Exercice 13 - Exercice 1

Comme $$\alpha$$ est un réel supérieur à $$1$$, on a :
$$\varphi(\alpha) = \int_{0}^{+\infty} \dfrac{1}{x^2 + \alpha} dx =\dfrac{1}{\alpha}\int_{0}^{+\infty} \dfrac{1}{\dfrac{x^2}{\alpha} + 1} dx = \dfrac{1}{\alpha}\int_{0}^{+\infty} \dfrac{1}{ \left( \dfrac{x}{\sqrt{\alpha}}\right)^2 + 1} dx$$
D'où :
$$\varphi(\alpha) = \lim_{b \longrightarrow + \infty} \dfrac{1}{\alpha}\int_{0}^{b} \dfrac{1}{ \left( \dfrac{x}{\sqrt{\alpha}} \right)^2 + 1} dx$$
Posons $$t = \dfrac{x}{\sqrt{\alpha}}$$ ce qui implique que $$\dfrac{dt}{dx} = \dfrac{1}{\sqrt{\alpha}}$$. Ainsi, on en déduit que $$dx = \sqrt{\alpha} dt$$. De plus, si $$x=0$$ alors $$t=0$$. Et si $$x=b$$ alors on en déduit que $$t = \dfrac{b}{\sqrt{\alpha}}$$. Donc :
$$\varphi(\alpha) = \lim_{b \longrightarrow + \infty} \dfrac{1}{\alpha}\int_{0}^{\frac{b}{\sqrt{\alpha}}} \dfrac{1}{ t^2 + 1} \sqrt{\alpha} dt<br />\,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \varphi(\alpha) = \dfrac{1}{\sqrt{\alpha}} \lim_{b \longrightarrow + \infty} \int_{0}^{\frac{b}{\sqrt{\alpha}}} \dfrac{1}{ t^2 + 1} dt$$
En intégrant, on obtient :
$$\varphi(\alpha) = \dfrac{1}{\sqrt{\alpha}} \lim_{b \longrightarrow + \infty} [ \arctan t ] _{0}^{\frac{b}{\sqrt{\alpha}}} \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \varphi(\alpha) = \dfrac{1}{\sqrt{\alpha}} \lim_{b \longrightarrow + \infty} \left( \arctan \left( \dfrac{b}{\sqrt{\alpha}} \right) - \arctan 0 \right)$$
Or, $$\arctan 0 = 0$$, d'où :
$$\varphi(\alpha) = \dfrac{1}{\sqrt{\alpha}} \lim_{b \longrightarrow + \infty} \arctan \left( \dfrac{b}{\sqrt{\alpha}} \right)$$
Et on a également la limite suivante
$$\lim_{X \longrightarrow + \infty} \arctan X = \dfrac{\pi}{2} \,\,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\,\, \lim_{b \longrightarrow + \infty} \arctan \left( \dfrac{b}{\sqrt{\alpha}} \right) = \dfrac{\pi}{2}$$
donc :
$$\varphi(\alpha) = \dfrac{1}{\sqrt{\alpha}} \dfrac{\pi}{2}$$
Finalement, on trouve que :
$$\varphi(\alpha) = \dfrac{\pi}{2\sqrt{\alpha}}$$