Exercice 5
Partie
Étudier la nature des trois intégrales suivantes puis en déduire que, quand \(x\) tend vers \(+\infty\), l'expression \(\displaystyle{\int_{0}^{x}\frac{\arctan t}{t}dt-\frac{\pi}{2}\ln x}\) a une limite.
Question
\(\displaystyle{I=\int_0^{+\infty}\frac{\arctan t}{t}dt}\).
Solution détaillée
La fonction \(\displaystyle{x\mapsto\frac{\arctan x}{x}}\) est prolongeable à l’origine car \(\displaystyle{\lim_{x\rightarrow0}\frac{\arctan x}{x}=1}\). En revanche, quand \(x\) tend vers \(+\infty\) on a \(\displaystyle{\frac{\arctan x}{x}\sim\frac{\pi}{2x}}\) et l’intégrale \(I\) est donc divergente par comparaison avec une intégrale de Riemann.
Question
\(\displaystyle{J=\int_{0}^{+\infty}\frac{\arctan t-\frac{\pi}{2}}{t}dt}\).
Solution détaillée
Au voisinage de \(0\), la fonction à intégrer vérifie \(\displaystyle{\frac{\arctan-\frac{\pi}{2}}{x}\sim-\frac{\pi}{2x}}\), et nous pouvons donc conclure que l'intégrale \(J\) est divergente sans avoir à regarder ce qui se passe au voisinage de \(+\infty\).
Question
\(\displaystyle{K=\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{\arctan t}{t}-\frac{\pi}{2(1+t)}\right)dt}\).
Aide simple
On pourra utiliser \(\displaystyle{\arctan h+\arctan\left(\frac{1}{h}\right)=\frac{\pi}{2}}\).
Solution détaillée
La fonction \(\displaystyle{f : x\mapsto\frac{\arctan x}{x}-\frac{\pi}{2(1+x)}}\) est définie et continue sur l’intervalle \(]0,+\infty[\) sur lequel elle est donc localement intégrable. On pose \(\displaystyle{K_1=\int_0^1\left(\frac{\arctan t}{t}-\frac{\pi}{2(1+t)}\right)dt}\) et \(\displaystyle{K_2=\int_1^{+\infty}\left(\frac{\arctan t}{t}-\frac{\pi}{2(1+t)}\right)dt}\), et on étudie séparément les deux intégrales.
En fait, comme \(\displaystyle{\frac{\arctan x}{x}}\) tend vers \(1\) lorsque \(x\) tend vers \(0\), la fonction \(f\) est prolongeable par continuité en \(0\), et \(K_1\) n’est pas une intégrale impropre.
Pour la seconde intégrale \(K_2\), il s’agit d’étudier l’expression \(\displaystyle{\frac{\arctan x}{x}-\frac{\pi}{2(1+x)}}\) au voisinage de \(+\infty\), et de trouver éventuellement un équivalent en \(\displaystyle{\frac{1}{x}}\). On pose alors \(\displaystyle{h=\frac{1}{x}}\), et on étudie l’expression \(\displaystyle{\phi(h)=h\arctan\left(\frac{1}{h}\right)-\frac{\pi h}{2(1+h)}}\) au voisinage de \(0\).
En utilisant alors la formule suivante, valable pour tout \(h\) strictement positif : \(\displaystyle{\arctan h+\arctan\left(\frac{1}{h}\right)=\frac{\pi}{2}}\),
on écrit \(\displaystyle{\phi(h)=h\left(\frac{\pi}{2}-\arctan h\right)-\frac{\pi h}{2(1+h)}}\). On fait un développement limité à l’ordre \(2\) au voisinage de \(0\) de la fonction \(\phi\) : \(\displaystyle{\phi(h)=\frac{\pi h}{2}-h^2-\frac{\pi h}{2}+\frac{\pi h^2}{2}+o(h^2)}\).
La fonction \(\phi\) vérifie donc au voisinage de \(0\) : \(\displaystyle{\phi(h)\sim\left(\frac{\pi}{2}-1\right)h^2}\).
Au voisinage de l'infini : \(\displaystyle{\frac{\arctan x}{x}-\frac{\pi}{2(1+x)}\sim\left(\frac{\pi}{2}-1\right)\frac{1}{x^2}}\).
Conclusion : l’intégrale \(K_2\) est convergente et \(K\) aussi .
Question
En déduire que, quand \(x\) tend vers \(+\infty\), l'expression \(\displaystyle{\int_0^x\frac{\arctan t}{t}dt-\frac{\pi}{2}\ln x}\) a une limite.
Solution détaillée
Ainsi, quand \(x\) tend vers \(+\infty\), l’expression \(\displaystyle{\int_{0}^x\left(\frac{\arctan t}{t}-\frac{\pi}{2(1+t)}\right)dt}\) a une limite. Or elle s’écrit \(\displaystyle{\int_0^x\frac{\arctan t}{t}dt-\frac{\pi}{2}\ln(1+x)}\), soit \(\displaystyle{\int_0^x\frac{\arctan t}{t}dt-\frac{\pi}{2}\ln x-\frac{\pi}{2}\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)}\).
Comme \(\displaystyle{\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)}\) a une limite nulle quand \(x\) tend vers \(+\infty\), l’expression \(\displaystyle{\int_0^x\frac{\arctan t}{t}dt-\frac{\pi}{2}\ln x}\) a une limite.