1. ${\displaystyle x\mapsto {\frac {x}{(1-x)^{2}}}}$ et ${\displaystyle x\mapsto {\frac {1}{(1-x)^{2}}}}$ sont continues positives sur ${\displaystyle \left[0,1\right[}$ et équivalentes en ${\displaystyle 1}$, or ${\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{(1-x)^{2}}}=\int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} s}{s^{2}}}=\left[-{\frac {1}{s}}\right]_{0}^{1}=+\infty }$, donc ${\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {x}{(1-x)^{2}}}\,\mathrm {d} x=+\infty }$.
   ${\displaystyle {\frac {1}{x(1-x)}}\sim _{0}{\frac {1}{x}}}$ et ${\displaystyle {\frac {1}{x(1-x)}}\sim _{1}{\frac {1}{1-x}}}$ donc ${\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} x}{x(1-x)}}}$ diverge à la fois en ${\displaystyle 0}$ et en ${\displaystyle 1}$ (et vaut ${\displaystyle +\infty }$ puisque l'intégrande est ${\displaystyle >0}$ sur ${\displaystyle \left]0,1\right[}$).
2. L'intégrande est positif, continu sur ${\displaystyle \left[1,+\infty \right[}$ et majoré par ${\displaystyle {\frac {1}{x^{2}}}}$ donc l'intégrale est (absolument) convergente, d'après l'exemple de Riemann du cours.
   Remarque : une autre façon de montrer que cette intégrale converge est de la transformer, par le changement de variable ${\displaystyle \tan \theta ={\frac {8x+1}{\sqrt {15}}}}$, en une intégrale non impropre, que l'on peut même calculer : cf. Changement de variable en calcul intégral, exercice 3-3-b.
3. En ${\displaystyle 0}$, ${\displaystyle {\frac {\mathrm {e} ^{-x}}{x^{\alpha }}}\sim {\frac {1}{x^{\alpha }}}}$ donc l'intégrale converge (absolument) si et seulement si ${\displaystyle \alpha <1}$, comme l'intégrale de Riemann. En ${\displaystyle +\infty }$, elle converge toujours (absolument) car (par croissances comparées) ${\displaystyle {\frac {\mathrm {e} ^{-x}}{x^{\alpha }}}=o(\mathrm {e} ^{-x/2})}$.
   Remarquons qu'en fait, ${\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {e} ^{-x}}{x^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x=\Gamma (1-\alpha )}$ où ${\displaystyle \Gamma }$ désigne la fonction Gamma. En particulier pour tout entier ${\displaystyle \alpha \leq 0}$, ${\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {e} ^{-x}}{x^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x=(-\alpha )!}$.
   ${\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {2^{-x}}{x^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x=(\ln 2)^{\alpha -1}\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {e} ^{-y}}{y^{\alpha }}}\,\mathrm {d} y}$.
4. L'intégrande est positif et continu sur ${\displaystyle \left]0,+\infty \right[}$. L'intégrale converge en ${\displaystyle 0}$ si et seulement si (${\displaystyle \beta \geq 0}$ et ${\displaystyle \alpha >-1}$) ou (${\displaystyle \beta <0}$ et ${\displaystyle \alpha -{\frac {\beta }{2}}>-1}$), et converge en ${\displaystyle +\infty }$ si et seulement si (${\displaystyle \beta >0}$ et ${\displaystyle {\frac {\beta }{2}}-\alpha >1}$) ou (${\displaystyle \beta \leq 0}$ et ${\displaystyle -\alpha >1}$). Donc l'intégrale converge (des deux côtés) si et seulement si ${\displaystyle {\frac {\beta }{2}}>\alpha +1>0}$ ou ${\displaystyle {\frac {\beta }{2}}<\alpha +1<0}$.
5. L'intégrande est continu sur ${\displaystyle \left[0,+\infty \right[}$ et ${\displaystyle {\frac {|\cos x|}{1+x^{2}}}\leq {\frac {1}{x^{2}}}}$ donc l'intégrale est absolument convergente, d'après l'exemple de Riemann.
6. Par changement de variable et équivalent, l'intégrale en ${\displaystyle 1}$ est de même nature que celle de ${\displaystyle {\frac {1}{y}}}$ en ${\displaystyle 0}$ donc divergente, d'après l'exemple de Riemann du cours.
7. • En ${\displaystyle 0}$, par équivalent, l'intégrale est de même nature que celle de ${\displaystyle {\frac {1}{x^{3\alpha }}}}$ donc d'après l'exemple de Riemann du cours, elle converge (absolument) si et seulement si ${\displaystyle 3\alpha <1}$, c'est-à-dire ${\displaystyle \alpha <1/3}$ (elle n'est même pas impropre si ${\displaystyle \alpha \leq 0}$).
   • Remarquons d'abord que pour tout ${\displaystyle x>0}$, ${\displaystyle x-\sin x>0}$ (par une étude de variations très simple). En ${\displaystyle 0}$, l'intégrande est équivalent à ${\displaystyle {\frac {1}{(x^{3}/6)^{\alpha }}}}$. Donc l'intégrale converge si et seulement si ${\displaystyle \alpha <1/3}$ (pour ${\displaystyle \alpha \leq 0}$ elle est même faussement impropre).
8. L'intégrande est équivalent à ${\displaystyle {\frac {1}{x^{\alpha -1}}}}$ en ${\displaystyle 0}$ et à ${\displaystyle {\frac {\ln 2}{(1-x)^{\beta }}}}$ en ${\displaystyle 1}$. L'intégrale est donc convergente (absolument) si et seulement si ${\displaystyle \alpha -1}$ et ${\displaystyle \beta }$ sont strictement inférieurs à ${\displaystyle 1}$, c'est-à-dire ${\displaystyle \alpha <2}$ et ${\displaystyle \beta <1}$.
9. ${\displaystyle \lim _{x\to 0^{+}}{\frac {1}{x^{\arctan x}}}=1}$ car ${\displaystyle \arctan x\ln x\sim _{0^{+}}x\ln x\;{\xrightarrow[{x\to 0^{+}}]{}}0}$. Par conséquent :
   • l'intégrale est faussement impropre en 0.
   • ${\displaystyle {\frac {1}{x^{\arctan x}}}\sim _{+\infty }{\frac {1}{x^{\pi /2}}}}$ car quand ${\displaystyle y:={\frac {1}{x}}\to 0^{+}}$, ${\displaystyle {\frac {x^{\pi /2}}{x^{\arctan x}}}=y^{-\pi /2+\arctan(1/y)}={\frac {1}{y^{\arctan y}}}\to 1}$. Puisque ${\displaystyle \pi /2>1}$, l'intégrale converge donc aussi en ${\displaystyle +\infty }$.
10. Soit ${\displaystyle y=\ln(x+1)}$. Quand ${\displaystyle x\to 0^{+}}$, ${\displaystyle y\sim x\to 0^{+}}$ donc ${\displaystyle x\ln \ln(x+1)\sim y\ln y\to 0}$. Par conséquent, l'intégrale n'est impropre qu'en ${\displaystyle +\infty }$.
    Elle converge (absolument) si et seulement si ${\displaystyle 4\beta -1>1}$, c.-à-d. ${\displaystyle \beta >1/2}$. En effet :
    • si ${\displaystyle \beta =1/2+\varepsilon }$ avec ${\displaystyle \varepsilon >0}$ alors ${\displaystyle {\frac {\ln \ln(x+1)}{x^{4\beta -1}}}={\frac {\ln \ln(x+1)}{x^{1+4\varepsilon }}}=o\left({\frac {1}{x^{1+3\varepsilon }}}\right)}$, intégrable en ${\displaystyle +\infty }$ (intégrale de Riemann) ;
    • si ${\displaystyle \beta \leq 1/2}$ alors ${\displaystyle \int _{1}^{+\infty }{\frac {\ln \ln(x+1)}{x^{4\beta -1}}}\,\mathrm {d} x\geq \int _{1}^{+\infty }{\frac {\ln \ln x}{x}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{+\infty }\ln y\,\mathrm {d} y=\left[y\ln y-y\right]_{0}^{+\infty }=+\infty }$.
11. En ${\displaystyle 0}$, l'intégrande tend vers ${\displaystyle 1}$ mais en ${\displaystyle +\infty }$, il est ${\displaystyle >1}$ donc non intégrable.
12. En ${\displaystyle 0}$, l'intégrande est équivalent à ${\displaystyle {\frac {1}{x}}}$ donc non intégrable.
13. En ${\displaystyle 0}$,
    • ${\displaystyle {\frac {1-\mathrm {e} ^{-x}}{x^{\alpha }}}}$ est équivalent à ${\displaystyle {\frac {1}{x^{\alpha -1}}}}$ donc intégrable si et seulement si ${\displaystyle \alpha <2}$ ;
    • ${\displaystyle {\frac {(\mathrm {e} ^{x}-1)^{\alpha }}{\ln(1+x)}}}$ est équivalent à ${\displaystyle x^{\alpha -1}}$ donc intégrable si et seulement si ${\displaystyle \alpha >0}$.

1. L'intégrale de ${\displaystyle {\frac {1}{t^{\alpha }\left|\ln t\right|^{\beta }}}}$ converge :
   • en ${\displaystyle +\infty }$ si et seulement si ${\displaystyle \alpha >1}$ ou ${\displaystyle \alpha =1{\text{ et }}\beta >1}$ (voir l'exemple des intégrales de Bertrand dans le cours) ;
   • en ${\displaystyle 0}$ si et seulement si ${\displaystyle \alpha <1}$ ou ${\displaystyle \alpha =1{\text{ et }}\beta >1}$ (voir encore l'exemple des intégrales de Bertrand dans le cours) ;
   • en ${\displaystyle 1}$ si et seulement si ${\displaystyle \beta <1}$, puisque ${\displaystyle {\frac {1}{t^{\alpha }\left|\ln t\right|^{\beta }}}\sim _{t\to 1}{\frac {1}{\left|t-1\right|^{\beta }}}}$ (et d'après l'exemple de Riemann du cours).

   Par conséquent, la première intégrale converge si et seulement si ${\displaystyle \alpha <1}$ et ${\displaystyle \beta <1}$ et la seconde converge si et seulement si ${\displaystyle \beta <1<\alpha }$.

2. En ${\displaystyle 0}$, l'intégrale est faussement impropre (l'intégrande tend vers ${\displaystyle 0}$).
   En ${\displaystyle +\infty }$, par équivalents, l'intégrale converge (absolument) si et seulement si ${\displaystyle 2\alpha -1>1}$, c'est-à-dire ${\displaystyle \alpha >1}$.
3. En ${\displaystyle 1}$, l'intégrale est faussement impropre (par équivalents, l'intégrande tend vers ${\displaystyle \alpha }$).
   En ${\displaystyle 0}$, par équivalents, l'intégrale converge (absolument) si et seulement si ${\displaystyle -\alpha <1}$, c'est-à-dire ${\displaystyle \alpha >-1}$ (elle est même faussement impropre si ${\displaystyle \alpha \geq 0}$).
4. En ${\displaystyle +\infty }$, si ${\displaystyle \alpha >0}$, ${\displaystyle {\frac {{\sqrt {x}}\sin(1/x^{\alpha })}{\ln(1+x)}}\sim {\frac {1}{x^{\alpha -1/2}\ln x}}}$ donc l'intégrale converge si et seulement si ${\displaystyle \alpha >{\frac {3}{2}}}$. (En ${\displaystyle 0}$, ${\displaystyle \left|{\frac {{\sqrt {x}}\sin(1/x^{\alpha })}{\ln(1+x)}}\right|\leq {\frac {\sqrt {x}}{\ln(1+x)}}\sim {\frac {1}{\sqrt {x}}}}$ donc l'intégrale est absolument convergente.)

En ${\displaystyle 0}$, par équivalents, la première intégrale converge (absolument) si et seulement si ${\displaystyle \alpha <1}$ et la seconde si et seulement si ${\displaystyle \alpha <2}$.

En ${\displaystyle +\infty }$, pour chacune des deux intégrales, on a :

• convergence absolue si et seulement si ${\displaystyle \alpha >1}$. En effet, cette condition évidemment suffisante est également nécessaire car si ${\displaystyle \alpha \leq 1}$, ${\displaystyle \int _{\pi }^{+\infty }{\frac {\left|\sin x\right|^{\alpha }}{x}}\,\mathrm {d} x\geq \int _{\pi }^{+\infty }{\frac {\left|\sin x\right|}{x}}\,\mathrm {d} x=+\infty }$ (par comparaison avec la série harmonique) donc aussi (par changement de variable et équivalent) ${\displaystyle \int _{\pi /2}^{+\infty }{\frac {\left|\cos x\right|^{\alpha }}{x}}\,\mathrm {d} x=+\infty }$.
• convergence simple si et seulement si ${\displaystyle \alpha >0}$. En effet, cette condition est non seulement nécessaire (car si ${\displaystyle \beta$ :=-\alpha \geq 0} alors ${\displaystyle \int _{2k\pi }^{2k\pi +\pi /2}x^{\beta }\sin x\,\mathrm {d} x}$ et ${\displaystyle \int _{2k\pi }^{2k\pi +\pi /2}x^{\beta }\cos x\,\mathrm {d} x}$, minorées par ${\displaystyle (2k\pi )^{\beta }}$, ne tendent pas vers 0) mais aussi suffisante, d'après l'application de la règle d'Abel vue en cours.

En résumé :

• la première intégrale converge lorsque ${\displaystyle 0<\alpha <1}$ et sa convergence n'est jamais absolue ;
• la seconde converge lorsque ${\displaystyle 0<\alpha <2}$ mais sa convergence n'est absolue que si ${\displaystyle \alpha >1}$.

1. Par changement de variable, cette intégrale est absolument convergente, comme celle de ${\displaystyle {\frac {\sin y}{y^{2}}}}$ en ${\displaystyle +\infty }$.
2. Par changement de variable, cette intégrale est absolument convergente, comme celle (faussement impropre) de ${\displaystyle {\frac {\sin y}{y}}}$ en ${\displaystyle 0}$.
3. Par changement de variable, cette intégrale est semi-convergente, comme celle de ${\displaystyle {\frac {\sin y}{y^{1/2}}}}$ en ${\displaystyle +\infty }$.
4. • Supposons ${\displaystyle \alpha \neq 0}$ (sinon, l'intégrale diverge évidemment). Par changement de variable, l'intégrale ${\displaystyle \int _{0}^{+\infty }\cos(x^{\alpha })\,\mathrm {d} x}$ est de même nature que ${\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {\cos y}{y^{\beta }}}\,\mathrm {d} y}$ avec ${\displaystyle \beta =1-{\frac {1}{\alpha }}}$.
     Elle est donc convergente si et seulement si ${\displaystyle 0<1-{\frac {1}{\alpha }}<1}$ c'est-à-dire ${\displaystyle \alpha >1}$, et sa convergence n'est jamais absolue.
   • ${\displaystyle \int _{1}^{+\infty }\sin {\frac {1}{x{\sqrt {x}}}}\,\mathrm {d} x}$ converge (absolument) car ${\displaystyle \sin {\frac {1}{x{\sqrt {x}}}}\sim _{+\infty }{\frac {1}{x^{3/2}}}>0}$ et ${\displaystyle {\frac {3}{2}}>1}$.
5. En ${\displaystyle 0}$, l'intégrale est faussement impropre (l'intégrande tend vers ${\displaystyle 0}$).
   En ${\displaystyle +\infty }$, elle diverge, puisque ${\displaystyle {\frac {\sin ^{2}(x+\pi /2)}{x+\pi /2}}\sim {\frac {\cos ^{2}x}{x}}}$ et ${\displaystyle {\frac {\sin ^{2}x}{x}}+{\frac {\cos ^{2}x}{x}}={\frac {1}{x}}}$, dont l'intégrale est divergente.
6. L'intégrande est continu sur ${\displaystyle \left[1,+\infty \right[}$ (et même sur ${\displaystyle \left]0,+\infty \right[}$). En ${\displaystyle +\infty }$, ${\displaystyle \left(1-\cos {\frac {1}{\sqrt {x}}}\right)\sin x=\left({\frac {1}{2x}}+O\left({\frac {1}{x^{2}}}\right)\right)\sin x={\frac {\sin x}{2x}}+O\left({\frac {1}{x^{2}}}\right)}$ donc l'intégrale est semi-convergente, comme somme d'une intégrale semi-convergente et d'une intégrale absolument convergente.
7. En ${\displaystyle 0}$, la fonction (positive) ${\displaystyle {\frac {1-\cos x}{x^{\alpha }}}\sim {\frac {1}{2x^{\alpha -2}}}}$ est intégrable si et seulement si ${\displaystyle \alpha -2<1}$, c'est-à-dire ${\displaystyle \alpha <3}$.
   En ${\displaystyle +\infty }$, l'intégrale converge si ${\displaystyle \alpha >1}$ (car ${\displaystyle 0\leq {\frac {1-\cos x}{x^{\alpha }}}\leq {\frac {1}{x^{\alpha }}}}$) et diverge si ${\displaystyle \alpha \leq 1}$ (car ${\displaystyle \int _{2k\pi +\pi /2}^{2k\pi +3\pi /2}{\frac {1-\cos x}{x^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x\geq \int _{2k\pi +\pi /2}^{2k\pi +3\pi /2}{\frac {\mathrm {d} x}{x}}=\ln {\frac {2k\pi +3\pi /2}{2k\pi +\pi /2}}\sim {\frac {1}{2k}}}$).
   Finalement, ${\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {1-\cos x}{x^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x}$ converge si et seulement si ${\displaystyle 1<\alpha <3}$.
   Par changement de variable ${\displaystyle y={\frac {x}{2}}}$, ${\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {1-\cos x}{x^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x=2^{2-\alpha }\int _{0}^{+\infty }{\frac {\sin ^{2}y}{y^{\alpha }}}\,\mathrm {d} y}$.
   Par changement de variable ${\displaystyle y=2x}$, ${\displaystyle \int _{0}^{+\infty }2\sin x\cos x\,{\frac {\mathrm {d} x}{x}}=\int _{0}^{+\infty }\sin y\,{\frac {\mathrm {d} y}{y}}}$, semi-convergente.
8. En ${\displaystyle 0}$, ${\displaystyle \sin x\sin {\frac {1}{x}}\sim x\sin {\frac {1}{x}}\to 0}$ donc l'intégrale est faussement impropre. En ${\displaystyle +\infty }$, ${\displaystyle \sin x\sin {\frac {1}{x}}=\sin x\left({\frac {1}{x}}+O(1/x^{3})\right)={\frac {\sin x}{x}}+O(1/x^{3})}$, donc même conclusion que dans la question 6.
9. En ${\displaystyle +\infty }$, ${\displaystyle {\sqrt {x^{2}+\cos x}}-x=x\left({\sqrt {1+{\frac {\cos x}{x^{2}}}}}-1\right)=x\left({\frac {\cos x}{2x^{2}}}+O(1/x^{4})\right)={\frac {\cos x}{2x}}+O(1/x^{3})}$ donc même conclusion que pour l'intégrale précédente.

1. Vrai car si ${\displaystyle \lim _{A\to +\infty }\int _{0}^{A}f(x)\,\mathrm {d} x=J}$ alors ${\displaystyle \lim I_{n}=J}$.
2. Vrai car ${\displaystyle \forall A\in \mathbb {R} _{+}\quad I_{\lfloor A\rfloor }\leq \int _{0}^{A}f(x)\,\mathrm {d} x\leq I_{\lfloor A\rfloor +1}}$ (où ${\displaystyle \lfloor A\rfloor }$ désigne la partie entière de ${\displaystyle A}$)
   donc ${\displaystyle \left|\int _{0}^{A}f(x)\,\mathrm {d} x-I\right|\leq \max \left(\left|I_{\lfloor A\rfloor }-I\right|,\left|I_{\lfloor A\rfloor +1}-I\right|\right)\to 0}$ quand ${\displaystyle A\to +\infty }$.
3. Faux. On peut même construire un contre-exemple où, de plus, la fonction positive ${\displaystyle f}$ est continue et non bornée :

   ${\displaystyle f(x)={\begin{cases}ng(n^{3}(x-n))&{\text{ si }}&n\leq x\leq n+{\frac {1}{n^{3}}}{\text{ pour un }}n\in \mathbb {N} ^{*}\\0&{\text{ sinon}}\end{cases}}}$

   pour n'importe quelle fonction continue non nulle ${\displaystyle g:\left[0,1\right]\to \mathbb {R} _{+}}$, nulle en ${\displaystyle 0}$ et ${\displaystyle 1}$ (par construction, ${\displaystyle I_{n+1}=G\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k^{2}}}}$, avec ${\displaystyle G=\int _{0}^{1}g(t)\,\mathrm {d} t}$).

4. Faux, d'après les deux points précédents (c'est pourquoi la notion de divergence grossière n'existe pas pour les intégrales).
5. Vrai :
   • Montrons d'abord que cette limite ${\displaystyle \ell }$ est forcément ${\displaystyle 0}$. Pour tout entier naturel ${\displaystyle n}$, puisque ${\displaystyle I_{n+1}-I_{n}=\int _{n}^{n+1}f(x)\,\mathrm {d} x}$, on a : ${\displaystyle \inf _{x\geq n}f(x)\leq I_{n+1}-I_{n}\leq \sup _{x\geq n}f(x)}$. Par passage à la limite, on en déduit : ${\displaystyle \ell \leq 0\leq \ell }$.
   • Sachant maintenant que ${\displaystyle \lim _{+\infty }f=0}$, montrons que l'intégrale converge.
     ${\displaystyle \forall A\in \mathbb {R} _{+}\quad \left|\int _{0}^{A}f(x)\,\mathrm {d} x-I_{\lfloor A\rfloor }\right|=\left|\int _{\lfloor A\rfloor }^{A}f(x)\,\mathrm {d} x\right|\leq \int _{\lfloor A\rfloor }^{A}\left|f(x)\right|\,\mathrm {d} x\leq \left(A-\lfloor A\rfloor \right)\sup _{\lfloor A\rfloor \leq x\leq A}\left|f(x)\right|\leq \sup _{x\geq \lfloor A\rfloor }\left|f(x)\right|}$
     donc ${\displaystyle \left|\int _{0}^{A}f(x)\,\mathrm {d} x-I\right|\leq \sup _{x\geq \lfloor A\rfloor }\left|f(x)\right|+\left|I_{\lfloor A\rfloor }-I\right|\to 0}$ quand ${\displaystyle A\to +\infty }$.
6. Faux. Exemple : ${\displaystyle f(x)=\cos(\pi x)}$ (${\displaystyle \Rightarrow I_{n}=0}$).

1. Une primitive de

   ${\displaystyle g(x)={\frac {{\frac {1}{4{\sqrt {2}}}}(2x+{\sqrt {2}})+{\frac {1}{4}}}{x^{2}+{\sqrt {2}}x+1}}={\frac {1}{4{\sqrt {2}}}}{\frac {2x+{\sqrt {2}}}{x^{2}+{\sqrt {2}}x+1}}+{\frac {1}{2{\sqrt {2}}}}{\frac {\sqrt {2}}{\left({\sqrt {2}}x+1\right)^{2}+1}}}$

   est

   ${\displaystyle G(x):={\frac {1}{4{\sqrt {2}}}}\ln \left(x^{2}+{\sqrt {2}}x+1\right)+{\frac {1}{2{\sqrt {2}}}}\arctan \left({\sqrt {2}}x+1\right)}$

   donc la primitive de ${\displaystyle {\frac {1}{1+x^{4}}}}$ nulle en ${\displaystyle 0}$ est

   ${\displaystyle F(x):=G(x)-G(-x)={\frac {1}{4{\sqrt {2}}}}\ln {\frac {x^{2}+{\sqrt {2}}x+1}{x^{2}-{\sqrt {2}}x+1}}+{\frac {\arctan \left({\sqrt {2}}x+1\right)+\arctan \left({\sqrt {2}}x-1\right)}{2{\sqrt {2}}}}}$.

   Par conséquent,

   ${\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {d} x}{1+x^{4}}}=\lim _{+\infty }F={\frac {2\arctan(+\infty )}{2{\sqrt {2}}}}={\frac {\pi }{2{\sqrt {2}}}}}$.

2. Par changement de variable ${\displaystyle x={\frac {1}{y}}}$, cette intégrale est égale à la précédente.
3. Par changement de variable ${\displaystyle y={\sqrt {\tan t}}}$, cette intégrale est le double de la précédente.

La primitive nulle en 0 de l'intégrande est

${\displaystyle F(x):={\frac {\ln \left(x{\sqrt {2}}+{\sqrt {2x^{2}+1}}\right)}{\sqrt {2}}}-\alpha \ln(x+1)}$.

Or

${\displaystyle \ln \left(x{\sqrt {2}}+{\sqrt {2x^{2}+1}}\right)=\ln \left(2x{\sqrt {2}}\left({\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}{\sqrt {1+{\frac {1}{2x^{2}}}}}\right)\right)=\ln \left(2x{\sqrt {2}}\right)+\ln \left(1+o(1/x)\right)=\ln x+\ln \left(2{\sqrt {2}}\right)+o(1/x)}$

et

${\displaystyle \ln(x+1)=\ln x+\ln \left(1+{\frac {1}{x}}\right)=\ln x+O(1/x)}$.

Par conséquent,

${\displaystyle F(x)={\frac {\ln x+\ln(2{\sqrt {2}})}{\sqrt {2}}}-\alpha \ln x+O\left({\frac {1}{x}}\right)}$

et la limite de ${\displaystyle F}$ en ${\displaystyle +\infty }$ est donc finie si et seulement si ${\displaystyle \alpha ={\frac {1}{\sqrt {2}}}}$, et vaut alors ${\displaystyle {\frac {\ln(2{\sqrt {2}})}{\sqrt {2}}}}$.