Exercice 4 - Exercice 1

La fonction $$x \longmapsto \dfrac{\ln(x)}{x^2}$$ est continue sur l'intervalle $$[ 1 \,;\ + \infty[$$, donc elle y est localement intégrable.
Soit $$x \in [ 1 \,;\ + \infty[$$, on a, à l'aide d'une intégration par parties, les développements suivants :
$$\int_1^{x} \dfrac{\ln(t)}{t^2} \, dt = \int_1^{x} \dfrac{1}{t^2} \ln(t) \, dt = \left[ -\dfrac{1}{t} \ln(t) \right]_1^{x} - \int_1^{x} \left( \left( -\dfrac{1}{t} \right) \times \dfrac{1}{t} \right) \, dt = \left[\dfrac{1}{t} \ln(t) \right]_x^{1} + \int_1^{x} \dfrac{1}{t^2} \, dt$$
Soit :
$$\int_1^{x} \dfrac{\ln(t)}{t^2} \, dt = \dfrac{1}{1} \ln(1) - \dfrac{1}{x} \ln(x) + \int_1^{x} \dfrac{1}{t^2} \, dt$$
Comme $$\ln(1) = 0$$, on obtient :
$$\int_1^{x} \dfrac{\ln(t)}{t^2} \, dt = - \dfrac{1}{x} \ln(x) + \int_1^{x} \dfrac{1}{t^2} \, dt = - \dfrac{1}{x} \ln(x) + \left[ -\dfrac{1}{t} \right]_1^{x} = - \dfrac{1}{x} \ln(x) + \left[ \dfrac{1}{t} \right]_x^{1} = - \dfrac{1}{x} \ln(x) + \dfrac{1}{1} - \dfrac{1}{x}$$
Donc :
$$\int_1^{x} \dfrac{\ln(t)}{t^2} \, dt = - \dfrac{\ln(x)}{x} + 1 - \dfrac{1}{x} = 1 - \left( \dfrac{\ln(x)}{x} + \dfrac{1}{x} \right)$$
Ainsi :
$$\int_1^{x} \dfrac{\ln(t)}{t^2} \, dt = 1 - \dfrac{1 +\ln(x)}{x}$$
De fait, on en déduit que :
$$\int_1^{+\infty} \dfrac{\ln(x)}{x^2} \, dx = \lim_{x \longrightarrow + \infty} \int_1^{x} \dfrac{\ln(t)}{t^2} \, dt = \lim_{x \longrightarrow + \infty} \left( 1 - \dfrac{1 +\ln(x)}{x} \right) = 1 - \lim_{x \longrightarrow + \infty} \dfrac{1 +\ln(x)}{x} = 1 - \lim_{x \longrightarrow + \infty} \dfrac{\ln(x)}{x}$$
Par croissance comparée, on sait que $$\lim_{x \longrightarrow + \infty} \dfrac{\ln(x)}{x} = 0$$. Il en résulte donc que :
$$\int_1^{+\infty} \dfrac{\ln(x)}{x^2} \, dx = 1$$
Ainsi, l'intégrale généralisée $$\int_1^{+\infty} \dfrac{\ln(x)}{x^2} \, dx$$ est de nature convergente.