Exercice 19

1. Par croissances comparées (chapitre 10, proposition 2), $x\ln x$ tend vers $0$ en $0$, et $(x^{2} + 1)^{2}$ vers $1$ : la fonction se prolonge par continuité en $0$ par la valeur $0$. Notons $g$ ce prolongement, continu sur $[0\,,1]$, et $I = \int_{0}^{1} g$.

Le produit d'un logarithme, dont la dérivée est simple, et de $\frac{x}{(x^{2} + 1)^{2}}$, dont on connaît une primitive, suggère une intégration par parties. On ne peut pas l'écrire directement sur $[0\,,1]$, puisque $\ln$ n'est pas défini en $0$ : on l'écrit sur $[\varepsilon\,,1]$, avec $\varepsilon \in \,]0\,,1[$, et l'on choisit la primitive de $x \mapsto \frac{x}{(x^{2} + 1)^{2}}$ qui s'annule en $0$, $$V(x) = \frac{1}{2} - \frac{1}{2(x^{2} + 1)} = \frac{x^{2}}{2(x^{2} + 1)},$$ d'où $$\int_{\varepsilon}^{1} g = \Big[V(x)\ln x\Big]_{\varepsilon}^{1} - \int_{\varepsilon}^{1} \frac{V(x)}{x}\,\mathrm{d} x = -V(\varepsilon)\ln\varepsilon - \int_{\varepsilon}^{1} \frac{x}{2(x^{2} + 1)}\,\mathrm{d} x.$$ Quand $\varepsilon$ tend vers $0$, le membre de gauche tend vers $I$, puisque $\varepsilon \mapsto \int_{\varepsilon}^{1} g$ est continue sur $[0\,,1]$ (théorème 6) ; le terme $V(\varepsilon)\ln\varepsilon$, équivalent à $\frac{\varepsilon^{2}\ln\varepsilon}{2}$, tend vers $0$, et la dernière intégrale tend vers $$\int_{0}^{1} \frac{x}{2(x^{2} + 1)}\,\mathrm{d} x = \Big[\frac{\ln(x^{2} + 1)}{4}\Big]_{0}^{1} = \frac{\ln 2}{4}.$$

$$\boxed{\int_{0}^{1} \frac{x\ln x}{(x^{2} + 1)^{2}}\,\mathrm{d} x = -\frac{\ln 2}{4} \approx -0{,}1733}$$ Le résultat est négatif, comme la fonction intégrée sur $]0\,,1[$ ✓.

Piège. Avec la primitive $-\frac{1}{2(x^{2} + 1)}$, le terme de bord $\frac{\ln\varepsilon}{2(\varepsilon^{2} + 1)}$ tend vers $-\infty$, et il faudrait le compenser par une intégrale elle aussi divergente. Le choix de la constante d'intégration, ici celle qui annule $V$ en $0$, est ce qui rend le calcul propre.

2. Les trois fonctions sont des fractions rationnelles sans pôle sur $[0\,,+\infty[$ : on les décompose en éléments simples, comme à l'exercice 16, puis l'on regroupe les logarithmes en un seul avant de faire tendre $A$ vers $+\infty$.

Première intégrale. En multipliant par $2t + 1$ et en évaluant en $-\frac{1}{2}$, le coefficient de $\frac{1}{2t + 1}$ vaut $\frac{-1/2}{(1/2)^{2}} = -2$ ; de même, celui de $\frac{1}{(t + 1)^{2}}$ vaut $\frac{-1}{-1} = 1$. Enfin, la limite nulle de $tF(t)$ en $+\infty$ donne le coefficient $1$ de $\frac{1}{t + 1}$, puisque $\frac{-2}{2t + 1} = \frac{-1}{t + 1/2}$. Ainsi $$\frac{t}{(t + 1)^{2}(2t + 1)} = \frac{1}{t + 1} + \frac{1}{(t + 1)^{2}} - \frac{2}{2t + 1}, \qquad \int_{0}^{A} \frac{t\,\mathrm{d} t}{(t + 1)^{2}(2t + 1)} = \ln\frac{A + 1}{2A + 1} + 1 - \frac{1}{A + 1}.$$

Deuxième intégrale. La décomposition est $$\frac{1}{(t^{2} + 4)(t + 2)^{2}} = \frac{1}{16(t + 2)} + \frac{1}{8(t + 2)^{2}} - \frac{t}{16(t^{2} + 4)},$$ d'où une primitive $\frac{1}{32}\ln\frac{(t + 2)^{2}}{t^{2} + 4} - \frac{1}{8(t + 2)}$, qui vaut $-\frac{1}{16}$ en $0$ : $$\int_{0}^{A} \frac{\mathrm{d} t}{(t^{2} + 4)(t + 2)^{2}} = \frac{1}{32}\ln\frac{(A + 2)^{2}}{A^{2} + 4} - \frac{1}{8(A + 2)} + \frac{1}{16}, \qquad \boxed{\text{limite } \frac{1}{16}}$$

Troisième intégrale. Avec $t^{3} + 1 = (t + 1)(t^{2} - t + 1)$, le coefficient du pôle $-1$ vaut $\frac{-1}{3}$, et $$\frac{t}{t^{3} + 1} = -\frac{1}{3(t + 1)} + \frac{t + 1}{3(t^{2} - t + 1)}, \qquad t + 1 = \frac{1}{2}(2t - 1) + \frac{3}{2}.$$ Avec la forme canonique $t^{2} - t + 1 = \big(t - \frac{1}{2}\big)^{2} + \frac{3}{4}$, on obtient $$\int_{0}^{A} \frac{t\,\mathrm{d} t}{t^{3} + 1} = \frac{1}{6}\ln\frac{A^{2} - A + 1}{(A + 1)^{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}}\Big(\operatorname{Arctan}\frac{2A - 1}{\sqrt{3}} + \frac{\pi}{6}\Big),$$ et, quand $A$ tend vers $+\infty$, le logarithme tend vers $\ln 1 = 0$ et l'arc tangente vers $\frac{\pi}{2}$ : $$\boxed{\int_{0}^{A} \frac{t\,\mathrm{d} t}{t^{3} + 1} \xrightarrow[A \to +\infty]{} \frac{1}{\sqrt{3}}\Big(\frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{6}\Big) = \frac{2\pi}{3\sqrt{3}} \approx 1{,}2092}$$ Piège. Chaque logarithme, pris séparément, tend vers $+\infty$ ou $-\infty$ : l'erreur la plus répandue est d'écrire une forme indéterminée $\infty - \infty$, ou de conclure à la divergence. La limite existe parce que la fonction intégrée est en $O\big(\frac{1}{t^{2}}\big)$ en $+\infty$, ce qui force les coefficients des termes $\frac{1}{t - \lambda}$ à se compenser : les logarithmes se regroupent en le logarithme d'un quotient qui tend vers une constante.