• (a)

  La fonction $f$ est continue par morceaux sur $]0;+\mathrm{\infty }[$.
  Quand $t\to 0^{+}$, $\sqrt{t}f(t)\to 0$ et quand $t\to +\mathrm{\infty }$, $t^{3/2}f(t)\to 0$ donc $f$ est intégrable sur $]0;1]$ et $[1;+\mathrm{\infty }[$.

• (b)

  Par une intégration par parties où l’on choisit judicieusement une primitive s’annulant en 0

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

  Par le changement de variable $u=1/t$

  $${\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\ln (t)}{{(1+t)}^2}dt=-{\int }_0^1\frac{\ln (u)}{{(u+1)}^2}du=\ln (2)\text{.}$$

L’intégrale est doublement généralisée. On peut justifier sa convergence par les démarches d’intégrabilité classiques mais nous allons établir son existence durant le déroulement des calculs.

Procédons à une intégration par parties avec

$$u(x)=-\frac{1}{x}+1=\frac{x-1}{x}\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}v(x)=\ln \left(1-x^2\right)\text{.}$$

Les fonctions $u$ et $v$ sont de classe ${𝒞}^1$ sur $]0;1[$. On remarque

$$u(x)v(x)=\frac{x-1}{x}\ln \left(1-x^2\right)\underset{x\to 0^{+}}{\sim }\frac{-1}{x}\times \left(-x^2\right)=x\underset{x\to 0^{+}}{\overset{}{\to }}0$$

et

$$u(x)v(x)=\frac{x-1}{x}\ln \left(1-x^2\right)=\frac{(x-1)\ln (1-x)+(x-1)\ln (1+x)}{x}\underset{x\to 1^{-}}{\overset{}{\to }}0\text{.}$$

Par le théorème d’intégration par parties généralisée, les deux intégrales

$${\int }_0^1{u}^{\prime }(x)v(x)dx\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}{\int }_0^{1}u(x)v^{\prime }(x)dx$$

sont de même nature. Cependant,

$${\int }_0^{1}u(x)v^{\prime }(x)dx={\int }_0^1\frac{x-1}{x}\cdot \frac{-2x}{1-x^2}dx={\int }_0^1\frac{2}{1+x}dx$$

converge car faussement généralisée.

Avec convergence des intégrales écrites, on applique la formule d’intégration par parties et l’on termine le calcul

	${\displaystyle {\int }_0^1}{\displaystyle \frac{\ln (1-x^2)}{x^2}}dx$	$={\left[\ln (1-x^2){\displaystyle \frac{x-1}{x}}\right]}_0^1-{\displaystyle {\int }_0^1}{\displaystyle \frac{2}{(1+x)}}dx$
		$=-2{\left[\ln (1+x)\right]}_0^1=-2\ln (2)\text{.}$

On réalise l’intégration par parties avec

$$u(t)=\ln (t)\text{ et }v(t)={\mathrm{e}}^{-t}-{\mathrm{e}}^{-2t}\text{.}$$

Les fonctions $u$ et $v$ sont de classe ${𝒞}^1$ et le produit $uv$ converge aux bornes d’intégration $0$ et $+\mathrm{\infty }$:

$$u(t)v(t)\underset{t\to 0^{+}}{\sim }t\ln (t)\underset{t\to 0^{+}}{\overset{}{\to }}0\text{ et }u(t)v(t)\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{\sim }\ln (t){\mathrm{e}}^{-t}\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0\text{.}$$

Sous réserve d’existence, la formule d’intégration par parties donne

$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{-t}-{\mathrm{e}}^{-2t}}{t}dt={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\ln (t)\left({\mathrm{e}}^{-t}-2{\mathrm{e}}^{-2t}\right)dt\text{.}$$

La fonction $t\mapsto \ln (t){\mathrm{e}}^{-t}$ est intégrable sur $]0;+\mathrm{\infty }[$ car négligeable devant $1/t^2$ en $+\mathrm{\infty }$ et devant $1/\sqrt{t}$ en $0$. De même, la fonction $t\mapsto \ln (t){\mathrm{e}}^{-2t}$ est intégrable. On peut donc écrire la séparation

$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\ln (t)\left({\mathrm{e}}^{-t}-2{\mathrm{e}}^{-2t}\right)dt={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\ln (t){\mathrm{e}}^{-t}dt-2{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\ln (t){\mathrm{e}}^{-2t}dt\text{.}$$

Cette identité justifie l’existence de l’intégrale en premier membre et donc aussi (en vertu du théorème d’intégration par parties) l’existence de l’intégrale initiale.

Par le changement de variable $u=2t$

	$2{\displaystyle {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}}\ln (t){\mathrm{e}}^{-2t}dt$	$={\displaystyle {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}}\ln (u/2){\mathrm{e}}^{-u}du$
		$={\displaystyle {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}}\ln (u){\mathrm{e}}^{-u}du-\ln (2)\underset{\begin{array}{c}=1\end{array}}{\underbrace{{\displaystyle {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}}{\mathrm{e}}^{-u}du}}\text{.}$

On en déduit par simplification

$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\ln (t)\left({\mathrm{e}}^{-t}-2{\mathrm{e}}^{-2t}\right)dt=\ln (2)\text{.}$$

Les fonctions $u$ et $v$ sont définies et continues par morceaux sur $[1;+\mathrm{\infty }[$.
Puisque l’intégrale de $f$ sur $[1;+\mathrm{\infty }[$ converge, on a

$$u(x)=\mathrm{O}\left(\frac{1}{x^2}\right)\text{ quand }x\to +\mathrm{\infty }$$

et donc $u$ est intégrable sur $[1;+\mathrm{\infty }[$.
Puisque $1/x\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0$, on a

$$v(x)=\mathrm{o}\left(f(x)\right)\text{ quand }x\to +\mathrm{\infty }$$

et donc $v$ aussi est intégrable sur $[1;+\mathrm{\infty }[$.
Par intégration par parties,

$${\int }_1^{A}u(x)dx={\left[-\frac{1}{x}{\int }_1^{x}f(t)dt\right]}_1^A+{\int }_1^{A}v(x)dx$$

et, quand $A\to +\mathrm{\infty }$, on obtient

$${\int }_1^{+\mathrm{\infty }}u(x)dx={\int }_1^{+\mathrm{\infty }}v(x)dx\text{.}$$

• (a)

  $x\mapsto u^{\prime }(x)$, $x\mapsto u(x)$ et $x\mapsto xu(x)$ sont de carrés intégrables donc $x\mapsto {(xu{(x)}^2)}^{\prime }=u{(x)}^2+x{u}^{\prime }(x)u(x)$ est intégrable sur $ℝ$. Par suite, $x\mapsto xu{(x)}^2$ admet des limites finies quand $x\to \pm \mathrm{\infty }$. Or cette fonction est elle-même intégrable sur $ℝ$ donc ses limites en $\pm \mathrm{\infty }$ ne peuvent qu’être nulles.

• (b)

  Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

  $${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}{u}^{\prime }{(x)}^{2}dx{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}{x}^{2}u{(x)}^{2}dx\ge {\left({\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}x{u}^{\prime }(x)u(x)dx\right)}^2\text{.}$$

  Or par intégration par parties

  $${\int }_{-n}^{n}x{u}^{\prime }(x)u(x)dx={\left[x{u}^2(x)\right]}_{-n}^n-{\int }_{-n}^{n}u(x)(u(x)+x{u}^{\prime }(x))dx\text{ donc.}$$

  Ainsi,

  $${\int }_{-n}^{n}x{u}^{\prime }(x)u(x)dx=\frac{1}{2}{\left[x{u}^2(x)\right]}_{-n}^n-\frac{1}{2}{\int }_{-n}^n{u}^2(x)dx$$

  puis à la limite

  $${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}x{u}^{\prime }(x)u(x)dx=-\frac{1}{2}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}{u}^2(x)dx$$

  et enfin l’inégalité voulue.