Considérons $$\int \frac{x^3}{x^2+1}dx.$$ Ici, $\mathrm{deg}(P)=3>2=\mathrm{deg}(M)$, donc on peut faire la division polynomiale de $P(x)$ par $M(x)$, puis intégrer le résultat: $$\begin{array}{rl}\int \frac{x^3}{x^2+1}dx& =\int \{\underset{a(x)}{\underbrace{x}}+\underset{\frac{r(x)}{M(x)}}{\underbrace{\frac{-x}{x^2+1}}}\}dx\\ & =\frac{x^2}{2}-\frac{1}{2}\int \frac{2x}{x^2+1}dx\\ & =\frac{x^2}{2}-\frac{1}{2}\log (x^2+1)+C\end{array}$$ (Dans la dernière ligne, on a utilisé $u=x^2+1$.)

($\Delta <0$, $p=0$) $$\int \frac{K}{\underset{\Delta <0!}{\underbrace{x^2+2}}}dx=\frac{K}{2}\int \frac{dx}{(x/\sqrt{2}{)}^2+1}=\frac{K}{\sqrt{2}}\arctan (x/\sqrt{2})+C$$ (Dans la dernière ligne: $u=\frac{x}{\sqrt{2}}$.)

($\Delta <0$, $p=0$) Lorsque $\Delta <0$ et que $M(x)$ contient un terme en $x$, on pourra compléter le carré pour se ramener au cas traité dans l’exemple précédent: $$\begin{array}{rl}\int \frac{dx}{\underset{\Delta <0!}{\underbrace{x^2+2x+3}}}& =\int \frac{dx}{(x+1{)}^2+2}\\ & =\frac{1}{2}\int \frac{dx}{(\frac{x+1}{\sqrt{2}}{)}^2+1}\\ & =\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan \left(\frac{x+1}{\sqrt{2}}\right)+C\end{array}$$ (Dans la dernière ligne: $u=\frac{x+1}{\sqrt{2}}$.)

($\Delta <0$, $p=1$) Si $P(x)=\alpha x+\beta$, on peut simplement séparer le quotient en deux parties, que l’on intègre individuellement: $$\begin{array}{rl}\int \frac{\alpha x+\beta }{\underset{\Delta <0!}{\underbrace{x^2+1}}}dx& =\frac{\alpha }{2}\int \frac{2x}{x^2+1}dx+\beta \int \frac{1}{x^2+1}dx\\ & =\frac{\alpha }{2}\log (x^2+1)+\beta \arctan (x)+C.\end{array}$$ (Dans la dernière ligne: $u=x^2+1$.)

($\Delta =0$) $$\begin{array}{rl}\int \frac{1}{\underset{\Delta =0}{\underbrace{x^2-4x+4}}}dx& =\int \frac{1}{(x-2{)}^2}dx=\frac{-1}{x-2}+C.\end{array}$$

($\Delta >0$, $p=0$) Considérons $$\int \frac{dx}{\underset{\Delta >0!}{\underbrace{1-x^2}}}$$ Comme les racines de $M(x)$ sont $+1$ et $-1$, sa factorisation permet d’écrire $$\frac{1}{1-x^2}=\frac{1}{(1-x)(1+x)}.$$L’idée de la décomposition en éléments simples est d’essayer de trouver des constantes $A$ et $B$ telles que $$\frac{1}{(1-x)(1+x)}=\frac{A}{1-x}+\frac{B}{1+x}\forall x\notin \{\pm 1\}.$$ Attention: les constantes doivent être telles que cette dernière égalité soit vraie pour tout $x$ différent de $1$ et $-1$. Voyons comment rendre cette restriction plus explicite.
Si on met au même dénominateur du côté droit, $$\frac{1}{(1-x)(1+x)}=\frac{A(1+x)+B(1-x)}{(1-x)(1+x)}\forall x\notin \{\pm 1\},$$ et comme les dénominateurs sont les mêmes, il reste $$1=A(1+x)+B(1-x)\forall x\notin \{\pm 1\},$$ qui est équivalent à $$(A-B)x+(A+B-1)=0\forall x\notin \{\pm 1\}.$$ Mais encore, en définissant temporairement le polynôme $$Q(x):=(A-B)x+(A+B-1),$$ on peut récrire notre condition comme $$Q(x)=0\forall x\notin \{\pm 1\}.$$ Puisque $Q(x)$ est continu, cette condition est équivalente à $$Q(x)=0\forall x.$$ $Q(x)$ représente l’équation d’une droite. Donc si cette droite est nulle partout, il faut bien que sa pente et son ordonnée à l’origine soient toutes les deux nulles. Ainsi, les constantes $A$ et $B$ doivent nécessairement satisfaire simultanément aux conditions $A-B=0$, $A+B-1=0$, que l’on peut écrire sous forme d’un système en $A$ et $B$: $$\{\begin{array}{ll}A-B& =0\\ A+B& =1.\end{array}$$ Ce système possède une unique solution, donnée par $A=B=\frac{1}{2}$. On a donc montré que $$\frac{1}{1-x^2}=\frac{1/2}{1-x}+\frac{1/2}{1+x}\forall x\notin \{\pm 1\},$$ qui est ce qu’on appelle une décomposition en éléments simples.
Du point de vue de l’intégration, le problème devient alors très simple: $$\begin{array}{rl}\int \frac{dx}{(1-x)(1+x)}& =\frac{1}{2}\int \frac{1}{1-x}dx+\frac{1}{2}\int \frac{1}{1+x}dx\\ & =-\frac{1}{2}\log |1-x|+\frac{1}{2}\log |1+x|+C\\ & =\frac{1}{2}\log \left|\frac{1+x}{1-x}\right|+C\end{array}$$

Considérons $$\int \frac{1}{x^3+x}dx$$ La factorisation de $M(x)$ est donnée par $$M(x)=x(x^2+1).$$ Ici, une bonne décomposition est $$\boxed{\frac{1}{x(\underset{\Delta <0}{\underbrace{x^2+1}})}=\frac{A}{x}+\frac{Bx+C}{x^2+1}x\ne 0}$$ En mettant au même dénominateur et en égalant les numérateurs, on arrive à $$Q(x):=(A+B)x^2+Cx+(A-1)=0\forall x\ne 0$$ Par le théorème, tous les coefficients doivent être nuls, ce qui donne le système $$\{\begin{array}{ll}A+B& =0\\ C& =0\\ A& =1.\end{array}$$ On trouve donc $A=1$, $B=-1$, $C=0$, ce qui permet d’intégrer: $$\begin{array}{rl}\int \frac{dx}{x(x^2+1)}& =\int \{\frac{1}{x}+\frac{-x}{x^2+1}\}dx\\ & =\log |x|-\frac{1}{2}\log (x^2+1)+C\end{array}$$

Considérons $$\int \frac{1}{x^3+2x^2+x}dx$$ Factorisons le dénominateur: $$\frac{1}{x^3+2x^2+x}=\frac{1}{x(x^2+2x+1)}=\frac{1}{x(x+1{)}^2}$$ Puisqu’ici la factorisation de $M$ contient une puissance “$2$”, dans le terme $(x+1{)}^2$, la bonne décomposition inclut des répétitions: $$\boxed{\frac{1}{x(x+1{)}^2}=\frac{A}{x}+\frac{B_1}{x+1}+\frac{B_2}{(x+1{)}^2}\forall x\notin \{0,-1\}}$$ On trouve $A=1$, $B_1=-1$, $B_2=-1$, et donc $$\begin{array}{rl}\int \frac{dx}{x^3+2x^2+x}& =\int \{\frac{1}{x}+\frac{-1}{x+1}+\frac{-1}{(x+1{)}^2}\}dx\\ & =\log |x|-\log |x+1|+\frac{1}{x+1}+C\end{array}$$

Considérons l’intégrale indéfinie $$\int \sqrt{\tan (x)}dx.$$ En posant $u=\sqrt{\tan (x)}$, qui donne $dx=\frac{2u}{u^4+1}du$, on est amené à $$2\int \frac{u^2}{u^4+1}du.$$ On peut alors factoriser $u^4+1$ (voir la section sur la factorisation des polynômes, dans le chapitre sur les nombres complexes), puis effectuer une décomposition en éléments simples. (Pour les détails, voir ici, ou alors une autre façon de faire ici).