Dans cette partie, on s'intéresse à l'application $g:\mathbb R\to\mathbb R,x\mapsto g(x)=\int_0^{+\infty}\frac{\arctan(tx)}{1+t^2}dt$. $g$ est l'image par $\Phi$ de l'application constante égale à $1:x\in\mathbb R\mapsto 1$.
10) Vérifier que $g$ est impaire.
Utiliser le fait que $\arctan$ est impaire (prouvé en 1).
11) Dérivabilité de $g$ sur $]0,+\infty[$. Soit $x$ un réel strictement positif.
a) Vérifier que, pour tout $u\in\mathbb R,|\arctan''(u)|\leq\frac{1}{1+u^2}$.
On a que $$\left|\arctan''(u)\right|=\left|\frac{2x}{(1+x^2)^2}\right|=\left|\frac{2x}{1+x^2}\frac{1}{1+x^2}\right|.$$ Mais comme $2|x|\leq 1+x^2$ (par étude de fonction ou le fait que $2ab\leq a^2+b^2$), on a $\left|\frac{2x}{1+x^2}\right|\leq 1$ et le résultat suit.
b) Soit $a$ et $b$ deux réels distincts et $I$ le segment d'extrémités $a$ et $b$. Montrer que : $$\left|\arctan b-\arctan b -\frac{b-a}{1+a^2}\right|\leq\frac{(b-a)^2}{2}\max_{u\in I}\left(\frac{1}{1+u^2}\right).$$
D'après l'égalité de Taylor-Lagrange, il existe $c\in I$ tel que : $$\arctan b=\arctan a+\arctan'(a)(b-a)+\frac{1}{2}\arctan''(c)(b-a)^2$$ En substituant et en réarangeant, on a alors que : $$\left|\arctan b-\arctan b -\frac{b-a}{1+a^2}\right|=\frac{(b-a)^2}{2}|\arctan''(c)|$$ Grâce à la question 11)a) on en déduit que : $$\left|\arctan b-\arctan b -\frac{b-a}{1+a^2}\right|=\frac{(b-a)^2}{2}\frac{1}{1+c^2}\leq \frac{(b-a)^2}{2}\sup_{u\in I}\left(\frac{1}{1+u^2}\right).$$ Enfin le sup est en fait un max car la fonction $u\mapsto \frac{1}{1+u^2}$ est continue sur le segment $I$.
c) Soit $h\in\left]-\frac{x}{2},\frac{x}{2}\right[$ et $t$ un réel positif, établir : $$\left|\arctan [t(x+h)]-\arctan tx -\frac{th}{1+t^2x^2}\right|\leq\frac{t^2h^2}{2}\frac{1}{1+\frac{t^2x^2}{4}}.$$
Substituer dans 11)b) $b$ par $t(x+h)$ et $a$ par $tx$. Pour évaluer le maximum de $\frac{1}{1+u^2}$ avec $u$ dans l'intervalle dont les bords sont $tx$ et $t(x+h)$, on travaille en deux temps. Soit $h\geq 0$ et dans ce cas $u\geq tx$, or : $$u\geq tx\Longrightarrow \frac{1}{1+u^2}\leq\frac{1}{1+t^2x^2}\leq\frac{1}{1+\frac{t^2x^2}{4}}$$ donc $\max_{u\in I}\left(\frac{1}{1+u^2}\right)\leq \frac{1}{1+\frac{t^2x^2}{4}}$. Si maintenant $h\leq 0$, on a $u\geq x(t+h)\geq \frac{tx}{2}$ car $h\geq-\frac{x}{2}$. On a alors $$u\geq x(t+h)\Longrightarrow \frac{1}{1+u^2}\leq\frac{1}{1+\frac{t^2x^2}{4}}$$ et là encore $\max_{u\in I}\left(\frac{1}{1+u^2}\right)\leq \frac{1}{1+\frac{t^2x^2}{4}}$. Donc dans tous les cas, $\max_{u\in I}\left(\frac{1}{1+u^2}\right)\leq \frac{1}{1+\frac{t^2x^2}{4}}$ et en injectant dans 11)b) le résultat suit.
d) Montrer alors que, pour tout $h\in\left]-\frac{x}{2},\frac{x}{2}\right[$, $$\left|g(x+h)-g(x)-h\int_0^{+\infty}\frac{t}{(1+t^2x^2)}\frac{1}{(1+t^2)}dt\right|\leq 2h^2\int_0^{+\infty}\frac{t^2}{(4+t^2x^2)}\frac{1}{(1+t^2)}dt.$$
Par la linéarité de l'intégrale, l'inégalité triangulaire et l'inégalité établie précédemment, on a : $$\begin{align} \left|g(x+h)-g(x)-h\int_0^{+\infty}\frac{t}{(1+t^2x^2)}\frac{1}{(1+t^2)}dt\right|&=\left|\int_0^{+\infty}\frac{1}{1+t^2}\left(\arctan(t(x+h))-\arctan(tx)-\frac{th}{1+t^2x^2}\right)dt\right|\\ &\leq \int_0^{+\infty}\frac{1}{1+t^2}\left|\arctan(t(x+h))-\arctan(tx)-\frac{th}{1+t^2x^2}\right|dt\\ &\leq \int_0^{+\infty}\frac{1}{1+t^2}\frac{t^2h^2}{2}\frac{1}{1+\frac{t^2x^2}{4}}dt \end{align}$$ et le résultat suit aisément.
e) En déduire que $g$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et justifier que, pour tout $x>0$, $$g'(x)=\int_0^{+\infty}\frac{t}{(1+t^2x^2)}\frac{1}{(1+t^2)}dt.$$
Diviser l'inégalité de la question précédente par $|h|(\neq 0)$ puis en faire tendre $h$ vers $0$ (possible car $h\in]-x/2,x/2[$).
f) $g$ est-elle dérivable sur $]-\infty,0[$? Si oui, que vaut g'(x) pour $x<\!0$?
$g$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et $g$ est impaire (question 10) donc $g$ est dérivable sur $]-\infty,0[$ de dérivée : $$\forall x<\!0,g'(x)=\int_0^{+\infty}\frac{t}{(1+t^2x^2)}\frac{1}{(1+t^2)}dt.$$ (On rappelle pour ce dernier point que la dérivée d'une fonction impaire est paire donc ici $g'(-x)=g'(x))$.
12) Calcul de g'(x) pour $x>0$.
a) Déterminer $g'(1)$.
$$g'(1)=\int_0^{+\infty}\frac{t}{(1+t^2)^2}dt=\left[\frac{-1}{2}\frac{1}{(1+t^2)}\right]_0^{+\infty}=\frac{1}{2}.$$
b) Pour tout $x\in]0,1[\cup]1,+\infty[$, chercher des expressions de $A(x)$ et $B(x)$, indépendantes de $t$, telles que, pour tout $t\in\mathbb R,\frac{t}{(1+t^2x^2)(1+t^2)}=A(x)\frac{t}{1+t^2x^2}+B(x)\frac{t}{1+t^2}$.
Par identification, on trouve : $$A(x)=\frac{-x^2}{1-x^2}\text{ et }B(x)=\frac{1}{1-x^2}.$$
c) En déduire que, pour tout $x\in]0,1[\cup]1,+\infty[, g'(x)=\frac{\ln x}{x^2-1}.$
Par la question précédente, on a : $$\begin{align} g'(x)&=\int_0^{+\infty}-\frac{x^2}{1-x^2}\frac{t}{1+t^2x^2}+\frac{1}{1-x^2}\frac{t}{1+t^2}dt\\ &=\left[-\frac{x^2}{1-x^2}\frac{1}{2x^2}\ln(1+t^2x^2)+\frac{1}{1-x^2}\frac{1}{2}\ln1+t^2\right]_0^{+\infty}\\ &=\frac{1}{2(1-x^2)}\left[\ln\left(\frac{1+t^2}{1+t^2x^2}\right)\right]_0^{+\infty}\\ &=\frac{1}{2(1-x^2)}\ln\left(\frac{1}{x^2}\right)\\ &=\frac{\ln x}{x^2-1}. \end{align}$$
d) $g$ est-elle de classe ${\cal C}^1$ sur $]0,+\infty[$?
Grâce à l'expression obtenue dans la question précédente on a que $g'$ est ${\cal C}^1$ sur $]0,1[\cup]1,+\infty[$. On observe de plus que pour $x\in ]0,1[\cup]1,+\infty[$ $$g'(x)=\frac{\ln(1+(x-1))}{(x-1)(x+1)}\overset{1}{\sim}\frac{x-1}{(x-1)(x+1)}=\frac{1}{x+1}\overset{1}{\sim}\frac{1}{2}$$ donc $\lim_{x\to 1}g'(x)=\frac{1}{2}=g'(1)$ d'après 12)a) et donc $g$ est bien ${\cal C}^1$ sur $]0,+\infty[$.
13) Une nouvelle expression de $g(x)$ pour $x>0$.
a) Justifier, pour tout $x>0$, la convergence de l'intégrale $\int_0^x\frac{\ln t}{t^2-1}dt$.
Par croissance comparée $\lim_{t\to 0^+}\sqrt t\frac{\ln t}{t^2-1}=0$ donc $\frac{\ln t}{t^2-1}\overset{0}{=}o\left(\frac{1}{\sqrt t}\right)$. Mais par $\int_0^1\frac{1}{\sqrt t}dt$ est une intégrale de Riemann convergente, donc par la règle des petits o, l'intégrale donnée converge en $0$. Si maintenant $x<\!1$, l'intégrale converge sans discussion supplémentaire. Par contre si $x\geq 1$, il faut faire une étude de la convergence en $1$. Mais on a vu en résolvant la question 12)d) que $\frac{\ln t}{t^2-1}\overset{1}{\sim}\frac{1}{2}$ donc la convergence de l'intégrale se gère par prolongement par continuité.
b) Montrer, pour tout $x>0$, que $\int_0^{+\infty}\frac{\arctan(tx)}{1+t^2}dt=\int_0^x\frac{\ln t}{t^2-1}dt$.
En prolongeant par continuité $\frac{\ln t}{t^2-1}$ par $\frac{1}{2}$ en $1$, on observe que ce prologement se confond avec $g'(t)$ sur $\mathbb R^+_*$. Il suit que $$\int_0^x\frac{\ln t}{t^2-1}dt=\int_0^1g'(t)dt=\left[g(t)\right]_0^1=\int_0^{+\infty}\frac{\arctan(t)}{1+t^2}dt.$$
14) Etude de la limite de $g$ en $+\infty$.
a) Démontrer que, pour tout $x>0$, $g(x)=\frac{\pi^2}{4}-\int_0^{+\infty}\arctan\left(\frac{1}{tx}\right)\frac{1}{1+t^2}dt$.
Grâce à la relation établie en 5), on a : $$g(x)=\int_0^{+\infty}\frac{1}{1+t^2}\left(\frac{\pi}{2}-\arctan\left(\frac{1}{tx}\right)\right)dt$$ ensuite il ne reste plus qu'à utiliser la linéarité de l'intégrale et le fait que d'après 2) et 3) on a $\int_0^{+\infty}\frac{1}{1+t^2}dt=\frac{\pi}{2}$.
b) Ecrire, pour tout $x>0$, $\int_0^{+\infty}\arctan\left(\frac{1}{tx}\right)\frac{1}{1+t^2}dt=\int_0^{\frac{1}{\sqrt x}}\arctan\left(\frac{1}{tx}\right)\frac{1}{1+t^2}dt+\int_{\frac{1}{\sqrt x}}^{+\infty}\arctan\left(\frac{1}{tx}\right)\frac{1}{1+t^2}dt$ et montrer alors que : $\left|\int_0^{+\infty}\arctan\left(\frac{1}{tx}\right)\frac{1}{1+t^2}dt\right|\leq\frac{\pi}{2}\frac{1}{\sqrt x}+\frac{1}{x}\int_{\frac{1}{\sqrt x}}^{+\infty}\frac{1}{t}\frac{1}{1+t^2}dt\leq\frac{\pi}{\sqrt x}$.
Par inégalité triangulaire on a déjà que : $$\left|\int_0^{+\infty}\arctan\left(\frac{1}{tx}\right)\frac{1}{1+t^2}dt\right|\leq\int_0^{\frac{1}{\sqrt x}}\left|\arctan\left(\frac{1}{tx}\right)\frac{1}{1+t^2}\right|dt+\int_{\frac{1}{\sqrt x}}^{+\infty}\left|\arctan\left(\frac{1}{tx}\right)\frac{1}{1+t^2}\right|dt.$$ Or nous savons d'après la première partie que $|\arctan(x)|\leq\frac{\pi}{2}$ et nous avons aussi que $\frac{1}{1+t^2}\leq 1$ donc la première intégrale s'estime comme suit : $$\int_0^{\frac{1}{\sqrt x}}\left|\arctan\left(\frac{1}{tx}\right)\frac{1}{1+t^2}\right|dt\leq\frac{\pi}{2}\int_0^{1/\sqrt x}dt=\frac{\pi}{2}\frac{1}{\sqrt x}$$ ce qui donne la première partie de l'estimation. Pour estimer la seconde intégrale, remarquons d'abord que $\arctan$ est une fonction positive sur $\mathbb R^+$ donc $\left|\arctan\left(\frac{1}{tx}\right)\right|=\arctan\left(\frac{1}{tx}\right)$. De plus on observe que $$\forall x\geq 0, \arctan''(x)=\frac{-2x}{(1+x^2)}\leq 0$$ donc $\arctan$ est une fonction concave sur $\mathbb R^+$, elle est donc sous sa tangente en $0$ sur $\mathbb R^+$, c'est à dire : $$\forall x\geq 0, \arctan x\leq \arctan(0)+\arctan'(0)x=x.$$ Il suit que $\left|\arctan\left(\frac{1}{tx}\right)\right|\leq\frac{1}{tx}$. En injectant cette inégalité, on obtient alors bien : $$\left|\int_0^{+\infty}\arctan\left(\frac{1}{tx}\right)\frac{1}{1+t^2}dt\right|\leq\frac{\pi}{2}\frac{1}{\sqrt x}+\frac{1}{x}\int_{\frac{1}{\sqrt x}}^{+\infty}\frac{1}{t}\frac{1}{1+t^2}dt.$$ Enfin pour finir, on observe que si $t\geq\frac{1}{\sqrt x}$ alors $\frac{1}{t}\leq\sqrt x$ donc $$\int_{\frac{1}{\sqrt x}}^{+\infty}\frac{1}{t}\frac{1}{1+t^2}dt\leq \frac{\sqrt x}{x}\int_{1/\sqrt x}^{+\infty}\frac{1}{1+t^2}dt\leq\frac{1}{\sqrt x}\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{1+t^2}dt=\frac{\pi}{2\sqrt x}$$ et ainsi $$\frac{\pi}{2}\frac{1}{\sqrt x}+\frac{1}{x}\int_{\frac{1}{\sqrt x}}^{+\infty}\frac{1}{t}\frac{1}{1+t^2}dt\leq\frac{\pi}{\sqrt x}$$ ce qui achève de prouver le résultat.
c) Déterminer alors $\lim_{x\to+\infty}g(x)$.
D'après 14)a) et 14)b), on a : $$\left|g(x)-\frac{\pi^2}{4}\right|=\left|\int_0^{+\infty}\arctan\left(\frac{1}{tx}\right)\frac{1}{1+t^2}dt\right|\leq\frac{\pi}{\sqrt x}\overset{x\to +\infty}{\longrightarrow}0,$$ il suit que $\lim_{x\to+\infty}g(x)=\frac{\pi^2}{4}$.
15) Application au calcul de $\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{1}{(2n+1)^2}$.
a) Montrer que $\int_0^{+\infty}\frac{\ln t}{1-t^2}dt$ converge et calculer sa valeur à l'aide des questions précédentes.
La convergence en 0 et en 1 a déjà été traitée en 13)a) au signe près. Reste à voir la convergence en $+\infty$. On a que $t^3\frac{\ln t}{1-t^2}=t\ln t\frac{t^2}{1-t^2}\overset{t\to +\infty}{\longrightarrow}0$ donc $\left|\frac{\ln t}{1-t^2}\right|\overset{+\infty}{=}o\left(\frac{1}{t^3}\right)$. Or $\int_1^{+\infty}\frac{1}{t^3}dt$ est une intégrale de Riemann convergente, par comparaison on a donc la convergence absolue de l'intégrale à l'infini et donc sa convergence. Pour la calcul, on observe d'après 13)b) que $\int_0^{+\infty}\frac{\ln t}{1-t^2}dt=-\lim_{x\to+\infty}g(x)=-\frac{\pi^2}{4}$ d'après 14)c).
b) Vérifier que $\int_0^{+\infty}\frac{\ln t}{1-t^2}dt=2\int_0^1\frac{\ln t}{1-t^2}dt$.
On observe que $\int_0^{+\infty}\frac{\ln t}{1-t^2}dt=\int_0^1\frac{\ln t}{1-t^2}dt+\int_1^{+\infty}\frac{\ln t}{1-t^2}dt$. Or le changement de variable $u=\frac{1}{t}$ nous donne que $\int_1^{+\infty}\frac{\ln t}{1-t^2}dt=\int_0^1\frac{\ln u}{1-u^2}du$ et le résultat suit.
c) Soit $n\in\mathbb N$, démontrer que $\int_0^1\frac{\ln t}{1-t^2}dt=\sum_{k=0}^n\int_0^1t^{2k}\ln tdt+\int_0^1\frac{\ln t}{1-t^2}t^{2n+2}dt$ (on justifiera l'existence des intégrales introduites).
Il suffit de se souvenir de la formule d'une somme géométrique qui nous donne ici $$\sum_{k=0}^n(t^2)^k=\frac{1-t^{2n+2}}{1-t^2}$$ et donc $$\frac{1}{1-t^2}=\sum_{k=0}^nt^{2k}+\frac{t^{2n+2}}{1-t^2}$$ et le résultat suit aisément en remplaçant dans les intégrales. Quant à la convergence des intégrales, il faudra la traiter en 0 et en 1 en suivant les mêmes idées que dans la question 13)a).
d) Pour tout $n\in\mathbb N$, calculer $\int_0^1t^{2n}\ln tdt$.
Par parties : $$\int_0^1t^{2n}\ln t dt=\left[\frac{t^{2n+1}}{2n+1}\ln t\right]_0^1-\int_0^1\frac{t^{2n}}{2n+1}dt=-\left[\frac{t^{2n+1}}{(2n+1)^2}\right]_0^1=-\frac{1}{(2n+1)^2}.$$
e) Montrer que $\lim_{n\to+\infty}\int_0^1\frac{\ln t}{1-t^2}t^{2n+2}dt=0$.
On observe que $\frac{t\ln t}{1-t^2}$ se prolonge par continuité en $0$ (par croissance comparée) et en $1$ (même principe que dans 13)a)), son prologement est alors borné sur le segment $[0,1]$. Il suit que $$\left|\int_0^1\frac{\ln t}{1-t^2}t^{2n+2}dt\right|\leq \int_0^1\left|\frac{\ln t}{1-t^2}t^{2n+2}\right|dt=\int_0^1\left|\frac{t\ln t}{1-t^2}t^{2n+1}\right|dt\leq M\int_0^1t^{2n+1}dt=\frac{M}{2n+2}$$ et le résultat suit par passage à la limite.
f) Donner alors la valeur de $\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{1}{(2n+1)^2}$. En déduire celle de $\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{1}{n^2}$.
A l'aide de 15)c et 15)e) on a déjà que $\int_0^1\frac{\ln t}{1-t^2}dt=\sum_{k=0}^{+\infty}\int_0^1t^{2k}\ln tdt$. De plus d'après 15)d) on en déduit que $\int_0^1\frac{\ln t}{1-t^2}dt=\sum_{k=0}^{+\infty}-\frac{1}{(2k+1)^2}$. Mais on sait aussi grâce à 15)a) et 15)b) que $\int_0^1\frac{\ln t}{1-t^2}dt=-\frac{\pi^2}{8}$ donc : $$\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{(2k+1)^2}=\frac{\pi^2}{8}.$$ Pour calculer $\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{k^2}$, on sépare cette somme en les $k$ pairs et impairs de sorte que : $$\begin{align} \sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{k^2}&=\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{(2k)^2}+\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{(2k+1)^2}\\ &=\frac{1}{4}\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{(k)^2}+\frac{\pi^2}{8} \end{align}$$ d'où il suit que $\frac{3}{4}\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{k^2}=\frac{\pi^2}{8}$ et $$\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{k^2}=\frac{\pi^2}{6}.$$
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