La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur $]0;+\mathrm{\infty }[$. Elle y est aussi intégrable car

$$\frac{{\mathrm{e}}^{-\sqrt{t}}}{\sqrt{t}}\underset{t\to 0^{+}}{\sim }\frac{1}{\sqrt{t}}\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}{t}^2\times \frac{{\mathrm{e}}^{-\sqrt{t}}}{\sqrt{t}}=t^{3/2}{\mathrm{e}}^{-\sqrt{t}}\underset{X=\sqrt{t}}{=}{X}^3{\mathrm{e}}^{-X}\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0\text{.}$$

Par le changement de variable $u=\sqrt{t}$ (qui est de classe ${𝒞}^1$ strictement croissant),

$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{-\sqrt{t}}}{\sqrt{t}}dt=2{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-u}du=2\text{.}$$

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur $[0;+\mathrm{\infty }[$. On remarque

$$\frac{1}{({\mathrm{e}}^t+1)({\mathrm{e}}^{-t}+1)}\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{\sim }{\mathrm{e}}^{-t}=\mathrm{o}\left(\frac{1}{t^2}\right)$$

et cela assure l’intégrabilité sur $[1;+\mathrm{\infty }[$.

On peut réécrire la fonction intégrée

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

On reconnaît une forme $u^{\prime }/u^2$ qui permet de terminer le calcul

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

On aurait aussi pu réaliser le changement de variable $u={\mathrm{e}}^t$ (qui est de classe ${𝒞}^1$ strictement croissant). Celui-ci transforme l’intégrale étudiée en

$${\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}u}{{(u+1)}^2}={\left[-\frac{1}{u+1}\right]}_0^{+\mathrm{\infty }}=\frac{1}{2}\text{.}$$

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur $]0;1]$. Elle y est aussi intégrable car

$$t^{2/3}\frac{\ln (t)}{\sqrt{t}}=t^{1/6}\ln (t)\underset{t\to 0^{+}}{\overset{}{\to }}0\text{.}$$

Par le changement de variable $u=\sqrt{t}$ (qui est ${𝒞}^1$ strictement croissant),

$${\int }_0^1\frac{\ln (t)}{\sqrt{t}}dt={\int }_0^{1}4\ln (u)du={\left[4u\ln (u)-4u\right]}_0^1=-4\text{.}$$

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur $]0;1[$. Elle y est aussi intégrable car

$$\frac{\ln (t)}{\sqrt{1-t}}\underset{t\to 0^{+}}{\sim }\ln (t)\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}\frac{\ln (t)}{\sqrt{1-t}}\underset{t\to 0^{+}}{=}\mathrm{o}\left(\frac{1}{\sqrt{1-t}}\right)\text{.}$$

Par le changement de variable $u=\sqrt{1-t}$ (qui est de classe ${𝒞}^1$ strictement décroissant);

$${\int }_0^1\frac{\ln (t)}{\sqrt{1-t}}dt=-{\int }_1^{0}2\ln (1-u^2)du={\int }_0^{1}2\ln (1-u^2)du\text{.}$$

Or

$${\int }_0^1\ln (1-u^2)du={\int }_0^1\ln (1-u)du+{\int }_0^1\ln (1+u)du=2\ln (2)-2$$

et donc

$${\int }_0^1\frac{\ln (t)}{\sqrt{1-t}}dt=4\ln (2)-4\text{.}$$

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur $[1;+\mathrm{\infty }[$. Elle y est aussi intégrable car

$$t^2\times \frac{1}{\mathrm{sh}(t)}=\frac{2t^2}{{\mathrm{e}}^t-{\mathrm{e}}^{-t}}\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0\text{.}$$

Réalisons le changement de variable $u={\mathrm{e}}^t$: celui-ci est légitime car l’application $t\mapsto {\mathrm{e}}^t$ est de classe ${𝒞}^1$ strictement croissant. Avec convergence de l’intégrale obtenue par la transformation, on obtient

$${\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{\mathrm{sh}(t)}={\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{2\mathrm{d}t}{{\mathrm{e}}^t-{\mathrm{e}}^{-t}}={\int }_{\mathrm{e}}^{+\mathrm{\infty }}\frac{2\mathrm{d}u}{u^2-1}$$

On poursuit à l’aide d’une décomposition en éléments simples (ou par une formule si on l’a connaît…)

$${\int }_{\mathrm{e}}^{+\mathrm{\infty }}\frac{2\mathrm{d}u}{u^2-1}={\int }_{\mathrm{e}}^{+\mathrm{\infty }}\left(\frac{1}{u-1}-\frac{1}{u+1}\right)du={\left[\ln \left(\frac{u-1}{u+1}\right)\right]}_{\mathrm{e}}^{+\mathrm{\infty }}=\ln \left(\frac{\mathrm{e}+1}{\mathrm{e}-1}\right)\text{.}$$

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur $[0;+\mathrm{\infty }[$. Elle y est aussi intégrable car

$$t^2\frac{1}{\sqrt{{\mathrm{e}}^t+1}}\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\sim }{t}^2{\mathrm{e}}^{-t/2}\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0\text{.}$$

Par le changement de variable $u=\sqrt{{\mathrm{e}}^t+1}$ (qui est de classe ${𝒞}^1$ strictement croissant)

$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{{\mathrm{e}}^t+1}}={\int }_{\sqrt{2}}^{+\mathrm{\infty }}\frac{2\mathrm{d}u}{u^2-1}={\left[\ln \left(\frac{u-1}{u+1}\right)\right]}_{\sqrt{2}}^{+\mathrm{\infty }}=\ln \left(\frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}-1}\right)=2\ln \left(\sqrt{2}+1\right)\text{.}$$

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur $[1;+\mathrm{\infty }[$. Elle y est aussi intégrable car

$$\frac{\mathrm{d}t}{t^2\sqrt{1+t^2}}\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{\sim }\frac{1}{t^3}\text{.}$$

Par le changement de variable $t=\mathrm{sh}(x)$ (qui est de classe ${𝒞}^1$ strictement croissant),

$${\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{t^2\sqrt{1+t^2}}={\int }_{\alpha }^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}x}{{\mathrm{sh}}^2(x)}$$

avec $\alpha$ l’unique réel tel que $sh(\alpha )=1$. Après résolution de cette équation

$$\alpha =\ln \left(1+\sqrt{2}\right)\text{.}$$

Par le changement de variable $u={\mathrm{e}}^x$ (qui est de classe ${𝒞}^1$ strictement croissant),

$${\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{t^2\sqrt{1+t^2}}={\int }_{\alpha }^{+\mathrm{\infty }}\frac{4\mathrm{d}x}{{({\mathrm{e}}^x-{\mathrm{e}}^{-x})}^2}={\int }_{1+\sqrt{2}}^{+\mathrm{\infty }}\frac{4\mathrm{d}u}{u{(u-1/u)}^2}\text{.}$$

On peut alors terminer le calcul

$${\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{t^2\sqrt{1+t^2}}={\int }_{1+\sqrt{2}}^{+\mathrm{\infty }}\frac{4u\mathrm{d}u}{{(u^2-1)}^2}={\left[\frac{2}{1-u^2}\right]}_{1+\sqrt{2}}^{+\mathrm{\infty }}=\frac{2}{{(\sqrt{2}+1)}^2-1}=\sqrt{2}-1\text{.}$$

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur $]0;+\mathrm{\infty }[$. Elle y est aussi intégrable car

$$\frac{1}{(x+1)\sqrt[3]{x}}\underset{x\to 0^{+}}{\sim }\frac{1}{x^{1/3}}\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}\frac{\mathrm{d}x}{(x+1)\sqrt[3]{x}}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\sim }\frac{1}{x^{4/3}}\text{.}$$

Par le changement de variable $t=\sqrt[3]{x}$ (qui est de classe ${𝒞}^1$ strictement croissant),

$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}x}{(x+1)\sqrt[3]{x}}={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{3t^2\mathrm{d}t}{(t^3+1)t}=3{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{t\mathrm{d}t}{t^3+1}\text{.}$$

Après décomposition en éléments simples,

$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}x}{(x+1)\sqrt[3]{x}}={\left[\ln \left(\frac{t+1}{\sqrt{t^2-t+1}}\right)+\sqrt{3}\arctan \left(\frac{2t-1}{\sqrt{3}}\right)\right]}_0^{+\mathrm{\infty }}=\frac{2\pi }{\sqrt{3}}\text{.}$$

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur $]0;+\mathrm{\infty }[$. Elle y est aussi intégrable car

$$\frac{\sqrt{1+x}-1}{x(1+x)}\underset{x\to 0^{+}}{\sim }\frac{\frac{1}{2}x}{x}=\frac{1}{2}\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}\frac{\sqrt{1+x}-1}{x(1+x)}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\sim }\frac{1}{x^{3/2}}\text{.}$$

Par le changement de variable $t=\sqrt{1+x}$ (qui est de classe ${𝒞}^1$ strictement croissant),

$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\sqrt{1+x}-1}{x(1+x)}dx={\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{t-1}{(t^2-1)t^2}2tdt={\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{2\mathrm{d}t}{t(t+1)}=2\ln (2)\text{.}$$

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur $]0;+\mathrm{\infty }[$. Elle y est aussi intégrable car

$$\frac{{(1+x)}^{1/3}-1}{x{(1+x)}^{2/3}}\underset{x\to 0^{+}}{\sim }\frac{\frac{1}{3}x}{x}=\frac{1}{3}\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}\frac{{(1+x)}^{1/3}-1}{x{(1+x)}^{2/3}}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\sim }\frac{1}{x^{4/3}}\text{.}$$

Par le changement de variable $t={(1+x)}^{1/3}$ (qui est de classe ${𝒞}^1$ strictement croissant)

$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(1+x)}^{1/3}-1}{x{(1+x)}^{2/3}}dx=3{\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{t^2+t+1}$$

or

$${\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{t^2+t+1}={\left[\frac{2}{\sqrt{3}}\arctan \left(\frac{2t+1}{\sqrt{3}}\right)\right]}_1^{+\mathrm{\infty }}=\frac{\pi }{3\sqrt{3}}$$

donc

$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(1+x)}^{1/3}-1}{x{(1+x)}^{2/3}}dx=\frac{\pi }{\sqrt{3}}\text{.}$$

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur $]0;1[$. Elle y est aussi intégrable car

$$\frac{x}{\sqrt{x-x^2}}\underset{x\to 0^{+}}{\sim }\sqrt{x}\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}\frac{x}{\sqrt{x-x^2}}\underset{x\to 1^{-}}{\sim }\frac{1}{\sqrt{1-x}}\text{.}$$

On écrit

$$x-x^2=\frac{1}{4}-{\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2\text{.}$$

On pose alors

$$x-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}\sin (t)\text{ avec }t\in [-\pi /2;\pi /2]$$

et l’on a

$$\sqrt{x-x^2}=\frac{1}{2}\left|\cos (t)\right|=\frac{1}{2}\cos (t)\text{.}$$

Par changement de variable associé

$${\int }_0^1\frac{x\mathrm{d}x}{\sqrt{x-x^2}}={\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}\frac{\sin (t)+1}{2\cos (t)}\cos (t)dt=\frac{\pi }{2}\text{.}$$

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur $]0;\pi /2]$. Elle y est aussi intégrable car

$$\sin (x)\ln \left(\sin (x)\right)\underset{X=\sin (x)}{=}X\ln (X)\underset{x\to 0^{+}}{\overset{}{\to }}0$$

ce qui permet de réaliser un prolongement par continuité.

Par le changement de variable $t=\cos (x)$ (qui est de classe ${𝒞}^1$ strictement décroissant),

	${\displaystyle {\int }_0^{\pi /2}}\sin (x)\ln \left(\sin (x)\right)dx$	$={\displaystyle \frac{1}{2}}{\displaystyle {\int }_0^1}\ln (1-x^2)dx$
		$={\displaystyle \frac{1}{2}}{\displaystyle {\int }_0^1}\ln (1-x)+\ln (1+x)\mathrm{d}x$
		$=\ln (2)-1\text{.}$

Sous réserve de convergences,

$${\int }_0^{\pi /2}\cos (x)\ln \left(\tan (x)\right)dx={\int }_0^{\pi /2}\cos (x)\ln \left(\sin (x)\right)dx-{\int }_0^{\pi /2}\cos (x)\ln \left(\cos (x)\right)dx\text{.}$$

Par le changement de variable $u=\sin (x)$ qui est de classe ${𝒞}^1$ strictement croissant sur $]0;\pi /2[$, les intégrales

$${\int }_0^{\pi /2}\cos (x)\ln \left(\sin (x)\right)dx\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}{\int }_0^1\ln (u)du$$

ont la même nature et sont égales en cas de convergence. Or l’intégrale obtenue est convergente en vertu de la détermination de primitive du calcul suivant

$${\int }_0^1\ln (u)du={\left[u\ln (u)-u\right]}_0^1=-1\text{.}$$

Ainsi, on a

$${\int }_0^{\pi /2}\cos (x)\ln \left(\sin (x)\right)dx=-1$$

avec convergence de l’intégrale.

Aussi, par le même changement de variable $u=\sin (x)$, les intégrales

$${\int }_0^{\pi /2}\cos (x)\ln \left(\cos (x)\right)dx\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}{\int }_0^1\frac{1}{2}\ln \left(1-u^2\right)du$$

ont la même nature et sont égales en cas de convergence

Or, sous réserve de convergence,

$${\int }_0^1\ln \left(1-u^2\right)du={\int }_0^1\ln (1-u)du+{\int }_0^1\ln (1+u)du$$

et, par translation de la variable,

$${\int }_0^1\ln (1-u)du+{\int }_0^1\ln (1+u)du={\int }_0^1\ln (x)dx+{\int }_1^2\ln (x)dx={\int }_0^2\ln (x)dx\text{.}$$

L’intégrale obtenue est convergente puisque

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

On en déduit

$${\int }_0^{\pi /2}\cos (x)\ln \left(\cos (x)\right)dx=\frac{1}{2}\left(2\ln (2)-2\right)=\ln (2)-1$$

avec convergence de l’intégrale.

Enfin, par la relation initiale,

$${\int }_0^{\pi /2}\cos (x)\ln \left(\tan (x)\right)dx=-\ln (2)$$

avec convergence de l’intégrale étudiée.

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur $[0;2\pi ]$, elle y est donc intégrable.

Par $2\pi$-périodicité,

$${\int }_0^{2\pi }\frac{\mathrm{d}x}{2+\cos (x)}={\int }_{-\pi }^{\pi }\frac{\mathrm{d}x}{2+\cos (x)}={\int }_{]-\pi ;\pi [}\frac{\mathrm{d}x}{2+\cos (x)}\text{.}$$

Sur $]-\pi ;\pi [$, on peut réaliser le changement de variable $t=\tan (x/2)$ (bijection de classe ${𝒞}^1$ strictement croissante) et l’on obtient

$${\int }_0^{2\pi }\frac{\mathrm{d}x}{2+\cos (x)}={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{2\mathrm{d}t}{(1+t^2)(2+\frac{1-t^2}{1+t^2})}={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{2\mathrm{d}t}{3+t^2}=\frac{2\pi }{\sqrt{3}}\text{.}$$

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur $[0;2\pi ]$, elle y est donc intégrable.

Par la relation de Chasles,

$${\int }_0^{2\pi }\frac{{\sin }^2(x)}{3{\cos }^2(x)+1}dx={\int }_0^{\pi /2}\mathrm{\cdots }dx+{\int }_{\pi /2}^{3\pi /2}\mathrm{\cdots }dx+{\int }_{3\pi /2}^{2\pi }\mathrm{\cdots }dx\text{.}$$

Par le changement de variable $t=\tan (x)$ (qui est de classe ${𝒞}^1$ strictement croissant),

$${\int }_0^{\pi /2}\frac{{\sin }^2(x)}{3{\cos }^2(x)+1}dx={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{t^2\mathrm{d}t}{(1+t^2)(4+t^2)}\text{.}$$

On procède de même sur $]\pi /2;3\pi /2[$ et $]3\pi /2;2\pi ]$ et l’on obtient

$${\int }_0^{2\pi }\frac{{\sin }^2(x)}{3{\cos }^2(x)+1}dx=2{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{t^2\mathrm{d}t}{(1+t^2)(4+t^2)}\text{.}$$

Par décomposition en éléments simples,

$$\frac{t^2}{(1+t^2)(4+t^2)}=-\frac{1/3}{1+t^2}+\frac{4/3}{4+t^2}$$

et l’on peut achever le calcul

$${\int }_0^{2\pi }\frac{{\sin }^2(x)}{3{\cos }^2(x)+1}dx=2{\left[-\frac{1}{3}\arctan (t)+\frac{2}{3}\arctan \left(\frac{t}{2}\right)\right]}_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}=\frac{2\pi }{3}\text{.}$$

$f:t\mapsto \frac{1}{{(1+t^2)}^2}$ est définie et continue sur $[0;+\mathrm{\infty }[$ et $f(t)\underset{+\mathrm{\infty }}{\sim }\frac{1}{t^4}$ donc $I$ existe.
Via le changement de variable $u=1/t$:

$$I={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{u^2\mathrm{d}u}{{(1+u^2)}^2}$$

d’où

$$2I={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{1+t^2}=\frac{\pi }{2}$$

puis $I=\frac{\pi }{4}$.

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur $]0;+\mathrm{\infty }[$. Elle y est intégrable car

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

Par le changement de variable $u=1/t$ (qui est de classe ${𝒞}^1$ strictement décroissant),

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

On en déduit

$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\ln (t)}{{(1+t)}^2}dt=0\text{.}$$

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur $]o;+\mathrm{\infty }[$. Elle y est aussi intégrable car

$$\frac{t\ln (t)}{{(t^2+1)}^2}\underset{t\to 0}{\overset{}{\to }}0\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}\frac{t\ln (t)}{{(t^2+1)}^2}=\frac{t\ln (t)}{t^2+1}\cdot \frac{1}{(t^2+1)}\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{=}\mathrm{o}\left(\frac{1}{t^2}\right)\text{.}$$

Par le changement de variable $u=1/t$ (qui est de classe ${𝒞}^1$ strictement décroissant),

$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{t\ln (t)}{{(t^2+1)}^2}dt={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\ln (1/u)}{u^3{(1+1/u^2)}^2}du={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{-u\ln (u)}{{(u^2+1)}^2}du\text{.}$$

On en déduit

$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{t\ln (t)}{{(t^2+1)}^2}dt=0\text{.}$$

• (a)

  La première intégrale est généralisée en $+\mathrm{\infty }$ et elle converge par l’argument d’intégrabilité en $+\mathrm{\infty }$

  $$\frac{1}{x^3+1}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\sim }\frac{1}{x^3}\text{.}$$

  Par le changement de variable $u=1/x$ (l’application $x\mapsto 1/x$ est de classe ${𝒞}^1$ strictement croissante), on transforme une intégrale en l’autre et cela justifie au passage l’existence de la deuxième intégrale.

• (b)

  n sommant les deux écritures,

  	$2I$	$={\displaystyle {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}}{\displaystyle \frac{(x+1)\mathrm{d}x}{x^3+1}}={\displaystyle {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}}{\displaystyle \frac{\mathrm{d}x}{x^2-x+1}}$
  		$={\displaystyle {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}}{\displaystyle \frac{\mathrm{d}x}{{\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{3}{4}}}={\left[{\displaystyle \frac{2}{\sqrt{3}}}\arctan \left({\displaystyle \frac{2x-1}{\sqrt{3}}}\right)\right]}_0^{+\mathrm{\infty }}={\displaystyle \frac{4\pi }{3\sqrt{3}}}\text{.}$

  On en déduit

  $$I=\frac{2\pi }{3\sqrt{3}}\text{.}$$

• (a)

  $f:t\mapsto \frac{t}{1+t^4}$ est définie et continue sur $[0;+\mathrm{\infty }[$, $f(t)\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{\sim }\frac{1}{t^3}$ donc $f$ est intégrable et l’intégrale $J$ converge.

  $${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{t\mathrm{d}t}{1+t^4}={\left[\frac{1}{2}\arctan \left(t^2\right)\right]}_0^{+\mathrm{\infty }}=\frac{\pi }{4}\text{.}$$

• (b)

  $\frac{1}{1+t^4}\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{\sim }\frac{1}{t^4}$ et $\frac{t^2}{1+t^4}\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{\sim }\frac{1}{t^2}$ donc les deux intégrales introduites convergent.
  Le changement de variable $x=1/t$ transforme l’une en l’autre.

• (c)

  On a la factorisation

  $$t^4+1={(t^2+1)}^2-2t^2=(t^2+\sqrt{2}t+1)(t^2-\sqrt{2}t+1)$$

  donc

  $$I-\sqrt{2}J+I={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{t^2+\sqrt{2}t+1}={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{{\left(t+\frac{1}{\sqrt{2}}\right)}^2+\frac{1}{2}}={\left[\sqrt{2}\arctan (\sqrt{2}t+1)\right]}_0^{+\mathrm{\infty }}=\frac{\pi }{2\sqrt{2}}$$

  puis

  $$I=\frac{1}{2}\left(\frac{\pi }{2\sqrt{2}}+\frac{\pi }{2\sqrt{2}}\right)=\frac{\pi }{2\sqrt{2}}\text{.}$$

• (a)

  L’intégrale de départ est bien définie. En effet, la fonction $f:x\mapsto (1+x^2)/(1+x^4)$ est définie et continue par morceaux sur $[0;+\mathrm{\infty }[$ et l’on vérifie $f(x)\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\sim }1/x^2$ ce qui donne un argument d’intégrabilité.

  Par le changement de variable ${𝒞}^1$ strictement croissant $x={\mathrm{e}}^t$,

  $${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{1+x^2}{1+x^4}dx={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{2t}+1}{{\mathrm{e}}^{4t}+1}{\mathrm{e}}^{t}dt={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{ch}(t)}{\mathrm{ch}(2t)}dt={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{ch}(t)}{1+2{\mathrm{sh}}^2(t)}\text{.}$$

  Par le nouveau changement de variable ${𝒞}^1$ strictement croissant $u=\mathrm{sh}(t)$

  $${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{1+x^2}{1+x^4}dx={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}u}{1+2u^2}=\frac{1}{\sqrt{2}}{\left[\arctan (\sqrt{2}u)\right]}_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}=\frac{\pi }{\sqrt{2}}\text{.}$$

• (b)

  Par le changement de variable ${𝒞}^1$ strictement monotone $x=1/t$, on obtient

  $${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}x}{1+x^4}={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{x^2\mathrm{d}x}{1+x^4}$$

  et donc

  $${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}x}{1+x^4}=\frac{\pi }{2\sqrt{2}}\text{.}$$