Exercice 5 - Exercice 1

Soit $$x \geqslant 0$$. La fonction $$x \longmapsto \dfrac{1}{\sqrt{1+2x^2}} - \dfrac{\alpha}{1+x}$$ est continue sur $$\mathbb{R}^+$$, donc elle y est localement intégrable.
Posons :
$$I(x) = \int_0^{x} \left( \dfrac{1}{\sqrt{1+2t^2}} - \dfrac{\alpha}{1+t} \right)\, dt$$
On a :
$$I(x) = \int_0^{x} \dfrac{1}{\sqrt{1+2t^2}} \, dt - \int_0^{x} \dfrac{\alpha}{1+t} \, dt$$
Soit :
$$I(x) = \int_0^{x} \dfrac{1}{\sqrt{1+2t^2}} \, dt - \alpha\int_0^{x} \dfrac{1}{1+t} \, dt$$
Soit encore :
$$I(x) = \int_0^{x} \dfrac{1}{\sqrt{1+2t^2}} \, dt - \alpha\int_0^{x} \dfrac{(1+t)'}{1+t} \, dt$$
Donc :
$$I(x) = \int_0^{x} \dfrac{1}{\sqrt{1+2t^2}} \, dt - \alpha \left[ \ln(1+t) \right]_0^{x}$$
Avec :
$$\left[ \ln(1+t) \right]_0^{x} = \ln(1+x) - \ln(1+0) = \ln(1+x) - \ln(1) = \ln(1+x) - 0 = \ln(1+x)$$
Ainsi :
$$I(x) = \int_0^{x} \dfrac{1}{\sqrt{1+2t^2}} \, dt - \alpha \ln(1+x)$$
Concernant l'intégrale $$\int_0^{x} \dfrac{1}{\sqrt{1+2t^2}} \, dt$$, posons $$u = \sqrt{2}\,t$$, donc $$\dfrac{du}{dt} = \dfrac{d}{dt} \left( \sqrt{2}\,t \right) = \sqrt{2} \dfrac{d}{dt} \left( t \right) = \sqrt{2} \times 1 = \sqrt{2}$$. Ainsi on en déduit que $$du = \sqrt{2} \, dt$$. Ainsi $$dt = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \,du$$. Lorsque $$t = 0$$ on a $$u=0$$ et lorsque $$t=x$$ on a $$u = \sqrt{2}\,x$$. Puis, remarquons que $$2t^2 = \sqrt{2}^2 \, t^2 = \left( \sqrt{2}\,t \right)^2 = u^2$$. Donc, on obtient :
$$I(x) = \int_0^{\sqrt{2}\,x} \dfrac{1}{\sqrt{1+u^2}} \, \dfrac{1}{\sqrt{2}} \,du - \alpha \ln(1+x) = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \int_0^{\sqrt{2}\,x} \dfrac{1}{\sqrt{1+u^2}} \,du - \alpha \ln(1+x)$$
Mais, on sait que :
$$\int_0^{\sqrt{2}\,x} \dfrac{1}{\sqrt{1+u^2}} \,du = \left[ \mathrm{argsinh}(u) \right]_0^{\sqrt{2}\,x} = \left[ \ln\big( u + \sqrt{1+u^2} \big) \right]_0^{\sqrt{2}\,x} = \ln\big( \sqrt{2}\,x + \sqrt{1+\left( \sqrt{2}\,x \right)^2} \big) - \ln\big( 0 + \sqrt{1+0^2} \big)$$
Donc :
$$\int_0^{\sqrt{2}\,x} \dfrac{1}{\sqrt{1+u^2}} \,du = \ln\big( \sqrt{2}\,x + \sqrt{1+2x^2} \big) - \ln\big( \sqrt{1} \big) = \ln\big( \sqrt{2}\,x + \sqrt{1+2x^2} \big) - \ln\big( 1 \big) = \ln\big( \sqrt{2}\,x + \sqrt{1+2x^2} \big)$$
Ainsi, on obtient :
$$I(x) = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \ln\big( \sqrt{2}\,x + \sqrt{1+2x^2} \big) - \alpha \ln(1+x)$$
Comme $$x \longrightarrow + \infty$$ cela implique que $$\dfrac{1}{x} \longrightarrow 0$$. Dans l'objectif de réaliser un développement limité, on va réaliser les transformations d'écritures suivantes :
$$I(x) = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \ln\left( \sqrt{2}\,x + \sqrt{2x^2 \left( \dfrac{1}{2x^2}+1 \right)} \right) - \alpha \ln\left(x\left( \dfrac{1}{x}+1 \right)\right)$$
Soit :
$$I(x) = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \ln\left( \sqrt{2}\,x + \left|\sqrt{2} \, x \right| \sqrt{ \dfrac{1}{2x^2}+1 } \right) - \alpha \left( \ln(x) + \ln\left( \dfrac{1}{x}+1 \right) \right)$$
Soit encore, puisque $$x \geqslant 0$$ :
$$I(x) = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \ln\left( \sqrt{2}\,x + \sqrt{2} \, x \left( 1+\dfrac{1}{2x^2} \right)^{\frac{1}{2}} \right) - \alpha \left( \ln(x) + \ln\left( 1+\dfrac{1}{x} \right) \right)$$
Soit encore :
$$I(x) = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \ln\left( \sqrt{2}\,x \left( 1 + \left( 1+\dfrac{1}{2x^2} \right)^{\frac{1}{2}} \right)\right) - \alpha \ln(x) - \alpha \ln\left( 1+\dfrac{1}{x} \right)$$
D'où :
$$I(x) = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \left( \ln\left( \sqrt{2}\,x \right) + \ln\left( 1 + \left( 1+\dfrac{1}{2x^2} \right)^{\frac{1}{2}}\right) \right) - \alpha \ln(x) - \alpha \ln\left( 1+\dfrac{1}{x} \right)$$
Ce qui nous donne :
$$I(x) = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \ln\left( \sqrt{2}\,x \right) + \dfrac{1}{\sqrt{2}}\ln\left( 1 + \left( 1+\dfrac{1}{2x^2} \right)^{\frac{1}{2}}\right) - \alpha \ln(x) - \alpha \ln\left( 1+\dfrac{1}{x} \right)$$
Mais encore :
$$I(x) = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \left( \ln\left( \sqrt{2} \right) + \ln\left( x \right)\right) + \dfrac{1}{\sqrt{2}}\ln\left( 1 + \left( 1+\dfrac{1}{2x^2} \right)^{\frac{1}{2}}\right) - \alpha \ln(x) - \alpha \ln\left( 1+\dfrac{1}{x} \right)$$
D'où :
$$I(x) = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \ln\left( \sqrt{2} \right) + \dfrac{1}{\sqrt{2}} \ln\left( x \right) + \dfrac{1}{\sqrt{2}}\ln\left( 1 + \left( 1+\dfrac{1}{2x^2} \right)^{\frac{1}{2}}\right) - \alpha \ln(x) - \alpha \ln\left( 1+\dfrac{1}{x} \right)$$
Que nous allons écrire comme :
$$I(x) = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \ln\left( 2^{\frac{1}{2}} \right) + \left( \dfrac{1}{\sqrt{2}} - \alpha \right) \ln\left( x \right) + \dfrac{1}{\sqrt{2}}\ln\left( 1 + \left( 1+\dfrac{1}{2x^2} \right)^{\frac{1}{2}}\right) - \alpha \ln\left( 1+\dfrac{1}{x} \right)$$
En faisant usage des propriétés algébriques des logarithmes, on obtient :
$$I(x) = \dfrac{1}{2\sqrt{2}} \ln\left( 2 \right) + \left( \dfrac{1}{\sqrt{2}} - \alpha \right) \ln\left( x \right) + \dfrac{1}{\sqrt{2}}\ln\left( 1 + \left( 1+\dfrac{1}{2x^2} \right)^{\frac{1}{2}}\right) - \alpha \ln\left( 1+\dfrac{1}{x} \right)$$
Donc :
$$I(x) = \dfrac{\sqrt{2}}{4} \ln\left( 2 \right) + \left( \dfrac{\sqrt{2}}{2} - \alpha \right) \ln\left( x \right) + \dfrac{1}{\sqrt{2}}\ln\left( 1 + \left( 1+\dfrac{1}{2x^2} \right)^{\frac{1}{2}}\right) - \alpha \ln\left( 1+\dfrac{1}{x} \right)$$
On sait que $$\dfrac{1}{x} \longrightarrow 0$$, donc :
$$\left( 1+\dfrac{1}{2x^2} \right)^{\frac{1}{2}} = 1+\dfrac{1}{4x^2} + \dfrac{1}{x^2} \varepsilon \left( \dfrac{1}{x} \right)$$
Avec $$\lim_{x \longrightarrow + \infty} \varepsilon \left( \dfrac{1}{x} \right) =0$$.
Ce qui implique que :
$$\ln\left( 1 + \left( 1+\dfrac{1}{2x^2} \right)^{\frac{1}{2}}\right) = \ln\left( 1 + 1+\dfrac{1}{4x^2} + \dfrac{1}{x^2} \varepsilon \left( \dfrac{1}{x} \right) \right) = \ln\left( 2+\dfrac{1}{4x^2} + \dfrac{1}{x^2} \varepsilon \left( \dfrac{1}{x} \right) \right)$$
Ce qui nous donne :
$$\ln\left( 1 + \left( 1+\dfrac{1}{2x^2} \right)^{\frac{1}{2}}\right) = \ln\left( 2 \left( 1 + \dfrac{1}{8x^2} + \dfrac{1}{2x^2} \varepsilon \left( \dfrac{1}{x} \right)\right)\right)$$
Donc :
$$\ln\left( 1 + \left( 1+\dfrac{1}{2x^2} \right)^{\frac{1}{2}}\right) = \ln(2) +\ln\left( 1 +\dfrac{1}{8x^2} + \dfrac{1}{2x^2} \varepsilon \left( \dfrac{1}{x} \right)\right)$$
Puis, lorsque $$X \longrightarrow 0$$ on a $$\ln\left( 1 + X \right) = X + X\varepsilon(X)$$, on peut donc écrire que :
$$\ln\left( 1 + \left( 1+\dfrac{1}{2x^2} \right)^{\frac{1}{2}}\right) = \ln(2) +\dfrac{1}{8x^2} + \dfrac{1}{x^2} \varepsilon \left( \dfrac{1}{x} \right)$$
Puis :
$$\ln\left( 1+\dfrac{1}{x} \right) = \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{x} \varepsilon \left( \dfrac{1}{x} \right)$$
De fait, on obtient donc :
$$I(x) = \dfrac{\sqrt{2}}{4} \ln\left( 2 \right) + \left( \dfrac{\sqrt{2}}{2} - \alpha \right) \ln\left( x \right) + \dfrac{1}{\sqrt{2}}\left( \ln(2) +\dfrac{1}{8x^2} + \dfrac{1}{x^2} \varepsilon \left( \dfrac{1}{x} \right) \right) - \dfrac{\alpha}{x} + \dfrac{1}{x} \varepsilon \left( \dfrac{1}{x} \right)$$
Ainsi :
$$I(x) = \left( \dfrac{\sqrt{2}}{4} + \dfrac{1}{\sqrt{2}} \right) \ln\left( 2 \right) + \left( \dfrac{\sqrt{2}}{2} - \alpha \right) \ln\left( x \right) - \dfrac{\alpha}{x} + \dfrac{1}{x} \varepsilon \left( \dfrac{1}{x} \right)$$
Soit encore :
$$I(x) = \left( \dfrac{\sqrt{2}}{4} + \dfrac{2\sqrt{2}}{4} \right) \ln\left( 2 \right) + \left( \dfrac{\sqrt{2}}{2} - \alpha \right) \ln\left( x \right) - \dfrac{\alpha}{x} + \dfrac{1}{x} \varepsilon \left( \dfrac{1}{x} \right)$$
On obtient finalement :
$$I(x) = \dfrac{3\sqrt{2}}{4} \ln\left( 2 \right) + \left( \dfrac{\sqrt{2}}{2} - \alpha \right) \ln\left( x \right) - \dfrac{\alpha}{x} + \dfrac{1}{x} \varepsilon \left( \dfrac{1}{x} \right)$$
On constate alors que la limite $$\lim_{x \longrightarrow + \infty} I(x)$$ à une valeur finie si et seulement si le terme $$\left( \dfrac{\sqrt{2}}{2} - \alpha \right) \ln\left( x \right)$$ s'annule ce qui signifie que $$\dfrac{\sqrt{2}}{2} - \alpha = 0$$, à savoir $$\alpha = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$$.
En conclusion l'intégrale $$\int_0^{+\infty} \left( \dfrac{1}{\sqrt{1+2x^2}} - \dfrac{\alpha}{1+x} \right)\, dx$$ est convergente si et seulement si $$\alpha = \dfrac{\sqrt{2}}{2} = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$$.

On pose $$\alpha = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$$. Ainsi :
$$I(x) = \dfrac{3\sqrt{2}}{4} \ln\left( 2 \right) + 0 \ln\left( x \right) - \dfrac{\alpha}{x} + \dfrac{1}{x} \varepsilon \left( \dfrac{1}{x} \right)$$
Soit :
$$I(x) = \dfrac{3\sqrt{2}}{4} \ln\left( 2 \right) + 0 - \dfrac{\alpha}{x} + \dfrac{1}{x} \varepsilon \left( \dfrac{1}{x} \right)$$
Donc, dans ce cas :
$$\lim_{x \longrightarrow + \infty} I(x) = \lim_{x \longrightarrow + \infty} \left( \dfrac{3\sqrt{2}}{4} \ln\left( 2 \right) - \dfrac{\alpha}{x} + \dfrac{1}{x} \varepsilon \left( \dfrac{1}{x} \right) \right) = \dfrac{3\sqrt{2}}{4} \ln\left( 2 \right) + \lim_{x \longrightarrow + \infty} \left( - \dfrac{\alpha}{x} + \dfrac{1}{x} \varepsilon \left( \dfrac{1}{x} \right) \right)$$
Finalement :
$$\lim_{x \longrightarrow + \infty} I(x) = \dfrac{3\sqrt{2}}{4} \ln\left( 2 \right) + 0$$
La valeur de l'intégrale $$\int_0^{+\infty} \left( \dfrac{1}{\sqrt{1+2x^2}} - \dfrac{1}{\sqrt{2}\left( 1+x \right) } \right)\, dx$$ sera alors $$\dfrac{3\sqrt{2}}{4} \ln\left( 2 \right)$$.