Posons

$$f(x,t)=\frac{\ln (t)}{t^2+x^2}\text{ pour }(x,t)\in ℝ\times ]0;+\mathrm{\infty }[\text{.}$$

• (a)

  Soit $x>0$.

  La fonction $t\mapsto f(x,t)$ est définie, continue par morceaux et intégrable sur $]0;+\mathrm{\infty }[$ car négligeable devant $t\mapsto 1/t^{3/2}$ en $+\mathrm{\infty }$ et devant $t\mapsto 1/t^{1/2}$ en $0$: l’intégrale définissant $F(x)$ existe.

  Pour $x<0$, les arguments sont identiques et l’on remarque $F(-x)=F(x)$.

  Pour $x=0$, la fonction n’est pas intégrable en $0$ car

  $$\frac{1}{t}\underset{t\to 0}{=}\mathrm{o}\left(\frac{\ln (t)}{t^2}\right)$$

  et, par constance de signe, on peut affirmer que l’intégrale introduisant $F(0)$ n’existe pas.

  Finalement, $F$ est définie sur ${ℝ}^{*}$ et c’est une fonction paire.

• (b)

  La fonction $f$ admet une dérivée partielle

  $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,t)=-2x\frac{\ln (t)}{{\left(t^2+x^2\right)}^2}\text{.}$$

  Celle-ci est continue en $x$, continue par morceaux en $t$ et, pour tout $[a;b]\subset {ℝ}_{+}^{*}$,

  $$\forall (x,t)\in [a;b]\times ]0;+\mathrm{\infty }[,\left|\frac{\partial f}{\partial x}(x,t)\right|\le \frac{2b\left|\ln (t)\right|}{{\left(a^2+t^2\right)}^2}=\phi (t)\text{.}$$

  La fonction $\phi$ est intégrable et, par domination, on peut affirmer que $F$ est de classe ${𝒞}^1$ sur $]0;+\mathrm{\infty }[$ (et sur $]-\mathrm{\infty };0[$ par parité).

• (c)

  Par le changement de variable $u=1/t$, on observe

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

• (d)

  On en déduit que $F(1)=0$ car $F(1)$ est la somme de deux intégrales opposées.

• (e)

  Pour $x>0$,

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

  Au numérateur, on écrit $x^2=\left(x^2+t^2\right)-t^2$

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

  Par intégration par parties généralisée,

  $${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{t}{{\left(t^2+x^2\right)}^2}\times t\ln (t)dt={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{t^2+x^2}\left(1+\ln (t)\right)dt$$

  et l’on obtient

  $$x{F}^{\prime }(x)+F(x)=\frac{\pi }{2x}\text{.}$$

  Après résolution de l’équation différentielle avec la condition initiale $F(1)=0$, on conclut

  $$F(x)=\frac{\pi }{2}\cdot \frac{\ln (x)}{x}\mathit{\hspace{1em}}\text{pour tout }x>0$$

  (et une relation semblable pour $x<0$ par parité).

• (a)

  Posons

  $$f(x,t)=\frac{\arctan (xt)}{t(1+t^2)}$$

  est définie sur $ℝ\times ]0;+\mathrm{\infty }[$, continue par morceaux en $t$ et continue en $x$. Soit $a>0$. Sachant $\left|\arctan (u)\right|\le u$, on obtient pour tout $x\in [-a;a]$ et tout $t\in [0;+\mathrm{\infty }[$

  $$\left|f(x,t)\right|\le \frac{a}{1+t^2}=\phi (t)\text{.}$$

  La fonction $\phi$ est intégrable et, par domination, $F$ est définie et continue sur $ℝ$.

• (b)

  $f$ admet une dérivée partielle en $x$ qui est

  $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,t)=\frac{1}{(1+x^2{t}^2)(1+t^2)}\text{.}$$

  Celle-ci est continue en $x$, continue par morceaux en $t$ et, pour tout $x\in ℝ$ et tout $t\in [0;+\mathrm{\infty }[$,

  $$\left|\frac{\partial f}{\partial x}(x,t)\right|\le \frac{1}{1+t^2}=\psi (t)$$

  avec $\psi$ et intégrable sur $]0;+\mathrm{\infty }[$. De plus, pour tout $x\in ℝ$,

  $$F^{\prime }(x)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{(1+x^2{t}^2)(1+t^2)}\text{.}$$

• (c)

  Par décomposition en éléments simples, on écrit pour $x\ne \pm 1$

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

  On peut alors calculer l’intégrale définissant $F^{\prime }(x)$ pour $x>0$ et $x\ne 1$

  $$F^{\prime }(x)=\frac{x-1}{x^2-1}\cdot \frac{\pi }{2}=\frac{\pi }{2(x+1)}\text{.}$$

  Par continuité, cette identité est aussi valable pour $x=0$ et $x=1$. Par suite,

  $$F(x)=\frac{\pi }{2}\ln (1+x)+C^{te}\mathit{\hspace{1em}}\text{pour tout }x\in {ℝ}_{+}\text{.}$$

  La valeur $F(0)=0$ donne $C^{te}=0$. Enfin, la fonction $F$ est impaire et l’on obtient

  $F(x)=\mathrm{signe}(x){\displaystyle \frac{\pi }{2}}\ln \left(1+|x|\right)\text{.}$

Posons

$$g(x,t)=\frac{\ln (1+x^2{t}^2)}{1+t^2}$$

$x\mapsto g(x,t)$ est continue sur $ℝ$ et $t\mapsto g(x,t)$ est continue par morceaux sur $[0;+\mathrm{\infty }[$.

Soit $a>0$. Pour $(x,y)\in [-a;a]\times [0;+\mathrm{\infty }[$

$$\left|g(x,t)\right|\le \frac{\ln (1+a^2{t}^2)}{1+t^2}=\phi (t)$$

avec $\phi :{ℝ}_{+}\to {ℝ}_{+}$ intégrable.

Par domination sur tout segment, on peut donc affirmer que $f$ est définie et continue sur $ℝ$.

Il est évident que la fonction $f$ est paire. Nous poursuivons son étude sur ${ℝ}_{+}$.

La fonction $g$ admet une dérivée partielle en $x$

$$\frac{\partial g}{\partial x}(x,y)=\frac{2x{t}^2}{(1+x^2{t}^2)(1+t^2)}$$

$x\mapsto \frac{\partial g}{\partial x}(x,t)$ est continue sur ${ℝ}_{+}$ et $t\mapsto \frac{\partial g}{\partial x}(x,t)$ est continue par morceaux sur $[0;+\mathrm{\infty }[$.

Soit $[a;b]\subset {ℝ}_{+}^{*}$. Pour $(x,t)\in [a;b]\times [0;+\mathrm{\infty }[$,

$$\left|\frac{\partial g}{\partial x}(x,t)\right|\le \frac{2b{t}^2}{(1+a^2{t}^2)(1+t^2)}=\psi (t)$$

avec $\psi :{ℝ}_{+}\to {ℝ}_{+}$ intégrable.

Par domination sur tout segment de ${ℝ}_{+}^{*}$, on peut affirmer que $f$ est de classe ${𝒞}^1$ sur ${ℝ}_{+}^{*}$ et

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

En réalisant la décomposition en éléments simples (pour $x\ne 1$),

$$f^{\prime }(x)=\frac{\pi }{x+1}$$

et cette relation est aussi valable pour $x=1$ par continuité.

Sachant que $f(0)=0$ et que $f$ est paire, on obtient

$$f(x)=\pi \ln (1+|x|)\mathit{\hspace{1em}}\text{pour tout }x\in ℝ\text{.}$$

$t\mapsto \frac{\ln (x^2+t^2)}{1+t^2}$ est continue par morceaux sur $[0;+\mathrm{\infty }[$,
$x\mapsto \frac{\ln (x^2+t^2)}{1+t^2}$ est continue sur $ℝ$ et pour $x\in [-a;a]$

$$\left|\frac{\ln (x^2+t^2)}{1+t^2}\right|\le \frac{|\ln (a^2+t^2)|+|\ln (t^2)|}{1+t^2}=\phi (t)$$

avec $\phi$ intégrable. Par suite, $f$ est définie et continue sur $ℝ$.
Il est immédiat que $f$ est paire. Poursuivons, en étudiant $f$ sur ${ℝ}_{+}^{*}$

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\frac{\ln (x^2+t^2)}{1+t^2}\right)=\frac{2x}{(x^2+t^2)(1+t^2)}$$

$t\mapsto \frac{2x}{(x^2+t^2)(1+t^2)}$ est continue par morceaux sur $[0;+\mathrm{\infty }[$,
$x\mapsto t\mapsto \frac{2x}{(x^2+t^2)(1+t^2)}$ est continue sur $ℝ$ et pour $x\in [a;b]\subset {ℝ}_{+}^{*}$,

$$\left|\frac{2x}{(x^2+t^2)(1+t^2)}\right|\le \frac{2b}{(a^2+t^2)(1+t^2)}=\psi (t)$$

avec $\psi$ intégrable. Par suite, $f$ est de classe ${𝒞}^1$ sur ${ℝ}_{+}^{*}$.
Pour $x\ne 1$,

$$\frac{2x}{(x^2+t^2)(1+t^2)}=\frac{2x}{x^2-1}\left(\frac{1}{1+t^2}-\frac{1}{x^2+t^2}\right)$$

donc

$$f^{\prime }(x)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{2x}{(x^2+t^2)(1+t^2)}dt=\frac{\pi }{x+1}$$

et cette relation vaut aussi pour $x=1$ par continuité.
En procédant au changement de variable $u=1/t$, on obtient $f(0)=0$ et donc on peut conclure

$$f(x)=\pi \ln (x+1)$$

pour $x\in {ℝ}_{+}$ en exploitant un argument de continuité.

Étudions la fonction donnée par

$$f(x)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\arctan (x/t)}{1+t^2}dt\text{.}$$

Notons $u(x,t)=\frac{\arctan (x/t)}{1+t^2}$ définie sur ${ℝ}_{+}\times ]0;+\mathrm{\infty }[$
$t\mapsto u(x,t)$ est continue par morceaux sur $]0;+\mathrm{\infty }[$ pour chaque $x\in {ℝ}_{+}$
$x\mapsto u(x,t)$ est continue sur ${ℝ}_{+}$ pour chaque $t\in ]0;+\mathrm{\infty }[$ et

$$\left|u(x,t)\right|\le \frac{\pi /2}{1+t^2}=\phi (t)$$

avec $\phi$ fonction intégrable sur $]0;+\mathrm{\infty }[$.
On en déduit que la fonction $f$ est définie et continue sur ${ℝ}_{+}$.
$x\mapsto u(x,t)$ est dérivable sur ${ℝ}_{+}^{*}$ pour chaque $t\in ]0;+\mathrm{\infty }[$ et

$$\frac{\partial u}{\partial x}(x,t)=\frac{t}{(t^2+x^2)(1+t^2)}$$

$x\mapsto \frac{\partial u}{\partial x}(x,t)$ est continue sur ${ℝ}_{+}^{*}$ pour chaque $t\in ]0;+\mathrm{\infty }[$
$t\mapsto \frac{\partial u}{\partial x}(x,t)$ est continue par morceaux sur $]0;+\mathrm{\infty }[$ pour chaque $x\in {ℝ}_{+}^{*}$ et

$$\left|\frac{\partial u}{\partial x}(x,t)\right|=\frac{1}{2x}\cdot \frac{1}{(1+t^2)}$$

car $2tx\le x^2+t^2$.
Soit $[a;b]\subset ]0;+\mathrm{\infty }[$

$$\forall (x,t)\in [a;b]\times ]0;+\mathrm{\infty }[,\left|\frac{\partial u}{\partial x}(x,t)\right|\le \frac{1}{2a}\cdot \frac{1}{(1+t^2)}=\psi (t)$$

avec $\psi$ fonction intégrable.
Par domination sur tout segment, on obtient $f$ de classe ${𝒞}^1$ sur $]0;+\mathrm{\infty }[$ avec

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

Pour $x\ne 1$, on peut décomposer la fraction rationnelle définissant l’intégrande

$$\frac{t}{(1+t^2)(x^2+t^2)}=\frac{t}{(x^2-1)(1+t^2)}-\frac{t}{(x^2-1)(x^2+t^2)}$$

et on obtient alors

$$f^{\prime }(x)=\frac{1}{x^2-1}{\left[\frac{1}{2}\ln \left(\frac{1+t^2}{x^2+t^2}\right)\right]}_0^{+\mathrm{\infty }}=\frac{\ln (x)}{(x^2-1)}\text{.}$$

Cette identité se prolonge en $x=1$ par un argument de continuité.
On a alors

$${\int }_0^x\frac{\ln (t)}{t^2-1}dt=\underset{\epsilon \to 0^{+}}{lim}{\int }_{\epsilon }^x\frac{\ln (t)}{(t^2-1)}dt=\underset{\epsilon \to 0^{+}}{lim}\left(f(x)-f(\epsilon )\right)\text{.}$$

Or $f(0)=0$ et par continuité on parvient à

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