La fonction $t\mapsto \frac{\ln (t)}{a^2+t^2}$ est définie et continue par morceaux sur $]0;+\mathrm{\infty }[$.
Cette fonction est intégrable car

$$\sqrt{t}\frac{\ln (t)}{a^2+t^2}\underset{t\to 0+}{\overset{}{\to }}0\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}{t}^{3/2}\frac{\ln (t)}{a^2+t^2}\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0\text{.}$$

L’intégrale définissant $I(a)$ est donc bien définie.

Par le changement de variable ${𝒞}^1$ bijectif proposé

$$I(a)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\ln (t)}{a^2+t^2}dt\underset{u=a/t}{=}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\ln (a)-\ln (u)}{a(u^2+1)}du=\frac{\ln (a)}{a}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}u}{u^2+1}-\frac{1}{a}I(1)\text{.}$$

Pour $a=1$, on obtient $I(1)=0$ et donc

$$I(a)=\frac{\pi }{2}\cdot \frac{\ln (a)}{a}\text{.}$$

On peut écrire

$$1+{(t+\mathrm{i}b)}^2=(t+\mathrm{i}(b+1))(t+\mathrm{i}(b-1))\text{.}$$

Si $b=\pm 1$ la fonction n’est pas intégrable sur $ℝ$ à cause d’une singularité en 0.
Si $b\ne \pm 1$ alors la fonction $f:t\mapsto \frac{1}{1+{(t+\mathrm{i}b)}^2}$ est continue par morceaux sur $ℝ$ et $f(t)=\mathrm{O}\left(\frac{1}{t^2}\right)$ quand $t\to \pm \mathrm{\infty }$ donc $f$ est intégrable sur $ℝ$.
En procédant à une décomposition en éléments simples:

$${\int }_{-A}^A\frac{\mathrm{d}t}{1+{(t+\mathrm{i}b)}^2}=\frac{\mathrm{i}}{2}{\left[\frac{1}{2}\ln (t^2+{(b+1)}^2)+\arctan \left(\frac{t}{b+1}\right)\right]}_{-A}^A-\frac{\mathrm{i}}{2}{\left[\frac{1}{2}\ln (t^2+{(b-1)}^2)+\arctan \left(\frac{t}{b-1}\right)\right]}_{-A}^A\text{.}$$

Si $|b|>1$ alors

$${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{1+{(t+\mathrm{i}b)}^2}=0\text{.}$$

Si $|b|<1$ alors

$${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{1+{(t+\mathrm{i}b)}^2}=\pi \text{.}$$

Le discriminant du trinôme $t^2+\alpha t+1$ vaut $\mathrm{\Delta }={\alpha }^2-4$.

Cas: $|\alpha |<2$. On a $\mathrm{\Delta }<0$, le trinôme ne s’annule pas et la fonction $t\mapsto 1/(t^2+\alpha t+1)$ est définie et continue par morceaux sur $[0;+\mathrm{\infty }[$. La fonction est intégrable car équivalente à $1/t^2$ en $+\mathrm{\infty }$.

Cas: $\alpha \ge 2$. Le trinôme ne s’annule pas sur $[0;+\mathrm{\infty }[$ car il est somme de termes positifs. À nouveau la fonction $t\mapsto 1/(t^2+\alpha t+1)$ est intégrable sur $[0;+\mathrm{\infty }[$.

Cas: $\alpha \le -2$. le trinôme $t^2+\alpha t+1$ présente deux racines positives et la fonction $t\mapsto 1/(t^2+\alpha t+1)$ n’est pas définie sur l’intégralité de l’intervalle $]0;+\mathrm{\infty }[$. Même en découpant l’intégrale aux points singuliers, on peut observer que les intégrales introduites ne sont pas définies. On ne parvient donc pas à donner un sens à l’intégrale étudiée dans ce cas.

Reste à calculer l’intégrale pour $\alpha >-2$.

Cas: $|\alpha |<2$. Le trinôme $t^2+\alpha t+1$ s’écrit peut se réécrire

$${\left(t+\frac{\alpha }{2}\right)}^2+a^2\text{ avec }a=\sqrt{1-\frac{{\alpha }^2}{4}}\text{.}$$

On a alors

$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{t^2+\alpha t+1}={\left[\frac{1}{a}\arctan \left(\frac{2t+\alpha }{a}\right)\right]}_0^{+\mathrm{\infty }}$$

puis

$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{t^2+\alpha t+1}=\frac{1}{a}\left(\frac{\pi }{2}-\arctan \left(\frac{\alpha }{a}\right)\right)\text{.}$$

Cas: $\alpha =2$.

$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{t^2+2t+1}={\left[-\frac{1}{t+1}\right]}_0^{+\mathrm{\infty }}=1\text{.}$$

Cas: $\alpha >2$. Le trinôme $t^2+\alpha t+1$ à deux racines $t_0,t_1$ distinctes strictement négatives.

$$t_0=\frac{-\alpha -\sqrt{\mathrm{\Delta }}}{2}\text{ et }{t}_1=\frac{-\alpha +\sqrt{\mathrm{\Delta }}}{2}\text{.}$$

Par décomposition en éléments simples,

$$\frac{1}{t^2+\alpha t+1}=\frac{a}{t-t_0}+\frac{b}{t-t_1}$$

avec

$$a=\frac{1}{t_1-t_0}=\frac{1}{\sqrt{\mathrm{\Delta }}}\text{ et }b=\frac{1}{t_0-t_1}=-a\text{.}$$

On a alors

$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{t^2+\alpha t+1}=\frac{1}{t_1-t_0}{\left[\ln \left(\frac{t-t_0}{t-t_1}\right)\right]}_0^{+\mathrm{\infty }}=\frac{1}{\sqrt{\mathrm{\Delta }}}\ln \left(\frac{\alpha +\sqrt{\mathrm{\Delta }}}{\alpha -\sqrt{\mathrm{\Delta }}}\right)\text{.}$$

La fonction $t\mapsto \frac{1}{(t^2+a^2)(t^2+b^2)}$ est définie et continue par morceaux sur $]-\mathrm{\infty };+\mathrm{\infty }[$.

Quand $t\to +\mathrm{\infty }$, $f(t)\sim \frac{1}{t^4}$ donc $f$ est intégrable sur $[0;+\mathrm{\infty }[$.

Quand $t\to -\mathrm{\infty }$, $f(t)\sim \frac{1}{t^4}$ donc $f$ est intégrable sur $]-\mathrm{\infty };0]$.

On remarque

$$\frac{1}{t^2+a^2}-\frac{1}{t^2+b^2}=\frac{b^2-a^2}{(t^2+a^2)(t^2+b^2)}\text{.}$$

Cas: $a\ne b$.

$$I(a,b)=\frac{1}{b^2-a^2}\left({\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{t^2+a^2}-{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{t^2+b^2}\right)$$

avec convergence des deux intégrales introduites. Sachant

$${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{t^2+a^2}={\left[\frac{1}{a}\arctan \left(\frac{t}{a}\right)\right]}_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}=\frac{\pi }{a}$$

on obtient

$$I(a,b)=\frac{\pi }{ab(a+b)}\text{.}$$

Cas: $a=b$.

$$I(a,a)=\frac{1}{a^2}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{(t^2+a^2-t^2)\mathrm{d}t}{{(t^2+a^2)}^2}=\frac{1}{a^2}\left({\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{t^2+a^2}-{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{t^2}{{(t^2+a^2)}^2}dt\right)\text{.}$$

Par intégration par parties généralisée,

$${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{t\times t}{{(t^2+a^2)}^2}dt={\left[-\frac{1}{2}\frac{t}{t^2+a^2}\right]}_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}+\frac{1}{2}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{t^2+a^2}=\frac{\pi }{2a}$$

On conclut

$$I(a,a)=\frac{\pi }{2a^3}\text{.}$$

La fonction $f:t\mapsto (t-\lfloor t\rfloor ){\mathrm{e}}^{-at}$ est définie et continue par morceaux sur $[0;+\mathrm{\infty }[$.
Quand $t\to +\mathrm{\infty }$, $t^{2}f(t)\to 0$ donc $f$ est intégrable sur $[0;+\mathrm{\infty }[$.

$${\int }_0^{n}f(t)dt=\sum _{k=0}^{n-1}{\int }_k^{k+1}f(t)dt=\sum _{k=0}^{n-1}{\int }_0^{1}t{\mathrm{e}}^{-a(t+k)}dt=\frac{1-{\mathrm{e}}^{-na}}{1-{\mathrm{e}}^{-a}}\frac{1-(a+1){\mathrm{e}}^{-a}}{a^2}\text{.}$$

Quand $n\to +\mathrm{\infty }$,

$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}f(t)dt=\frac{1-(a+1){\mathrm{e}}^{-a}}{a^2(1-{\mathrm{e}}^{-a})}\text{.}$$

La fonction $f:t\mapsto \sqrt{t}+a\sqrt{t+1}+b\sqrt{t+2}$ est définie et continue par morceaux sur $[0;+\mathrm{\infty }[$.
Par développements limités

$$f(t)=(1+a+b)\sqrt{t}+\frac{a+2b}{2}\frac{1}{\sqrt{t}}+\mathrm{O}\left(\frac{1}{t^{3/2}}\right)\text{ quand }t\to +\mathrm{\infty }\text{.}$$

Si $1+a+b\ne 0$ alors $f(t)\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}+\mathrm{\infty }$ ou $-\mathrm{\infty }$ et l’intégrale n’est assurément pas convergente.
Si $1+a+b=0$ et $a+2b\ne 0$ alors $f(t)\sim \frac{\lambda }{t^{1/2}}$ avec $\lambda \ne 0$. Par équivalence de fonction de signe constant au voisinage de $+\mathrm{\infty }$, on peut affirmer que l’intégrale diverge.
Si $1+a+b=0$ et $a+2b=0$ c’est-à-dire $(a,b)=(-\mathrm{2,1})$ alors $f(t)=\mathrm{O}\left(1/t^{3/2}\right)$ et donc $f$ est intégrable.
Finalement, l’intégrale étudiée converge si, et seulement si, $(a,b)=(-\mathrm{2,1})$.
Supposons que tel soit le cas.

$${\int }_0^x\left(\sqrt{t}-2\sqrt{t+1}+\sqrt{t+2}\right)dt=\frac{2}{3}{\left[t^{3/2}-2{(t+1)}^{3/2}+{(t+2)}^{3/2}\right]}_0^x\text{.}$$

Par développements limités

$$x^{3/2}-2{(x+1)}^{3/2}+{(x+2)}^{3/2}\sim \frac{3}{4\sqrt{x}}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0$$

et donc

$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\left(\sqrt{t}+a\sqrt{t+1}+b\sqrt{t+2}\right)dt=\frac{4}{3}\left(1-\sqrt{2}\right)\text{.}$$

• (a)

  $x\mapsto f(x+a)-f(x)$ est continue et positive (car $f$ est croissante).

  $${\int }_0^{A}f(x+a)-f(x)\mathrm{d}x={\int }_a^{A+a}f(x)dx-{\int }_0^{A}f(x)dx={\int }_A^{A+a}f(x)dx-{\int }_0^{a}f(x)dx\text{.}$$

  Or $f(x)\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}\mathrm{\ell }$ donc

  $$\forall \epsilon >0,\exists M\in ℝ,x\ge M⟹\left|f(x)-\mathrm{\ell }\right|\le \epsilon$$

  et alors

  $$\forall A\ge M,\left|{\int }_A^{A+a}f(x)dx-a\mathrm{\ell }\right|\le {\int }_A^{A+a}\left|f(x)-\mathrm{\ell }\right|dx\le a\epsilon$$

  donc

  $${\int }_A^{A+a}f(x)dx\underset{A\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}a\mathrm{\ell }$$

  puis

  $${\int }_0^{A}f(x+a)-f(x)\mathrm{d}x\underset{A\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}a\mathrm{\ell }-{\int }_0^{a}f(x)dx\text{.}$$

  On peut conclure que ${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}f(x+a)-f(x)\mathrm{d}x$ est définie et

  $${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}f(x+a)-f(x)\mathrm{d}x=a\mathrm{\ell }-{\int }_0^{a}f(x)dx\text{.}$$

• (b)

  Comme ci-dessus, mais en faisant $A\to -\mathrm{\infty }$, on établie

  $${\int }_0^{-\mathrm{\infty }}f(x+a)-f(x)\mathrm{d}x=a{\mathrm{\ell }}^{\prime }-{\int }_0^{a}f(x)dx$$

  avec ${\mathrm{\ell }}^{\prime }={lim}_{x\to -\mathrm{\infty }}f(x)$. Par conséquent, ${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\arctan (x+a)-\arctan (x)\mathrm{d}x$ est définie par application du théorème de Chasles et

  $${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\arctan (x+a)-\arctan (x)\mathrm{d}x=\pi a\text{.}$$

• (a)

  L’intégrale en premier membre existe et définit une fonction dérivable de $x$ avec

  $$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left({\int }_x^{+\mathrm{\infty }}\frac{f(at)-f(bt)}{t}dt\right)=-\frac{f(ax)-f(bx)}{x}\text{.}$$

  L’intégrale en second membre définit aussi une fonction dérivable de $x$ avec

  $$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left({\int }_{ax}^{bx}\frac{f(u)}{u}du\right)=b\frac{f(bx)}{bx}-a\frac{f(ax)}{ax}=\frac{f(bx)-f(ax)}{x}\text{.}$$

  On en déduit que les deux membres de l’égalité voulue sont égaux à une constante près.
  Or ces deux fonctions de $x$ sont de limite nulle quand $x\to +\mathrm{\infty }$ et la constante précédente est alors nulle.

• (b)

  Par continuité de $f$ en 0, on peut écrire

  $$f(t)=f(0)+\phi (t)\text{ avec }\phi \text{ de limite nulle en 0.}$$

  On a alors

  $${\int }_{ax}^{bx}\frac{f(t)}{t}dt=f(0)\ln \left(\frac{b}{a}\right)+{\int }_{ax}^{bx}\frac{\phi (t)}{t}dt\text{.}$$

  Or

  $$\left|{\int }_{ax}^{bx}\frac{\phi (t)}{t}dt\right|\le \underset{t\in [ax;bx]}{\max }\left|\phi (t)\right|{\int }_{ax}^{bx}\frac{\mathrm{d}t}{t}=\ln \left(\frac{b}{a}\right)\underset{t\in [ax;bx]}{\max }\left|\phi (t)\right|\underset{x\to 0^{+}}{\overset{}{\to }}0\text{.}$$

  On conclut à la convergence de l’intégrale et à la valeur

  $${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{f(at)-f(bt)}{t}dt=f(0)\ln \left(\frac{b}{a}\right)\text{.}$$

Par le changement de variable $u=\tan \left(\frac{t}{2}\right)$ on parvient à l’intégrale

$$I={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{8u^2\mathrm{d}u}{\left(1+u^2\right)\left({(1-x)}^2+{(1+x)}^2{u}^2\right)\left({(1-y)}^2+{(1+y)}^2{u}^2\right)}\text{.}$$

On peut réaliser une décomposition en éléments simples réelles de la fraction rationnelle intégrée qui pour des raisons de parité sera de la forme

$$\frac{a}{1+u^2}+\frac{b}{{(1-x)}^2+{(1+x)}^2{u}^2}+\frac{c}{{(1-y)}^2+{(1+y)}^2{u}^2}$$

avec

$$a=-\frac{1}{2xy},b=-\frac{{(1-x)}^2{(1+x)}^2}{2x(x-y)(1-xy)}\text{ et }c=-\frac{{(1-y)}^2{(1+y)}^2}{2y(y-x)(1-xy)}$$

sous réserve que $x\ne y$ et $xy\ne 0$.
Puisque

$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}u}{{\alpha }^2+{\beta }^2{u}^2}=\frac{1}{\alpha \beta }\cdot \frac{\pi }{2}$$

on parvient à

$$I=\frac{\pi }{2}\left(-\frac{1}{2xy}-\frac{1-x^2}{2x(x-y)(1-xy)}+\frac{1-y^2}{2y(x-y)(1-xy)}\right)=\frac{\pi }{2(1-xy)}\text{.}$$

Les cas exclus $x\ne y$ et $xy\ne 0$ peuvent être récupérés par continuité.
Il m’a peut-être échappé une démarche plus simple…