Solutions
(h) Le changement de variable t = x −
√
x 2 − 1 donne
+∞
1
dx
x 2
√
x 2 − 1
=
1
0
4t
(1 + t 2 )
2 dt = 1.
(i) On remarque d’abord que
+∞
0
ln x
x 2 + a 2 dx =
1
0
ln x
x 2 + a 2 dx +
+∞
1
ln x
x 2 + a 2 dx
et chacune des intégrales du second membre converge. De plus,
+∞
0
ln x
x 2 + a 2 dx =
a
0
ln x
x 2 + a 2 dx +
+∞
a
ln x
x 2 + a 2 dx
=
a
0
ln x
x 2 + a 2 dx +
0
a
ln
a 2 /t
(a 2 /t)
2 + a 2
−
a 2
t 2
dt
=
a
0
ln x
x 2 + a 2 dx +
a
0
2 ln a − ln t
t 2 + a 2 dt
=
a
0
2 ln a
t 2 + a 2 dt =
π ln a
2a
.
(j) On a
+∞
0
ln x
(x 2 + a 2 )
2 dx =
1
a 3
+∞
0
ln a + ln t
(1 + t 2 )
2 dt
=
1
a 3
+∞
0
ln a
(1 + t 2 )
2 dt +
1
a 3
+∞
0
ln t
(1 + t 2 )
2 dt
=
π ln a
4a 3 +
1
a 3
+∞
0
ln t
(1 + t 2 )
2 dt,
la dernière égalité venant de (g). Le changement de variable t = tan x
donne alors
+∞
0
ln t
(1 + t 2 )
2 dt =
π
2
0
cos
2 x ln(tan x) dx
=
π
2
0
1 + cos 2x
2
ln(tan x) dx
=
1
2
π
2
0
cos 2x ln(tan x) dx,
127