1. Calcul de $ I_1 $ et $ I_2 $
    1. Calcul de $ I_1 $ :
      Soit $ I_1 = \int_0^{\frac{\pi}{3}} \frac{x}{\cos^2 x} \,dx $.
      On remarque que la fonction à intégrer s'écrit $ x \tan'(x) $. On pose les fonctions $ u $ et $ v $ de classe $ C^1 $ sur $ \left[0, \frac{\pi}{3}\right] $ : \[ u(x) = x \implies u'(x) = 1 \] \[ v'(x) = \frac{1}{\cos^2 x} \implies v(x) = \tan x \] En appliquant la formule d'intégration par parties : \[ I_1 = \left[ x \tan x \right]_0^{\frac{\pi}{3}} - \int_0^{\frac{\pi}{3}} \tan x \,dx \] Une primitive usuelle de $ \tan x $ est $ -\ln(\cos x) $ sur cet intervalle : \[ I_1 = \left( \frac{\pi}{3}\sqrt{3} - 0 \right) + \left[ \ln(\cos x) \right]_0^{\frac{\pi}{3}} \] \[ I_1 = \frac{\pi\sqrt{3}}{3} + \ln\left(\frac{1}{2}\right) - \ln(1) \] \[ I_1 = \frac{\pi\sqrt{3}}{3} - \ln 2 \]

    2. Calcul de $ I_2 $ :
      Soit $ I_2 = \int_{-\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{x \sin x}{\cos^3 x} \,dx $.
      En remarquant que $ \frac{\sin x}{\cos^3 x} = \tan x \tan'(x) $, on peut reconnaßtre la dérivée de la composée $ x \mapsto \frac{1}{2}\tan^2 x $. L'intégrale s'écrit alors $ \int_{-\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{1}{2} x (\tan^2 x)' \,dx $.
      On pose les fonctions de classe $ C^1 $ : \[ u(x) = \frac{1}{2}x \implies u'(x) = \frac{1}{2} \] \[ v'(x) = (\tan^2 x)' \implies v(x) = \tan^2 x \] Par intégration par parties : \[ I_2 = \left[ \frac{1}{2} x \tan^2 x \right]_{-\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{3}} - \int_{-\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{1}{2} \tan^2 x \,dx \] On calcule le terme tout intégré sachant que $ \tan\left(\frac{\pi}{3}\right) = \sqrt{3} $ et $ \tan\left(-\frac{\pi}{3}\right) = -\sqrt{3} $ : \[ \left[ \frac{1}{2} x \tan^2 x \right]_{-\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{3}} = \frac{1}{2} \left( \frac{\pi}{3} \times 3 - \left(-\frac{\pi}{3}\right) \times 3 \right) = \pi \] Pour l'intégrale restante, on écrit $ \tan^2 x = (\tan^2 x + 1) - 1 $ : \[ \int_{-\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{1}{2} \tan^2 x \,dx = \frac{1}{2} \left[ \tan x - x \right]_{-\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{3}} \] \[ = \frac{1}{2} \left( \left(\sqrt{3} - \frac{\pi}{3}\right) - \left(-\sqrt{3} + \frac{\pi}{3}\right) \right) = \sqrt{3} - \frac{\pi}{3} \] Finalement : \[ I_2 = \pi - \left(\sqrt{3} - \frac{\pi}{3}\right) = \frac{4\pi}{3} - \sqrt{3} \]

  2. Calcul de $ I_3 $ et $ I_4 $
    1. Calcul de $ I_3 $ :
      Soit $ I_3 = \int_1^2 e^x \sin x \,dx $.
      Cherchons une primitive en exploitant les dérivées des produits de la fonction exponentielle par les fonctions trigonométriques. On dérive sur $ \mathbb{R} $ : \[ (e^x \cos x)' = e^x \cos x - e^x \sin x \] \[ (e^x \sin x)' = e^x \sin x + e^x \cos x \] Pour isoler le terme $ e^x \sin x $, on soustrait la premiÚre égalité à la seconde : \[ (e^x \sin x)' - (e^x \cos x)' = (e^x \sin x + e^x \cos x) - (e^x \cos x - e^x \sin x) \] Par linéarité, on obtient : $ (e^x \sin x - e^x \cos x)' = 2e^x \sin x $.
      Une primitive de $ x \mapsto e^x \sin x $ est donc $ x \mapsto \frac{1}{2} e^x (\sin x - \cos x) $. On calcule l'intégrale : \[ I_3 = \left[ \frac{1}{2} e^x (\sin x - \cos x) \right]_1^2 \] \[ I_3 = \frac{e^2(\sin 2 - \cos 2) - e(\sin 1 - \cos 1)}{2} \]

    2. Calcul de $ I_4 $ :
      Soit $ I_4 = \int_0^1 \arctan x \,dx $. On pose : \[ u(x) = \arctan x \implies u'(x) = \frac{1}{1+x^2} \] \[ v'(x) = 1 \implies v(x) = x \] En appliquant l'intégration par parties : \[ I_4 = \left[ x \arctan x \right]_0^1 - \int_0^1 \frac{x}{1+x^2} \,dx \] \[ I_4 = \left( 1 \cdot \frac{\pi}{4} - 0 \right) - \left[ \frac{1}{2}\ln(1+x^2) \right]_0^1 \] \[ I_4 = \frac{\pi}{4} - \frac{\ln 2}{2} \]

  3. Calcul de $ I_5 $ et $ I_6 $
    1. Calcul de $ I_5 $ :
      Soit $ I_5 = \int_1^e \sqrt{x} \ln x \,dx $. On pose : \[ u(x) = \ln x \implies u'(x) = \frac{1}{x} \] \[ v'(x) = x^{\frac{1}{2}} \implies v(x) = \frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}} \] \[ I_5 = \left[ \frac{2}{3}x\sqrt{x} \ln x \right]_1^e - \int_1^e \frac{2}{3}x^{\frac{1}{2}} \,dx \] \[ I_5 = \frac{2}{3}e\sqrt{e} - \left[ \frac{4}{9}x\sqrt{x} \right]_1^e \] \[ I_5 = \frac{2}{3}e\sqrt{e} - \frac{4}{9}e\sqrt{e} + \frac{4}{9} \] \[ I_5 = \frac{2}{9}e\sqrt{e} + \frac{4}{9} \]

    2. Calcul de $ I_6 $ :
      Soit $ I_6 = \int_0^1 \frac{x \ln x}{(1+x^2)^2} \,dx $. La fonction à intégrer est continue sur $ ]0, 1] $. On étudie l'intégrale sur $ [a, 1] $ avec $ a \in ]0, 1] $.
      On pose : \[ u(x) = \ln x \implies u'(x) = \frac{1}{x} \] \[ v'(x) = \frac{x}{(1+x^2)^2} \implies v(x) = \frac{x^2}{2(1+x^2)} \] Les fonctions $ u $ et $ v $ sont de classe $ C^1 $ sur $ [a, 1] $. Par intégration par parties : \[ \int_a^1 \frac{x \ln x}{(1+x^2)^2} \,dx = \left[ \frac{x^2 \ln x}{2(1+x^2)} \right]_a^1 - \int_a^1 \frac{1}{x} \frac{x^2}{2(1+x^2)} \,dx \] \[ \int_a^1 \frac{x \ln x}{(1+x^2)^2} \,dx = \left( 0 - \frac{a^2 \ln a}{2(1+a^2)} \right) - \frac{1}{2} \int_a^1 \frac{x}{1+x^2} \,dx \] On reconnaßt au numérateur la dérivée du dénominateur (à un facteur prÚs) : \[ \int_a^1 \frac{x \ln x}{(1+x^2)^2} \,dx = - \frac{a^2 \ln a}{2(1+a^2)} - \frac{1}{4} \left[ \ln(1+x^2) \right]_a^1 \] \[ \int_a^1 \frac{x \ln x}{(1+x^2)^2} \,dx = - \frac{a^2 \ln a}{2(1+a^2)} - \frac{1}{4} (\ln 2 - \ln(1+a^2)) \] Il ne reste plus qu'à passer à la limite quand $ a \to 0^+ $.
      Par croissances comparées, $ \lim_{a \to 0^+} a^2 \ln a = 0 $. De plus, $ \lim_{a \to 0^+} \ln(1+a^2) = \ln 1 = 0 $. L'intégrale converge. \[ I_6 = \lim_{a \to 0^+} \int_a^1 \frac{x \ln x}{(1+x^2)^2} \,dx = - 0 - \frac{1}{4}(\ln 2 - 0) \] \[ I_6 = -\frac{\ln 2}{4} \]