t = |a| \ \tan(u)\).

   $$ \int^x J_4(t) \ dt = \int^x \sqrt{a^2 + |a|^2 \tan^2(u)} \ |a| \ \sec^2(u) \ du $$

   $$ \text{avec } \Biggl \{ \begin{gather*} t = |a| \ \tan(u) \\ dt = |a| \ (1 + \tan^2(u)) \ du = |a| \ \sec^2(u) \ du \end{gather*} $$
   $$ \int^x J_4(t) \ dt = a^2 \int^x \sqrt{\sec^2(u)} \ \sec^2(u) \ du $$
   $$ \int^x J_4(t) \ dt = a^2 \int^x \frac{\sec(u)}{|\sec(u)|} \sec^3(u) \ du $$

   On a vu plus haut que ce generateur de signe valant toujours \(1\) :

   $$ \forall x \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}^*, \ \frac{\sec(u)}{|\sec(u)|} = 1 $$

   Par suite, en le retirant de l'intégrande il reste :

   $$ \int^x J_4(t) \ dt = a^2 \int^x \sec^3(u) \ du \qquad(J_4) $$
   $$ \int^x J_4(t) \ dt = a^2 \int^x \sec(u)\tan'(u) \ du $$

   On peut alors faire une intégration par parties :

   $$ \int^x J_4(t) \ dt = a^2 \Biggl( \Bigl[\sec(u)\tan(u)\Bigr]^u - \int^x \sec'(u)\tan(u) \ du \Biggr)$$
   $$ \int^x J_4(t) \ dt = a^2 \Biggl( \Bigl[\sec(u)\tan(u)\Bigr]^u - \int^x \sec(u)\tan^2(u) \ du \Biggr) \hspace{3em} \Bigl(\text{avec } \sec'(u) = \sec(u)\tan(u)\Bigr)$$
   $$ \int^x J_4(t) \ dt = a^2 \Biggl( \Bigl[\sec(u)\tan(u)\Bigr]^u - \int^x \sec(u)(\sec^2(u)-1) \ du \Biggr) \hspace{3em} \Bigl(\text{avec } \tan^2(u) = \sec^2(u)-1\Bigr) $$
   $$ \int^x J_4(t) \ dt = a^2 \Biggl( \Bigl[\sec(u)\tan(u)\Bigr]^u - \int^x \Bigl( \sec^3(u) - \sec(u) \Bigr) \ du \Biggr)$$
   $$ \int^x J_4(t) \ dt = a^2 \Biggl( \Bigl[\sec(u)\tan(u)\Bigr]^u - \int^x \sec^3(u) \ du + \int^x \sec(u) \ du \Biggr) $$

   Or, avec l'expression \((J_4)\) plus haut on a :

   $$ \int^x J_4(t) \ dt = a^2 \int^x \sec^3(u) \ du \qquad(J_4) $$

   Soit en remplaçant :

   $$ \int^x J_4(t) \ dt = a^2 \Biggl( \Bigl[\sec(u)\tan(u)\Bigr]^u + \int^x \sec(u) \ du \Biggr) - \int^x J_4(t) \ dt $$
   $$ 2\int^x J_4(t) \ dt = a^2 \Biggl( \Bigl[\sec(u)\tan(u)\Bigr]^u + \int^x \sec(u) \ du \Biggr) $$
   $$ \int^x J_4(t) \ dt = \frac{a^2}{2} \Biggl( \Bigl[\sec(u)\tan(u)\Bigr]^u + \int^x \sec(u) \ du \Biggr) $$

   Et comme on connaît la primitive de \(\sec(x)\) , on peut la remplacer par sa valeur.

   $$ \int^x J_4(t) \ dt = \frac{a^2}{2} \Biggl( \Bigl[\sec(u)\tan(u)\Bigr]^u + \Bigl[\ln \left|\sec(u) + \tan(u) \right|\Bigr]^u \Biggr) \qquad(J_4^*) $$

   On peut maintenant remplacer \(u\) par sa valeur :

   $$ \int^x J_4(t) \ dt = \frac{a^2}{2} \Biggl( \sec\left(\operatorname{Arctan}\left( \frac{x}{|a|} \right) \right) \tan\left(\operatorname{Arctan}\left( \frac{x}{|a|} \right)\right) + \ln\left| \sec\left(\operatorname{Arctan}\left( \frac{x}{|a|} \right) \right) + \tan\left(\operatorname{Arctan}\left( \frac{x}{|a|} \right)\right) \right| \Biggr) $$

   Or, on a vu plus haut que :

   $$\sec^2(\operatorname{Arctan}(x)) = 1+ x^2 \Longleftrightarrow \sec\left(\operatorname{Arctan}(x)\right) = \sqrt{ 1 + x^2 } \hspace{4em} \Big[\sec^2(\operatorname{Arctan}) \Bigr]$$
   $$ \int^x J_4(t) \ dt = \frac{a^2}{2} \Biggl( \sqrt{ 1 + \left(\frac{x}{|a|} \right)^2 } \ \frac{x}{|a|} + \ln\left| \sqrt{ 1 + \left(\frac{x}{|a|} \right)^2 } + \frac{x}{|a|} \right| \Biggr) $$
   $$ \int^x J_4(t) \ dt = \frac{a^2}{2} \Biggl(\frac{x}{a^2}\sqrt{a^2 +x^2} + \ln\left| \frac{1}{|a|} \sqrt{a^2 +x^2} + \frac{x}{|a|} \right| \Biggr) $$
   $$ \int^x J_4(t) \ dt = \frac{a^2}{2} \Biggl(\frac{x}{a^2}\sqrt{a^2 +x^2} + \ln\left| \frac{1}{|a|} \Bigl( \sqrt{a^2 +x^2} + x \Bigr) \right| \Biggr) $$
   $$ \int^x J_4(t) \ dt = \frac{1}{2} \Biggl(x \ \sqrt{a^2 +x^2} + a^2 \ \ln\left|\sqrt{a^2 +x^2} + x \right| - \ln|a| \Biggr) $$

   La constante \(-\ln|a| \) étant absorbée par la constante d'intégration, on obtient finalement :

   $$ \Bigl[ \forall (a,x) \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}^2 \Bigr] \hspace{0.2em} \backslash \hspace{0.2em} \Bigl \{ (0,0) \Bigr \} , $$
   $$ \int^x \sqrt{a^2 + t^2} \ dt = \frac{x \ \sqrt{a^2 +x^2} + a^2 \ \ln\left|\sqrt{a^2 +x^2} + x \right|}{2} $$

Intégrales en \(\sqrt{t^2 - a^2}\)

1. Fraction avec une racine au dénominateur \( : \frac{1}{\sqrt{t^2 - a^2}}\)

   $$ \forall a \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}^*, \ \forall x \in \Bigl] -\infty, -|a| \Bigr[ \hspace{0.04em} \cup \hspace{0.04em} \Bigl]|a|, +\infty \Bigr[, \ K_1(x) = \frac{1}{\sqrt{x^2 - a^2}} $$
   $$ \int^x K_1(t) \ dt = \int^x \frac{dt}{\sqrt{t^2 - a^2}} $$

   1. En posant \( t = |a| \ \cosh(u) \)

      En posant \( t = |a| \ \cosh(u) \), on a :

      $$ \int^x K_1(t) \ dt = \int^x \frac{|a| \ \sinh(u) \ du}{\sqrt{|a|^2 \ \cosh^2(u) - a^2}} $$

      $$ \text{avec } \Biggl \{ \begin{gather*} t = |a| \ \cosh(u) \\ dt = |a| \ \sinh(u) \ du \end{gather*} $$
      $$ \int^x K_1(t) \ dt = \frac{|a|}{|a|}\int^x \frac{\sinh(u) \ du}{\sqrt{ \sinh^2(u)}} $$
      $$ \int^x K_1(t) \ dt = \int^x \frac{\sinh(u) \ du}{|\sinh(u)|} \qquad \left(\text{avec } u \neq 0 \Longleftrightarrow t \neq |a|, \text{ ce qui est le cas} \right) $$

      La fonction \(\operatorname{Argcosh}\) étant toujours positive, alors \(\sinh(\operatorname{Argcosh})\) l'est aussi, et :

      $$ \forall a \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}^+, \ \forall x \in \Bigl] -\infty, -|a| \Bigr[ \hspace{0.04em} \cup \hspace{0.04em} \Bigl]|a|, +\infty \Bigr[, \ \frac{\sinh(u)}{|\sinh(u)|} = 1$$

      Alors, on intègre maintenant :

      $$ \int^x K_1(t) \ dt = \int^x du $$
      $$ \int^x K_1(t) \ dt = \Bigr[ u \Bigr]^{u=\operatorname{Argcosh} \left( \frac{x}{|a|} \right)}$$

      Soit finalement,

      $$ \forall a \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}^+, \ \forall x \in \hspace{0.04em} ]a, +\infty[, $$

      $$ \int^x \frac{dt}{\sqrt{t^2 - a^2}} = \operatorname{Argcosh}\left( \frac{x}{|a|}\right) $$

      $$(6)$$

   2. En posant \( t = |a| \ \sec(u) \)

      Par ailleurs, en posant \( t = |a| \ \sec(u) \), on a :

      $$ \int^x K_1(t) \ dt = \int^x \frac{|a| \ \sec(u)\tan(u) \ du }{\sqrt{|a|^2 \ \sec^2(u) - a^2}}$$

      $$ \text{avec } \Biggl \{ \begin{gather*} t = |a| \ \sec(u) \\ dt = |a| \ \sec^2(u)\sin(u) \ du = |a| \ \sec(u)\tan(u) \ du \end{gather*} $$
      $$ \int^x K_1(t) \ dt = \frac{|a|}{|a|}\int^x \frac{\sec(u)\tan(u) \ du }{\sqrt{ \sec^2(u) -1}} $$
      $$ \int^x K_1(t) \ dt = \int^x \frac{\sec(u)\tan(u) \ du }{\sqrt{ \tan^2(u)}} $$
      $$ \int^x K_1(t) \ dt = \int^x \frac{\sec(u)\tan(u) \ du }{ |\tan(u)|} $$

      Calculons la valeur du générateur de signe placé dans l'intégrande :

      En utilisant à nouveau la dérivée d'une fonction réciproque , on a :

      $$ \left( \operatorname{Arcsec}(x) \right)' = \frac{1}{ \sec\left(\operatorname{Arcsec}(x)\right) \ \tan\left(\operatorname{Arcsec}(x)\right)} $$

      $$ \text{avec } \Biggl \{ \begin{gather*} f^{-1} = \operatorname{Arcsec}(x) \\ f = \sec(x) \Longrightarrow f' = \sec(x)\tan(x) \end{gather*} $$

      $$ \Longleftrightarrow \ \tan(\operatorname{Arcsec}(x)) = \frac{1}{ x} \times \frac{1}{ (\operatorname{Arcsec}(x) (x))' } $$

      Mais on connaît la dérivée de \(\operatorname{Arcsec}(x)\) :

      $$ \forall x \in \hspace{0.04em} ]-\infty, \hspace{0.1em} -1[\hspace{0.1em}\cup \hspace{0.1em}]1, \hspace{0.1em} +\infty[, $$

      $$ \operatorname{Arcsec}(x)' = \frac{1}{ x^2} \times \frac{1}{ \sqrt{1 - \frac{1}{ x^2}}} $$

      $$ \operatorname{Arcsec}(x)' = \frac{1}{|x|} \times \frac{1}{ \sqrt{ x^2 - 1}} $$

      En combinant les deux expressions précédentes, on obtient :

      $$\tan(\operatorname{Arcsec}(x)) = \frac{x}{|x|} \times \sqrt{ x^2 - 1 } \qquad \Big[\tan(\operatorname{Arcsec}(x))\Bigr]$$
      $$\frac{\tan(u)}{|\tan(u)|} = \frac{ \frac{\ \frac{x}{|a|} }{\left| \frac{x}{|a|} \right|} \times \sqrt{ \left( \frac{x}{|a|} \right)^2 - 1 } }{ \left| \frac{\ \frac{x}{|a|} }{\left| \frac{x}{|a|} \right|} \times \sqrt{ \left( \frac{x}{|a|} \right)^2 - 1 } \right| }$$
      $$\frac{\tan(u)}{|\tan(u)|} = \frac{ x }{|x|} \times \frac{ \sqrt{ \frac{x^2}{a^2} - 1} }{ \left| \sqrt{ \frac{x^2}{a^2} - 1} \right| }$$
      $$\frac{\tan(u)}{|\tan(u)|} = \frac{ x }{|x|} $$

      Dans l'intervalle d'étude, ce rapport vaut \(\pm 1\).

      $$ \frac{\tan(u)}{|\tan(u)|} = \Biggl \{ \begin{gather*} = -1, \ \forall x \in \hspace{0.04em} \bigl] -\infty, -a \bigr[ \\ = 1, \ \forall x \in \hspace{0.04em} ]a, +\infty [ \end{gather*} $$

      On intègre maintenant :

      $$ \int^x K_1(t) \ dt = \frac{\tan(u)}{|\tan(u)|} \int^x \sec(u) \ du $$

      Calculons la valeur de \( {\displaystyle \int^x} \sec(u) \ du\) avant de s'occuper du signe :

      $$ \int^x \sec(u) \ du = \Bigl[ \ln \left| \sec(x) + \tan(x) \right| \Bigr]^{u = \operatorname{Arcsec}(x)\left( \frac{x}{|a|} \right)} $$
      $$ \int^x \sec(u) \ du = \ln \left| \frac{x}{|a|} + \tan\left(\operatorname{Arcsec}(x)\left( \frac{x}{|a|} \right) \right) \right| $$

      On réutilise \(\Big[ \tan(\operatorname{Arcsec}(x))\Bigr] \).

      $$\tan(\operatorname{Arcsec}(x)) = \frac{x}{|x|} \times \sqrt{ x^2 - 1 } \qquad \Big[\tan(\operatorname{Arcsec}(x))\Bigr]$$

      On injecte la dernière expression dans notre expression précédente :

      $$ \int^x \sec(u) \ du = \ln \left| \frac{x}{|a|} + \frac{\frac{x}{|a|}}{\left|\frac{x}{|a|}\right|} \sqrt{ \left( \frac{x}{|a|} \right)^2 - 1 } \right| $$
      $$ \int^x \sec(u) \ du = \ln \left| \frac{x}{|a|} + \frac{x}{|x|}\frac{ \sqrt{ x^2 - a^2 }}{ |a|} \right| $$
      $$ \int^x \sec(u) \ du = \ln \left| \frac{1}{|a|} \left( x + \frac{x\sqrt{ x^2 - a^2 }}{|x|} \right) \right| $$
      $$ \int^x \sec(u) \ du = \ln \left| \frac{x\sqrt{ x^2 - a^2 }}{|x|} + x \right| -\ln|a| $$

      La constante \(-\ln|a| \) étant absorbée par la constante d'intégration.

      Alors l'intégrale finale vaut :

      $$ \int^x K_1(t) \ dt = \frac{\tan(u)}{|\tan(u)|} \ \ln \left| \frac{x\sqrt{ x^2 - a^2 }}{|x|} + x \right| $$
      $$ \left(\text{avec } \frac{\tan(u)}{|\tan(u)|} = \Biggl \{ \begin{gather*} = -1, \ \forall x \in \hspace{0.04em} \bigl] -\infty, -a \bigr[ \\ = 1, \ \forall x \in \hspace{0.04em} ]a, +\infty [ \end{gather*} \right)$$

      On a alors les deux cas à gérer :

      1. Pour la partie négative : \(\bigl] -\infty, -a \bigr[ \)

         \(x\) est négatif et le générateur de signe aussi donc :

         $$ \forall x \in \hspace{0.04em} \bigl] -\infty, -a \bigr[, \ \int^x K_1(t) \ dt = -\ln \left|- \sqrt{ x^2 - a^2 } - |x| \right| $$
         $$ \int^x K_1(t) \ dt = -\ln \left| \sqrt{ x^2 - a^2 } + |x| \right| $$
         $$ \int^x K_1(t) \ dt = \ln \left( \frac{1}{\left| \sqrt{ x^2 - a^2 } + |x| \right|} \right) $$

         On multiplie la fraction aux numérateur et dénominateur par le conjugué du dénominateur :

         $$ \int^x K_1(t) \ dt = \ln \left( \frac{1 \textcolor{rgb(118 139 240)}{\times \left| \sqrt{ x^2 - a^2 } - |x| \right|}}{\left| \sqrt{ x^2 - a^2 } + |x| \right| \textcolor{rgb(118 139 240)}{\times \left| \sqrt{ x^2 - a^2 } - |x| \right|} } \right) $$
         $$ \int^x K_1(t) \ dt = \ln \left( \frac{\left| \sqrt{ x^2 - a^2 } - |x| \right|}{\left|x^2 - a^2 - x^2 \right|} \right) $$
         $$ \int^x K_1(t) \ dt = \ln \left( \frac{\left| \sqrt{ x^2 - a^2 } - |x| \right|}{\left| -a^2 \right|} \right) $$
         $$ \int^x K_1(t) \ dt = \ln \left( \frac{ \left| \sqrt{ x^2 - a^2 } - |x| \right| }{a^2} \right) $$
         $$ \int^x K_1(t) \ dt = \ln \left| \sqrt{ x^2 - a^2 } - |x| \right| - \ln(a^2) $$
         $$ \int^x K_1(t) \ dt = \ln \left| \sqrt{ x^2 - a^2 } + x \right| - 2 \ \ln(a) $$

         La constante \(- 2 \ \ln(a)\) sera elle aussi absorbée par la constante d'intégration.

      2. Pour la partie positive : \(] a, +\infty [ \)

         \(x\) est positif et le générateur de signe aussi donc :

         $$ \forall x \in \hspace{0.04em} ] a, +\infty [, \ \int^x K_1(t) \ dt = \ln \left|\sqrt{ x^2 - a^2 } + x \right| $$

      3. Conclusion

         Dans les deux cas de figures \((x < -a) \ ou \ (x > a)\), cette intégrale vaut :

         $$ \Bigl[ \forall a \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}^*, \ \forall x \in \Bigl] -\infty, -|a| \Bigr[ \hspace{0.04em} \cup \hspace{0.04em} \Bigl]|a|, +\infty \Bigr[ \lor \Bigl[ (x = 0) \land (x > 0) \Bigr], $$

         $$\int^x \frac{dt}{\sqrt{t^2 - a^2}} = \ln \left| \sqrt{ x^2 - a^2 } + x \right| $$

         $$(7)$$

   Les expressions \((6)\) et \((7)\) ayant un membre commun, elles sont égales à une constante près dans leur intervalle commun.

   $$ \operatorname{Argcosh}\left( \frac{x}{|a|}\right) + C_1 = \ln \left| \sqrt{ x^2 - a^2 } + x \right| + C_2 $$

   Déterminons cette constante en prenant une valeur de \(x\), par exemple \(x = 1\).

   $$ \operatorname{Argcosh}\left( \frac{1}{|a|}\right) = 0 $$

   $$ \ln \left| \sqrt{1 - a^2 } + 1 \right| $$

   Alors, on trouve que :

   $$ \left(C_1 = \ln \left| \sqrt{1^2 - a^2 } + 1 \right| + C_2 \right) \Longleftrightarrow \left(C_1 - C_2 = \ln \left| \sqrt{1 - a^2 } + 1 \right| \right)$$
   $$ \operatorname{Argcosh}\left( \frac{x}{|a|}\right) + \ln \left| \sqrt{1 - a^2 } + 1 \right| = \ln \left| \sqrt{ x^2 - a^2 } + x \right| $$

   On alors a en prime une définition explicite de la fonction \(\operatorname{Argcosh}\) avec \(a = 1\) :

   $$ \forall x \in [1, +\infty[,$$
   $$ \operatorname{Argcosh}(x) = \ln \left| x + \sqrt{ x^2 - 1} \right| $$

2. Fraction avec \(t\) et une racine au dénominateur \( : \frac{1}{t\sqrt{t^2 - a^2}}\)

   $$\forall a \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}^*, \ \forall x \in \Bigl] -\infty, -|a| \Bigr[ \hspace{0.04em} \cup \hspace{0.04em} \Bigl]|a|, +\infty \Bigr[, \ K_2(x) = \frac{1}{x\sqrt{x^2 - a^2 }} $$
   $$ \int^x K_2(t) \ dt = \int^x \frac{dt}{t\sqrt{t^2 - a^2}} $$

   Comme précédemment on pose : \(u = \sqrt{t^2 - a^2}\).

   $$ \int^x K_2(t) \ dt = \int^x \frac{du}{t^2} $$

   $$ \text{avec } \Biggl \{ \begin{gather*} u = \sqrt{t^2 - a^2} \\ du = \frac{t}{\sqrt{t^2 - a^2}} \ dt \end{gather*} $$

   Or,

   $$u = \sqrt{a^2 + t^2} \Longleftrightarrow t^2 = u^2 + a^2$$

   On intégre alors maintenant :

   $$ \int^x K_2(t) \ dt = \int^x \frac{du}{u^2 + a^2} $$

   On reconnaît alors une primitive usuelle .

   $$ \int^x K_2(t) \ dt = \frac{1}{a^2} \int^x \frac{du}{ \left(\frac{u}{a} \right)^2 + 1 } $$
   $$ \int^x K_2(t) \ dt = \frac{1}{a} \Biggl[ \operatorname{Arctan}\left(\frac{u}{a}\right) \Biggr]^{u= \sqrt{x^2-a^2}} $$
   $$ \int^x K_2(t) \ dt = \frac{1}{a} \operatorname{Arctan} \left(\frac{\sqrt{x^2 - a^2}}{a} \right) $$

   Soit finalement,

   $$ \forall a \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}^+, \ \forall x \in \Bigl] -\infty, -|a| \Bigr[ \hspace{0.04em} \cup \hspace{0.04em} \Bigl]|a|, +\infty \Bigr[,$$
   $$ \int^x \frac{dt}{t\sqrt{t^2 - a^2}} = \frac{1}{a} \operatorname{Arctan} \left(\frac{\sqrt{x^2 - a^2}}{a} \right) $$

3. Fraction avec \(t^2\) et une racine au dénominateur \( : \frac{1}{t^2\sqrt{t^2 - a^2}}\)

   $$\forall a \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}^*, \ \forall x \in \Bigl] -\infty, -|a| \Bigr[ \hspace{0.04em} \cup \hspace{0.04em} \Bigl]|a|, +\infty \Bigr[, \ K_3(x) = \frac{1}{x^2\sqrt{x^2 - a^2}} $$
   $$ \int^x K_3(t) \ dt = \int^x \frac{dt}{t^2\sqrt{t^2 - a^2}} $$

   On pose : \(t = |a| \ \cosh(u)\).

   $$ \int^x K_3(t) \ dt = \int^x \frac{ |a| \ \sinh(u) \ du }{ |a|^2 \ \cosh^2(u)\sqrt{|a|^2 \ \cosh^2(u) - a^2}} $$

   $$ \text{avec } \Biggl \{ \begin{gather*} t = |a| \ \cosh(u) \\ dt = |a| \ \sinh(u) \ du \end{gather*} $$

   Et par suite,

   $$ \int^x K_3(t) \ dt = \frac{1}{a^2} \int^x \frac{ \sinh(u) }{ \cosh^2(u)\sqrt{\sinh^2(u)}} \ du $$
   $$ \int^x K_3(t) \ dt = \frac{1}{a^2} \int^x \operatorname{sech}^2(u) \frac{ \sinh(u) }{ |\sinh(u)|} \ du $$

   On a vu plus haut que le générateur de signe était toujours égal à \(1\) :

   $$ \forall a \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}^+, \ \forall x \in \Bigl] -\infty, -|a| \Bigr[ \hspace{0.04em} \cup \hspace{0.04em} \Bigl]|a|, +\infty \Bigr[, \ \frac{\sinh(u)}{|\sinh(u)|} = 1$$

   Alors, on intègre seulement :

   $$ \int^x K_3(t) \ dt = \frac{1}{a^2} \int^x \operatorname{sech}^2(u) \ du $$

   On est alors sur une primitive usuelle :

   $$ \forall x \in \mathbb{R}, \ \int^x \operatorname{sech}^2(t) \ dt = \tanh(t) $$

   Alors, en remplaçant on obtient :

   $$ \int^x K_3(t) \ dt = \frac{1}{a^2} \tanh\left(\operatorname{Argcosh}\left( \frac{x}{|a|} \right) \right) $$
   $$ \int^x K_3(t) \ dt = \frac{1}{a^2} \frac{\sinh\left(\operatorname{Argcosh}\left( \frac{x}{|a|} \right) \right)}{\cosh\left(\operatorname{Argcosh}\left( \frac{x}{|a|} \right) \right)}$$

   En utilisant à nouveau la dérivée d'une fonction réciproque , on a :

   $$ \left( \operatorname{Argcosh}(x) \right)' = \frac{1}{ \sinh\left(\operatorname{Argcosh}(x)\right)} $$

   $$ \text{avec } \Biggl \{ \begin{gather*} f^{-1} = \operatorname{Argcosh}(x) \\ f = \cosh(x) \Longrightarrow f' = \sinh(x) \end{gather*} $$

   $$ \Longleftrightarrow \ \sinh\left(\operatorname{Argcosh}(x)\right) = \frac{1}{ \left( \operatorname{Argcosh}(x) \right)' } $$

   Mais on connaît la dérivée de \(\operatorname{Argcosh}(x)\) :

   $$ \forall x \in \hspace{0.04em} ]1, \hspace{0.1em} +\infty[, $$

   $$ \operatorname{Argcosh}(x)' = \frac{1}{\sqrt{x^2 -1}} $$

   En combinant les deux expressions précédentes, on obtient :

   $$\sinh\left(\operatorname{Argcosh}(x)\right) = x^2 - 1 \hspace{4em} \Big[\sinh(\operatorname{Argcosh}) \Bigr]$$

   Soit, en remplaçant :

   $$ \int^x K_3(t) \ dt = \frac{1}{a^2} \frac{ \sqrt{ \left( \frac{x}{|a|} \right)^2 - 1 }}{ \left( \frac{x}{|a|} \right) }$$
   $$ \int^x K_3(t) \ dt = \frac{|a|}{a^2 |a|} \frac{\sqrt{ x^2 - a^2 } }{x}$$

   Soit finalement,

   $$ \forall a \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}^+, \ \forall x \in \Bigl] -\infty, -|a| \Bigr[ \hspace{0.04em} \cup \hspace{0.04em} \Bigl]|a|, +\infty \Bigr[, $$
   $$ \int^x \frac{dt}{t^2\sqrt{t^2 - a^2}} =\frac{1}{a^2} \frac{\sqrt{ x^2 - a^2 } }{x}$$

4. Racine simple \( : \sqrt{t^2 - a^2} \)

   $$\forall a \in \mathbb{R}, \ \forall x \in \Bigl] -\infty, -|a| \Bigr[ \hspace{0.04em} \cup \hspace{0.04em} \Bigl]|a|, +\infty \Bigr[, \ K_4(x) = \sqrt{t^2 - a^2} $$
   $$ \int^x K_4(t) \ dt = \int^x \sqrt{t^2 - a^2}\ dt $$

   On peut poser la variable : \(t = |a| \ \sec(u)\) :

   $$ \int^x K_4(t) \ dt = \int^x \sqrt{|a|^2 \sec^2(u) - a^2} \ |a| \ \sec(u)\tan(u) \ du $$

   $$ \text{avec } \Biggl \{ \begin{gather*} t = |a| \ \sec(u) \\ dt = |a| \ \sec(u)\tan(u) \ du \end{gather*} $$
   $$ \int^x K_4(t) \ dt = a^2 \int^x \sqrt{\sec^2(u) - 1} \ \sec(u)\tan(u) \ du$$
   $$ \int^x K_4(t) \ dt = a^2 \int^x \sqrt{\tan^2(u)} \ \sec(u)\tan(u) \ du$$
   $$ \int^x K_4(t) \ dt = a^2 \int^x \frac{\tan(u)}{|\tan(u)|} \ \sec(u) \ \tan^2(u) \ du$$

   On a vu plus haut que ce générateur de signe valait \(\pm 1\) :

   $$ \frac{\tan(u)}{|\tan(u)|} = \Biggl \{ \begin{gather*} = -1, \ \forall x \in \hspace{0.04em} \bigl] -\infty, -a \bigr[ \\ = 1, \ \forall x \in \hspace{0.04em} ]a, +\infty [ \end{gather*} $$

   Et on intègre finalement :

   $$ \int^x K_4(t) \ dt = a^2 \frac{\tan(u)}{|\tan(u)|} \int^x \sec(u) \ \tan^2(u) \ du$$

   Calculons la valeur de l'intégrale \(a^2 {\displaystyle \int^x} \sec(u) \ \tan^2(u) \ du \) avant de s'occuper du signe :

   $$ a^2 \int^x \sec(u) \ \tan^2(u) \ du = a^2 \int^x \sec(u)(\sec^2(u) -1)u \ du$$
   $$ a^2 \int^x \sec(u) \ \tan^2(u) \ du = a^2 \int^x \sec^3(u) \ du - a^2 \int^x \sec(u) \ du$$

   Ces deux intégrale ont déjà été calculées:

   La première à cette page :

   $$\int^x \sec(u) \ du = \ln \left|\sec(x) + \tan(x) \right|$$

   Et la seconde précédemment :

   $$ \int^x \sec^3(u) \ du = \frac{1}{2} \Biggl( \Bigl[\sec(u)\tan(u)\Bigr]^u + \Bigl[\ln \left|\sec(u) + \tan(u) \right|\Bigr]^u \Biggr) \qquad(J_3^*) $$

   Alors,

   $$ a^2 \int^x \sec(u) \ \tan^2(u) \ du = \frac{a^2}{2} \biggl[ \sec(u)\tan(u) + \ln \left|\sec(u) + \tan(u) \right| \biggr]^u - a^2 \biggl[ \ln \left|\sec(u) + \tan(u) \right| \biggr]^u \ du $$
   $$ a^2 \int^x \sec(u) \ \tan^2(u) \ du = \frac{a^2}{2} \Biggl[ \sec\left( \operatorname{Arcsec}(x)\left(\frac{x}{|a|} \right) \right)\tan\left( \operatorname{Arcsec}(x)\left(\frac{x}{|a|} \right) \right) + \ln \Biggl| \ \sec\left( \operatorname{Arcsec}(x)\left(\frac{x}{|a|} \right) \right) + \tan\left( \operatorname{Arcsec}(x)\left(\frac{x}{|a|} \right) \right) \ \Biggr| \Biggr] - a^2 \ \ln \Biggl| \ \sec\left( \operatorname{Arcsec}(x)\left(\frac{x}{|a|} \right) \right) + \tan\left( \operatorname{Arcsec}(x)\left(\frac{x}{|a|} \right) \right) \ \Biggr| $$
   $$ a^2 \int^x \sec(u) \ \tan^2(u) \ du = \frac{a^2}{2} \Biggl[ \frac{x}{|a|} \tan\left( \operatorname{Arcsec}(x)\left(\frac{x}{|a|} \right) \right) + \ln \Biggl| \ \frac{x}{|a|} + \tan\left( \operatorname{Arcsec}(x)\left(\frac{x}{|a|} \right) \right) \ \Biggr| \Biggr] - a^2 \ \ln \Biggl| \ \frac{x}{|a|} + \tan\left( \operatorname{Arcsec}(x)\left(\frac{x}{|a|} \right) \right) \ \Biggr| $$

   Par ailleurs, on a aussi vu plus haut que :

   $$\tan(\operatorname{Arcsec}(x)) = \frac{x}{|x|} \times \sqrt{ x^2 - 1 } \qquad \Big[\tan(\operatorname{Arcsec}(x))\Bigr]$$

   Soit en remplaçant :

   $$ a^2 \int^x \sec(u) \ \tan^2(u) \ du = \frac{a^2}{2} \Biggl[ \frac{x}{|a|} \frac{\frac{x}{|a|}}{\left|\frac{x}{|a|}\right|} \sqrt{\left(\frac{x}{|a|} \right)^2 - 1} + \ln \Biggl| \ \frac{x}{|a|} + \frac{\frac{x}{|a|}}{\left|\frac{x}{|a|}\right|} \sqrt{\left(\frac{x}{|a|} \right)^2 - 1} \ \Biggr| \Biggr] - a^2 \ \ln \Biggl| \ \frac{x}{|a|} + \frac{\frac{x}{|a|}}{\left|\frac{x}{|a|}\right|} \sqrt{\left(\frac{x}{|a|} \right)^2 - 1} \ \Biggr| $$
   $$ a^2 \int^x \sec(u) \ \tan^2(u) \ du = \frac{a^2}{2} \Biggl[ \frac{x^2}{a^2|x|} \sqrt{x^2 - a^2} + \ln \Biggl| \ \frac{x}{|a|} + \frac{x}{|ax|} \sqrt{x^2 - a^2} \ \Biggr| \Biggr] - a^2 \ \ln \Biggl| \ \frac{x}{|a|} + \frac{x}{|ax|} \sqrt{x^2 - a^2} \ \Biggr| $$
   $$ a^2 \int^x \sec(u) \ \tan^2(u) \ du = \frac{a^2}{2} \Biggl[ \frac{x^2}{a^2|x|} \sqrt{x^2 - a^2} + \ln \Biggl| \frac{1}{|a|} \left( x + \frac{x \sqrt{x^2 - a^2}}{|x|} \right) \ \Biggr| \Biggr] - a^2 \ \ln \Biggl| \frac{1}{|a|} \left( x + \frac{x \sqrt{x^2 - a^2}}{|x|} \right) \ \Biggr| $$

   On peut maintenant factoriser par le gros facteur commun en \(\ln|X|\) :

   $$ a^2 \int^x \sec(u) \ \tan^2(u) \ du = \frac{1}{2} \frac{x^2}{|x|}\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2} \ln \Biggl| \frac{1}{|a|} \left( x + \frac{x \sqrt{x^2 - a^2}}{|x|} \right) \ \Biggr| $$
   $$ a^2 \int^x \sec(u) \ \tan^2(u) \ du = \frac{1}{2}\frac{x^2}{|x|}\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2} \ln \Biggl| x + \frac{x \sqrt{x^2 - a^2}}{|x|} \ \Biggr| + \frac{ \ln|a| a^2}{2} $$

   La constante \( + \frac{ \ln|a| a^2}{2} \) étant absorbée par la constante d'intégration, on obtient en prenant en compte le générateur de signe laissé de côté :

   $$ \int^x K_4(t) \ dt = \frac{\tan(u)}{|\tan(u)|} \Biggl( \frac{1}{2}\frac{x^2}{|x|}\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2} \ln \Biggl| x + \frac{x \sqrt{x^2 - a^2}}{|x|} \ \Biggr| \Biggr) $$
   $$ \left(\text{avec } \frac{\tan(u)}{|\tan(u)|} = \Biggl \{ \begin{gather*} = -1, \ \forall x \in \hspace{0.04em} \bigl] -\infty, -a \bigr[ \\ = 1, \ \forall x \in \hspace{0.04em} ]a, +\infty [ \end{gather*} \right)$$

   On a alors les deux cas à gérer :

   1. Pour la partie négative : \(\bigl] -\infty, -a \bigr[ \)

      \(x\) est négatif et le générateur de signe aussi donc :

      $$ \forall x \in \hspace{0.04em} \bigl] -\infty, -a \bigr[, \ \int^x K_4(t) \ dt = -\Biggl( -\frac{1}{2}x\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2} \ln \Biggl| -|x| - \sqrt{x^2 - a^2} \ \Biggr| \Biggr) $$
      $$ \int^x K_4(t) \ dt = \frac{1}{2}x\sqrt{x^2 - a^2} + \frac{a^2}{2} \ln \Biggl| -|x| - \sqrt{x^2 - a^2} \ \Biggr| $$
      $$ \int^x K_4(t) \ dt = \frac{1}{2}x\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2} \ln \Biggl( \frac{1}{\left| -|x| - \sqrt{x^2 - a^2} \right|} \ \Biggr) $$

      On multiplie la fraction aux numérateur et dénominateur par le conjugué du dénominateur :

      $$ \int^x K_4(t) \ dt = \frac{1}{2}x\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2} \ln \Biggl( \frac{1 \textcolor{rgb(118 139 240)}{ \times \left| -|x| + \sqrt{x^2 - a^2} \right|} }{\left| -|x| - \sqrt{x^2 - a^2} \right| \textcolor{rgb(118 139 240)}{ \times \left| -|x| + \sqrt{x^2 - a^2} \right|} } \ \Biggr) $$
      $$ \int^x K_4(t) \ dt = \frac{1}{2}x\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2} \ln \Biggl( \frac{\left| -|x| + \sqrt{x^2 - a^2} \right|}{\left| \left(-|x|\right)^2 - \left(x^2 - a^2\right) \right|} \ \Biggr) $$
      $$ \int^x K_4(t) \ dt = \frac{1}{2}x\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2} \ln \Biggl( \frac{\left| -|x| + \sqrt{x^2 - a^2} \right|}{\left| x^2 - x^2 + a^2 \right|} \ \Biggr) $$
      $$ \int^x K_4(t) \ dt = \frac{1}{2}x\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2} \ln \Biggl( \frac{\left| -|x| + \sqrt{x^2 - a^2} \right|}{\left| a^2 \right|} \ \Biggr) $$
      $$ \int^x K_4(t) \ dt = \frac{1}{2}x\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2} \ln \Biggl( \left| \frac{-|x| + \sqrt{x^2 - a^2}}{a^2} \right| \ \Biggr) $$
      $$ \int^x K_4(t) \ dt = \frac{1}{2}x\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2} \ln \Biggl| -|x| + \sqrt{x^2 - a^2} \Biggr| +\ln(a^2) $$
      $$ \int^x K_4(t) \ dt = \frac{1}{2}x\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2} \ln \Biggl| x + \sqrt{x^2 - a^2} \Biggr| +2 \ \ln(a) $$

      La constante \( +2 \ \ln(a) \) sera elle aussi absorbée par la constante d'intégration.

   2. Pour la partie positive : \(] a, +\infty [ \)

      \(x\) est positif et le générateur de signe aussi donc :

      $$ \forall x \in \hspace{0.04em} ] a, +\infty [, \ \int^x K_4(t) \ dt =\frac{1}{2}x\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2} \ln \Biggl| x+ \sqrt{x^2 - a^2} \ \Biggr| $$

   3. Conclusion

      Dans les deux cas de figures \((x < -a) \ ou \ (x > a)\), cette intégrale vaut :

      $$ \Bigl[ \forall a \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}^*, \ \forall x \in \Bigl] -\infty, -|a| \Bigr[ \hspace{0.04em} \cup \hspace{0.04em} \Bigl]|a|, +\infty \Bigr[ \lor \Bigl[ (x = 0) \land (x > 0) \Bigr], $$
      $$ \int^x \sqrt{t^2 - a^2} \ dt = \frac{ x\sqrt{x^2 - a^2} - a^2 \ \ln \left| x+ \sqrt{x^2 - a^2} \ \right| }{2} $$

Récapitulatif des méthodes d'intégration et primitives