Intégrales impropres

La fonction $\varphi:t \longmapsto t^{x-1}\ee^{-t}$ est continue sur $]0,\infty[$,

$\mathbf{a) }$ Au voisinage de $0$, on a $\varphi \underset{0}{\thicksim}t^{x-1}$. Donc, par comparaison aux intégrales de référence, $\dsp\int_0^1\varphi(t)\ud t$ existe ssi $x-1>-1$ soit $x>0$.
$\mathbf{b) }$ Au voisinage de $\infty$, et pour $x>0$, on a $\varphi(t)=\underset{\infty}{\mathrm{o}}(\ee^{-t/2})$ et comme $\dsp\int_1^\infty \ee^{-t/2}\ud t$ converge, il en va de même pour $\dsp\int_1^\infty \varphi$.

Conclusion, $\boxed{\Gamma(x) \text{ est définie ssi } x>0}$.

Soit $x>0$, on effectue une IPP, $$\left\{\begin{array}{ccl} u'(t)&=&\ee^{-t}\\ &&\\ v(t)&=&t^{x} \end{array} \right.\Longrightarrow \left\{\begin{array}{ccl} u(t)&=&-\ee^{-t}\\ &&\\ v'(t)&=&x t^{x-1} \end{array} \right.\text{ on a } u,v\in \CC^1(]0,\infty[).$$ Ce qui donne, pour tout $X>0$, $$\int_0^Xt^{x}\ee^{-t}\ud t=\left[-t^x\ee^{-t}\right]_0^X+\int_0^X xt^{x-1}\ee^{-t}\ud t=-X^x\ee^{-X}+x\int_0^Xt^{x-1}\ee^{-t}\ud t$$ En faisant tendre $X$ vers $\infty$, on trouve: $$\boxed{\forall x>0,~~\Gamma(x+1)=x\Gamma(x)\,}.$$ Pour $n>1$, on a $\Gamma(n)=(n-1)\Gamma(n-1)=...?$

$\mathbf{a) } $ La fonction $\fonct{f}{\R_+}{\R}{x}{\frac{1}{x^3+1}}$ est continue de plus au voisinage de $\infty$, on a $f(x)\underset{\infty}{\thicksim} \dfrac{1}{x^3}$. Comme $\dsp\int_1^\infty\dfrac{\ud t}{t^3}$ existe, on en déduit que $I$ existe.
$\mathbf{b) }$ On pose $\varphi(t)=\dfrac{1}{t}$, $\varphi\in \CC^1\left(\left]0,\infty\right[\right)$ et strictement décroissante donc $\varphi$ est bijective, c'est un changement de variable valide pour le calcul de $I$, $$I=\int_{\varphi^{-1}(0)}^{\varphi^{-1}(\infty)}f(\varphi(t))\varphi'(t)\ud t=\int_\infty^{0} \dfrac{1}{1+\frac{1}{t^3}}\dfrac{-\ud t}{t^2}= \int_0^{\infty}\dfrac{t\ud t}{1+t^3}.$$ On obtient alors, $$\begin{array}{lcl} 2I&=&\dsp\int_0^\infty \dfrac{x+1}{x^3+1}\ud x=\int_0^\infty\dfrac{\ud x}{x^2-x+1}\\ &&\\ &=&\dsp\int_0^\infty\dfrac{\ud x}{\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}}\\ &&\\ &=&\dsp\left[\dfrac{2}{\sqrt{3}}\Arctan \left(\dfrac{2x-1}{\sqrt{3}}\right)\right]_0^\infty=\dfrac{4\pi}{3\sqrt{3}}. \end{array}$$ $\mathbf{c) }$ On en déduit $\boxed{ I=\dfrac{2\pi}{3\sqrt{3}}}$.
La décomposition en éléments simples de $f(x)$ donne $$\begin{array}{lcl} \forall x\geq 0,\,f(x)&=&\dfrac{a}{x+1}+\dfrac{cx+b}{x^2-x+1}=\dfrac{\frac{1}{3}}{x+1}+\dfrac{\frac{-1}{3}x+\frac{2}{3}}{x^2-x+1}\\ &&\\ &=&\dfrac{1}{3(x+1)}-\dfrac{1}{6}\dfrac{2x-1}{x^2-x+1}+\dfrac{1}{2}\dfrac{1}{\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}}. \end{array}$$ Donc une primitive de $f$ sur $\R_+$ est $F$ avec $$F(x)=\dfrac{1}{6}\ln\left(\dfrac{(x+1)^2}{x^2-x+1}\right)+\dfrac{1}{\sqrt{3}} \Arctan\left(\dfrac{2x-1}{\sqrt{3}}\right).$$ On a alors $\dsp\limiteX{x}{\infty}F(x)=\dfrac{\pi}{2\sqrt{3}}$, donc $$\boxed{I= \limiteX{x}{\infty}F(x)-F(0)=\dfrac{2\pi}{3\sqrt{3}}}.$$

Soit $f:\left]0,\frac{\pi}{2}\right]\mapsto \R$ définie par $f(x)=\ln(\sin(x))$, on a $f$ est continue sur $\left]0,\frac{\pi}{2}\right]$ de plus au voisinage de $0$, on a $f(x)\underset{0}{\thicksim}\ln(x)$ or $\dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(x)\ud x $ existe. On en déduit que $ \dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}}f(x)\ud x $ converge.
On pose $\varphi(t)=\dfrac{\pi}{2}-t$, $\varphi\in \CC^1\left(\left]0,\frac{\pi}{2}\right[\right)$ et strictement décroissante donc $\varphi$ est bijective, c'est un changement de variable valide pour le calcule de $I$, $$I=\int_{\varphi^{-1}(0)}^{\varphi^{-1}(\pi/2)}f(\varphi(t))\varphi'(t)\ud t=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln\left(\sin\left(\frac{\pi}{2}-t\right)\right)\ud t= \int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\cos(t))\ud t=J.$$ On en déduit que $J$ converge et que $\boxed{I=J}$.
D'autre part, on a: $$\begin{array}{lcl} 2I&=&I+J=\dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\cos(x)\sin(x))\ud x \\ &=&\dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln\left(\dfrac{\sin(2x)}{2}\right)\ud x \\ &=&\dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\sin(2x))\ud x -\frac{\pi}{2}\ln(2).\\ &&\\ \dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\sin(2x))\ud x &=&\dsp\frac{1}{2}\int_0^\pi\ln(\sin(x))\ud x \\ &=&\dsp\frac{1}{2}\left(\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\sin(x))\ud x +\int_{\frac{\pi}{2}}^\pi\ln(\sin(x))\ud x \right)\\ &=&\frac{1}{2}(I+I)=I. \end{array}$$ D'où, $$2I=I-\frac{\pi}{2}\ln(2)\Longrightarrow \boxed{I=\dfrac{-\pi}{2}\ln(2)}.$$

$\mathbf{1. \,}$ L'application $f:\R_+^*\mapsto \R$ définie par $f(x)=\dfrac{\sin^3(x)}{x}$ est continue sur $\R_+^*$.
$\quad\bullet$ Au voisinage de $0$, on a $f(x)=\dfrac{\sin^3(x)}{x^2}=\dfrac{x^3+\mathrm{o}(x^3)}{x^2}=x+\mathrm{o}(x)\tendvers{x}{0}0$. Donc $f$ peut se prolonger par continuité en $0$, d'où $\dsp\int_0^1f(x)\ud x $ converge.
$\quad\bullet$ Pour $x\geq 1$, on a, $$0\leq |f(x)|\leq \dfrac{1}{x^2},\text{ comme }\int_1^\infty\dfrac{\ud x }{x^2} \text{ converge} \Longrightarrow \int_1^\infty f(x)\ud x< \infty.$$ On en déduit que $\dsp\int_0^\infty f(x)\ud x $ existe.
$\mathbf{2. \,}$ En utilisant la formule de Taylor avec reste intégrale, on montre que $$\forall t\in [0,\pi/2],~~0\leq t-\dfrac{t^3}{6}\leq \sin(t)\leq t-\dfrac{t^3}{6}+\dfrac{t^5}{120}.$$ Soit $x>0$ tel que $3x\leq \frac{\pi}{2}$, on a $$\int_x^{3x}\dfrac{t-\frac{t^3}{6}}{t^2}\ud t\leq\int_{x}^{3x}\dfrac{\sin(t)}{t^2}\ud t\leq \int_x^{3x}\frac{t-\dfrac{t^3}{6}+\frac{t^5}{120}}{t^2}\ud t $$ Soit $$\ln(3)-\dfrac{2x^2}{3}\leq \int_{x}^{3x}\dfrac{\sin(t)}{t^2}\ud t\leq \ln(3)-\dfrac{2x^3}{3}+\dfrac{x^4}{6} $$ D'où le résultat suivant: $$\boxed{\limiteX{x}{0}\int_x^{3x}\dfrac{\sin(t)\ud t}{t^2}\,=\ln(3)}.$$ $\mathbf{3. \,}$ En utilisant les formules d'Euler, on trouve $$\begin{array}{lcl} \sin^3(x)&=&\dfrac{\left(\ee^{\ii x}-\ee^{-\ii x}\right)^3}{-8\ii}\\ &&\\ &=&\dfrac{\ee^{3\ii x}-\ee^{-3\ii x}-3\ee^{2\ii x}\ee^{-\ii x}+3\ee^{\ii x}\ee^{-2\ii x}}{-8\ii}\\ &\\ &=&\dfrac{-\sin(3x)+3\sin(x)}{4}. \end{array}$$ On s'intéresse maintenant au calcul de $I$. Soient $x,X\in \R_+^*$ tel que $x < X$, on a: $$\begin{array}{ll} \dsp\int_x^X\dfrac{\sin^3(t)\ud t}{t^2}&=\dsp\dfrac{3}{4}\int_x^X\dfrac{\sin(t)\ud t}{t^2}-\dfrac{1}{4}\int_x^X\dfrac{\sin(3t)\ud t}{t^2}\\ &\\ &=\dsp\dfrac{3}{4}\int_x^X\dfrac{\sin(t)\ud t}{t^2}-\dfrac{3}{4}\int_{3x}^{3X}\dfrac{\sin(t)\ud t}{t^2}\\ &\\ &=\dsp\dfrac{3}{4}\left(\int_{x}^{3x}\dfrac{\sin(t)\ud t}{t^2}+\int_{3x}^{X}\dfrac{\sin(t)\ud t}{t^2}\right.\\ &\,\,\,\,\dsp\left. -\int_{3x}^{X}\dfrac{\sin(t)\ud t}{t^2}-\int_{X}^{3X}\dfrac{\sin(t)\ud t}{t^2}\right)\\ &\\ &=\dsp\dfrac{3}{4}\left(\int_{x}^{3x}\dfrac{\sin(t)\ud t}{t^2}-\int_{X}^{3X}\dfrac{\sin(t)\ud t}{t^2}\right) \end{array} $$ D'autre part, $$\forall X>1,\,\,\abs{\int_{X}^{3X}\dfrac{\sin(t)\ud t}{t^2}}\leq \int_{X}^{3X}\dfrac{\ud t}{t^2}=\left[\dfrac{-1}{t}\right]_X^{3X}=\dfrac{2}{3X}\tendvers{X}{\infty}0.$$ En tenant compte de ce résultat et le résultat de 2), on trouve: $$\boxed{\int_0^\infty\dfrac{\sin^3(x)}{x^2}\ud x =\dfrac{3}{4}\ln(3)}.$$

Soient $a\in\R,\,n\in \N^*$, l'application $x\in \R\mapsto \ee^{-nx}\sin(ax)$ est continue sur $\R$.
Soit $X\in \R_+^*$, on a: $$\begin{array}{ccl} \dsp\int_0^X\ee^{-nx}\sin(ax)\ud x&=&\dsp\im\left(\int_0^X\ee^{-nx}\ee^{\ii ax}\ud x \right)=\im\left(\int_0^X\ee^{(\ii a-n)x}\ud x \right) \\ &&\\ &=&\im \left(\left[\dfrac{\ee^{(\ii a-n)x}}{\ii a-n}\right]_0^X\right)=\im\left(\dfrac{\ee^{(\ii a-n)X}-1}{\ii a-n}\right)\\ &&\\ &=& \dfrac{a}{a^2+n^2}-\dfrac{\ee^{-nX}\left(a\cos(ax)+a\sin(ax)\right)}{a^2+n^2}\\ &&\tendvers{X}{\infty}\dfrac{a}{a^2+n^2} \end{array}$$ On en déduit que $\dsp\int_0^\infty \ee^{-nx}\sin(ax)\ud x $ existe et que $$\boxed{\int_0^\infty \ee^{-nx}\sin(ax)\ud x =\dfrac{a}{n^2+a^2}}.$$

La fonction $f$ est définie et continue sur $]0,1]$, de plus on a, pour tout $x\in ]0,1]$: $$ f(x)=\int_1^x\dfrac{\ee^t-1}{t}\ud t+\int_1^x\dfrac{\ud t}{t}=\int_1^x\dfrac{\ee^t-1}{t}\ud t+\ln(x)=h(x)+\ln(x).$$ Avec $h(x)=\dsp\int_1^x\dfrac{\ee^t-1}{t}\ud t$. On a:
$\quad\bullet$ La fonction $t\longmapsto\dfrac{\ee^t-1}{t}$ admet une limite en $0^+$ donc prolongeable par continuité en $0$, ce qui donne $h$ admet une limite finie en $0$ (car $\dsp\int_1^0\dfrac{\ee^t-1}{t}\ud t$ existe) donc $\dsp\int_0^1h(x)\ud x$ existe.
$\quad\bullet$ La fonction $\ln$ est intégrable sur $]0,1]$.
On en déduit que $f$ est intégrable sur $]0,1]$ comme la somme de deux fonctions intégrables.

La fonction $f:[1,\infty[\mapsto \R$ définie par $f(x)=\dfrac{\sin (x)}{x^2}$ est continue sur son domaine de définition, de plus, pour tout $x\geq 1$, on a $\abs{f(x)}\leq \dfrac{1}{x^2}$. Or $\dsp\int_1^\infty \dfrac{\ud x }{x^2}$ est convergente donc $\dsp\int_1^\infty \abs{f(t)}\ud t$ existe.
Donc $\dsp\int_1^\infty\dfrac{\sin(x)}{x^2}\ud x $ est absolument convergente donc $f$ est intégrable sur son domaine de définition.
Pour la deuxième partie de la question, il suffit de faire le changement de variable $\varphi(t)=\dfrac{1}{t}$ (de classe $\CC^1$, strictement décroissante donc bijective). $$\dsp\int_1^\infty\dfrac{\sin(x)}{x^2}\ud x =\int_{\varphi^{-1}(1)}^{\varphi^{-1}(\infty)} \dfrac{\sin(\varphi(t))}{\varphi^2(t)}\varphi'(t)\ud t=\int_0^1\sin\left(\dfrac{1}{t}\right)\ud t.$$

$\mathbf{1. }\,$ Soit $n\in \N^*$, on pose $f_n:]0,\frac{\pi}{2}]\mapsto\R$ définie par $f_n(x)=\dfrac{\sin(nx)}{\sin(x)}$.
Il est clair que $f_n$ est continue sur son domine de définition, de plus au voisinage de $0$, on a $$f(x)=\dfrac{nx+\underset{0}{\mathrm{o}}(x)}{x+\underset{0}{\mathrm{o}}(x)}=n+\underset{0}{\mathrm{o}}(1)\tendvers{x}{0^+}\,n.$$ On en déduit que $f_n$ se prolonge par continuité en $0$, donc $\boxed{\dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}}f_n(x)\ud x \text{ exite}}$.
Soit $p\in \N^*$, on a $$\begin{array}{lcl} I_{2p+2}-I_{2p}&=&\dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\sin((2p+2)x)-\sin(2px)}{\sin(x)}\ud x \\ &=&2\dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\sin(x)\cos((2p+1)x)}{\sin(x)}\ud x =\left[\dfrac{2\sin((2p+1)x)}{2p+1}\right]_0^{\frac{\pi}{2}}. \end{array}$$ Ce qui donne: $$\boxed{\forall p\in \N^*,~~I_{2p+2}-I_{2p}=2\dfrac{(-1)^p}{2p+1}\Longrightarrow I_{2p}=2\sum_{k=0}^{p-1}\dfrac{(-1)^k}{2k+1}}.$$ De même, on a $$\begin{array}{lcl} I_{2p+3}-I_{2p+1}&=&\dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\sin((2p+3)x)-\sin((2p+1)x)}{\sin(x)}\ud x \\ &=&2\dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\sin(x)\cos((2p+2)x)}{\sin(x)}\ud x \\ &=&\left[\dfrac{2\sin((2p+2)x)}{2p+2}\right]_0^{\frac{\pi}{2}}=0. \end{array}$$ D'où $$\boxed{\forall p\in \N^*,~~I_{2p+3}-I_{2p+1}=0\Longrightarrow I_{2p+1}=I_1=\frac{\pi}{2}}.$$ $\mathbf{2. }\,$ Soit $p\in \N^*$, on a $$\begin{array}{lcl} I_{2p+1}-I_{2p}&=&\dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\sin((2p+1)x)-\sin(2px)}{\sin(x)}\ud x \\ &=&2\dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\sin(x/2)\cos((2p+1/2)x)}{\sin(x)}\ud x . \end{array}$$ Or en utilisant le lemme de Riemann - Lebesgue, on a $$\limiteX{p}{\infty}\dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}}\left(\dfrac{2\sin(x/2)}{\sin(x)}\right)\cos((2p+1/2)x)\ud x =\,0.$$ On en déduit que $\dsp \lim_{p \rightarrow + \infty}I_{2p+1}= \lim_{p \rightarrow + \infty}I_{2p}=\dfrac{\pi}{2}$ donc la suite $(I_n)_n$ converge vers $\dfrac{\pi}{2}$.
$\mathbf{3. }\,$ Notons d'abord que $\varphi$ peut se prolonger par continuité en une fonction de classe $\CC^1$ sur l'intervalle $[0,\frac{\pi}{2}]$, puisque au voisinage de $0$, on a $\varphi(x)=-\frac{x}{6}+\mathrm{o}(x)$.
Pour tout $x\in ]0,\frac{\pi}{2}]$, on a $$\dfrac{\sin(nx)}{\sin(x)} =\dfrac{\sin(nx)}{\sin(x)}-\dfrac{\sin(nx)}{x}+\dfrac{\sin(nx)}{x}=\varphi(x)\sin(nx)+\dfrac{\sin(nx)}{x}$$ ce qui donne: $$\begin{array}{lcl} \dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{\sin(nx)}{\sin(x)}\ud x &=& \dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}} \varphi(x)\sin(nx)\ud x +\int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{\sin(nx)\ud x }{x}\\ &=&\dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}} \varphi(x)\sin(nx)\ud x +\int_0^{\frac{n\pi}{2}} \dfrac{\sin(x)\ud x }{x} \end{array}$$ En utilisant le lemme de Riemann - Lebesgue, on a $$\limiteX{n}{\infty}\dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}}\left(\varphi(x) \right)\sin(nx)\ud x =\,0$$ et d'après 2) , on a $I_n\tendvers{n}{\infty}\frac{\pi}{2}$.
On en déduit que $\dsp\int_0^{\frac{n\pi}{2}} \dfrac{\sin(x)\ud x }{x}\tendvers{n}{\infty} \,\frac{\pi}{2}$. Donc $$\boxed{\dsp\int_0^{\infty}\dfrac{\sin(x)}{x}\ud x =\dfrac{\pi}{2}}.$$

1. Soient $\varepsilon ,\,X\in \R_+^*$ tels que $\varepsilon < X$, on a $$ \begin{array}{ccl} \dsp \int_\varepsilon^X\dfrac{f(bx)-f(ax)}{x}\ud x &=&\dsp\int_\varepsilon^X\dfrac{f(bx)}{x}\ud x -\int_\varepsilon^X\dfrac{f(ax)}{x}\ud x \\ &=&\dsp\int_{b\varepsilon }^{bX}\dfrac{f(x)}{x}\ud x -\int_{a\varepsilon}^{aX}\dfrac{f(x)}{x}\ud x \\ &&\\ &=&\dsp\int_{b\varepsilon }^{a\varepsilon}\dfrac{f(x)}{x}\ud x +\int_{a\varepsilon }^{bX}\dfrac{f(x)}{x}\ud x \\ && \dsp -\int_{a\varepsilon }^{bX}\dfrac{f(x)}{x}\ud x -\int_{bX }^{aX}\dfrac{f(x)}{x}\ud x\\ &&\\ &=& \dsp\int_{b\varepsilon }^{ a\varepsilon}\dfrac{f(x)}{x}\ud x -\int_{bX }^{aX}\dfrac{f(x)}{x}\ud x . \end{array}$$ Puisque $f$ admet une limite $\lambda$ en $0^*$, alors, $$\forall \epsilon>0,\,\,\exists \eta>0,\text{ tel que } x< \eta\Longrightarrow \lambda-\epsilon\leq f(x)\leq f(x)+\epsilon.$$ Supposons que $a < b$ et que $\varepsilon$ est suffisamment petit de sorte que $b\varepsilon\leq \eta$, alors $$ \int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon}\dfrac{\lambda-\epsilon}{x}\ud x \leq \int_{a\varepsilon }^{ b\varepsilon}\dfrac{f(x)}{x}\ud x\leq \int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon}\dfrac{\lambda+\epsilon}{x}\ud x $$ ce qui donne $$ (\lambda-\epsilon)\ln\left(\dfrac{b}{a}\right) \leq \int_{a\varepsilon }^{ b\varepsilon}\dfrac{f(x)}{x}\ud x \leq (\lambda+\epsilon)\ln\left(\dfrac{b}{a}\right) $$ On en déduit $$\int_{a\varepsilon }^{ b\varepsilon}\dfrac{f(x)}{x}\ud x \tendvers{\varepsilon}{0}\lambda\ln\left(\dfrac{b}{a}\right).$$ Un raisonnement similaire, nous donne $$\int_{aX }^{ bX}\dfrac{f(x)}{x}\ud x \tendvers{\varepsilon}{0}\mu\ln\left(\dfrac{b}{a}\right).$$ Conclusion $\boxed{\dsp\int_0^\infty\dfrac{f(bx)-f(ax)}{x}\ud x =(\mu-\lambda)\ln\left(\dfrac{b}{a}\right)}.$
2. Puisque $\dsp\limiteX{x}{\infty}\ee^{-x}=0$ et $\dsp\limiteX{x}{0}\ee^{-x}=1$, on peut donc appliquer le résultat de la question précédente. $$ \dsp \int_0^{+ \infty} {\dsp \frac{\textrm{e}^{-ax} - \textrm{e}^{-bx}}{x} \ud x} = - \ln \left(\dfrac{a}{b}\right).$$
3. Puisque $\dsp\limiteX{x}{\infty}\Arctan (x)=\dfrac{\pi}{2}$ et $\dsp\limiteX{x}{0}\Arctan (x)=0$, on en déduit $$\dsp \int_0^{+ \infty} \dsp \frac{\arctan 2x - \arctan x}{x} =\dfrac{\pi}{2}\ln(2).$$
4. Voir Exercice ci-après .

Si $P$ existe alors $P$ doit être de degré $4$ avec un coefficient dominant égale à $1$. Posons $P=X^4+aX^3+bX^2+cX+d$, $\sqrt{P}$ est définie au voisinage de $\infty$ ( i.e. il existe $x_0$ tel que, pour tout $x\geq x_0$ on a $P(x)\geq 0$). De plus, au voisinage de $\infty$, on a: $$\begin{array}{lcl} \sqrt{P(x)}&=&\dsp x^2\left( 1+\frac{a}{x}+\frac{b}{x^2}+\frac{c}{x^3}+\frac{d}{x^4}\right)^{\frac{1}{2}}\\ &&\\ &=&\dsp x^2\left(1+\frac{1}{2}\left(\frac{a}{x}+\frac{b}{x^2}+\frac{c}{x^3}+\frac{d}{x^4}\right) -\frac{1}{8}\left(\frac{a^2}{x^2}+\frac{2ab}{x^3}+\frac{2ac}{x^4}\right)\right.\\ && \dsp \,\,\left. +\frac{1}{16}\left(\frac{a^3}{x^3}+\frac{3a^2b}{x^2}\right)-\frac{5}{128}\left(\frac{a^4}{x^4}\right)\right)+\underset{x\to\infty}{\mathrm{o}}\left(\frac{1}{x^2}\right)\\ &&\\ &=&\dsp x^2+\frac{a}{2}x+\frac{4b-a^2}{8}+\frac{8c-4ab+a^3}{16}\frac{1}{x}\\ &&\dsp \,\,+\frac{56d-32ac-16b^2+24a^2b-5a^4}{128}\frac{1}{x^2}+\underset{x\to\infty}{\mathrm{o}}\left(\frac{1}{x^2}\right) \end{array}$$ Ce qui donne, $$\begin{array}{lcl} \sqrt{P(x)}-(x^2+x+1)&=& \dsp (\frac{a}{2}-1)x+(\frac{4b-a^2}{8}-1)+\frac{8c-4ab+a^3}{16}\frac{1}{x}\\ &&\dsp +\frac{64d-32ac-16b^2+24a^2b-5a^4}{128} \frac{1}{x^2}+\underset{x\to\infty}{\mathrm{o}}\left(\frac{1}{x^2}\right) \end{array}$$ Donc pour que l'intégrale existe, il faut prendre $a=2,\,b=3$ et $c=2$, on obtient dans ce cas $$\sqrt{P(x)}-(x^2+x+1)= \frac{d-1}{2}\frac{1}{x^2}+\underset{x\to\infty}{\mathrm{o}}\left(\frac{1}{x^2}\right)\Longrightarrow \int_{x_0}^\infty (\sqrt{P(t)}-(t^2+t+1))\ud t \text{ converge}.$$ Il faut maintenant regarder si $P(x)\geq 0$ pour tout $x\geq 0$. En fait, un petit calcul montre que c'est le cas dès que $d\geq 0$. $$\boxed{\int_0^\infty(\sqrt{P(t)}-(t^2+t+1))\ud t < \infty \Longleftrightarrow P=X^4+2X^3+3X^2+2X+d,\,\text{ avec }d\geq 0.}$$

$a\in [-2,\infty[$ puis un DL, $$\left(\sqrt{t^2+2t+3}-\sqrt{t^2+at+1}-\dfrac{b}{t}\right)=(1-a/2)+(1/2+a^2/8-b)/t+O(1/t^2).$$

$ \mathbf{a) \,}\dsp \int_a^b{\dsp \frac{\ud x}{\sqrt{(x-a)(b-x)}}} $.
On suppose que $b>a$. L'application $f:]a,b[\mapsto \R$ définie par $f(x)=\dsp\dfrac{1}{\sqrt{(x-a)(b-x)}}$ est $\boxed{continue}$ sur $]a,b[$. De plus,
$\quad \bullet$ Au voisinage de $a$, on a $f(x)\underset{a}{\thicksim}\dfrac{1}{\sqrt{b-a}\sqrt{x-a}}$ qui est intégrable sur $]a,(a+b)/2]$ donc $f$ est intégrable sur $]a,(a+b)/2]$.
$\quad \bullet$ Au voisinage de $b$, on a $f(x)\underset{b}{\thicksim}\dfrac{1}{\sqrt{b-a}\sqrt{b-x}}$ qui est intégrable sur $][(a+b)/2,b[$ donc $f$ l'est également.
On en déduit que $f$ est intégrable sur $]a,b[$.
On effectue le changement de variable $\varphi(t)=\dfrac{a+b}{2}+t\dfrac{b-a}{2}$ , $\varphi$ est de classe $\CC^1$ de l'intervalle $]-1,1[$ dans l'intervalle $]a,b[$, de plus $\varphi$ est strictement croissante (donc bijection), c'est un changement de variable valide pour l'intégrale impropre proposée. $$\int_a^b f(x)\ud x =\int_{\varphi^{-1}(a)}^{\varphi^{-1}(b)}f(\varphi(t))\varphi'(t)\ud t=\int_{-1}^1 \dfrac{\frac{b-a}{2}}{\sqrt{\left(\frac{a+b}{2}+t\frac{b-a}{2}-a\right)\left(b-\frac{a+b}{2}-t\frac{b-a}{2}\right)}}\ud t=\int_{-1}^1\dfrac{\ud t}{\sqrt{1-t^2}}.$$ Comme $\dsp\int_{-1}^1\dfrac{\ud t}{\sqrt{1-t^2}}=\left[\Arcsin(t)\right]_{-1}^1$, on obtient finalement, $$\boxed{\dsp \int_a^b{\dsp \frac{\ud x}{\sqrt{(x-a)(b-x)}}}=\pi .}$$

$\mathbf{b) \,}\dsp \int_0^{+ \infty}{x \textrm{e}^{-x} \sin x \ud x} $.
Vérifier que $x\overset{H}{\longmapsto} \dfrac{-\ee^{-x}}{2}\left((x+1)\cos(x)+x\sin(x)\right)$ est une primitive de $x\mapsto x\sin(x)\ee^{-x}$. Ensuite calculer la limite de $H(X)$ lorsque $X$ tend vers $\infty$, puis conclure que l'intégrale converge et que, $$\boxed{\dsp \int_0^{+ \infty}{x \textrm{e}^{-x} \sin x \ud x}=\dfrac{1}{2}.}$$ Reamarque: Pour chercher une primitive de $x\sin(x)\ee^{-x}$, on fait une IPP, $$ I(x)= \dsp\int x\sin(x)\ee^{-x}\ud x=\dsp (-x\sin(x)\ee^{-x})+\int (\sin(x)+x\cos(x))\ee^{-x} = -x\sin(x)\ee^{-x}+I_1(x)+I_2(x)$$ avec $$ \begin{array}{lcl} I_1(x)&=&\dsp\int \sin(x)\ee^{-x}\ud x \underset{IPP}{=} -\sin(x)\ee^{-x}+\int\cos(x)\ee^{-x}\\ &&\\ & \underset{IPP}{=}&\dsp -\sin(x)\ee^{-x} -\cos(x)\ee^{-x}-\int\sin(x)\ee^{-x}= -(\sin(x)+\cos(x))\ee^{-x}-I_1(x) \end{array} $$ donc $I_1(x)=\dfrac{-1}{2}(\sin(x)+\cos(x))\ee^{-x}$. Ensuite, $$ \begin{array}{lcl} I_2(x)&=&\dsp\int x\cos(x)\ee^{-x}\ud x \underset{IPP}{=} -x\cos(x)\ee^{-x}+\int(\cos(x)-x\sin(x))\ee^{-x}\\ &&\\ & =&\dsp -x\cos(x)\ee^{-x} +\int \cos(x)\ee^{-x} -I(x) \end{array} $$ Un calcul similaire à $I_1(x)$ donne $$\int \cos(x)\ee^{-x}= \dfrac{1}{2}(\sin(x)-\cos(x))\ee^{-x}$$ On remplace dans $I(x)$, ce qui donne $$I(x) = -x\sin(x)\ee^{-x}+\dfrac{-1}{2}(\sin(x)+\cos(x))\ee^{-x}-x\cos(x)\ee^{-x} +\dfrac{1}{2}(\sin(x)-\cos(x))\ee^{-x} -I(x)$$ donc $$2I(x)= -\ee^{-x}\left( x\sin(x)+x\cos(x)+\cos(x)\right).$$

$\mathbf{c) \,}\dsp \int_0^1{\dsp \frac{\ud x}{(1+x) \sqrt{1 - x^2}}} $.
L'application $f:[0,1[\mapsto \R$ définie par $f(x)=\dsp\dfrac{1}{(1+x)\sqrt{(1-x^2)}}$ est continue sur $[0,1[$.
De plus, au voisinage de $1$, on a $f(x)\underset{1}{\thicksim}\dfrac{1}{2\sqrt{2}\sqrt{1-x}}$ qui est intégrable sur $[0,1[$ donc $f$ l'est également.
On effectue le changement de variable $\varphi(t)=\cos(t)$, $\varphi$ est de classe $\CC^1$ de l'intervalle $]0,\frac{\pi}{2}]$ dans l'intervalle $[0,1[$, d'autre part $\varphi$ est strictement décroissante sur $]0,{\pi \over 2}]$ donc c'est une changement de variable valide. $$\int_0^1f(x)\ud x =\int_{\frac{\pi}{2}}^0f(\varphi(t))\varphi'(t)\ud t=\int_{\frac{\pi}{2}}^0\dfrac{-\sin (t)}{(1+\cos(t))\sin(t)}=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\ud t}{1+\cos(t)}.$$ Pour le dernière intégrale, on pose $u=\tan \left(\frac{t}{2}\right)$ ce qui donne: $$\ud u =\frac{1}{2}\left((1+\tan^2\left(\frac{t}{2}\right)\right)\ud t\Longrightarrow \ud t=\dfrac{2\ud u}{1+u^2}\text{ et }1+\cos(t)=1+\dfrac{1-u^2}{1+u^2}=\dfrac{2}{1+u^2}$$ d'où, $$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\ud t}{1+\cos(t)}=\int_0^1\dfrac{2\ud u}{\dfrac{2}{1+u^2}(1+u^2)}\ud u=\int_0^1\ud u=1.$$ Soit finalement, $$\boxed{\dsp \int_0^1{\dsp \frac{\ud x}{(1+x) \sqrt{1 - x^2}}}=1.}$$

$\mathbf{a) }\,\dsp \int_2^{+ \infty}{\dsp\frac{\ud x}{x^2 \sqrt{x^2-4}}}$.
L'application $f:]2,\infty[\mapsto \R$ définie par $f(x)=\dsp\dfrac{1}{x^2\sqrt{x^2-4}}$ est continue sur $]2,\infty[$. De plus,
$\quad \bullet$ Au voisinage de $2$, on a $f(x)\underset{2}{\thicksim}\dfrac{1}{8\sqrt{x-2}}$ qui est intégrable sur $]2,3]$ donc $f$ est intégrable sur $]2,3]$.
$\quad \bullet$ Au voisinage de $\infty$, on a $f(x)\underset{\infty}{\thicksim}\dfrac{1}{x^3}$ qui est intégrable sur $[3,\infty[$ donc $f$ l'est également.
On en déduit que $f$ est intégrable sur $]2,\infty[$.
On effectue le changement de variable $\varphi(t)=2\ch (t)$ , $\varphi$ est de classe $\CC^1$ de l'intervalle $]0,\infty[$ dans l'intervalle $]2,\infty[$, de plus $\varphi$ est strictement croissante, c'est un changement de variable valide pour l'intégrale impropre proposé. $$\int_2^\infty f(x)\ud x =\int_0^\infty \dfrac{2\sh(t)\ud t}{4\ch^2(t)\sqrt{4\ch^2(t)-4}}=\int_0^\infty\dfrac{\ud t}{4\ch^2(t)}= \left[\frac{\tanh (t)}{4}\right]_0^\infty$$ on en déduit alors $$\boxed{\int_2^\infty f(x)\ud x =\frac{1}{4}.}$$

$\mathbf{b)}\,\, \dsp \int_{- \infty}^{+ \infty}{ \dsp \frac{\ud x}{(x^2+1)\sqrt{x^2+4}}}$.
L'application $f: ]- \infty, \infty[\mapsto\R$ définie par $f(x)= \dsp \frac{1}{(x^2+1)\sqrt{x^2+4}}$ est continue. De plus, on a: $$\forall x\in \R,~~0< f(x)\leq \dfrac{1}{1+x^2}\Longrightarrow f \text{ est intégrable sur }\R,$$ puisque $x\mapsto \dfrac{1}{1+x^2}$ est intégrable sur $\R$.
De plus comme $f$ est paire alors $\dsp\int_\R f(x)\ud x =2\int_0^\infty f(x)\ud x $.
Posons $\varphi(t)=2\tan(t)$, on a $\varphi\in\CC^1([0,\frac{\pi}{2}[,\R_+)$ et $\varphi$ est strictement croissante donc c'est un changement de variable valable pour calculer $\dsp\int f$. $$\int_0^\infty f(x)\ud x =\int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{2(1+\tan^2(t))\ud t}{(1+4\tan^2(t))\sqrt{4\tan^2(t)+4}}= \int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\sqrt{(1+\tan^2(t))}\ud t}{(1+4\tan^2(t))}=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\cos(t)\ud t}{1+3\sin^2(t)}$$ Or $$\dsp \int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\cos(t)\ud t}{1+3\sin^2(t)}\underset{u=\sqrt{3}\sin (t)}=\dsp\dfrac{1}{\sqrt{3}}\int_0^1\dfrac{\ud u}{1+u^2}=\left[\dfrac{1}{\sqrt{3}}\Arctan (\sqrt{3}\sin (t)\right]_0^{1}.$$ Soit finalement, $$\boxed{\int_\R f(x)\ud x =\frac{2}{\sqrt{3}}\Arctan (\sqrt{3})=\dfrac{2\pi}{3\sqrt{3}}.}$$

$\mathbf{d) }\,\,\dsp \int_1^{+ \infty}\dfrac{\ud t}{t^3\sqrt{t^2-1}}$.
L'application $f:]1,\infty[\mapsto \R$ définie par $f(t)=\dfrac{1}{t^3\sqrt{t^2-1}}$ est continue sur $]1,\infty[$.
$\quad\bullet$ Au voisinage de $1$, $f(x)\underset{1}{\thicksim}\dfrac{1}{\sqrt{2}\sqrt{x-1}}$ comme $\dsp\int_1^2\dfrac{\ud x }{\sqrt{x-1}}$ converge, on en déduit que $\dsp\int_1^2f(x)\ud x $ converge.
$\quad\bullet$ Au voisinage de $\infty$, on a $f(x)\underset{\infty}{\thicksim}\dfrac{1}{x^4}$ comme $\dsp \int_2^\infty \dfrac{\ud x }{x^4}$ existe, il en est de même pour $\dsp\int_2^\infty f(x)\ud x $.
Donc $\dsp\int_1^\infty f(x)\ud x $ converge.
On fait le changement de variable $x=\ch(t)$ (voir aussi $\mathbf{d)}$). $$\int_1^\infty f(x)\ud x =\int_0^\infty\dfrac{\sh(t)\ud t}{\ch^3(t)\sh(t)}=\int_0^\infty\dfrac{\ud t}{\ch^3(t)}=\int_0^\infty\dfrac{\ch(t)\ud t}{(1+\sh^2(t))^2}=\int_0^1\dfrac{\ud u}{(1+u^2)^2}$$ On pose $\psi(v)=\tan(v)$, $\psi$ est de classe $\CC^1$ sur $[0,\frac{\pi}{2}[$ dans $[0,\infty[$ strictement croissante, $$\int_0^\infty\dfrac{\ud u}{(1+u^2)^2}=\int_0^\frac{\pi}{2} \dfrac{\mathrm{d}v}{1+\tan^2(v)}=\int_0^\frac{\pi}{2}\cos^2(v)\mathrm{d}v =\left[\dfrac{v+\sin(2v)}{2}\right]_0^{\frac{\pi}{2}}.$$ On en déduit, $$\boxed{\int_1^\infty\dfrac{\ud t}{t^3\sqrt{t^2-1}}=\dfrac{\pi}{4}.}$$

$\mathbf{c) }\,\, \dsp\int_0^{1}{\dsp \frac{t^3}{\sqrt{1-t^2}} \ud t} \qquad $.
L'application $f:[0,1[\mapsto \R$ définie par $f(t)=\dfrac{t^3}{\sqrt{1-t^2}}$ est continue sur $[0,1[$.
$\quad\bullet$ Au voisinage de $1$, $f(x)\underset{1}{\thicksim}\dfrac{1}{\sqrt{2}\sqrt{1-x}}$ comme $\dsp\int_0^1\dfrac{\ud x }{\sqrt{1-x}}$ converge, on en déduit que $\dsp\int_0^1f(x)\ud x $ converge.
On fait le changement de variable $\varphi(t)=\cos(t)$. $\varphi\in \CC^1(]0,\frac{\pi}{2}],[0,1[)$ strictement décroissante donc c'est un changement de variable valide pour notre intégrale. $$\int_0^1 f(x)\ud x =\int_{\frac{\pi}{2}}^1\dfrac{\cos^3(t)(-\sin(t))\ud t}{\sqrt{1-\cos^2(t)}}=\int_0^\frac{\pi}{2}\cos^3(t)\ud t =\int_0^\frac{\pi}{2}(1-\sin^2(t))\cos(t)\ud t=\left[\sin(t)-\dfrac{\sin^3(t)}{3}\right]_0^{\frac{\pi}{2}}$$ Soit, $$\boxed{\int_0^1\dfrac{t^3\ud t}{\sqrt{1-t^2}}=\dfrac{2}{3}.}$$

$\mathbf{a) }\,$ $\dsp \int_0^{\pi/2}{\sqrt{\tan x} \ud x} $.
Soit $f:[0,\pi/2[\mapsto\R$ définie par $f(x)=\sqrt{\tan x} $, $f\in \CC([0,\frac{\pi}{2}[)$.
Au voisinage de $\frac{\pi}{2}$, on a $\cos (x)\underset{\frac{\pi}{2}}{\thicksim} (\frac{\pi}{2}-x)$ d'où $f(x) \underset{\frac{\pi}{2}}{\thicksim} \dfrac{1}{\sqrt{\frac{\pi}{2}-x}}$ comme $\dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\ud t}{\sqrt{\frac{\pi}{2}-t}}$ existe alors on conclut $\dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}}f(x)\ud x $ existe.
On fait le changement de variable, $\varphi(t)=\sqrt{\tan t}$ de classe $\CC^1(]0,\pi/2[)$ dans $\R$ de plus $\varphi$ est strictement croissante donc ce changement est valable pour le calcul de l'intégrale.
$$\int_0^{\frac{\pi}{2}}f(x)\ud x =\int_0^\infty\dfrac{2t^2\ud t}{1+t^4}=\int_0^\infty\dfrac{t\ud t}{\sqrt{2}(t^2-\sqrt{2}t+1)}-\int_0^\infty\dfrac{t\ud t}{\sqrt{2}(t^2+\sqrt{2}t+1)}.$$ D'autre part, on a: $$\begin{array}{lcl} \dsp \int\dfrac{t\ud t}{t^2-\sqrt{2}t+1}&=&\dsp \frac{1}{2}\int\dfrac{2t-\sqrt{2}}{t^2-\sqrt{2}t+1}+\frac{\sqrt{2}}{2}\int\dfrac{\ud t}{(t-\frac{1}{\sqrt{2}})^2+\frac{1}{2}}\\ &&\\ &=&\dsp \ln\left(\sqrt{t^2-\sqrt{2}t+1}\right)+\Arctan (\sqrt{2}t-1) \end{array}$$ Un calcul similaire, nous donne, $$\int\dfrac{t\ud t}{t^2+\sqrt{2}t+1}=\ln\left(\sqrt{t^2+\sqrt{2}t+1}\right)-\Arctan (\sqrt{2}t+1).$$ Soit $$\boxed{\int_0^{\frac{\pi}{2}}f(x)\ud x =\limiteX{X}{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left[\ln\left(\dfrac{\sqrt{t^2-\sqrt{2}t+1}}{\sqrt{t^2+\sqrt{2}t+1}}\right)+\Arctan(\sqrt{2}t-1)+\Arctan (\sqrt{2}t+1)\right]_0^X=\,\dfrac{\pi}{\sqrt{2}}.}$$ $\mathbf{c) }\,$ $\dsp \int_0^1{\dsp \frac{t^n-1}{\ln t} \ud t} $.
Soit $n\in \N^*$ (le cas $n=0$ est évident). Soit $f:]0,1[\mapsto\R$ définie par $f(x)=\dsp \frac{x^n-1}{\ln x} $, $f$ est continue sur $]0,1[$.
$\quad \bullet$ Au voisinage de $0$, on a $f(x)\tendvers{x}{0^+}\,0$ car $\ln(x)\tendvers{x}{0^+}-\infty$.
$\quad \bullet$ Au voisinage de $1$, on a: $$f(x)=\dfrac{(x-1)\left(1+x+\cdots+x^{n-1}\right)}{\ln(x)}=(1+x+...+x^{n-1})\left(\dfrac{\ln(x)-\ln(1)}{x-1}\right)^{-1}\tendvers{x}{1}n.$$ Donc $f$ est prolongeable par continuité sur $[0,1]$, d'où $\dsp\int_0^1f(x)\ud x $ existe.
On pose $\varphi(t)=\ee^{-t}$, on a $\varphi\in \CC^1([0,\infty[)$ dans l'intervalle $]0,1]$ de plus $\varphi$ est strictement décroissante donc c'est un changement de variable valide pour cette intégrale. $$\int_0^1f(x)\ud x =\int_\infty^0f(\varphi(t))\varphi'(t)\ud t=\int_0^\infty\dfrac{\ee^{-nt}-1}{-t}(-\ee^{-t})\ud t=\int_0^\infty\dfrac{\ee^{-(n+1)t}-\ee^{-t}}{t}\ud t$$ En utilisant le résultat de l'Exercice précédent, on trouve $$\boxed{\int_0^1\dfrac{x^n-1}{\ln(x)}\ud x =\,\ln(n+1).}$$ $\mathbf{b) }$ $\dsp \int_1^{+\infty}{\dsp \frac{x-E(x)}{x^2}\ud x}$.
L'application $f:[1,\infty[\mapsto\R$ définie par $f(x)=\dsp \frac{x-E(x)}{x^2}$ est continue par morceau sur $[1,\infty[$, de plus au voisinage de $\infty$, on a $f(x)\underset{\infty}{=}\mathrm{O}\left(\dfrac{1}{x^2}\right)$ donc $\dsp{\int_1^\infty f(t)\ud t}$ existe.
Soit $N\in \N^*$, on a $$\begin{array}{lcl} \dsp \int_1^Nf(x)\ud x &=&\dsp \sum_{k=1}^{N-1}\int_k^{k+1}\dfrac{x-k}{x^2}\ud x \\ &=&\dsp \sum_{k=1}^{N-1}\int_k^{k+1}\dfrac{\ud x }{x}-\int_k^{k+1}\dfrac{k\ud x }{x^2}\\ &=&\dsp \sum_{k=1}^{N-1}\ln\left(\dfrac{k+1}{k}\right)-\dfrac{1}{k+1}=\ln(N)-\sum_{k=2}^N\dfrac{1}{k}. \end{array}$$ Or, on sait que $\dsp \sum_{k=1}^n\dfrac{1}{k}-\ln(n)\tendvers{n}{\infty}\gamma$ ( Constante d'Euler $\simeq 0.577 216$ ), donc $$\int_1^Nf(x)\ud x =1+\left(\ln(N)-\sum_{k=1}^N\dfrac{1}{k}\right)\tendvers{N}{\infty}1-\gamma.$$ Comme $\dsp \int_1^\infty f(x)\ud x $ converge alors on a $\dsp\int_1^Nf(x)\ud x \tendvers{N}{\infty}\int_1^\infty f(x)\ud x $. Conclusion, $$\boxed{\int_1^\infty \dfrac{x-E(x)}{x^2}\ud x =1-\gamma .}$$

$\mathbf{a) } $ $\dsp \int_0^{+ \infty}{x^{\alpha} \textrm{e}^{-x} \ln x \ud x} \qquad $
L'application $f:]0,\infty[\mapsto\R$ définie par $f(x)=x^\alpha\ln(x)\ee^{-x}$ est continue sur $\R_+$

1. Au voisinage de $0$, on a $f(x)\underset{0}{\thicksim} x^\alpha\ln(x)$. Donc $\dsp\int_0^1f(x)\ud x $ et $\dsp\int_0^1x^\alpha\ln(x)\ud x $ ont la même nature.
   Soit $\alpha\in \R$ tel que $\alpha\neq 1$. Soit $\varepsilon\in ]0,1[$, on a: $$\int_\varepsilon^1x^\alpha\ln(x)\ud x =\left[ \dfrac{x^{\alpha+1}\ln(x)}{\alpha+1}\right]_\varepsilon^1-\int_\varepsilon^1\dfrac{x^\alpha}{\alpha+1}\ud x =\dfrac{-\varepsilon^{\alpha+1}\ln(\varepsilon)}{\alpha+1}-\dfrac{1-\varepsilon^{\alpha+1}}{(\alpha+1)^2}$$ On distingue deux cas:
   
   1. Si $\alpha>-1$ alors $\varepsilon^{\alpha+1}\tendvers{\varepsilon}{0}0$ et $\varepsilon^{\alpha+1}\ln(\varepsilon)\tendvers{\varepsilon}{0}0$ donc $\dsp\int_0^1x^\alpha\ln(x)\ud x $ converge.
   2. Si $\alpha < -1$ alors $\varepsilon^{\alpha+1}\tendvers{\varepsilon}{0}\infty$ donc $\dsp\int_0^1x^\alpha\ln(x)\ud x $ diverge.
   3. Enfin si $\alpha=-1$, alors $$\int_\varepsilon^1\dfrac{\ln(x)}{x}\ud x =\left[ \dfrac{\ln^2(x)}{2}\right]_\varepsilon^1=-\dfrac{\ln^2(\varepsilon)}{2}\tendvers{\varepsilon}{0}-\infty$$
   Donc $\dsp\int_0^1f(x)$ converge SSI $\alpha\in ]-1,\infty[$.
   
2. Au voisinage de $\infty$, on a $f(x)\underset{\infty}{=}\mathrm{o}\left(\ee^{-x/2}\right)$, comme $\dsp\int_1^\infty\ee^{-x/2}\ud x $ converge on a donc $\dsp\int_1^\infty f(x)\ud x $ converge pour tout $\alpha\in \R$.

Conclusion: $$\boxed{\dsp \int_0^{+ \infty}{x^{\alpha} \textrm{e}^{-x} \ln x \ud x} \text{ converge ssi } \alpha\in ]-1,\infty[}.$$ $\mathbf{b) } $ La fonction $f: x\longmapsto \dsp \frac{1-\mathrm{th} x}{x^\alpha}$ est continue sur $\R_+^*$.

1. Au voisinage de $0$, on a $f(x)\backsim \dfrac{1}{x^\alpha}$, donc $\dsp\int_0^1f(x)\ud x$ existe ssi $\alpha < 1$.
2. Au voisinage de $\infty$, on a $1-\mathrm{th}(x)=\dfrac{2\ee^{-2x}}{1+\ee^{-2x}}$, donc on a $\limiteX{x}{\infty}x^2f(x)=0$. Ce qui donne $f(x)=\mathrm{o}\left(\frac{1}{x^2}\right)$. On en déduit que $\dsp\int_1^\infty f(x)\ud x$ converge.

Conclusion $$\boxed{\dsp\int_0^\infty f(x)\ud x \text{ converge ssi } \alpha < 1}.$$ $\mathbf{c) } $ $\dsp \int_1^\infty\dsp \left(\frac{x+1}{x+2}\right)^{x\ln(x)^\alpha } \ud x$
La fonction $x\longmapsto \dsp \left(\frac{x+1}{x+2}\right)^{x\ln(x)^\alpha }=\ee^{x\ln(x)^\alpha\ln\left(\frac{x+1}{x+2}\right)}$ est continue sur $]1,\infty[$

1. Au voisinage de $\infty$, on a: $$\ln\left(\dfrac{x+1}{x+2}\right)=\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)-\ln\left(1+\frac{2}{x}\right)=\dfrac{-1}{x}+\mathrm{O}\left(\frac{1}{x^2}\right)\Longrightarrow f(x)\underset{\infty}{\backsim}\ee^{-\ln(x)^\alpha}$$
   1. Si $\alpha < 0$ alors $\ee^{-\ln(x)^\alpha}\tendvers{x}{\infty}1$ donc $\dsp\int_2^\infty\ee^{-\ln(x)^\alpha}\ud x$ diverge.
   2. Si $\alpha=0$ alors $\ee^{-\ln(x)^\alpha}\tendvers{x}{\infty}\dfrac{1}{\ee}$ donc $\dsp\int_2^\infty\ee^{-\ln(x)^\alpha}\ud x$ diverge.
   3. Si $\alpha\in ]0,1]$ alors $\ee^{-\ln(x)^\alpha}\geq \dfrac{1}{x}$ et comme $\dsp\int_2^\infty\dfrac{\ud x}{x}$ diverge, il en est de même pour $\dsp\int_2^\infty\ee^{-\ln(x)^\alpha}\ud x$.
   4. Si $\alpha>1$ alors $x^2\ee^{-\ln(x)^\alpha}=\ee^{2\ln(x)-\ln(x)^\alpha}\tendvers{x}{\infty}0$ donc $ \ee^{-\ln(x)^\alpha}=\underset{\infty}{\mathrm{O}}\left(\frac{1}{x^2}\right)$. Ce qui montre la converge de $\dsp\int_2^\infty\ee^{-\ln(x)^\alpha}\ud x$.
2. Au voisinage de $1$, on a pour $\alpha>1$ (inutile d'étudier les autres cas!) la fonction $f$ admet une limite fini en $1$ donc prolongeable par continuité en $1$. Ce qui donne la convergence de l'intégrale $\dsp\int_1^2f(x)\ud x$.

Conclusion: $$\boxed{\dsp\int_1^\infty f(x)\ud x \text{ converge ssi } \alpha>1}.$$ $\mathbf{d) } \,\,\,\dsp \int_0^1{(- \ln x)^\alpha \ud x}\qquad$
On distingue deux cas,

1. $\alpha\geq 0$:
   La fonction $f_\alpha: ]0,1]\mapsto \R$ définie par $f_\alpha(x)=(-\ln(x))^\alpha$ est continue sur $]0,1]$.
   Au voisinage de $0$, on a $f_\alpha(x)\underset{0}{=}\mathrm{o}\left(\dfrac{1}{\sqrt{x}}\right)$ comme $\dsp\int_0^1\dfrac{\ud x }{\sqrt{x}}$ converge, on en déduit que $\dsp\int_0^1f_\alpha(x)\ud x $ converge.
2. $\alpha < 0 $:
   Dans ce cas, la fonction $f_\alpha: ]0,1[\mapsto \R$ définie par $f_\alpha(x)=(-\ln(x))^\alpha$ est prolongeable par continuité en $0$ (puisque $f_\alpha(x)\tendvers{x}{0^+}\,0$), donc $\dsp\int_0^{\frac{1}{2}} f_\alpha(x)\ud x $ converge.

D'autre part au voisinage de $1$, on a $f_\alpha(x)\dsp\underset{1}{\thicksim}\dfrac{1}{(1-x)^\alpha}$, en effet; $$\limiteX{x}{1}\dfrac{(-\ln(x))^\alpha}{(1-x)^\alpha}=\limiteX{x}{1}\left(\dfrac{-\ln(x)}{1-x}\right)^\alpha=\limiteX{x}{1}\left(\dfrac{\ln(x)-\ln(1)}{x-1}\right)^\alpha=1$$ On en déduit que $\dsp\int_\frac{1}{2}^1f_\alpha(x)\ud x $ et $\dsp\int_{\frac{1}{2}}^1\dfrac{\ud x }{(1-x)^\alpha}$ ont la même nature, or cette dernière ne converge que si $\alpha>-1$. Conclusion $\boxed{\dsp \int_0^1{(- \ln x)^\alpha \ud x} \text{ converge ssi } \alpha\in ]-1,\infty[}.$

L'application $f:]a,\infty[\mapsto \R$ définie par $f(x)=\dsp\dfrac{1}{(1+x^2)\sqrt{x^2-a^2}}$ est continue sur $]a,\infty[$. De plus,

$\quad \bullet$ Au voisinage de $a$, on a $f(x)\underset{a}{\thicksim}\dfrac{1}{(1+a^2)\sqrt{2a}\sqrt{x-a}}$ qui est intégrable sur $]a,a+1]$ donc $f$ est intégrable sur $]a,a+1]$.

$\quad \bullet$ Au voisinage de $\infty$, on a $f(x)\underset{\infty}{\thicksim}\dfrac{1}{x^3}$ qui est intégrable sur $[a+1,\infty[$ donc $f$ l'est également.

On en déduit que $f$ est intégrable sur $]a,\infty[$.

On effectue le changement de variable $u=\varphi(x)=a\ch (x)$ , $\varphi$ est de classe $\CC^1$ de l'intervalle $]0,\infty[$ dans l'intervalle $]a,\infty[$, de plus $\varphi$ est strictement croissante ($\varphi'(t)=a\sh (x) ={\sqrt{a^2\ch (x)^2-a^2}}$), c'est un changement de variable valide pour l'intégrale impropre proposé. $$I(a)=\int_a^\infty f(x)\ud x =\int_0^\infty \dfrac{a\sh(t)\ud t}{(1+a^2\ch^2(t))\sqrt{a^2\ch^2(t)-a^2}}=\int_0^\infty\dfrac{\ud t}{1+a^2\ch^2(t)}$$ On pose $\psi (x)=\frac12 \ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)$ pour $x\in ]0,1[$, alors $\psi $ est strictement croissante ($\psi'(x)=\dfrac{1}{1-x^2}$), et $$ \ch(\psi (x))^2= \dfrac{1}{4}\left(\ee^{\ln\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}}+\ee^{\ln\sqrt{\frac{1-x}{1+x}}}\right)^2 =\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1+x}{1-x}+2+\dfrac{1-x}{1+x}\right)=\dfrac{1}{1-x^2} $$ on en déduit alors $$I(a)=\int_0^1\dfrac{ 1}{1+\dfrac{a^2}{1-x^2}}\dfrac{\ud x}{1-x^2}=\int_0^1\dfrac{\ud x}{1+a^2-x^2}=\dfrac{1}{2b}\left[\ln\left(\dfrac{b+x}{b-x}\right)\right]_0^1$$ avec $b=\sqrt{a^2+1}$. finalement $$\boxed{\int_a^\infty f(x)\ud x =\frac{1}{\sqrt{a^2+1}}\ln\left(\dfrac{1+\sqrt{a^2+1}}{a}\right).}$$

$\mathbf{1. }\,$ Pour $n\in \N^*$, on pose $f_n(x)=\dfrac{1}{(1+x^2)^n}$, on a $f$ est continue sur $\R_+$ de plus au voisinage de $\infty$, on a $f(x)\thicksim\dfrac{1}{x^{2n}}$ donc $\dsp\int_{\R_+}f_n$ converge par comparaison avec les fonctions de références de Riemann.
$\mathbf{2. }\,$ Soit $n\geq 1$, on a $$I_{n}=\left[\dfrac{x}{(1+x^2)^n}\right]_0^{X\to \infty}+\int_0^\infty \dfrac{2nx^2}{(1+x^2)^{n+1}}=2nI_n-2nI_{n+1}\Longrightarrow \boxed{I_{n+1}=\dfrac{2n-1}{2n}I_n}.$$ On peut également écrire, pour tout $n\geq 2$, $$ \begin{array}{lcl} I_n&=&\dfrac{2n-3}{2n-2}I_{n-1}=\dfrac{2n-3}{2n-2}\dfrac{2n-5}{2n-4} I_{n-2} = \dfrac{(2n-3)(2n-5)\cdots 1}{(2n-2)(2n-4)\cdots 2}I_1\\ &&\\ &=&\dfrac{(2n-2)(2n-3) (2n-4) (2n-5)\cdots 2\times 1}{(4n^2)(4(n-1)^2)\cdots 4}I_1. \end{array}$$ Comme $I_1=\dfrac{\pi}{2}$, on trouve finalement, $\boxed{\dsp \forall n\in \N^*,\,\,I_n=\dfrac{(2n-2)!}{4^{n-1}(n-1)!^2}\dfrac{\pi}{2}}$.

$\mathbf{1. }$ Pour $n\in \N^*$, on pose $f_n(x)=\dfrac{1}{(1+x^4)^n}$, on a $f$ est continue sur $\R_+$ de plus au voisinage de $\infty$, on a $f(x)\thicksim\dfrac{1}{x^{4n}}$ donc $\dsp\int_{\R_+}f_n$ converge par comparaison avec les fonctions de références de Riemann.
$\mathbf{2. }$ On définit, pour $t\in \R_+^*$, $\varphi(t)=\dfrac{1}{t}$, $\varphi$ est de classe $\CC^1$ sur $\R_+^*$ de plus $\varphi$ est bijective donc c'est une changement de variable valide pour le calcul de $I_1$, $$\begin{array}{lcl} I_1&=&\dsp \int_0^\infty f_1(t)\ud t=\int_\infty^0 f_1(\varphi(u))\varphi'(u)\ud u\\ &&\\ &=& \dsp \int_\infty^0\dfrac{1}{1+\frac{1}{t^4}}\dfrac{-\ud t}{t^2}=\int_0^\infty\dfrac{\ud t}{t^2+\frac{1}{t^2}}\\ &=&\dsp \int_0^\infty\dfrac{t^2}{t^4+1}\ud t\Longrightarrow I_1=\dfrac{1}{2}\int_0^\infty\dfrac{u^2+1}{u^4+1}\ud u. \end{array}$$ En effet, $$2I_1= I_1+I_1 = \int_0^\infty\dfrac{1}{t^4+1}\ud t+ \int_0^\infty\dfrac{t^2}{t^4+1}\ud t = \int_0^\infty\dfrac{1+t^2}{t^4+1}\ud t$$ Posons, pour $u>0$, $\psi (u)=u-\dfrac{1}{u}$, on a $\psi$ est de classe $\CC^1$ sur $\R_+^*$ et $\psi'(u)=1+\dfrac{1}{u^2}=\dfrac{u^2+1}{u^2}$ donc $\psi $ est une bijection de $\R_+^*$ dans $]-\infty,\infty[$, donc c'est une changement de variable valide pour le calcul de $I_1$, on note alors $v=\psi(u)$ (donc $u=\psi^{-1}(v)$).
Un calcul simple, nous donne $u=\dfrac{v+\sqrt{v^2+4}}{2}=\psi^{-1}(v)$ donc $\psi^{-1}(v)'= \dfrac{1}{2}\left(1+\dfrac{v}{\sqrt{v^2+4}}\right)$, remarquons que $1+\psi^{-1}(v)^2=1+\dfrac{v^2+2v\sqrt{v^2+4}+v^2+4}{4}=\dfrac{v+\sqrt{v^2+4}}{2}\sqrt{v^2+4}$, d'autre part, comme $v=u-1/u$ alors $v^2+2=u^2+1/u^2$ soit $\dfrac{u^4+1}{u^2}=\dfrac{\psi^{-1}(v)^4+1}{\psi^{-1}(v)^2}=v^2+2$ $$\begin{array}{lcl} I_1&=&\dsp \dfrac{1}{2}\int_{-\infty}^\infty \dfrac{\dfrac{v+\sqrt{v^2+4}}{2}\sqrt{v^2+4} }{(v^2+2)\psi^{-1}(v)^2}\dfrac{1}{2}\left(1+\dfrac{v}{\sqrt{v^2+4}}\right)\ud v\\ &&\\ &=&\dsp \int_{-\infty}^{\infty}\dfrac{\dfrac{v+\sqrt{v^2+4}}{8}\sqrt{v^2+4} }{(v^2+2)\psi^{-1}(v)^2}\left(\dfrac{v+\sqrt{v^2+4}}{\sqrt{v^2+4}}\right)\ud v \\ &&\\ &=&\dsp \dfrac{1}{2}\int_{-\infty}^\infty\dfrac{\ud v}{v^2+2}. \end{array}$$ Donc $$\boxed{I_1=\int_0^\infty\dfrac{\ud v}{v^2+2}=\left[\dfrac{1}{\sqrt{2}}\Arctan\left(\frac{v}{\sqrt{2}}\right)\right]_0^{\longrightarrow\infty}=\dfrac{\pi}{2\sqrt{2}}}.$$ $\mathbf{3. }$ On fait une IPP, on obtient $$\boxed{\forall n\in \N^*,\quad I_{n+1}=\dfrac{4n-1}{4n}I_n=\prod_{k=1}^{n-1}\dfrac{4k-1}{4k}\,\,I_1.}$$ $\mathbf{4. }$ La suite $(I_n)_n$ est décroissante, minorée par $0$ donc elle converge. De plus d'après la question précédente, on a $$\ln(I_n)=\ln(I_1)+\dsum_{k=1}^{n-1}\ln\left(1-\dfrac{1}{4k}\right)\tendversN\,-\infty, \,\text{puisque }\ln\left(1-\dfrac{1}{4k}\right)\underset{k\to\infty}{\thicksim}\dfrac{-1}{4k},$$ On en déduit donc que $\boxed{I_n\tendversN\,0}$.

1. Soit $n\in \N^*$, la fonction $\fonct{f_n}{\R_+}{\R}{x}{\sin^{2n}(x)\ee^{-x}}$ est continue sur $\R$, de plus, $$\forall x\geq 0,\quad 0\leq f_n(x)\leq \ee^{-x}\Longrightarrow \forall x\geq 0,\,0\leq \int_0^xf_n(t)\ud t\leq \int_0^x\ee^{-t}\ud t\leq \int_0^{\infty}\ee^{-t}\ud t =1,$$ ceci prouve la convergence de $I_n$ et de plus on a $I_0=1$.
2. On effectue une IPP, $$I_n=\left[-\sin^{2n}(t)\ee^{-t}\right]_0^{A\longrightarrow\infty}+2n\int_0^{A\longrightarrow\infty}\left(\cos(t)\sin^{2n-1}(t)\right)\ee^{-t}\ud t=2n\int_0^{\infty}\left(\cos(t)\sin^{2n-1}(t)\right)\ee^{-t}\ud t.$$ Puis, une deuxième intégration par parties, $$\begin{array}{lcl} I_n&=&\dsp 2n\int_0^\infty \ee^{-t}\left( (2n-1)\sin^{2n-2}(t) \cos^2(t)-\sin^{2n}(t)\right)\ud t\\ &&\\ &=&\dsp 2n\int_0^\infty \ee^{-t}\left( (2n-1)\sin^{2n-2}(t) (1-\sin^2(t))-\sin^{2n}(t)\right)\ud t \end{array} $$ Ce qui donne, $$I_n=2n(2n-1)I_{n-1}-4n^2I_n\Longrightarrow \boxed{I_n\dfrac{2n(2n-1)}{4n^2+1}I_{n-1}}.$$ Puis, $$\boxed{I_n=\prod_{k=1}^n\left(\dfrac{2k(2k-1)}{4k^2+1}\right)\,I_0=\dfrac{(2n)!}{\prod_{k=1}^n(4k^2+1)}}.$$
3. On a, pour $n\geq 1$, $$v_n-1=\dfrac{4n^2-2n}{4n^2-1}-1= \dfrac{-2n-1}{4n^2+1}\Longrightarrow \boxed{v_n\underset{n\to\infty}{\thicksim}\dfrac{-1}{2n}}.$$ Comme $I_n=v_1v_2\cdots v_n$, alors $\ln(I_n)=\dsum_{k=1}^\infty\ln(v_k)=\dsum_{k=1}^n\ln(1+(v_n-1))\tendversN\,-\infty$.
   Donc $\boxed{I_n\tendversN\,0}$.

$\mathbf{a) }$ La fonction $f:t\longmapsto \Arcsin \left(\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{x}$ est continue sur $[1,\infty[$. De plus, au voisinage de $\infty$, on a $f(x)\underset{x\to \infty}{\thicksim}\dfrac{1}{6x^3}$ ce qui assure l'existence de l'intégrale $\dsp\int_1^\infty f(x)\ud x$.
Soit $X>1$, on a $$\begin{array}{lcl} \dsp \int_1^Xf(x)\ud x&=&\dsp \left[x\Arcsin\left(\frac{1}{x}\right)-\ln(x)\right]_1^X+\int_1^X\dfrac{x\ud x} {x^2\sqrt{1-\frac{1}{x^2}}}\\ &&\\ &=& \dsp X\Arcsin\left(\frac{1}{X}\right)-\Arcsin(1)-\ln(X)+\int_1^X\dfrac{\ud x}{\sqrt{x^2-1}}. \end{array}$$ Comme $\dsp\int_1^X\dfrac{\ud x}{\sqrt{x^2-1}}=\left[\ln\left(x+\sqrt{x^2-1}\right)\right]_1^X$, on en déduit alors, $$\begin{array}{lcl} \dsp\int_1^Xf(x)\ud x&=&X\Arcsin\left(\frac{1}{X}\right)-\Arcsin(1)-\ln(X) +\ln\left(X+\sqrt{X^2-1}\right)\\ &&\\ &=&X\Arcsin(X)-\dfrac{\pi}{2}+\ln\left(1+\sqrt{1-\frac{1}{X^2}}\right) \tendvers{X}{\infty}1-\dfrac{\pi}{2}+\ln(2). \end{array}$$ $\mathbf{b)}\,$ La fonction $g:x\longmapsto \dfrac{x^2\ln(x)}{(1+x^3)^2}$ est continue sur $]0,\infty[$.

1. Au voisinage de $0$, on a $g(x)\tendvers{x}{0^+}0$ donc $\dsp\int_0^1g(x)\ud x$ existe.
2. Au voisinage de $\infty$, on a $g(x)\underset{x\to \infty}{\thicksim}\dfrac{\ln(x)}{x^4}\underset{x\to \infty}{=}\mathrm{o}\left(\frac{1}{x^3}\right)$, ce qui assure l'existence de l'intégrale $\dsp\int_1^\infty g(t)\ud t$.

On en déduit que $\dsp\int_0^\infty g(t)\ud t$ converge.
On effectue le changement de variable $\varphi(t)=\dfrac{1}{t}$, $\varphi $ est de classe $\CC^1$ sur $]0,\infty[$ avec $\varphi'(t)=\dfrac{-1}{t^2} < 0$ donc $\varphi$ est bijective, ce qui assure la validité de ce changement de variable. $$\int_0^\infty g(t)\ud t=\int_\infty^0 \dfrac{\dfrac{1}{t^2}\ln\left(\frac{1}{t}\right)}{\left(1+\frac{1}{t^3}\right)^2} \dfrac{-\ud t}{t^2}=\int_0^\infty\dfrac{-t^2\ln(t)\ud t}{(1+t^3)^2}=-\int_0^\infty g(t)\ud t \Longrightarrow \boxed{\int_0^\infty g(t)\ud t=0}.$$

1. Soit $F$ une primitive de $f$, $F$ est $2\pi$-périodique ssi $$\forall x\in \R,~~F(x+2\pi)=F(x)\Longleftrightarrow \forall x\in \R,~~\int_x^{x+2\pi}f(t)\ud t=0=\int_0^{2\pi}f(t)\ud t$$ Donc $F$ est $2\pi$-périodique ssi $c_0(f)=0$ (et dans ce cas toutes les primitives de $f$ sont périodiques).
2. Soit $X>1$, on fait une IPP dans l'intégrale demandée $$\left\{\begin{array}{ccl} u'(t)&=&f(t)-c_0(f)\\ &&\\ v(t)&=&\dfrac{1}{t^a} \end{array} \right. \Longrightarrow \left\{\begin{array}{ccl} u(t)&=&F(t)=\dsp\int_0^t(f(x)-c_0(f))\ud x \\ &&\\ v'(t)&=&\dfrac{-a}{t^{a+1}} \end{array} \right.$$ Ce qui donne $$\int_1^X\dfrac{f(t)-c_0(f)}{t^a}\ud t=\left[\dfrac{F(t)}{t^a}\right]_1^X+a\int_1^X\dfrac{F(t)}{t^{a+1}}\ud t$$ Or d'après la question précédente $F$ est $2\pi$-périodique donc en particulier $F$ est bornée sur $\R$. Donc $$\dfrac{F(X)}{X^a}\tendvers{X}{\infty}\,0 \text{ et }\abs{\int_1^X\dfrac{F(t)}{t^{a+1}}\ud t }\leq \norme{F}_\infty\int_1^\infty \dfrac{\ud t}{t^{a+1}} < \infty.$$ On en déduit que $\dsp\int_1^\infty\dfrac{f(t)-c_0(f)}{t^a}\ud t$ converge.
3. $$\dsp\int_1^x\dfrac{\abs{f(t)}}{t^a}\ud t\underset{x \rightarrow \infty}{\sim} \left\{\begin{array}{lr} c_0(\abs{f})\dfrac{x^{1-a}}{1-a}&\text{ si } a\in ]0,1[\\ &\\ c_0(\abs{f})\ln(x)& \text{ si } a=1 \end{array} \right. $$

1. Comme $f$ est continue en $0$ alors $f$ admet un DL$_0(0)$, et on a $f(t)=f(0)+\mathrm{o}(1)$. Donc toute primitive de $f$ admet un DL$_1(0)$, en particulière, $x\overset{h}{\longrightarrow}\dsp\int_0^xf(t)\ud t=f(0)x+\mathrm{o}(x)$. On en déduit, puisque $g(x)=h(x)/x$, que $$g(x)\underset{0}{=}f(0)+\mathrm{o}(1)\tendvers{x}{0^+}f(0).$$ Donc $g$ peut être prolongé en $0$ en posant $g(0)=f(0)$.
2. Supposons que $f(x)\tendvers{x}{\infty}\ell$.
   Soit $\epsilon>0$, il existe $A\in \R_+$ tel que, pour tout $x>A$, on a $\abs{f(x)-\ell}\leq \epsilon/2$.
   Calculons $g(x)-\ell$, pour $x\geq A$. $$\abs{g(x)-\ell}=\abs{\dfrac{1}{x}\int_0^xf(t)\ud t-\dfrac{1}{x}\int_0^x\ell\ud t} \leq \dfrac{1}{x}\int_0^x\abs{f(t)-\ell}\ud t\leq \dfrac{1}{x}\int_0^A\abs{f(t)-\ell}\ud t+\epsilon\dfrac{x-A}{2x}$$ Comme $\dsp\int_0^A\abs{f(t)-\ell}\ud t$ est une constante qui ne dépend pas de $x$, alors $\dsp\dfrac{1}{x}\int_0^A\abs{f(t)-\ell}\ud t\tendvers{x}{\infty}0$, donc il existe $B>0$ tel que, pour tout $x\geq \max(B,A)$, on a $\dsp\dfrac{1}{x}\int_0^A\abs{f(t)-\ell}\ud t\leq \epsilon/2$.
   Retour au calcul de $g(x)-\ell$, supposons maintenant que $x\geq \max(B,A)$, alors d'après ce qui précède, $$\abs{g(x)-\ell}\leq \dfrac{\epsilon}{2}+\dfrac{\epsilon}{2}\dfrac{x-A}{x}\leq \epsilon \Longrightarrow g(x)\tendvers{x}{\infty}\ell.$$
3. Notons $\overline{f}=\dfrac{1}{T}\dsp\int_0^Tf(t)\ud t$ et $\norme{f}_{\infty}=\sup\{\abs{f(x)},\,x\in [0,T]\}$ ($\norme{f}_{\infty}$ est bien définie), puisque $f$ est $T$-périodique, alors: $$\forall t\in \R_+,\,\abs{f(t)}\leq \norme{f}_\infty,\,\,\forall n\in \N,\,\int_{nT}^{(n+1)T}f(t)\ud t=T\overline{f}.$$ Soit $x\in \R_+$, notons $N_x\in \N$ le plus grand entier tel que $N_x T\leq x< (N_x+1)T$, on a alors, $$g(x)=\dfrac{1}{x}\left(\sum_{k=0}^{N_x-1}\int_{kT}^{(k+1)T}f(t)\ud t+\int_{N_xT}^xf(t)\ud t\right)=\dfrac{\overline{f}TN_x}{x}+\dfrac{1}{x}\int_{N_xT}^xf(t)\ud t$$ Or, $$\dfrac{x-T}{x}< \dfrac{N_xT}{x}\leq \dfrac{x}{x}\Longrightarrow \dfrac{N_xT}{x}\tendvers{x}{\infty}1,\text{ et }\abs{\dfrac{1}{x}\dsp\int_{N_xT}^xf(t)\ud t}\leq \dfrac{1}{x}\norme{f}_{\infty}\tendvers{x}{\infty}0$$ On en déduit que $g(x)\tendvers{x}{\infty}\overline{f}$.
   En faisant une IPP; $$\left\{\begin{array}{ccl} u(t)&=&\dfrac{1}{t}\\ v'(t)&=&f(t) \end{array} \right.\Longrightarrow \left\{\begin{array}{ccl} u'(t)&=&\dfrac{-1}{t^2}\\ v'(t)&=&\dsp\int_0^tf(x)\ud x \end{array} \right.$$ On obtient, $$\int_T^X\dfrac{f(t)\ud t}{t}=\left[g(t)\right]_T^X+\int_T^X\dfrac{g(t)\ud t}{t}=g(X)-g(T)+\int_T^X\dfrac{g(t)\ud t}{t}.$$ On en déduit que les intégrales $\dsp \int_T^\infty\dfrac{f(t)\ud t}{t}$ et $\dsp\int_T^\infty\dfrac{g(t)\ud t}{t}$ ont la même nature.
   D'après 1), on a $g(x)\tendvers{X}{\infty}\overline{f}$, on distingue deux cas,
   [$\mathbf{ i)}\,$] Si $\overline{f}\neq 0$ alors $\dfrac{g(t)}{t}\underset{\infty}{\thicksim}\dfrac{\overline{f}}{t}$ donc $\dsp\int_t^\infty\dfrac{g(t)\ud t}{t}$ diverge et on a donc $\dsp \int_T^\infty\dfrac{f(t)\ud t}{t}$ diverge.
   [$\mathbf{ii)}\,$] Si $\overline{f}=0$, alors d'après le calcul précédent, on a $$g(x)=\dfrac{1}{x}\int_{N_xT}^xf(t)\ud t \underset{\infty}{=}\mathrm{O}\left(\dfrac{1}{x}\right)\Longrightarrow \dfrac{g(x)}{x}\underset{\infty}{=}\mathrm{O}\left(\dfrac{1}{x^2}\right)$$ Donc $\dsp\int_T^\infty\dfrac{g(t)\ud t}{t}$ converge, puis $\dsp\int_T^\infty\dfrac{f(t)\ud t}{t}$ converge également.
4. Calcul
   1. Soient $a,b\in \R_+$ tel que $a< b$, pour calculer l'intégrale demandé on fait une IPP En faisant une IPP; $$\left\{\begin{array}{ccl} u(t)&=&g^2(t)\\ v'(t)&=&1 \end{array} \right.\Longrightarrow \left\{\begin{array}{ccl} u'(t)&=&2g(t)g'(t)\\ v(t)&=&t \end{array} \right.$$ Remarquons que, $$\forall x>0,~~g'(x)=\dfrac{-1}{x^2}\int_0^xf(t)\ud t+\dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{-g(x)}{x}+\dfrac{f(x)}{x}.$$ Retour à notre intégrale, $$\begin{array}{lcl} \dsp \int_a^bg^2(t)\ud t&=&\dsp \left[tg^2(t)\right]_a^b-2\int_a^btg(t)\left(\dfrac{-g(t)}{t}+\dfrac{f(t)}{t}\right)\ud t\\ &&\\ &=&\dsp \left[tg^2(t)\right]_a^b-2\int_a^b\left(-g^2(t)+g(t)f(t)\right)\ud t. \end{array}$$ Ce qui donne après simplification, $$\int_a^bg^2(t)\ud t =- \left[tg^2(t)\right]_a^b+2\int_a^bg(t)f(t)\ud t=ag^2(a)-bg^2(b)+2\int_a^bf(t)g(t)\ud t.$$
   2. En prenant $a=0$ dans la relation précédente, on trouve pour tout $b>0$, $$\begin{array}{lcl} \dsp \int_0^bg^2(t)\ud t&=&\dsp -bg^2(b)+2\int_0^bf(t)g(t)\ud t\\ &&\\ &\leq&\dsp 2\int_0^bf(t)g(t)\ud t\leq 2\left(\int_0^bf(t)^2\ud t\right)^{1/2}\left(\int_0^bg^2(t)\ud t\right)^{1/2}. \end{array}$$ On divise la relation précédente par $\dsp \left(\int_0^b g^2(t)\ud t\right)^{1/2}$ (en supposant que $g$ n'est pas l'application nulle), on obtient $$\int_0^bg^2(t)\ud t\leq 4\int_0^bf^2(t)\ud t\leq 4\int_0^\infty f^2(t)\ud t.$$ On en déduit que $\dsp\int_0^\infty g^2(t)\ud t$ converge.
   3. On a montré que $g\in L^2(\R_+)$ et par hypothèse $f\in L^2(\R_+)$ donc $fg\in L^1(\R_+)$.
      D'après les question 1), 2), on a $$\forall b>0,~~bg^2(b)=\int_0^bf(t)g(t)\ud t-\int_0^bg^2(t)\ud t\Longrightarrow \limiteX{b}{\infty}bg^2(b)=\ell< \infty.$$ On en déduit que $g^2(x)\underset{\infty}{\thicksim}\dfrac{\ell}{t}$, or si $\ell\neq 0$ on aurait $\dsp\int_0^\infty g^2$ divergente ce qui n'est pas le cas ici, donc $\ell=0$.

1. La fonction $g:x\longmapsto\dfrac{f(x)}{1+x^2}$ est continue sur $\R_+$, de plus comme $f$ est bornée alors, $$\forall x\geq 0,\quad 0\leq \abs{g(x)}\leq \dfrac{\norme{f}_\infty}{1+x^2}\Longrightarrow \int_0^\infty \abs{g(x)}\ud x< \infty.$$ On définit $\varphi(t)=\dfrac{1}{t}$ sur $]0,\infty[$, $\varphi$ est de classe $\CC^1$ strictement décroissante sur $]0,\infty[$, donc c'est un changement de variable admissible pour $I$. On obtient alors, $$I=\int_{\varphi^{-1}(\infty)}^{\varphi^{-1}(\infty)} \dfrac{f(\varphi(x))}{1+\varphi(x)^2}\varphi'(x)\ud x=\int_0^\infty\dfrac{f(1/x)}{1+1/x^2}\dfrac{\ud x}{x^2}=J.$$ Ce qui implique $J$ converge et $I=J$.
2. On définit $f(x)=\dfrac{1}{1+x^n}$, alors $f\in \CC(\R_+,\R)$ et on a $f$ est bornée sur $\R_+$. D'après la question précédente, on a $$\int_0^\infty \dfrac{f(x)}{1+x^2}\ud x=\int_0^\infty \dfrac{1}{(1+x^2)(1+x^n)}\ud x= \int_0^\infty \dfrac{f(1/x)}{1+x^2}\ud x=\int_0^\infty \dfrac{x^n}{(1+x^2)(1+x^n)}\ud x$$ En particulier, $$2I=I+J=\int_0^\infty \dfrac{1+x^n}{(1+x^2)(1+x^n)}\ud x= \int_0^\infty\dfrac{\ud x}{1+x^2}=\dfrac{\pi}{2}$$ Conclusion: $$\boxed{\int_0^\infty\dfrac{1}{(1+x^2)(1+x^n)}\ud t=\dfrac{\pi}{4}.}$$

L'application $f:x\longmapsto\dfrac{x}{\ee^{2x}-\ee^{-x}}$ est continue sur $]0,\infty[$. De plus,

1. Au voisinage de $0$, on a $\dfrac{x}{\ee^{2x}-\ee^{-x}}=\dfrac{x}{3x+\mathrm{o}(x)}\tendvers{x}{0^+}\dfrac{1}{3}$, donc $\dsp \int_0^1f(t)\ud t$ converge.
2. Au voisinage de $\infty$, on a $f(x)=\mathrm{o}(\frac{1}{x^2})$ donc $\dsp\int_1^\infty f(t)\ud t$ converge.

On en déduit que $\dsp\int_0^\infty f(x)\ud x$ existe.
Soit $n\in \N$. Pour tout $x\in ]0,\infty[$, on a $$f(x)=\dfrac{x\ee^{-2x}}{1-\ee^{-3x}}=x\ee^{-2x}\left(\dsum_{k=0}^n\ee^{-3kx}+ \dfrac{\ee^{-3(n+1)x}}{1-\ee^{-3x}}\right).$$

La fonction $f(t)=\dfrac{\ln(t)^2}{1+t^2}$ est continue sur $]0,\infty[$. De plus,

1. Au voisinage de $0$, on a $f(t)=\underset{t\to 0^+}{\mathrm{o}}\left(\frac{1}{\sqrt{t}}\right)$, or $\dsp\int_0^1\dfrac{\ud t}{\sqrt{t}}$ converge, donc $\dsp\int_0^1f(t)\ud t$ converge aussi.
2. Au voisinage de $\infty$, on a $f(t)=\underset{t\to \infty}{\mathrm{o}}\left(\frac{1}{t\sqrt{t}}\right)$, or $\dsp\int_1^\infty\dfrac{\ud t}{t\sqrt{t}}$ converge, donc $\dsp\int_1^\infty f(t)\ud t$ converge aussi.

On en déduit que $\dsp \int_0^\infty\dfrac{\ln(t)^2\ud t}{1+t^2}$ converge.
Pour la suite de la question, il suffit de faire le changement de variable $\varphi(t)=\dfrac{1}{t}$ (de classe $\CC^1$, strictement décroissante donc bijective). $$\begin{array}{lcl} \dsp\int_1^\infty\dfrac{\ln(x)^2\ud x}{1+x^2}&=&\dsp \int_{\varphi^{-1}(1)}^{\varphi^{-1}(\infty)} \dfrac{\ln(\varphi(t))^2}{1+\varphi^2(t)}\varphi'(t)\ud t\\ &&\\ &=&\dsp \int_1^0\dfrac{\ln\left(\dfrac{1}{t}\right)^2}{1+\dfrac{1}{t^2}}\dfrac{\ud t}{-t^2} =\int_0^1\dfrac{(-\ln(t))^2}{1+t^2}\ud t=\int_0^1f(t)\ud t. \end{array}$$ Soit $n\in\N^*$, pour tout $t\in ]0,1[$, on a: $$\dfrac{\ln(t)^2}{1+t^2}=\dsum_{k=0}^n(-1)^k\ln(t)^2t^{2k}+\dfrac{(-1)^{n+1}\ln(t)^2t^{2n+2}}{1+t^2}$$ donc $$\abs{\int_0^1f(t)\ud t- \dsum_{k=0}^n(-1)^k\int_0^1\ln(t)^2t^{2k}\ud t}\leq \int_0^1\dfrac{\ln(t)^2t^{2n+2}}{1+t^2}\ud t$$ Un étude rapide de la fonction $\varphi_n(t)=\ln(t)^2t^{2n+2}$ montre que $$\forall t \in ]0,1],\quad \varphi_n(t)\leq \varphi_n\left(\ee^{\frac{-1}{n+1}}\right)=\dfrac{1}{(n+1)^2\ee^2}\Longrightarrow\int_0^1\dfrac{\ln(t)^2t^{2n+2}}{1+t^2}\ud t\leq \dfrac{\pi}{4\ee^2}\dfrac{1}{(n+1)^2} .$$ D'autre part, pour tout $k\in \N$, on a: $$\begin{array}{lcl} \dsp \int_0^1\ln(t)^2t^{2k}\ud t &=&\dsp \left[\ln(t)^2\dfrac{t^{2k+1}}{2k+1}\right]_0^1-\int_0^1\dfrac{2\ln(t)t^{2k}}{2k+1}\ud t\\ &&\\ &=&\dsp -\left[\ln(t)\dfrac{2t^{2k+1}}{(2k+1)^2}\right]_0^1+\int_0^1\dfrac{2t^{2k}}{(2k+1)^2}\ud t \\ &&\\ &=&\dfrac{2}{(2k+1)^3}. \end{array}$$ On en déduit, $$\abs{\int_0^1f(t)\ud t- \dsum_{k=0}^n\dfrac{2(-1)^k}{(2k+1)^3}}\leq \dfrac{\pi}{4\ee^2}\dfrac{1}{(n+1)^2}\Longrightarrow \int_0^1f(t)\ud t\tendversN\,\dsum_{k=0}^\infty\dfrac{2(-1)^k}{(2k+1)^3}$$ Vu que $\dsp\int_0^1f(t)\ud t=\int_1^\infty f(t)\ud t$, on en déduit finalement, $$\boxed{\int_0^\infty\dfrac{\ln(t)^2\ud t}{1+t^2} = \dsum_{k\geq 0}\dfrac{4 (-1)^k}{(2k+1)^3}.}$$ Pour calculer une valeur approchée de l'intégrale, et d'après le cours sur les séries alternées, on a $$ \forall n\geq 0,\,\abs{\int_0^\infty f(t)\ud t- \dsum_{k=0}^n\dfrac{4(-1)^k}{(2k+1)^3}}= \abs{\dsum_{k\geq n+1}\dfrac{4(-1)^k}{(2k+1)^3}}\leq \dfrac{4}{(2n+3)^3}.$$ Donc pour avoir une valeur approchée à $10^{-3}$, il suffit de prendre $n\geq 7$. %$$\int_0^1f(t)\ud t = \dfrac{4}{1}-\dfrac{4}{27}+++=$$ Les valeurs données avec Maple $$\begin{array}{lcl} A=\int_0^1\dfrac{\ln(t)^2\ud t}{1+t^2}&=&\textcolor{blue}{3.875}\,\,78458503747752193453938339\\ B=\dsum_{k=0}^7\dfrac{4(-1)^k}{(2k+1)^3}&=&\textcolor{blue}{3.875}\,\,30723287537487508530636417\\ A-B&=&0.000\,47735216210264684923301922 \end{array}$$

L'application $t\mapsto \ln(1+\frac{1}{t^2})$ est continue sur $\R_+^*$.
Soient $0< \varepsilon< X\in\R_+^*$, on a $$\begin{array}{lcl} \dsp \int_\varepsilon^X\ln\left(1+\frac{1}{t^2}\right)\ud t&=&\dsp \left[t\ln\left(1+\frac{1}{t^2}\right)\right]_\varepsilon^X-\int_\varepsilon^Xt\dfrac{\frac{-2}{t^3}}{1+\frac{1}{t^2}}\ud t =\left[t\ln\left(1+\frac{1}{t^2}\right)\right]_\varepsilon^X+\left[2\Arctan(t)\right]_\varepsilon^X\\ &&\\ &=&X\ln\left(1+\frac{1}{X^2}\right)+2\Arctan(X)-\varepsilon\ln\left(1+\frac{1}{\varepsilon^2}\right)-2\Arctan(\varepsilon) \end{array}$$ Comme $X\ln\left(1+\frac{1}{X^2}\right)\tendvers{X}{\infty}\,0$ (resp. $\varepsilon\ln\left(1+\frac{1}{\varepsilon^2}\right)\tendvers{\varepsilon}{0^+}\,0$) et $\Arctan(X)\tendvers{X}{\infty}\dfrac{\pi}{2}$ (resp. $\Arctan(\varepsilon)\tendvers{\varepsilon}{0^+}0$). On en déduit, $$\boxed{\int_0^\infty\ln(1+t^{-2})\ud t \text{ converge et est égale à } \pi.}$$

Existence
Posons pour $u\in \R_+$, $\varphi_1(u)=\dfrac{1}{2}\left(\sqrt{u^2+4a}-u\right)$, on a $$\forall u\in \R_+,\quad \varphi_1(u)'=\dfrac{1}{2}\left(\frac{u}{\sqrt{u^2+4a}}-1\right)< 0\Longrightarrow \varphi_1 \text{ est strictement décroissante}.$$ On en déduit que $\varphi_1$ réalise une bijection de $\R_+$ sur $\varphi_1(\R_+)=]0,\sqrt{a}]$, de plus, on a : $$\begin{array}{lcl} \varphi_1(u)+\frac{a}{\varphi_1(u)}&=&\dfrac{\sqrt{u^2+4a}-u}{2}+\dfrac{2a}{\sqrt{u^2+4a}-u}\\ &&\\ &=&\dfrac{u^2+4a-2u\sqrt{u^2+4a}+u^2+4a}{2(\sqrt{u^2+4a}-u)}=\dfrac{u^2+4a-u\sqrt{u^2+4a}}{\sqrt{u^2+4a}-u}=\sqrt{u^2+4a} \end{array}.$$ En appliquant ce changement du variable pour calculer $I_1$, on trouve : $$\begin{array}{lcl} \dsp \int_0^{\sqrt{a}}f\left(u+\frac{a}{u}\right)\ud u &=&\dsp \int_{\varphi_1^{-1}(0)}^{\varphi_1^{-1}(\sqrt{a})} f\left(\varphi_1(u)+\frac{a}{\varphi_1(u)}\right)\varphi_1'(u)\ud u\\ &&\\ &=&\dsp\int_{\infty}^0f\left(\sqrt{u^2+4a}\right)\left(\dfrac{u}{2\sqrt{u^2+4a}}-\dfrac{1}{2}\right)\ud u\\ &&\\ &=&\dsp \dfrac{1}{2}\int_0^\infty f\left(\sqrt{u^2+4a}\right)\left(1-\dfrac{u}{\sqrt{u^2+4a}}\right)\ud u. \end{array}$$ Posons pour $u\geq 0$, $\varphi_2(u)=\dfrac{1}{2}\left(\sqrt{u^2+4a}+u\right)$, on a $$\forall u\in \R_+,\quad \varphi_2(u)'=\dfrac{1}{2}\left(\frac{u}{\sqrt{u^2+4a}}+1\right)>0\Longrightarrow \varphi_2 \text{ est strictement croissante}.$$ On en déduit que $\varphi_2$ réalise une bijection de $\R_+$ sur $\varphi_2(\R_+)=[\sqrt{a},\infty[$, de plus, on a : $$\begin{array}{lcl} \varphi_2(u)+\frac{a}{\varphi_2(u)}&=&\dfrac{\sqrt{u^2+4a}+u}{2}+\dfrac{2a}{\sqrt{u^2+4a}+u}\\ &&\\ &=&\dfrac{u^2+4a+2u\sqrt{u^2+4a}+u^2+4a}{2(\sqrt{u^2+4a}+u)}=\sqrt{u^2+4a}. \end{array}$$ En utilisant ce changement du variable dans le calcul de $I_2$, on trouve $$\begin{array}{lcl} \dsp\int_{\sqrt{a}}^\infty f\left(u+\frac{a}{u}\right)\ud u& =& \dsp \int_{\varphi_2^{-1}(\sqrt{a})}^{\varphi_1^{-1}(\infty)} f\left(\varphi_2(u)+\frac{a}{\varphi_2(u)}\right)\varphi_2'(u)\ud u\\ &&\\ &=&\dsp \int_0^{\infty}f\left(\sqrt{u^2+4a}\right)\left(\dfrac{u}{2\sqrt{u^2+4a}}+\dfrac{1}{2}\right)\ud u\\ &&\\ &=&\dsp \dfrac{1}{2}\int_0^\infty f\left(\sqrt{u^2+4a}\right)\left(1+\dfrac{u}{\sqrt{u^2+4a}}\right)\ud u. \end{array}$$ On obtient finalement, $$\begin{array}{lcl} \dsp \int_0^\infty g(x)\ud x&=&I_1+I_2\\ &&\\ &=&\dsp \dfrac{1}{2}\int_0^\infty f\left(\sqrt{u^2+4a}\right)\left(1-\dfrac{u}{\sqrt{u^2+4a}}\right)\ud u+\dfrac{1}{2} \int_0^\infty f\left(\sqrt{u^2+4a}\right)\left(1+\dfrac{u}{\sqrt{u^2+4a}}\right)\ud u\\ &&\\ &=&\dsp \int_0^\infty f\left(\sqrt{u^2+4a}\right)\ud u. \end{array}$$

voir correction de l'exercice précédent.

1. Non, On peut avoir $\dsp\int_0^\infty f$ converge sans que $f$ tend vers $0$ en $\infty$.
   On peut prendre par exemple $f(x)=\sin(x^2)$, alors $f$ n'admet pas de limite lorsque $x$ tend vers $\infty$ tandis que $\dsp\int_0^\infty f(t)\ud t$ converge.
   on peut aussi utiliser l'exemple 'graphique' donné dans le cours.....
2. Soit $x>0$, on a, $$0\leq \dfrac{x}{2}f(x)\leq \int_{\frac{x}{2}}^xf(u)\ud u\leq \dfrac{x}{2}f\left(\dfrac{x}{2}\right)\Longrightarrow 0\leq xf(x)\leq 2\int_{\frac{x}{2}}^xf(u)\ud u\leq xf\left(\dfrac{x}{2}\right).$$ Soit $\varepsilon >0$, il existe $A>0$ tel que pour tout $y>A$, on a $\abs{\dsp\int_0^\infty f-\int_0^Af}\leq \dfrac{\varepsilon}{4}$. Donc pour $x>2A$, on a $$\begin{array}{lcl} \dsp 2\abs{\int_{\frac{x}{2}}^xf(u)\ud u}&=&\dsp 2\abs{\int_0^xf-\int_0^\infty f + \int_0^\infty f -\int_0^{\frac{x}{2}}f}\\ &&\\ &\leq &\dsp 2\left(\abs{\int_0^xf-\int_0^\infty f }+\abs{ \int_0^\infty f -\int_0^{\frac{x}{2}}f}\right) \leq 2\left(\frac{\varepsilon}{4}+\frac{\varepsilon}{4}\right)=\varepsilon. \end{array}$$ On en déduit que $\dsp\int_{\frac{x}{2}}^xf\tendvers{x}{\infty}0$ ce qui donne $\boxed{\limiteX{x}{\infty}xf(x)=0}$.
   La réciproque est fausse, prenez par exemple $f(x)=\dfrac{1}{x\ln(x)}$ (pour $x\geq 2$), on a $xf(x)\tendvers{x}{\infty}\,0$ mais $\dsp\int_2^\infty \dfrac{\ud x}{x\ln(x)}$ diverge.
3. Supposons que $f(x)$ ne tend pas vers $0$ lorsque $x$ tend vers $\infty$, alors il existe $\varepsilon_0$ tel que : $$\forall x>0,\,\exists y\geq x,\, f(y)\geq \varphi_0.$$ On construit alors une suite $(z_n)$ tel que $z_{n+1}-z_n\geq 2\varepsilon_0$ et $z_n\tendversN\infty$, et également $f(z_n)\geq \varepsilon_0$.
   On a pour tout $x\in [z_n,z_n+\varepsilon_0/4]$, $f(x)\geq f(z_n)-2 (x-z_n)\geq \dfrac{\varepsilon_0}{2}$. Donc $$\int_0^\infty f(x)\ud x\geq \sum_{k=0}^\infty \int_{z_k}^{z_{k+}}f(t)\ud t\geq \sum_{k=0}^\infty\int_{z_n}^{z_n+\frac{\varepsilon_0}{4}}f(u)\ud u\geq \dsum_{k\geq 0}\dfrac{\varepsilon_0^2}{4}=\infty$$ Ce qui contredit l'hypothèse $\dsp\int_0^\infty f < \infty$. Donc $\boxed{\limiteX{x}{\infty}f(x)=0}$.

1. Évident
2. Soit $\varepsilon>0$, $$\exists \eta>0,~~\forall a,b\in \R_+,~~\abs{b-a}\leq \eta \Longrightarrow \abs{f(b)-f(a)}\leq \varepsilon.$$ D'autre part, puisque $\dsp\int_0^\infty f(x)\ud x $ existe, alors il existe $A>0$ tel que, pour tout $X>A$, on a $$\dsp\int_X^\infty f(x)\ud x \leq \dfrac{\varepsilon\eta}{2}.$$ Supposons maintenant que $\dsp\limiteX{x}{\infty}f(x)\neq 0$, alors $\forall y>0,~~\exists z>y,~~f(z)>\varepsilon$.
   En particulier, il existe $x_0>A+\eta$ tel que $f(x_0)>\dfrac{\varepsilon}{2}$. Donc, $$\forall t\in ]x_0-\eta,x_0+\eta[,~~~~ \varepsilon -f(x_0)\leq f(x)\leq f(x_0)+\varepsilon \Longrightarrow \forall t\in ]x_0-\eta,x_0+\eta[, \,\,\dfrac{\varepsilon}{2}\leq f(x).$$ On en déduit, $$\eta \varepsilon \leq \int_{x_0-\eta}^{x_0+\eta}f(x)\ud x \leq \int_A^\infty f(t)\ud t\leq \dfrac{\eta\varepsilon}{2}\Longrightarrow 1\leq \dfrac{1}{2}$$ Contradiction, on en déduit alors que $\boxed{\limiteX{x}{\infty}f(x)= 0}$.
   
3. Dans ce cas, il existe $A>0$ tel que pour tout $x>A$, on a $f(x)< 1$ donc $$\forall x >A, f^2(x)\leq f(x)\Longrightarrow \forall X>A,\,\dsp \int_0^Xf^2(x)\ud x \leq \int_0^Af^2(x)\ud x +\int_1^\infty f(x)\ud x .$$ On en déduit que $\dsp\int_0^Xf^2(x)\ud x $ est majorée, or c'est une fonction croissante par rapport à $X$.
   Donc $\dsp\limiteX{X}{\infty} \dsp\int_0^Xf(t)^2 \ud t$ existe.

Soit $F$ définie sur $\R_+$ par $F(x)=\dsp\int_0^xf(t)\ud t$, par hypothèse sur $f$, on a $F$ est croissante de plus $\limiteX{x}{\infty}F(x)=\dsp\int_0^\infty f(t)\ud t< \infty$. En faisant une IPP, on trouve: $$\dfrac{1}{n}\int_0^nxf(x)\ud x=\dfrac{1}{n}\left[tF(t)\right]_0^n-\dfrac{1}{n}\int_0^nF(u)\ud u=F(n)-\dfrac{1}{n}\int_0^nF(u)\ud u.$$ D'autre part, on a $$\dfrac{F(0)+F(1)+\cdots F(n-1)}{n}\leq \dfrac{1}{n}\int_0^nF(u)\ud u\leq \dfrac{F(1)+\cdots+F(n)}{n}.$$ Comme $F(n)\tendversN\dsp\int_0^\infty f(u)\ud u$, on en déduit ( Théorème de Césaro) que $$\limiteX{n}{\infty}\dfrac{F(0)+F(1)+\cdots F(n-1)}{n}=\limiteX{n}{\infty}\dfrac{F(1)+\cdots F(n)}{n}=\int_0^\infty f(u)\ud u.$$ Donc $\dsp\dfrac{1}{n}\int_0^nF(u)\ud u\tendversN\int_0^\infty f(u)\ud u$. Ce qui donne le résultat.

On a, pour tout $(a,b)\in \R^2$, $ab\leq \dfrac{a^2+b^2}{2}$. On en déduit que $$\dsp\int_a^\infty f(t)f''(t)\ud t< \infty \,,\quad\text{ puisque }\dsp\abs{\int_a^\infty f(t)f''(t)\ud t}\leq \int_a^\infty f^2+f''^2.$$ Soit $x>a$, en faisant une intégration par parties, on trouve: $$\int_a^xf(t)f''(t)\ud t =\left[f(t)f'(t)\right]_a^x-\int_a^xf'^2(t)\ud t=f(x)f'(x)-f(a)f'(a)-\int_a^x f'^2(t)\ud t.$$ Puisque $\dsp\int_a^\infty f\,f''$ converge, on en déduit alors que $\dsp\int_a^\infty f'^2$ et $\limiteX{x}{\infty}f(x)f'(x)$ sont de même nature.
Supposons que $\dsp\int_a^\infty f'^2$ diverge, alors $f(x)f'(x)\tendvers{x}{\infty}\infty$, or on a $$ \forall x\geq a,\quad f^2(x)=f^2(a)+\int_a^xf(t)f'(t)\ud t\Longrightarrow f^2(x)\tendvers{x}{\infty}\infty,$$ ce qui contredit l'intégrabilité de $f^2$.
Conclusion, $\dsp\int_a^\infty f'^2(t)\ud t< \infty$.

1. Supposons que $f$ est croissante, alors, on a pour tout $ n\in \N^*$, $$ \int_0^{1-\frac{1}{n}}f(t)\ud t=\dsum_{k=0}^{n-1}\int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}f(u)\ud u \leq \dfrac{f\left(\frac{1}{n}\right)+\cdots f\left(\frac{n-1}{n}\right)}{n}\leq \dsum_{k=1}^{n-1}\int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}f(u)\ud u=\int_{\frac{1}{n}}^1f(u)\ud u$$ La convergence de l'intégrale $\dsp\int_0^1f(y)\ud y$ permet de conclure.
2. $\mathbf{a) }$ On pose $a_n=\dfrac{\sqrt[n]{n!}}{n}$ donc $\ln(a_n)=\dfrac{1}{n}\dsum_{k=1}^n\ln\left(\frac{k}{n}\right)$ puis on pose $f(x)=\ln (x)$, comme $f$ est monotone et $\dsp\int_0^1 f< \infty$ alors $$\dfrac{\dsum_{k=1}^{n-1}\ln\left(\frac{k}{n}\right)}{n}\tendversN\int_0^1\ln(x)\ud x = -1.$$ On en déduit alors $\boxed{a_n\tendversN\dfrac{1}{\ee}}$.
   $\mathbf{b) }$ On pose $b_n=\sqrt[n]{\sin\left(\frac{\pi}{2n}\right)\sin\left(\frac{2\pi}{2n}\right)\cdots\sin\left(\frac{(n-1)\pi}{2n}\right)}$ donc $\ln(b_n)=\dfrac{1}{n}\dsum_{k=1}^n\ln\left(\sin\left(\frac{\pi k}{2n}\right)\right)$ puis on pose $f(x)=\ln\left(\sin\left(\frac{\pi x}{2}\right)\right),\quad x\in ]0,1]$, comme $f$ est monotone et $\dsp\int_0^1 f< \infty$ alors $$\dfrac{1}{n}\dsum_{k=1}^n\ln\left(\sin\left(\frac{\pi k}{2n}\right)\right)\tendversN\int_0^1\ln(x)\ud x = -\ln(2).$$ On en déduit alors $\boxed{b_n\tendversN\dfrac{1}{2}}$.
   $\mathbf{c) }$
   $\mathbf{d) }\,$

1. Soit $n\in \N$, $n\geq n_0$, on a $$\int_n^{n+1}f(t)\ud t=\left[(t-n)f(t)\right]_n^{n+1}-\int_n^{n+1}(t-n)f'(t)\ud t$$ donc $$ w_n=-\int_n^{n+1}(t-n)f'(t)\Longrightarrow\abs{w_n}\leq \int_n^{n+1}\abs{t-n}\abs{f'(t)}\ud t.$$ Ce qui donne $\abs{w_n}\dsp \leq \int_n^{n+1}\abs{f'(t)}\ud t$. Par la suite, $$\dsum_{k=n_0}^n\abs{w_k}\leq \dsum_{k=n_0}^n\dsp\int_k^{k+1}\abs{f'(t)}\ud t\leq \int_{n_0}^\infty \abs{f'(t)}\ud t.$$ Ceci prouve que la série $\dsum w_n$ est absolument convergente.
2. Voir le cours sur les séries numériques.

Étudier la fonction $\fonct{\varphi}{\R_+^*}{\R}{x}{x+\frac{1}{x}}$ et montrer que $\varphi\geq 2$.
On a, pour tout $t\in \R_+^*$, $$f(t)+\frac{1}{f(t)}\geq 2\Longrightarrow f(t)g(t)+\dfrac{g(t)}{f(t)}\geq 2g(t)$$ donc $$\forall x>0, \quad\int_0^xf(t)g(t)\ud t+\int_0^x\frac{g(t)}{f(t)}\ud t\geq 2\int_0^xg(t)\ud t.$$ La divergence de $\dsp\int_0^\infty g$ implique la divergence de $\dsp \int_0^\infty fg+\int_0^\infty\dfrac{g}{f}$.

Soient $\alpha,\beta>0,\,\varepsilon ,\,X\in \R_+^*$ tels que $\varepsilon< X$, on a $$ \begin{array}{ccl} \dsp \int_\varepsilon^X\dfrac{f(\alpha x)-f(\beta x)}{x}\ud x &=&\dsp\int_\varepsilon^X\dfrac{f(\alpha x)}{x}\ud x -\int_\varepsilon^X\dfrac{f(\beta x)}{x}\ud x =\int_{\alpha\varepsilon }^{\alpha X}\dfrac{f(x)}{x}\ud x -\int_{\beta\varepsilon}^{\beta X}\dfrac{f(x)}{x}\ud x \\ &&\\ &=&\dsp\int_{\alpha \varepsilon }^{\beta\varepsilon}\dfrac{f(x)}{x}\ud x +\int_{\beta\varepsilon }^{\alpha X}\dfrac{f(x)}{x}\ud x -\int_{\beta\varepsilon }^{\alpha X}\dfrac{f(x)}{x}\ud x -\int_{\alpha X }^{\beta X}\dfrac{f(x)}{x}\ud x\\ &&\\ &=& \dsp\int_{\alpha\varepsilon }^{ \beta\varepsilon}\dfrac{f(x)}{x}\ud x -\int_{\alpha X }^{\beta X}\dfrac{f(x)}{x}\ud x . \end{array}$$

1. Puisque $\limiteX{t}{0}f(t)=a$ et $\limiteX{t}{\infty}f(t)=b$, on a: $$\abs{\int_{\alpha\varepsilon }^{ \beta\varepsilon}\dfrac{f(x)}{x}\ud x -a\ln\left(\frac{\beta}{\alpha}\right)}=\abs{\int_{\alpha}^{ \beta}\dfrac{f(\varepsilon x)}{x}\ud x -\int_{\alpha }^{ \beta}\dfrac{a}{x}\ud x }\leq \abs{\int_{\alpha }^{ \beta}\dfrac{\abs{f(\varepsilon x)-a}}{x}\ud x }\tendvers{\varepsilon}{0^+}\,0$$ De même, $$\abs{\int_{\alpha X }^{ \beta X}\dfrac{f(x)}{x}\ud x -b\ln\left(\frac{\beta}{\alpha}\right)}=\abs{\int_{\alpha}^{ \beta}\dfrac{f(X x)}{x}\ud x -\int_{\alpha }^{ \beta}\dfrac{b}{x}\ud x }\leq \abs{\int_{\alpha }^{ \beta}\dfrac{\abs{f(X x)-a}}{x}\ud x }\tendvers{X}{\infty}\,0$$ On en déduit donc $J(\alpha,\beta)$ converge et $J(\alpha,\beta ) =(a-b)\ln\left(\frac{\beta}{\alpha}\right)$.
2. En utilisant la relation $(\star)$, on a $$\begin{array}{lcl} \dsp \int_\varepsilon^X\dfrac{f(\alpha x)-f(\beta x)}{x}\ud x &=&\dsp \int_{\alpha\varepsilon }^ {\beta\varepsilon}\dfrac{f(x)-m}{x}\ud x +\int_{\alpha}^\beta\dfrac{m\ud x }{x}-\int_{\alpha X }^{\beta X}\dfrac{f(x)}{x}\ud x \\ &&\\ &=&\dsp\int_{\alpha\varepsilon }^{ \beta\varepsilon}\dfrac{f(x)}{x}\ud x -\int_{\alpha X }^{\beta X}\dfrac{f(x)-M}{x}\ud x -\int_\alpha^\beta \dfrac{M\ud x }{x}. \end{array}$$ Comme $\dsp\int_0^1\dfrac{f(x)-m}{x}\ud x$ converge, on a $\dsp \int_{\alpha\varepsilon }^{ \beta\varepsilon}\dfrac{f(x)-m}{x}\ud x \tendvers{\varepsilon}{0^+}\,0$. De même $\dsp \int_{\alpha X}^{ \beta X}\dfrac{f(x)-M}{x}\ud x \tendvers{X}{\infty}\,0$.
   On en déduit donc $J(\alpha,\beta)$ converge et $J(\alpha,\beta ) =(m-M)\ln\left(\frac{\beta}{\alpha}\right)$.
   Remarque: On aurait pu montrer que dans ce cas, on a $\limiteX{t}{0}f(t)=m$ et $\limiteX{t}{\infty}f(t)=M$, et donc on retrouve le cas 1.
3. Utiliser $F(t)=\dsp\int_1^tf(u)\ud u$ une primitive de $f$ bornée sur $\R_+^*$. De plus, avec une IPP, on a $$\int_{\alpha X }^{\beta X}\dfrac{f(x)}{x}\ud x=\left[\dfrac{F(t)}{t}\right]_{\alpha X}^{\beta X}+\int_{\alpha X }^{\beta X}\dfrac{F(x)}{x^2}\ud x\tendvers{X}{\infty}0.$$

Comme $f$ est intégrable, alors $$\forall \varepsilon>0,\quad \forall A>0, \quad \exists x\geq A, \quad \abs{xf(x)}\leq \varepsilon.$$ En effet, si cette relation n'est pas vérifiée, on aurait: $$\exists \varepsilon_0>0,\quad \exists A>0,\,\,\forall x\geq A,\quad \abs{xf(x)}>\varepsilon_0\Longrightarrow \forall x\geq A,\quad\int_A^x\abs{f(t)}\ud t\geq \int_A^x\dfrac{\varepsilon_0\ud t}{t}.$$ Ce qui contredit l'intégrabilité de $f$.
En particulier, pour tout $n\in \N^*$, il existe $x_n\geq 0$ tel que $\abs{x_nf(x_n)}\leq \dfrac{1}{n}$. Donc $\boxed{x_n f(x_n ) \tendversN 0}$.

Comme $f$ est intégrable sur $[0,\infty[$, on en déduit, $$\limiteX{x}{\infty}\int_0^xf(t)\ud t=\limiteX{x}{\infty}\int_0^{x+1}f(t)\ud t=\int_0^\infty f(t)\ud t \Longrightarrow \forall x\geq 0,\quad\int_x^{x+1}f(t)\ud t=\int_0^{x+1}f(t)\ud t-\int_0^{x}f(t)\ud t\tendvers{x}{\infty}0.$$

Pour tout $x\geq 1$, on pose $a=x^{\frac{2}{3}}\geq 1$. Donc d'après l'énoncé: $$\forall x\geq 1,\quad 0\leq f(x) \leq \dfrac{1}{x^{4/3}}+\dfrac{1}{x^{4/3}}\Longrightarrow \forall X\geq 1,\, 0\leq \int_0^Xf(t)\ud t\leq 3\left(1-\frac{1}{X^{1/3}}\right)< 3.$$ Ce qui montre que $f$ est intégrable sur $[1,\infty[$.

Puisque $f\in \CC(\R)$, on en déduit que $x\mapsto f(x+1)-f(x)$ est continue également.
Soient $a,b\in \R$ tel que $a< b$. On a $$\int_a^b\left(f(t+1)-f(t)\right)\ud t=\int_a^bf(t+1)\ud t-\int_a^bf(t)\ud t= \int_{a+1}^{b+1}f(t)\ud t-\int_a^bf(t)\ud t=\int_b^{b+1}f(t)\ud t-\int_a^{a+1}f(t)\ud t$$ Soit $\varepsilon>0$, puisque $\dsp \lim_{x \rightarrow + \infty}{f(x)} = \mu$, alors il existe $B$ tel que pour tout $t>B$, on a $\abs{f(t)-\mu}\leq \varepsilon$.
Supposons que $b>B$, alors $$\forall t\in [b,b+1],~~ \mu-\varepsilon\leq f(t)\leq \mu+\varepsilon\Longrightarrow \mu-\varepsilon\leq \int_b^{b+1}f(t)\ud t\leq \mu+\varepsilon$$ on en déduit que $\dsp \lim_{b \rightarrow + \infty}{\int_b^{b+1}f(x)\ud x } = \mu$.
De même, on montre que $\dsp \lim_{a \rightarrow - \infty}{\int_a^{a+1}f(x)\ud x } = \lambda$.
On en déduit que $\dsp\int_\R(f(x+1)-f(x))\ud x $ existe et que $$\boxed{\int_\R (f(x+1)-f(x))\ud x =\mu-\lambda}.$$

Soient $x,y\in \R$ tels que $y< 0< x$, on a: $$\int_y^x (f(a+t)-f(b+t))\ud t =\int_y^xf(a+t)\ud t-\int_x^yf(b+t)\ud t=\int_{y+a}^{x+a}f(u)\ud u -\int_{y+b}^{x+b}f(u)\ud u.$$ Ce qui donne: $$\int_y^x (f(a+t)-f(b+t))\ud t =\int_{y+a}^{y+b}f(u)\ud u -\int_{x+a}^{x+b} f(u)\ud u.$$ Comme $\dsp\int_0^\infty f(t)\ud t$ converge, on en déduit que $\dsp\int_z^\infty f(t)\ud t \tendvers{z}{\infty}0$ ce qui donne $$\int_{x+a}^{x+b} f(u)\ud u=\int_{x+a}^\infty f(t)\ud t -\int_{x+b}^\infty f(t)\ud t \tendvers{x}{\infty}0.$$ De même, comme $f(x)\tendvers{x}{-\infty}\ell$ alors pour tout $\varepsilon >0$, il existe $y< 0$ tel que pour tout $z< y+b$ on ait $\abs{f(x)-f(z)}\leq \dfrac{\varepsilon}{b-a}$. Donc $$\abs{\int_{y+a}^{y+b}f(u)\ud u -(b-a)\ell}=\abs{\int_{y+a}^{y+b}(f(u)-\ell)\ud u}\leq (b-a)\dfrac{\varepsilon}{b-a}=\varepsilon\Longrightarrow \limiteX{y}{-\infty}\int_{y+a}^{y+b}f(u)\ud u =(b-a)\ell.$$ On en déduit de ce qui procède que $\dsp\lim_{\substack{y \to -\infty \\x\to \infty}}\dsp\int_y^x (f(a+t)-f(b+t))\ud t $ existe et, $$\boxed{\int_{ - \infty }^{ + \infty } \left( f(a + x) - f(b + x) \right)\,\ud x=(b-a)\ell}.$$

Il y a un sens évident, en effet puisque $\abs{g}\leq \abs{f}$ donc si $f$ est intégrable ceci implique que $g$ l'est également.
Inversement, supposons que $g$ est intégrable, alors, pour tout $n\in \N^*$, on a $$\begin{array}{lcl} \dsp \int_0^\infty \abs{g(x)}\ud x\geq \int_0^{n\pi}\abs{f(x)\sin(x)}\ud x&=& \dsp \dsum_{k=0}^{n-1}\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\abs{f(x)\sin(x)}\ud x\\ &&\\ &\geq& \dsum_{k=0}^{n-1}\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}f((k+1)\pi)\abs{\sin(x)}\ud x =2\dsum_{k=1}^{n}f(k\pi). \end{array}$$ Puisque $f$ est décroissante positive.
De même, on a $$\int_0^{n\pi}\abs{f(x)}\ud x= \dsum_{k=0}^{n-1}\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}f(x)\ud x\leq \pi \dsum_{k=0}^{n-1}f(k\pi)\leq \pi f(0)+\dfrac{\pi}{2}\left(2\dsum_{k=1}^{n}f(k\pi)\right)\leq \pi f(0)+\int_0^\infty \abs{g(x)}\ud x.$$ Soit $X>0$, on a $$\int_0^{X}\abs{f(x)}\ud x\leq \int_0^{\mathrm{E}(X)\pi}\abs{f(x)}\ud x\leq \pi f(0)+\int_0^\infty \abs{g(x)}\ud x < \infty \Longrightarrow \int_0^\infty f(x)\ud x < \infty.$$

Supposons que $\alpha \neq 1$.

La fonction $f(t)=\dfrac{1}{t\ln(t)^\alpha}$ est continue sur $[\ee,\infty[$, de plus $F(t)=\dfrac{-1}{\alpha-1} \ln(t)^{1-\alpha}$ est une primitive de $f$. Soit $X>\ee$, on a $$\int_{\ee}^X\dfrac{\ud t}{t\ln(t)^\alpha}=F(x)-F(\ee)=\dfrac{1-\ln(X)^{1-\alpha}}{\alpha-1}\tendvers{X}{\infty}\,\left\{ \begin{array}{l} \infty \text{ si }\alpha < 1\\ \\ \dfrac{1}{\alpha -1 }\text{ si }\alpha >1 \end{array} \right. $$ D'autre part, pour $\alpha=1$, on a $$\int_{\ee}^X\dfrac{\ud t}{t\ln(t)}=\ln\left(\ln(X)\right)-\ln\left(\ln(\ee)\right) \tendvers{X}{\infty}\infty.$$ On en déduit, $$\color{blue}{\boxed{\int_{\ee}^\infty\dfrac{\ud t}{t\ln (t)^\alpha} \text{ converge ssi }\alpha >1}}$$

On fait maintenant le changement de variable $\varphi(t)=\ln(t)$ pour $t\in [{\ee^{\ee}},\infty[$, $\varphi$ est de classe $\CC^1$ strictement croissante, donc d'aaprès le cours $$\int_{\ln({\ee^{\ee}})}^\infty f(u)\ud u \text{ et }\int_{\ee^{\ee}}^\infty f(\varphi (t))\varphi'(t)\ud t \text{ sont de même natures} $$ Autrement dit, $$\color{blue}{\boxed{\int_{\ee^{\ee}}^\infty\dfrac{\ud t}{t\ln(t)\ln (\ln(t))^\alpha} \text{ converge ssi }\alpha >1}}$$