Intégrales à paramètres

Notons $g_x(t)=\dfrac{t^x-1}{\ln(t)}$ pour $t\in ]0,1[$, on a $g_x$ est continue (pour tout $x\in \R$) sur l'intervalle $]0,1[$. De plus, $$ \forall x\in \R, \forall t\in ]0,1[,\, g_x(t)=\dfrac{t^x-1}{\ln(t)}=\dfrac{t^x-1}{t-1}\dfrac{t-1}{\ln(t)}\tendvers{t}{1^-}x.$$ Donc $\dsp\int_{\frac{1}{2}}^1g_x(t)\ud t $ existe.
Pour $x=-1$, on a $$g_{-1}(t)=\dfrac{t^{-1}-1}{\ln(t)}=\dfrac{1-t}{t\ln(t)}\underset{t\to 0^+}{\sim }\dfrac{1}{t\ln(t)},\text{ et }\int_0^{\frac{1}{2}}\dfrac{\ud t}{t\ln(t)} \text{ diverge }.$$ Pour $x< -1$, on a $-g_x(t)\geq -g_{-1}(t)$ donc $\dsp\int_0^1g_x(t)\ud t$ diverge.
Pour $x\in ]-1,0[$, on a $g_x(t)=\underset{t\to 0^+}{\mathrm{O}}(t^x)$ et $\dsp\int_0^1t^x\ud t$ converge. Pour $x\geq 0$, $g_x(t)\tendvers{t}{0}\,0$ donc $\dsp\int_0^1g_x(t)\ud t$ converge.
Conclusion, $f$ est définie sur $]-1,\infty[$.
Pour tout $t\in ]0,1[$ la fonction $u_t:x\longmapsto \dfrac{t^x-1}{\ln(t)}$ est de classe $\CC^1$ sur $]-1,\infty[$ et $u_t'(x)=t^x$. En particulier, $$\forall a>-1,\,\forall x\in [a,\infty[,\,\forall t\in ]0,1[,\quad \abs{t^x}\leq t^a \text{ et }\int_0^1t^a\ud t < \infty$$ Donc $g$ est de classe $\CC^1$ sur $[a,\infty[$ puis $g$ est de classe $\CC^1$ sur $]-1,\infty[$, de plus, $$\forall x>-1,\,\,\, g'(x)=\int_0^1t^x\ud t=\left[\dfrac{t^{x+1}}{x+1}\right]_0^1=\dfrac{1}{x+1}.$$ On en déduit, $$\boxed{\forall x>-1,\quad g(x)=g(0)+\int_0^x\dfrac{\ud u}{u+1}=\ln(x+1)}.$$

Notons $\fonct{\varphi}{\R\times \R}{\C}{(x,t)}{\ee^{-t^2+\ii xt}}$, $\varphi$ est de classe $\CC^\infty$ sur son domaine de définition, de plus $$\forall x\in \R,\,\forall t\in\R,\,\abs{\varphi(x,t)}=\ee^{-t^2}\text{ et }\int_0^\infty \ee^{-t^2}\ud t< \infty.$$ Ceci prouve que $f$ est continue sur $\R$.
D'autre part, on a: $$\forall x\in \R,\,\forall t\in\R,\,\dfrac{\partial }{\partial x}\varphi(x,t)=\ii t\ee^{-t^2}\ee^{\ii x t}.$$ Une majoration de $\abs{\dfrac{\partial }{\partial x}\varphi(x,t)}$ par $\abs{t}\ee^{-t^2}$ montre que $f$ est de classe $\CC^1$ sur $\R$ et $$\forall x\in \R,\,f'(x)=\ii\int_0^\infty t\ee^{-t^2}\ee^{\ii x t}\ud t.$$ Une intégration par parties dans $f'$ nous donne, $$f'(x)=\left[\ii\dfrac{\ee^{-t^2}}{2}\ee^{-\ii xt}\right]_{-\infty}^{\infty} -\dfrac{x}{2}\int_{-\infty}^\infty\ee^{-t^2}\ee^{\ii xt}\ud t\Longrightarrow \boxed{\forall x\in \R,\quad f'(x)+\dfrac{x}{2}f(x)=0}.$$ On en déduit que, $$\boxed{f(x)=f(0) \exp(-x^2/4) =\sqrt{\pi}\exp(-x^2/4)}.$$

Soit $\fonct{\varphi}{\R\times\R_+}{\R}{(x,t)}{\dfrac{\cos(xt)}{1+t^2}}$, $\varphi$ est de classe $\CC^\infty$ sur son domaine de définition, de plus, $$\forall (x,t)\in \R\times\R_+,\,\abs{\varphi (x,t)}\leq \dfrac{1}{1+t^2},\quad \text{ et }\int_0^\infty\dfrac{\ud t}{1+t^2}< \infty.$$ Ceci montre la continuité de $f$ sur $\R$, de plus $f$ est paire.
Soit $x>0$, on effectue le changement de variable $u=xt$, ce qui donne $$f(x)=\int_0^\infty\dfrac{\cos(xt)}{1+t^2}\ud t= x\int_0^\infty\dfrac{\cos(u)}{u^2+x^2}\ud u =xg(x).$$ $g$ est de classe $\CC^1$ sur $\R_+^*$ et on a $$\forall x>0,\,\,g'(x)=-2xh(x),\text{ avec }h(x)=\int_0^\infty\dfrac{\cos(u)}{(u^2+x^2)^2}\ud u.$$ De même $h$ est de classe $\CC^1$ sur $\R_+^*$ avec $h'(x)=-4x\dsp\int_0^\infty\dfrac{\cos(u)}{(u^2+x^2)^3}\ud u$ .
On en déduit que $f$ est de classe $\CC^2$ sur $]0,\infty[$ et $$\begin{array}{lcl} f''(x)&=&\dsp -6xh(x)+8x^2\int_0^\infty\dfrac{\cos(t)\ud t}{(t^2+x^2)^3}\\ &&\\ &=&\dsp 2x\int_0^\infty\left(\dfrac{1}{(u^2+x^2)^2}-\dfrac{4u^2}{(u^2+x^2)^3}\right)\cos(u)\ud u. \end{array}$$ En faisant deux intégrations par parties, on trouve: $f''=f$. $$\boxed{\forall x\in \R,\quad f(x)=\dfrac{\pi}{2}\ee^{-\abs{x}}}.$$

1. Notons, pour $t\in ]0,1[$, $g_x(t)=\dfrac{t-1}{\ln(t)}t^x$.
   1. Pour $x=-1$, on a $g_{-1}(t)=\dfrac{t-1}{t\ln(t)}\underset{t\to 0}{\sim} \dfrac{-1}{t\ln(t)}$ et $\dsp\int_0^{1/2}\dfrac{\ud t}{t(\ln(t))}$ diverge (chercher une primitive).
   2. Pour $x< -1$, on a $g_x(t)\geq g_{-1}(t)$ donc $\dsp\int_0^1 g_x(t)\ud t$ diverge.
   3. Pour $x>-1$, on a $g_x$ est prolongeable par continuité en $1$ puisque $\dfrac{t-1}{\ln(t)}t^x= \dfrac{t-1}{\ln(t)-\ln(1)}t^x\tendvers{t}{1}1$.
      Au voisinage de $0$, on a $g_x(t)=\underset{t\to 0^+}{\mathrm{O}}(t^x)$ et $\dsp\int_0^1t^x\ud t$ converge puisque $x>-1$.
      Donc $\dsp\int_0^1g_x(t)\ud t$ converge.
   On en déduit que $f$ est définie sur $]-1,\infty[$.
2. Notons $\fonct{\varphi}{]-1,\infty[\times ]0,1[}{\R}{(x,t)}{\dfrac{t-1}{\ln(t)}t^x}$. On a
   1. $\varphi$ est continue sur son domaine de définition, de plus pour tout $t\in ]0,1[$, $x\longmapsto\varphi(x,t)$ et de classe $\CC^1$ sur $]-1,\infty$ et on a $$\forall (x,t)\in ]-1,\infty[\times ]0,1[,\quad \dfrac{\partial }{\partial \,x}\varphi(x,t)=(t-1)t^x.$$
   2. Soit $[a,b]$ un compact inclus dans $]-1,\infty[$, on a $$\forall x\in [a,b],\,\abs{\dfrac{\partial }{\partial \,x}\varphi(x,t)}\leq (1-t)t^a,\quad \text{ et } \int_0^1(1-t)t^a\ud t< \infty.$$ Donc $f$ est de classe $\CC^1$ sur $[a,b]$
   On en déduit que $f$ est de classe $\CC^1$ sur $]-1,\infty[$, et $$\forall x>-1,\quad f'(x)=\int_0^1(t-1)t^x\ud t=\left[\dfrac{t^{x+2}}{x+2}-\dfrac{t^{x+1}}{x+1}\right]_0^1= \dfrac{1}{x+2}-\dfrac{1}{x+1}.$$
3. D'après la question précédente, on a $$\exists \alpha\in \R,\quad\forall x>-1,\quad f(x)=\ln\left(\dfrac{x+2}{x+1}\right)+\alpha.$$ D'autre part, on a pour tout $t\in ]0,1[,\,\dfrac{t-1}{\ln(t)}\leq 1$ (vérifier!), donc $$\forall x>-1,\quad 0\leq f(x)\leq \int_0^1t^x\ud x=\dfrac{1}{x+1}\tendvers{x}{\infty}0.$$ Comme $\ln\left(\dfrac{x+2}{x+1}\right)+\alpha\tendvers{x}{\infty}\alpha$ on en déduit que $\alpha=0$. $$\boxed{\forall x\in ]-1,\infty[,\quad f(x)=\ln\left(\dfrac{x+2}{x+1}\right)}.$$

1. L'application $\fonct{\varphi}{\R^2}{\C}{x}{\dsp\frac{1}{(1+y^2)(1+\ii x y)}}$ est continue sur son domaine de définition. De plus, $$\forall (x,y)\in \R^2,\quad \abs{\varphi(x,y)}=\abs{\dfrac{1-xy\ii}{(1+y^2)(1+x^2y^2)}}\leq \dfrac{1}{1+y^2}:=g(y)$$ La fonction $g$ est continue sur $\R$ et intégrable, donc d'après le cours la fonction $F$ est continue sur $\R$.
2. Soit $x\in \R$, on écrit $$\begin{array}{lcl} F(x)&=&\dsp\int_{-\infty}^0\dfrac{\ud y}{(1+y^2)(1+\ii xy)}+\int_0^{\infty}\dfrac{\ud y}{(1+y^2)(1+\ii xy)}\\ &&\\ &=&\dsp\int_0^{\infty}\dfrac{\ud u}{(1+u^2)(1-\ii xu)}+\int_0^{\infty}\dfrac{\ud y}{(1+y^2)(1+\ii xy)}\\ &&\\ &=&\dsp \int_0^\infty\dfrac{1}{1+y^2}\left(\dfrac{1}{1+\ii xy }+\dfrac{1}{1-\ii x y}\right)\ud y=2\int_0^\infty\dfrac{\ud y }{(1+y^2)(1+x^2y^2)} \end{array}.$$ Ensuite, on écrit, pour $x\neq \mp 1$ $$\dfrac{1}{(y^2+1)(y^2+1/x^2)}=\left(\dfrac{ay+b}{y^2+1}+\dfrac{cy+d}{y^2+1/x^2}\right)=\dfrac{(a+c)y^3+(b+d)y^2+(c+a/x^2)y+b/x^2+d}{(y^2+1)(y^2+1/x^2)}$$ donc par identification $a=c=0$ et $b=-d=\dfrac{-x^2}{x^2-1}$. On en déduit, pour tout $x\in \R\setminus \{-1,0,1\}$ $$F(x)=\dfrac{-2}{x^2-1}\int_0^\infty \dfrac{\ud y }{1+y^2}+\dfrac{2x^2}{x^2-1}\int_0^\infty\dfrac{1\ud y}{1+x^2y^2}=\dfrac{-\pi}{x^2-1}+\dfrac{2x^2}{x^2-1}\int_0^\infty\dfrac{1}{1+u^2}\dfrac{\ud u}{\abs{x}}=\dfrac{\pi (-1+\varepsilon(x) x)}{x^2-1}$$ Avec $\varepsilon(x)=x/\abs{x}$, après simplification et en utilisant la continuité de $F$ en $\mp 1$ et en $0$, on trouve: $$\boxed{ F(x)=\left\{\begin{array}{lcl} \dfrac{-\pi}{x-1}&\text{ si }& x< 0\\ \pi&&x=0\\ \dfrac{\pi}{x+1}&&x>0 \end{array}\right.}.$$

On note $g(x,t)=\dfrac{\ee^{-t}-\ee^{-xt}}{t}$.

1. Pour $x>0$ fixé, $t\mapsto g(x,t)$ est continue sur $]0,+\infty[$.
   On a $\abs{g(x,t)}=\underset{t\to+\infty}{\mathrm{o}}(\frac 1{t^2})$ donc $\dsp\int_1^{+\infty}g(x,t)\ud t$ existe.
   $\dsp \lim_{t\to 0^+}g(x,t)=x-1$ donc $\dsp\int_0^1g(x,t)\ud t$ existe (faussement impropre).
   Donc $f(x)$ existe pour $x>0$.
2. $g$ admet une dérivée partielle par rapport à $x$ en tout point de $]0,+\infty[\times ]0,+\infty[$ et $\dfrac{\partial {f}}{\partial x}(x,t)=\ee^{-xt}$. Cette dérivée partielle est, sur les domaines en questions, continue par rapport à $x$ et cpm par rapport à $t$.
   Soit $[a,b]\subset ]0,+\infty[$. On aura pour tout $x\in [a,b]$ et tout $t>0$, $\abs{\dfrac{\partial}{\partial x} f(x,t)}\leq\ee^{-at}=\varphi(t)$. Comme $\varphi$ est intégrable sur $]0,+\infty[$, $g$ est de classe $\CC^1$ sur $[a,b]$.
   Finalement, $g$ est de classe $\CC^1$ sur $]0,+\infty[$ et pour $x>0$ : $g'(x)=\dsp\int_0^{+\infty}\ee^{-xt}\ud t=\dfrac 1x$.
3. Donc $g(x)=\ln(x)+C$ or $g(1)=\dsp\int_0^{+\infty}0\ud t=0$ donc $C=0$. $$\forall x>0, \quad g(x)=\int_0^{+\infty}\dfrac{\ee^{-t}-\ee^{-xt}}{t}\ud t=\ln(x)$$

1. Posons $\fonct{\varphi}{(\R\setminus\{\mp 1\})\times\left[0,\pi\right]}{\R}{(x,t)}{\ln(1-2x\cos(\theta)+x^2)}$. La fonction $\varphi$ est continue (même de classe $\CC^\infty $) sur son domaine de définition puisque $$\forall x\in \R\setminus\{\mp 1\},\,\forall t\in \left[0,\pi\right],\,1-2x\cos(\theta)+x^2>0.$$ Le théorème de cours sur l'intégrale dépendant d'un paramètre sur un segment montre que $f$ est de classe $\CC^\infty$ sur $\R\setminus\{\mp 1\}$.
   D'autre part, pour $x=1$, $\dsp\int_0^{\pi}\ln(2-2\cos(t))\ud t $ est convergente. En effet, $t\longmapsto \ln(2-2\cos(t))$ est continue sur $]0,\pi]$ de plus $\ln(2-2\cos(t))\underset{0}{\sim}\ln(\frac{t^2}{2})$ et $\dsp\int_0^{\pi}\ln\left(\frac{t^2}{2}\right)\ud t$ converge.
   La même démarche montre que $f(-1)$ est définie.
   On en déduit alors que $f$ est définit sur $\R$.
2. 1. Soit $n\in \N^*$, on a $$X^{2n}-1 = \prod_{k=0}^{2n-1}X-\ee^{\ii \frac{2\pi k}{2n}} =\prod_{k=0}^{2n-1}X-\ee^{\ii \frac{\pi k}{n}}=\prod_{k=0}^{n-1}X-\ee^{\ii \frac{\pi k}{n}}\prod_{k=n}^{2n-1}X-\ee^{\ii \frac{\pi k}{n}}=\prod_{k=0}^{n-1}\left(X-\ee^{\ii \frac{\pi k}{n}}\right) \left(X-\ee^{\ii \frac{(n+k)\pi}{n}}\right)$$ or $\ee^{\ii \frac{(n+k)\pi}{n}}=\ee^{\ii \frac{n\pi}{n}}\ee^{\ii \frac{k\pi}{n}}=-\ee^{\ii \frac{k\pi}{n}}$, ainsi, $$X^{2n}-1 = \prod_{k=0}^{n-1}\left(X-\ee^{\ii a_k}\right) \left(X+\ee^{\ii a_k}\right)=(X-1)(X+1)\prod_{k=1}^{n-1}(X^2-2\cos(a_k)X+1).$$ Puis en multipliant par $X-1$, on trouve $$(X-1)(X^{2n}-1)=(X+1)\prod_{k=0}^{n-1}(X^2-2\cos(a_k)X+1).$$
   2. Pour $x\not\in \{-1,1\}$, la fonction $\varphi(x,\cdot )$ est continue sur $[0,\pi]$, donc la somme de Riemann de $\varphi(x,\cdot)$ converge vers l'intégrale, i.e. $$\dfrac{\pi}{n}\dsum_{k=0}^{n-1}\varphi(x,a_k)\tendversN\,\int_0^\pi \varphi(x,t)\ud t$$ D'autre part, $$ \dfrac{\pi}{n}\dsum_{k=0}^{n-1}\varphi(x,a_k)= \dfrac{\pi}{n}\dsum_{k=0}^{n-1}\ln (1-2x\cos(a_k)+x^2) =\dfrac{\pi}{n}\ln\left(\prod_{k=0}^{n-1}(X^2-2\cos(a_k)X+1)\right)=\dfrac{\pi}{n}\ln \left(\dfrac{(x-1)(x^{2n}-1)}{x+1}\right).$$ Notons d'abord, que pour $\abs{x}\neq 1, \, \dfrac{(x-1)(x^{2n}-1)}{x+1}>1$. On distingue deux cas:
      -- Si $x\in ]-1,1[$ alors $$\dfrac{(x-1)(x^{2n}-1)}{x+1}\tendversN\, \dfrac{1-x}{1+x} $$ et donc $$\dfrac{\pi}{n}\ln \left(\dfrac{(x-1)(x^{2n}-1)}{x+1}\right) \tendversN\,0.$$ -- Pour $\abs{x}>1$, on a $$\begin{array}{lcl} \dfrac{\pi}{n}\ln \left(\dfrac{(x-1)(x^{2n}-1)}{x+1}\right) &= & \dfrac{\pi}{n}\ln \left(\abs{x}^{2n}\abs{\dfrac{(x-1)(1-x^{-2n})}{x+1}}\right) \\ &&\\ & =&2\pi \ln(\abs{x}) +\dfrac{\pi}{n}\ln \left(\abs{\dfrac{(x-1)(1-x^{-2n})}{x+1}}\right) \tendversN\, 2\pi \ln(\abs{x}). \end{array}$$
3. Nous n'avions pas montré la continuité de $f$ sur $\R$, si on l'avait fait on aurait pu trouver rapidement la valeur de $f(1)$ (voir exercice suivant )
   Donc on va calculer $f(1)$, $$f(1) = \int_0^\pi \left(\ln(2)+\ln(1-\cos(t))\right)\ud t= \pi \ln(2) +\int_0^\pi \ln(2\sin^2(t/2))\ud t =2\pi \ln(2) +2\int_0^\pi \ln(\sin(t/2))\ud t$$ La dernière intégrale vaut $-\pi \ln(2)$ (voir feuille de TD intégrales impropres). Ainsi, $f(1)=0$, de même $f(-1)=0$, ceci prouve que $f\in \CC(\R)$.

1. 1. L'application $t\longmapsto \ee^{-t^2}$ est de classe $\CC^\infty$ sur $\R$ donc $g$ est de classe $\CC^\infty$ sur $\R$ ($g$ est une primitive de $t\longmapsto \ee^{-t^2}$). De plus, $$\forall x\in \R,\quad g'(x)=\ee^{-x^2}.$$
   2. L'application $\fonct{\varphi}{\R\times [0,1]}{\R}{(x,t)}{\dfrac{\ee^{-x^2(1+t^2)}}{1+t^2}}$ est de classe $\CC^\infty$ sur son domaine de définition, donc d'après le théorème sur les intégrales dépendant d'un paramètre sur un compact, on a $f\in \CC^\infty (\R)$. De plus, $$\forall x\in \R,\,f'(x)=\int_0^1 \dfrac{\partial }{\partial \,x}\varphi(x,t)\ud t=\int_0^1-2x\ee^{-x^2(1+t^2)}\ud t.$$
2. La fonction $x\longmapsto f(x)+g^2(x)$ est de classe $\CC^1$ sur $\R$, et on a $$\forall x\in \R,\, (f+g^2)'(x)=f'(x)+2g(x)g'(x)=-2x\int_0^1\ee^{-x^2(1+t^2)}\ud t+\ee^{-x^2}\int_0^x\ee^{-t^2}\ud t.$$ En faisant un changement de variable $u=t/x$ (pour $x>0 $), on trouve $$\ee^{-x^2}\int_0^x\ee^{-t^2}\ud t= x\ee^{-x^2}\int_0^1\ee^{-x^2u^2}\ud u=\int_0^1\ee^{-x^2(1+u^2)}\ud u.$$ Donc $\forall x>0$, $(f+G^2)'(x)=0$ cette relation reste vraie pour $x=0$. D'autre part, $f+g^2$ est une fonction paire donc $$\exists \alpha\in \R,\quad \forall x\in \R,f(x)+g^2(x)=\alpha.$$
3. Pour $x=0$, on a $g(0)=0$ et $f(0)=\dsp\int_0^1\dfrac{\ud t }{1+t^2}=\dfrac{\pi}{4}$. Ce qui donne $$\forall x\in \R,f(x)+g^2(x)=\dfrac{\pi}{4} f(x)+g^2(x)\tendvers{x}{\infty}\dfrac{\pi}{4},$$ or $f(x)\tendvers{x}{\infty}0$, en effet on a $0\leq f(x)\leq \ee^{-x^2}\dsp\int_0^1\dfrac{\ud t}{1+t^2}$.
   On en déduit, $$\boxed{ \int_0^\infty\ee^{-t^2}\ud t=\limiteX{x}{\infty}g(x)=\dfrac{\sqrt{\pi}}{2}}.$$

1. Notons $\fonct{\varphi}{\R_+\times [0,\infty[}{\R}{(x,t)}{\dfrac{\Arctan(xt)}{(1+t^2)}}$, on a
   1. $\varphi$ est continue sur son domaine de définition, de plus, $$\forall (x,t)\in \R_+\times [0,\infty[,\,\,\abs{\varphi (x,t)}\leq \dfrac{\pi}{2}\dfrac{1}{1+t^2}$$ Donc $f$ est continue sur $\R_+$.
   2. Pour tout $t\geq 0$, la fonction $x\longmapsto\varphi(x,t)$ est de classe $\CC^1$ avec, $$\forall (x,t)\in \R_+\times [0,\infty[,\,\dfrac{\partial}{\partial x}\varphi (x,t)=\dfrac{t}{(1+x^2t^2)(1+t^2)}$$ En particulier, pour tout $a>0$ $$\forall (x,t)\in \R_+^*\times [a,\infty[,\,\abs{\dfrac{\partial}{\partial x}\varphi (x,t)}\leq \dfrac{t}{(1+a^2t^2)(1+t^2)}$$ ceci prouve que $f\in \CC^1([a,\infty[)$.
2. Pour $x>0$ et $x\neq 1$, on a $$\dfrac{t}{(1+x^2t^2)(1+t^2)}=\dfrac{-x^2}{1-x^2}\dfrac{t}{1+x^2t^2}+\dfrac{1}{1-x^2}\dfrac{t}{1+t^2} .$$ Soit $A>0$, on a $$\begin{array}{lcl} \dsp \int_0^A\dfrac{t\ud t}{(1+x^2t^2)(1+t^2)}&=&\dsp \dfrac{1}{2(1-x^2)}\left(\int_0^A\dfrac{2t\ud t}{1+t^2}-\int_0^A\dfrac{2x^2t\ud t}{1+x^2t^2}\right)\\ &&\\ &=&\dfrac{\ln\left(\dfrac{1+A^2}{1+x^2A^2}\right)}{2(1-x^2)}\tendvers{A}{\infty}\dfrac{-\ln(x^2)}{2(1-x^2)}. \end{array}$$ On en déduit que pour $x\in \R_+^*\setminus \{1\}$, $f'(x)=\dfrac{\ln(x)}{x^2-1}$.
3. Un calcul simple nous donne $$f(0)=0,\text{ et } f(1)=\int_0^\infty \dfrac{\Arctan(t)\ud t}{1+t^2}=\left[\dfrac{1}{2}\Arctan(t)^2\right]_0^\infty=\dfrac{\pi^2}{8}.$$ D'autre part, en utilisant la formule de Taylor, on a $$f(1)-f(0)=\int_0^1f'(t)\ud t\Longrightarrow \boxed{\dfrac{\pi^2}{8}=\int_0^1\dfrac{\ln(t)}{t^2-1}}.$$

Notons $\fonct{\varphi}{\R\times \R_+^*}{\R}{(x,t)}{\dfrac{\ee^{-t+\ii xt}}{\sqrt{t}}}$, $\varphi$ est de classe $\CC^\infty$ sur son domaine de définition, de plus $$\forall x\in \R,\,\forall t>0,\,\abs{\varphi(x,t)}=\dfrac{\ee^{-t}}{\sqrt{t}}\text{ et }\int_0^\infty \dfrac{\ee^{-t}\ud t}{\sqrt{t}}< \infty.$$ Ceci prouve que $f$ est continue sur $\R$.
D'autre part, on a: $$\forall x\in \R,\,\forall t>0,\,\dfrac{\partial }{\partial x}\varphi(x,t)=\ii \sqrt{t}\ee^{-t}\ee^{\ii x t}.$$ Une majoration de $\abs{\dfrac{\partial }{\partial x}\varphi(x,t)}$ par $\sqrt{t}\ee^{-t}$ montre que $f$ est de classe $\CC^1$ sur $\R$ et $$\forall x\in \R,\,f'(x)=\ii\int_0^\infty \sqrt{t}\ee^{-t}\ee^{\ii x t}\ud t.$$ Une intégration par parties dans $f'$ nous donne, $$f'(x)=\left[\ii\sqrt{t}\dfrac{\ee^{(-1+\ii x)t}}{-1+\ii x}\right]_0^\infty -\dfrac{x-\ii}{1+x^2}\int_0^\infty \dfrac{\ee^{-t}\ee^{\ii xt}}{2\sqrt{t}}\ud t\Longrightarrow \boxed{\forall x\in \R,\quad f'(x)+\dfrac{-\ii +x}{2(1+x^2)}f(x)=0}.$$ On en déduit que, $$\boxed{f(x)=\alpha \exp \Big(\dfrac{\ii}{2}\Arctan (x)-\dfrac{1}{4}\ln(1+x^2)\Big)=f(0)\dfrac{\cos\left(\Arctan (x)/2\right)+\ii\sin\left(\Arctan (x)/2\right)}{(1+x^2)^{\frac{1}{4}}}}.$$

Pour $n\in \N$, on pose $\fonct{u_n}{[n\pi,(n+1)\pi]}{\R}{x}{\dsp\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}\ee^{-xt}\frac{\sin(t)}{t}\ud t}$. En utilisant le théorème de le continuité sous le signe intégrale dans le cas ou $J$ est un segment, on trouve que les $u_n$ sont continue sur $\R_+$.
D'autre part, pour $x\geq 0$, $\dsum u_n(x)$ est une série alternée vérifiant le CSSA, on a donc $$\forall n\geq 0,\,\,\abs{\dsum_{k=n}^\infty u_n(x)}\leq \abs{u_n(x)}\leq \int_{n\pi}^{(n+1)\pi}\dfrac{|\sin(t)|}{t}\ud t\leq \dfrac{1}{n},$$ donc la suite des restes $(R_n)$ converge uniformément vers $0$ ce qui prouve que $\dsum u_n$ converge uniformément vers $f$ sur $\R_+$ d'où la continuité de $f$.
$f$ est de classe $\CC^1$ sur $\R_+^*\times \R_+$ et $\dfrac{\partial}{\partial x} \varphi(x,t)=-\ee^{-xt}\sin(t)$.
Soit $a>0$, pour tout $x\geq a$, on a $\abs{ \dfrac{\partial}{\partial x} \varphi(x,t)}\leq \ee^{-a t}=g(t)$ comme la fonction $g$ est continue et intégrable sur $\R_+$ on en déduit que $f$ est de classe $\CC^1$ sur $[a,\infty[$, ceci montre que $f$ est de classe $\CC^1 $ sur $\R_+^*$.
Soit $x>0$, on a $$f'(x)=-\int_0^\infty \ee^{-xt}\im (\ee^{\ii t})\ud t=\im \left[\dfrac{\ee^{-(x+\ii) t}}{x-\ii}\right]_0^\infty=\dfrac{-1}{x^2+1}.$$ On en déduit qu'il existe $\lambda\in \R$ tel que pour tout $x>0$, $f(x)=-\arctan (x)+\lambda$.
Par continuité de $f$ en $0$, on trouve que $\lambda=f(0)$, d'autre part, on a $\abs{f(x)}\leq \dsp\int_0^\infty\ee^{-xt}\ud t=\dfrac{1}{x}$, ce qui montre que $f(x)\tendvers{x}{\infty}\,0$ donc $\lambda=\dfrac{\pi}{2}$, ce qui donne $$\boxed{\int_0^\infty\dfrac{\sin(t)}{t}\ud t=\dfrac{\pi}{2}}.$$

Posons $\fonct{\varphi}{]-1,\infty[\times\left[0,\frac{\pi}{2}\right]}{\R}{(x,t)}{\ln(1+x\sin^2(t))}$. La fonction $\varphi$ est continue (même de classe $\CC^\infty $) sur son domaine de définition puisque $$\forall x>-1,\,\forall t\in \left[0,\frac{\pi}{2}\right],\,1+x\sin^2(t)>0.$$ Le théorème de cours sur l'intégrale dépendant d'un paramètre sur un segment montre que $f$ est de classe $\CC^\infty$ sur $]-1,\infty[$.\
D'autre part, pour $x=-1$, $\dsp\int_0^{\pi/2}\ln(1-\sin^2(t))\ud t $ est convergente. En effet, $t\longmapsto \ln(1-\sin^2(t))$ est continue sur $[0,\pi/2[$ de plus $\ln(1-\sin^2(t)) \underset{\frac{\pi}{2}}{\sim}-2\ln(\frac{\pi}{2}-t)$ et $\dsp\int_1^{\frac{\pi}{2}}\ln \left(\frac{\pi}{2}-t\right)\ud t$ converge.
Soir $n\geq 1$, on définit $\fonct{f_n}{[-1,0]}{\R}{x}{\dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}-\frac{1}{n}}\ln(1+x\sin^2(t))\ud t}$. On a

1. Pour tout $n\geq 1$, $f_n$ est continue sur $[-1,0]$.
2. Pour tout $x\in [-1,0]$, on a $$\abs{f(x)-f_n(x)}\leq \int_{\frac{\pi}{2}-\frac{1}{n}}^{\frac{\pi}{2}}\abs{\ln(1-\sin^2(t))}\ud t\tendversN\,0.$$ Donc $f_n$ converge uniformément vers $f$ sur $[-1,0]$ ce qui donne la continuité de $f$ sur $[-1,0]$.

Conclusion $f\in \CC([-1,\infty[,\R)$.
La fonction $f$ est de classe $\CC^1$ sur $]-1,\infty[$, de plus, $$\forall x>-1,\,f'(x)=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\partial }{\partial x}\varphi(x,t)\ud t=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\sin^2(t)}{1+x\sin^2(t)}\ud t.$$ Puis on fait le changement de variable $u=\dfrac{\cos(t)}{\sin(t)}$, ce qui donne $$\forall x>-1,\quad f'(x)=\int_0^\infty\dfrac{\ud u }{(x+1+u^2)(1+u^2)}.$$ On écrit ensuite, pour $x\neq 0$, $$ \dfrac{1 }{(x+1+u^2)(1+u^2)}=\dfrac{at+b }{1+u^2}+\dfrac{\alpha t+\beta }{x+1+u^2}=\dfrac{1/x }{1+u^2}+\dfrac{-1/x }{x+1+u^2}$$ Ce qui donne, pour $x>-1$ et $x\neq 0$, $$ f'(x)=\dfrac{1}{x} \int_0^\infty\left( \dfrac{1}{1+u^2}-\dfrac{1 }{x+1+u^2}\right)\ud u =\dfrac{1}{x} \left[\Arctan(u)-\dfrac{\Arctan(t/\sqrt{x+1})}{\sqrt{x+1}} \right]_0^\infty $$ soit ($x\neq 0$) $$f'(x) =\dfrac{\pi}{2x}-\dfrac{\pi}{2x\sqrt{x+1}}$$ puis le calcul de $f'(0)$ donne $f'(0)=\dfrac{\pi}{4}$ (en fait, la limite de $\dfrac{\pi}{2x}-\dfrac{\pi}{2x\sqrt{x+1}}$ en $0$ donne aussi $\pi/4$).

Comme $f(-1)=\dsp\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(1-\sin^2(t))\ud t =-\pi \ln(2)$ (voir feuille de TD intégrales impropres), on obtient alors, $$\forall x>-1,\quad f(x)=f(-1)+\int_{-1}^xf'(t)\ud t =-\pi\ln(2)+\dfrac{\pi}{2} \ln\left(x \dfrac{\sqrt{x+1}+1}{\sqrt{x+1}-1}\right).$$

Remarque: Pour $x$ au voisinage de $-1^+$, on a $$f'(x) = \dfrac{\pi}{2}\left(\dfrac{\sqrt{x+1}-1}{x\sqrt{x+1}}\right) \underset{-1}{\sim} \dfrac{\pi}{2\sqrt{x+1}} \Longrightarrow \forall x>-1,\,\,\int_{-1}^x f'(t)\ud t \text{ CV}.$$

1. Notons $g_x(t)=\dfrac{1}{t^{x+1}+t+1}$
   1. Pour $x< 0$ et $t\geq 1$, on a $g_x(t)\geq \dfrac{1}{2t+1}$ et donc $\dsp\int_1^\infty g_x(t)\ud t$ diverge.
   2. Pour $x\geq 0$, $g_x$ est continue, de plus $g_x(t)\underset{t\to \infty}{\sim}\dfrac{1}{t^{x+1}}$ donc $\dsp\int_1^\infty g_x$ converge ssi $x+1>1$ soit $x>0$.
   Conclusion $f$ est définie sur $\R_+^*$.
   Posons $\fonct{\varphi}{\R_+^*\times [1,\infty[}{\R}{(x,t)}{\dfrac{1}{t^{x+1}+t+1}}$, $\varphi$ est continue sur son domaine de définition.
   Soit $a>0$, on a $$\forall x\in [a,\infty[,\,\varphi(x,t)\leq \dfrac{1}{t^{a+1}+t+1}=g_a(t),\text{ et }\int_1^\infty g_a < \infty.$$ Donc d'après le théorème de cours $f$ est continue sur $[a,\infty[$ ce qui donne la continuité de $f$ sur $\R_+^*$.
2. Équivalent en $\infty$.
   Pour $x>0$, on effectue le changement de variable $u=\dfrac{1}{t^x}$ dans l'intégrale définissant $f(x)$, l'application $t\longmapsto \dfrac{1}{t^x}$ est un $\CC^1$-difféomorphisme de $[1,\infty[$ dans $]0,1]$. On obtient, $$f(x)=\dfrac{1}{x}\int_0^1\dfrac{\ud u}{1+u+u^{1+1/x}} \Longrightarrow xf(x)=\int_0^1\dfrac{\ud u}{1+u+u^{1+1/x}} \tendvers{x}{\infty}\int_0^1\dfrac{\ud u}{1+2u}.$$ On en déduit $\boxed{f(x)\underset{x\to\infty}{\sim}\dfrac{\ln(3)}{2x}}$.
   Équivalent en $0$.
   Un calcul similaire, nous donne $\boxed{f(x)\underset{x\to0^+}{\sim}\dfrac{\ln(2)}{x}}$.

1. Pour $n\in\N^*$, on pose $f_n(x)=(-1)^{n-1}\ln(1+\frac{x}{n})$, il est clair que $f_n\in \CC^1(]-1,\infty[)$. De plus, pour tout $x>-1$, on a $f_n(x)\underset{n\to\infty}{\thicksim}\dfrac{(-1)^{n-1}x}{n}$, comme la série $\dsum \dfrac{(-1)^{n-1}x}{n}$ converge (CSSA), on en déduit alors que $\dsum f_n$ converge simplement sur $]-1,\infty[$.
   D'autre part, pour tout $n\geq 1$ et $x>-1$, on a $f_n'(x)=\dfrac{(-1)^{n-1}}{n+x}$ et d'après CSSA la série $\dsum \dfrac{(-1)^{n-1}}{n+x}$ converge donc $dsum f_n' $ converge simplement sur $]-1,\infty[$.
   Soit $a>-1$, on a: $$\forall x\in [a,\infty[,\quad \forall n\in \N^*,\quad \abs{\dsum_{k=n}^\infty f_k'(x)}\leq \abs{f_n'(x)}=\dfrac{1}{n+x}\leq \dfrac{1}{n+a}\tendversN\,0.$$ On en déduit que $\dsum f_n'$ converge uniformément sur $[a,\infty[$.
   On en déduit de ce qui procède: $f\in \CC^1(]-1,\infty)$ de plus, pour tout $x>-1$, $f'(x)=\dsum_{n\geq 1}\dfrac{(-1)^{n-1}}{n+x}$.
2. Comme $f'(0)\neq 0$ alors $f(x)\underset{x\to 0}{\thicksim}f'(0)x$ (puisque $f(0)=0$).
3. Pour tout $x>-1$, on a $\dsp\int_0^1\dfrac{t^x\ud t}{1+t}$ converge, d'autre part: $$ \forall n\geq 1,\,\forall t\in [0,1[,\,\,\dfrac{t^x}{1+t}= \dsum_{k=0}^n(-1)^kt^{k+x}+\dfrac{(-1)^{n+1}t^{n+1+x}}{1+t}$$ soit $$\abs{\int_{[0,1[}\dfrac{t^x\ud t}{1+t}-\int_0^1\dsum_{k=0}^n(-1)^kt^{k+x}}=\abs {\int_0^1\dfrac{(-1)^{n+1}t^{n+1+x}}{1+t}\ud t}.$$ Ce qui donne: $$\abs{\int_{[0,1[}\dfrac{t^x\ud t}{1+t}-\dsum_{k=1}^{n+1}(-1)^{k-1}\dfrac{1}{x+k}}=\abs{\int_0^1\dfrac{t^{n+1+x}}{1+t}\ud t}\leq \dfrac{1}{n+x+1}\tendversN\,0.$$ D'où, $$\forall x>-1,\quad f'(x)=\limiteX{n}{\infty}\dsum_{k=1}^n\dfrac{(-1)^{k-1}}{x+k}=\int_0^1\dfrac{t^x}{1+t}\ud t.$$
4. Pour $x>0$, on pose $u=t^{x+1}$ ce qui donne $$f'(x)=\int_0^1\dfrac{t^x}{1+t}\ud t=\dfrac{1}{x+1}\int_0^1\dfrac{\ud u}{1+u^{1/x+1}}$$ puis on montre que $\dsp\limiteX{x}{\infty}\dsp \int_0^1\dfrac{\ud u}{1+u^{1/x+1}}=\dfrac{1}{2}$ ensuite $f'(x)\underset{x\to\infty}{\thicksim}\dfrac{1}{2(x+1)}$.
   Un deuxième tour de calcul nous donne $f(x)\underset{x\to\infty}{\thicksim}\dfrac{1}{2}\ln(x+1)$

Notons $\fonct{f}{\R_+^*\times [0,1]}{\R}{(x,t)}{\dfrac{\ee^t}{t+x}}$. On a $f$ est continue sur $\R_+^*\times [0,1]$.
D'après le cours (ici $J$ est un segment de $\R$), la fonction $h$ est continue sur $\R_+^*$.
Pour tout $x>0$, on a $0\leq h(x)\leq \dsp\int_0^1\dfrac{\ee^t}{x}\ud t=\dfrac{\ee -1}{x}$ donc $\boxed{h(x)\tendvers{x}{\infty}\,0}$.
D'autre part, pour $x>0$, on a $$h(x)=\int_0^1\dfrac{\ee^t}{t+x}\ud t\geq \int_0^1\dfrac{\ud t}{t+x}=\ln(1+x)-\ln(x)\Longrightarrow \boxed{h(x)\tendvers{x}{0^+}\infty}.$$ On écrit pour tout $x>0$, $$\begin{array}{lcl} h(x)+\ln(x)&=&h(x)-(\ln(x+1)-\ln(x))+\ln(x+1)\\ &=&\int_0^1\dfrac{\ee^t}{t+x}\ud t -\int_0^1\dfrac{\ud t}{t+x}+\ln(x+1)\\ &=&\int_0^1\dfrac{\ee^t-1}{t+x}\ud t +\ln(x+1). \end{array}$$ Le terme $\ln(x+1)$ tend vers $0$ lorsque $x$ tend vers $0$, donc il faut étudier le premier terme.
Soit $(x_n)_n$ une suite de réels strictement positive tel que $x_n\tendversN \, 0$, on pose $g_n(t)=\dfrac{\ee^t-1}{t+x_n}$, on a $g_n$ est continue sur $[0,1]$ de plus la suite $g_n$ converge simplement sur $]0,1]$ vers la fonction $g(t)=\dfrac{\ee^t-1}{t}$ qui est continue sur $]0,1]$ et intégrable sur $]0,1]$ (car $\limiteX{t}{0}g(t)=1$).
De plus, pour tout $n\geq 0$ et $t\in ]0,1]$, on a $0\leq g_n(t)\leq g(t)$. Donc d'après le théorème de convergence dominée on a $$h(x_n)+\ln(x_n)=\ln(1+x_n)+\dsp\int_0^1g_n(t)\ud t \tendversN\dsp\int_0^1\dfrac{\ee^t-1}{t}\ud t.$$ En utilisant la caractérisation séquentielle de la limite, on trouve $$\boxed{h(x)+\ln(x)\tendvers{x}{0^+}\int_0^1\dfrac{\ee^t-1}{t}\ud t}.$$

1. Notons $g_x(t)=\dfrac{1}{t^x(1+t)}$, pour $x\leq 0$, $\dsp\int_0^\infty g_x(t)\ud t$ diverge, supposons que $x>0$. On a $g_x$ est continue sur $\R_+^*$, de plus
   1. Au voisinage de $0$, $g_x(t)\underset{t\to 0^+}{\sim}\dfrac{1}{t^x}$ donc $\dsp\int_0^1g_x(t)\ud t$ converge ssi $x< 1$.
   2. Au voisinage de $\inf$, $g_x(t)\underset{t\to\infty}{\sim}\dfrac{1}{t^{x+1}}$ donc $\dsp\int_1^\infty g_x(t)\ud t$ converge ssi $x+1>1$ soit $x>0$.
   On en déduit que $\dsp\int_0^\infty g_x(t)\ud t$ existe ssi $x\in ]0,1[$ donc $\boxed{ \DD=]0,1[}$.
2. Posons $\fonct{\varphi}{\DD\times ]0,\infty[}{\R}{(x,t)}{\dfrac{1}{t^x(1+t)}}$, $\varphi$ est de classe $\CC^\infty$ sur son domaine de définition, de plus, $$\forall n\in \N,\,\dfrac{\partial^n}{\partial x^n}\varphi(x,t)=\dfrac{\partial^n}{\partial x^n}\dfrac{\ee^{-x\ln(t)}}{(1+t)}=\dfrac{(-\ln(t))^n}{t^x(1+t)}.$$ Écrivons ensuite, pour $x\in \DD$, $f(x)=f_1(x)+f_2(x)$ avec $$f_1(x)=\int_0^1\varphi(x,t)\ud t,\text{ et } f_2(x)=\int_1^\infty \varphi(x,t)\ud t.$$ Soit $n\in \N^*$, on a
   1. Pour tout $0< a< b< \infty$, $$\forall x\in [a,b],\,\forall t\in]0,1],\quad \abs{\dfrac{\partial^n}{\partial x^n}\varphi(x,t)}\leq \dfrac{\abs{\ln(t)}^n}{t^b(1+t)}.$$ La fonction $t\longmapsto \dfrac{\abs{\ln(t)}^n}{t^b(1+t)}$ est intégrable sur $]0,1]$.
      On en déduit alors que $f_1$ est de classe $\CC^n$ sur $[a,b]$, ceci est vraie pour tout $[a,b]\subset ]0,\infty[$ donc $f_1$ est de classe $\CC^n$ sur $]0,\infty[$.
   2. Pour tout $0< a< b< \infty$, $$\forall x\in [a,b],\,\forall t\in [1,\infty[,\quad \abs{\dfrac{\partial^n}{\partial x^n}\varphi(x,t)}\leq \dfrac{\ln(t)^n}{t^a(1+t)}.$$ La fonction $t\longmapsto \dfrac{\ln(t)^n}{t^a(1+t)}$ est intégrable sur $[1,\infty[$.
      On en déduit alors que $f_2$ est de classe $\CC^n$ sur $[a,b]$, donc $f_2$ est de classe $\CC^n$ sur $]0,\infty[$.
   On en déduit que $f$ est de classe $\CC^n$ sur $]0,\infty[$ comme la somme de fonctions de classe $\CC^n$, de plus $$\boxed{\forall x\in \DD,\,f^{(n)}(x)=f_1^{(n)}(x)+f_2^{(n)}(x)=\int_0^\infty\dfrac{(-\ln(t))^n\ud t}{t^x(1+t)}}.$$ La relation ci-dessus est vraie pour tout $n\in \N$, on en déduit que $f\in \CC^\infty(\DD)$, de plus, $$\boxed{\forall x\in \DD,\,f''(x)=\int_0^\infty \dfrac{\ln(t)^2}{t^x(1+t)}>0\Longrightarrow f \text{ est convexe sur }\DD}.$$
3. Soit $x\in \DD$, on a pour tout $t\geq 1,\,t^x+t^{x+1}\leq 2t^{x+1}$, ce qui donne $$f(x)\geq \int_1^\infty\dfrac{\ud t}{t^x+t^{x+1}}\geq \int_1^\infty\dfrac{\ud t}{2t^{x+1}}= \dfrac{1}{2x}\Longrightarrow\boxed{\limiteX{x}{0^+}\,f(x)=\infty}.$$ En utilisant la même démarche, on trouve $$\forall x\in \DD,\quad f(x)\geq \int_0^1\dfrac{\ud t}{t^x+t^{x+1}}\geq \int_1^\infty\dfrac{\ud t}{t^{x}}= \dfrac{1}{1-x}\Longrightarrow\boxed{\limiteX{x}{1^-}\,f(x)=\infty}.$$ Cherchons l'équivalent de $f$ en $0$.
   On a $f(x)=f_1(x)+f_2(x)$ avec $f_1(x)=\dsp\int_0^1\dfrac{\ud t}{t^x(1+t)}\tendvers{x}{0^+}\ln(2)$, on écrit alors $$\forall x\in \DD,\,f(x)-\dfrac{1}{x}=f_1(x)+\int_1^\infty\dfrac{\ud t }{t^x+t^{x+1}}-\int_1^\infty\dfrac{\ud t}{t^{x+1}}=f_1(x)-\int_1^\infty\dfrac{\ud t}{t^{x+1}(1+t)}.$$ D'autre part, on a $$\forall x\in \DD,\, 0\leq \int_1^\infty\dfrac{\ud t}{t^{x+1}(1+t)}\leq \int_1^\infty\dfrac{\ud t}{t^{x+2}}= \dfrac{1}{x+1} \Longrightarrow \sup_{x\in \DD} \int_1^\infty\dfrac{\ud t}{t^{x+1}(1+t)}< \infty.$$ On en déduit, $$\forall x\in \DD,\,\abs{ xf(x)-1}\leq x\abs{f_1(x)}+x \sup_{x\in \DD} \int_1^\infty\dfrac{\ud t}{t^{x+1}(1+t)} \tendvers{x}{0^+}\,0.$$ Ce qui donne, $\boxed{ f(x)\underset{x\to 0^+}{\sim}\dfrac{1}{x}}$.
   En utilisant la même démarche, on montre que $\boxed{ f(x)\underset{x\to 1^-}{\sim}\dfrac{1}{1-x}}$.

1. Soit $x\neq 0$, la fonction $t\longmapsto\dfrac{\sin(xt)}{1+t}$ est continue sur $\R_+$, de plus, $$\forall X>0,\quad \int_0^X\dfrac{\sin(xt)\ud t}{1+t}=\left[\dfrac{-\cos(xt)}{x(1+t)}\right]_0^X-\dfrac{1}{x}\int_0^T\dfrac{\cos(xt)}{(1+t)^2}\ud t\tendvers{X}{\infty}\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x}\int_0^\infty\dfrac{\cos(xt)\ud t}{(1+t)^2}.$$ Ce qui prouve la convergence de l'intégrale définissant $f(x)$, d'autre part pour $x=0$, $(f0)=0$.
   On en déduit que $f$ est définie sur $\R$, de plus $f$ est une fonction impaire.
   Notons $\fonct{\varphi}{\R\times \R_+}{\R}{(x,t)}{\dfrac{\sin(xt)}{1+t}}$, il est clair que $\varphi$ est continue sur son domaine de définition. On pose ensuite, pour $n\geq 1$, $\fonct{f_n}{\R}{\R}{x}{\dsp\int_0^n\varphi(x,t)\ud t}$.
   1. Pour tout $n\geq 1$, la fonction $f_n$ est continue d'après le théorème sur l'intégrale dépendant d'un paramètre sur un compact (ici $J=[0,n]$).
   2. $(f_n)$ converge simplement vers $f$ sur $\R$, de plus cet convergence est uniforme sur $\R^*$. En effet, soit $a>0$, on a $$\forall x\in [a,\infty[,\quad \abs{f(x)-f_n(x)}=\abs{\int_n^\infty\dfrac{\sin(xt)\ud t}{1+t}}\leq \dfrac{1}{na}+\dfrac{1}{a}\int_n^\infty\dfrac{\ud t}{(1+t)^2}\leq \dfrac{2}{an}$$ soit $ \norme{f-f_n}_\infty^{[a,\infty[}\tendversN\,0.$
      Puisque $f$ (rsp. $f_n$) est impaire, on trouve le même résultat sur $]-\infty,-a]$.
      Comme les fonction $f_n$ sont continues donc $f$ est continue sur $\R^*$.
2. Pour étudier la continuité en $0$, on fait un changement de variable $u=xt$, ce qui donne, pour tout $x>0$, $$\,f(x)=\int_0^\infty\dfrac{\sin(u)\ud u}{x+u}\Longrightarrow f(x)-\int_0^\infty\dfrac{\sin(u)}{u}\ud u=-x\int_0^\infty\dfrac{\sin(u)}{u(u+x)}\ud u\tendvers{x}{0}\,0.$$ Donc $\limiteX{x}{0^+}f(x)=\dsp\int_0^\infty\dfrac{\sin(u)\ud u}{u}\neq 0$ tandis que $f(0)=0$. On en déduite que $f$ n'est pas continue en $0$.
3. Soit $x>0$, on a déjà montré que $$f(x)=\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x}\int_0^\infty\dfrac{\cos(xt)}{(1+t)^2}\ud t\Longrightarrow xf(x)=1-\int_0^\infty\dfrac{\cos(xt)\ud t}{(1+t)^2}.$$ Une intégration par parties, nous donne, $$\int_0^\infty\dfrac{\cos(xt)\ud t}{(1+t)^2}=\left[\dfrac{\sin(xt)}{x(1+t)^2}\right]_0^{T\to \infty}-\dfrac{1}{x}\int_0^1\dfrac{\sin(xt)\ud u}{(1+t)^3}\Longrightarrow\abs{\int_0^\infty\dfrac{\cos(xt)\ud t}{(1+t)^2}}\leq \dfrac{1}{x}.$$ On en déduit alors $$\abs{xf(x)-1}\leq \dfrac{1}{x}\Longrightarrow \boxed{f(x)\underset{x\to\infty}{\sim}\dfrac{1}{x}}.$$

1. Posons $f_x(t)=\dfrac{1}{t^x}$, $f_x$ est continue sur $\R_+^*$ (resp. sur $\R$) si $x< 0$ (resp. $x\geq 0$). De plus,
   1. Pour $x< 0$, on a pour tout $t\geq 1$, $f_x(t)\geq \dfrac{1}{2}$ donc $\dsp\int_0^\infty f_x(t)\ud t$ diverge.
   2. Pour $x\geq 0$, on a $f_x(t)\underset{t\to \infty}{\sim}\dfrac{1}{t^x}$ donc $\dsp\int_1^\infty f_x(t)\ud t$ converge ssi $x>1$. Dans ce cas $f_x$ est continue sur $\R$ donc $\dsp\int_0^1f_x(t)\ud t$ existe.
   On en déduit que $I$ est définie sur $]1,\infty[$.
2. Soit $x>1$, on a:
   1. Pour tout $t\geq 1$, $0\leq f_x(t)\leq \dfrac{1}{t^x}$, ce qui donne, $$0\leq \int_1^\infty f_x(t)\ud t\leq \int_1^\infty\dfrac{\ud t}{t^x}=\dfrac{1}{x+1}\Longrightarrow \int_1^\infty\dfrac{\ud t}{1+t^x}\tendvers{x}{\infty}\,0.$$
   2. Pour tout $t\in [0,1]$, on a $1-t^{2x}=(1-t^x)(1+t^x)\leq 1$ donc $1-t^x\leq f_x(t)\leq 1$ ce qui donne $$1-\dfrac{1}{x+1}=\int_0^1(1-t^x)\ud t \leq \int_0^1f_x(t)\ud t\leq 1\Longrightarrow\int_0^1\dfrac{\ud t}{1+t^x}\tendvers{x}{\infty}\,1.$$
   On en déduit alors $$\boxed{f(x)=\int_0^1\dfrac{\ud t}{1+t^x}+\int_1^\infty\dfrac{\ud t}{1+t^x}\tendvers{x}{\infty}\,1}.$$
3. Soit $t\in [0,1[$ et $n\in \N^*$, on a $$\dsum_{k=0}^{n-1}(-1)^kt^{kx}=\dfrac{1-(-t)^{nx}}{1+t^x}=f_x(t)-(-1)^nt^{nx}f_x(t),$$ comme $\abs{\dsp\int_0^1(-1)^nt^{nx}f_x(t)\ud t}\leq \dsp\int_0^1t^{nx}\ud t=\dfrac{1}{nx+1}\tendversN\,0$, on en déduit alors $$\int_0^1f_x(t)\ud t=\limiteX{n}{\infty}\int_0^1\dsum_{k=0}^{n-1}(-1)^kt^{kx}\ud t=\dsum_{k=0}^\infty\dfrac{(-1)^k}{kx+1}.$$ D'autre part, en faisant un travail similaire, on trouve, $$\int_1^\infty\dfrac{\ud t}{1+t^x}\underset{u=1/t}{=}\int_0^1\dfrac{u^{x-2}}{1+u^x}\ud u= \limiteX{n}{\infty}\int_0^1 \dsum_{k=0}^{n-1}(-1)^k u^{kx+x-2}\ud u = \dsum_{k=1}^\infty\dfrac{(-1)^k}{kx-1}.$$ On en déduit, $$\boxed{ I(x)=1+\dsum_{k\geq 1}\dfrac{(-1)^k}{kx+1}-\dsum_{k\geq 1}\dfrac{(-1)^k}{kx-1}=1-2\dsum_{k\geq 1}\dfrac{(-1)^k}{k^2x^2-1}}.$$ Comme $\dfrac{1}{k^2x^2-1}\underset{x\to \infty}{\sim}\dfrac{1}{k^2x^2}$, on trouve, $$\forall x>1,\, \abs{I(x)-1+2\dsum_{k\geq 1}\dfrac{(-1)^k}{k^2x^2}}= \abs{2\dsum_{k\geq 1}\dfrac{(-1)^{k-1}}{k^2x^2(k^2x^2-1)}}\leq \dfrac{1}{x^2(x^2-1)}.$$ La dernière majoration est obtenue en utilisant les majoration des séries alternées.
   Compte tenue que $\dsum_{k\geq 1}\dfrac{(-1)^{k-1}}{k^2}=\dfrac{\pi^2}{6}$, on trouve finalement, $$\boxed{ I(x)=1+\dfrac{\pi^2}{6x^2}+\underset{x\to \infty}{\mathrm{O}}\left(\dfrac{1}{x^4}\right)}.$$

La fonction $\fonct{\varphi}{\R\times [0,\pi]}{\R}{(x,t)}{\cos(x\sin(t))}$ est de classe $\CC^\infty$, d'après le théorème de cours sur les intégrales à paramètre (dans la cas ou $I$ est un segment), $J$ est de classe $\CC^\infty$ sur $\R$, de plus, pour tout $n\in \N$, on a $$\forall x\in \R,\,J^{(n)}(x)=\frac{1}{\pi}\int_0^\pi \dfrac{\partial^n \varphi}{\partial x^n}(x,t)\ud t=\dfrac{1}{\pi }\int_0^\pi \sin(t)^n\cos\left(x\sin(t)+\frac{n\pi}{2}\right)\ud t.$$ D'autre part, pour tout $(x,t)\in \R\times [0,\pi]$, on a $\cos(x\sin(t))=\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^n\sin(t)^{2n}x^{2n}}{(2n)!}$, on pose alors pour $x\in \R$ et $n\in \N$ $\fonct{u_n}{\R}{\R}{t}{\dfrac{(-1)^n\sin(t)^{2n}x^{2n}}{(2n)!}}$ alors $\dsum u_n$ converge normalement sur $\R$ puisque $\norme{u_n}_\infty\leq \dfrac{x^{2n}}{(2n)!}$ et $\dsum \dfrac{x^{2n}}{(2n)!}$ converge, on en déduit qu'on peut inverser l'intégrale et la somme: $$\begin{array}{lcl} \forall x\in \R,\,\,J(x)=\dfrac{1}{\pi}\int_0^\pi \cos(x\sin(t))\ud t &=& \dfrac{1}{\pi}\int_0^\pi \dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^n\sin(t)^{2n}x^{2n}}{(2n)!}\ud t\\ &=&\dfrac{1}{\pi}\dsum_{n\geq 0} \int_0^\pi \dfrac{(-1)^n\sin(t)^{2n}x^{2n}}{(2n)!}\ud t \\ &=&\dsum_{n\geq 0} \left(\int_0^\pi \dfrac{(-1)^n\sin^{2n}(t)}{\pi (2n)!}\ud t\right) x^{2n}. \end{array}$$ On reconnait l'intégrale de Wallis (voir corrigé de DS 2), on en déduit, $$\forall x\in \R,\, J(x)=\dsum_{n\geq 0} \dfrac{(-1)^n}{4^n(n!)^2}x^{2n}.$$ Remarque: Un calcul simple montre que le rayon de convergence de la série $\dsum \dfrac{(-1)^n}{4^n(n!)^2}x^{2n}$ est $\infty$.
On peut montrer que $J$ est la solution de $(E)$ en utilisant son DSE, i.e., pour tout $x\in \R$, $$\begin{array}{lcl} xJ''(x)+J'(x)+xJ(x)&=&\dsum_{n\geq 1}\dfrac{(-1)^n(2n)(2n-1)}{4^n(n!)^2}x^{2n-1}+\dsum_{n\geq 1}\dfrac{(-1)^n(2n)}{4^n(n!)^2}x^{2n-1}+\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^n}{4^n(n!)^2}x^{2n+1}\\ &&\\ &=&\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^{n+1}(2n+2)(2n+1)}{4^{n+1}((n+1)!)^2}x^{2n+1}+\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^{n+1}(2n+2)}{4^{n+1}((n+1)!)^2}x^{2n+1}+\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^{n}}{4^{n}(n!)^2}x^{2n+1}\\ &&\\ &=&\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^{n+1}}{4^{n}(n!)^2}\left(\dfrac{2n+1}{2(n+1)}+\dfrac{1}{2(n+1)}-1\right) x^{2n}\\ &&\\ &=&\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^{n+1}}{4^{n}(n!)^2}\left(\dfrac{2n+1}{2(n+1)}+\dfrac{1}{2(n+1)}-\dfrac{2n+2}{2(n+1)}\right) x^{2n}=0 \end{array}$$ Donc $J$ est une solution de l'équation $(E)$.
On aurait pu également utiliser la définition de $J$, pour tout $x\in \R$ $$\begin{array}{lcl} xJ''(x)+J'(x)+xJ(x)&=&\dsp \dfrac{1}{\pi}\int_0^\pi \left(-x\sin^2(t)\cos(x \sin(t))-\sin(t)\sin(x\sin(t))+x\cos(x\sin(t))\right)\ud t\\ &&\\ &=&\dsp \dfrac{1}{\pi}\int_0^\pi \left(x\cos^2(t)\cos(x\sin(t))-\sin(t)\cos(x\sin(t))\right)\ud t\\ &&\\ &=&\dsp \dfrac{1}{\pi}\int_0^\pi \left(\cos(t)\sin(x\sin(t))\right)'\ud t=\left[\cos(t)\sin(x\sin(t))\right]_0^\pi =0 \end{array}$$ Ce qui montre que $J$ est une solution de l'équation $(E)$.

On note, $\fonct{g}{\R_+}{\R}{x}{\dsp\int_0^\infty\dfrac{\sin(t)\ud t}{x+t}}$, $\fonct{\varphi}{\R_+\times\R_+}{\R}{(x,t)}{\dfrac{\ee^{-xt}}{1+t^2}}$ et $\fonct{f}{\R_+}{\R}{x}{\dsp\int_0^\infty\varphi(x,t)\ud t}$

1. En faisant un changement de variable dans l'intégrale définissant $g$, on peut écrire, $$\begin{array}{lcl} g(x) & =&\dsp \int_x^{+\infty} \dfrac{\sin(t-x)}{t}\,\ud t = \cos x \dsp \int_{x}^{+\infty} \dfrac{\sin t}{t}\,\ud t -\sin x \dsp \int_x^{+\infty} \dfrac{\cos t}{t}\,\ud t \quad (*) \end{array} $$ ce qui permet de dériver~$g$ sans problème et de vérifier que $g$ est de classe~$\CC^2$ sur $\R_+^*$.
   On montre que $f$ est de classe~$\CC^2$ sur $\R_+^*$ par une domination locale. En effet, $\varphi$ est de classe $\CC^2$ sur son domaine de définition, de plus, $$\forall x\geq 0,\forall t\geq 0,\,\dfrac{\partial}{\partial x}\varphi (x,t)=\dfrac{-t\ee^{-xt}}{1+t^2},\quad \dfrac{\partial^2}{\partial x^2}\varphi (x,t)=\dfrac{t^2\ee^{-xt}}{1+t^2}$$ En particulier, pour tout $a>0$, on a $$\forall x\geq a,\,\forall t\geq 0,\,\abs{\dfrac{\partial^2}{\partial x^2}\varphi (x,t)}\leq \dfrac{t^2\ee^{-at}}{1+t^2},\text{ et }\int_0^\infty\dfrac{t^2\ee^{-at}}{1+t^2}\ud t< \infty.$$ Ceci prouve que $f$ est de classe $\CC^2$ sur $[a,\infty[$ donc sur $\R_+^*$.
2. Soit $x>0$, on a $$f''(x)+f(x)=\int_0^\infty\dfrac{t^2\ee^{-xt}}{t^2+1}\ud t+\int_0^\infty\dfrac{\ee^{-xt}}{t^2+1}\ud t=\int_0^\infty\ee^{-xt}\ud t=\dfrac{1}{x}.$$ D'autre part, en utilisant la relation $(\star$), on trouve $$\begin{array}{lcl} g'(x)&=&\dsp -\sin(x)\int_x^\infty\dfrac{\sin(t)\ud t}{t}-\dfrac{\cos(x)\sin(x)}{x}- \cos(x)\int_x^\infty\dfrac{\cos(t)\ud t}{t}+\dfrac{\sin(x)\cos(x)}{x}\\ &&\\ &=&\dsp -\sin(x)\int_x^\infty\dfrac{\sin(t)\ud t}{t}-\cos(x)\int_x^\infty\dfrac{\cos(t)\ud t}{t}\\ &&\\ g''(x)&=&\dsp -\cos(x)\int_0^\infty\dfrac{\sin(t)\ud t}{t}+\dfrac{\sin(x)\sin(x)}{x}+\cos(x) \int_0^\infty\dfrac{\cos(t)\ud t}{t}+\dfrac{\cos(x)^2}{x}\\ &&\\ &=&\dsp -\cos(x)\int_0^\infty\dfrac{\sin(t)\ud t}{t}+\cos(x)\int_0^\infty\dfrac{\cos(t)\ud t}{t}+\dfrac{1}{x}. \end{array}$$ Ce qui donne, pour $x>0$, $$\begin{array}{lcl}g''(x)+g(x)&=& \dsp -\cos(x)\int_0^\infty\dfrac{\sin(t)\ud t}{t}+\cos(x)\int_0^\infty\dfrac{\cos(t)\ud t}{t}+\dfrac{1}{x}\\ &&\dsp + \cos x \dsp \int_{x}^{+\infty} \dfrac{\sin t}{t}\,\ud t -\sin x \dsp \int_x^{+\infty} \dfrac{\cos t}{t}\,\ud t\\ &=&\dfrac{1}{x}. \end{array}$$
3. On en déduit que $f-g$ est une solution, sur $\R_+^*$, de l'équation $y''+y=0$ donc $f-g=A\sin+B\cos$.
   Or, $f$ est continue sur $\R_+$ par une domination sur $\R_+$ de $\varphi(x,t)$ par $t\mapsto\dfrac{1}{1+t^2}$.
   L'expression développée~$(*)$ de~$g$ permet de montrer très facilement que $g$ est continue en~$0$, puisque $$\dsp\int_0^\infty\dfrac{\sin(t)}{t}< \infty \Longrightarrow \int_x^\infty\dfrac{\sin(t)}{t}\ud t\tendvers{x}{0^+}\int_0^\infty\dfrac{\sin(t)}{t}\ud t,$$ et pour $x\in ]0,1[$, on a $$\begin{array}{lcl} \dsp \abs{\sin(x)\int_x^\infty\dfrac{\cos(t)}{t}\ud t}&\leq& \dsp \abs{\sin(x)\int_x^1\dfrac{\ud t}{t}+\sin(x) \int_1^\infty\dfrac{\cos(t)\ud t}{t}}\\ &\leq& \abs{\sin(x)\ln(x)+\sin(x) A}\tendvers{x}{0^+}0 \end{array}$$ gg
4. On remarque que $\lim\limits_{x\to+\infty} f(x)=0$, en effet pour $x>0$, on a $$f(x)=\int_0^\infty\dfrac{\ee^{-xt}\ud t}{1+t^2}\underset{u=xt}{=}\int_0^\infty\dfrac{\ee^{-u}\ud u}{x+\dfrac{t}{x}}\leq\dfrac{1}{x}\int_0^\infty\ee^{-u}\ud u\tendvers{x}{\infty}\,0.$$ En écrivant $g$ sous la forme développée~$(*)$ ci-dessus, on a également $\lim\limits_{x\to+\infty} g(x)=0$. On en déduit que $f(x)=g(x)$ pour tout $x>0$. On prend les limites en~$0$ : $$\boxed{g(0)=\lim\limits_{x\to0} g(x) = \lim\limits_{x\to0} f(x)=f(0)=\int_0^\infty\dfrac{\ud t}{1+t^2}=\dfrac{\pi}{2}}.$$

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a faire

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