Salutations je voudrai une solution à cette limite(qui tend vers+l'infini) [tex]\lim_{n \to \infty} \frac{x}{arctan(\sqrt{x}) } -\frac{2}{\pi}x[/tex] je me suis

Bonjour,

Je reprends ici une intégrale proposée par Fin de partie :

Calculer

I=∫+∞0arctan(1+2x‾‾‾√)−arctan(1−2x‾‾‾√)1+x2arctan(x)dx.

Je dois reconnaître qu'elle est monstrueuse : âmes sensibles s'abstenir.

Je prétends que I=332π3−π216ln(2). C'EST FAUX ! Trouvez-vous la même chose ?

Indications :

- l'existence de pose aucune difficulté

- on se rappelle que :

Pour tous X,Y réels, on a arctanX−arctanY=arctanX−Y1+XY, si XY>−1=π+arctanX−Y1+XY si XY<−1 et X>0=−π+arctanX−Y1+XY si XY<−1 et X<0.

- on utilise la relation de Chasles avec une coupure en x=1 pour établir que :

I=∫10arctan(x)1+x2arctan(2x‾‾‾√1−x)dx+∫+∞1arctan(x)1+x2(π+arctan(2x‾‾‾√1−x))dx==π∫+∞1arctan(x)1+x2dx+∫+∞0arctan(x)1+x2arctan(2x‾‾‾√1−x)dx.

- on calcule ∫+∞1arctan(x)1+x2dx=3π232.

- pour calculer l'autre intégrale sur un contour, il faut sortir une astuce du tiroir. L'intégrande est bien choisie : F:z↦arctan(z)1+z2arctan(2z‾‾√1−z)lnz avec un countour en trou de serrure (on découpe l'axe des x positifs) et on choisit une détermination du logarithme adaptée : [0,2π[.

- L'intégrale sur le cercle de rayon R>0 se comporte comme 1R→0 quand R→∞.

- L'intégrale le long de l'axe de x par en-dessous et par au-dessus donne −2iπ×∫R0arctan(x)1+x2arctan(2x‾‾‾√1−x)dx→−2iπ×∫+∞0arctan(x)1+x2arctan(2x‾‾‾√1−x)dx quand R→∞.

- Les poles sont z=±i sont dans ce contour fermé et orienté. On a donc établi que :

I=332π3−(Res(F,+i)+Res(F,−i)).

- Le calcul des résidus est très technique... sauf erreur, on trouve ℑπ43(π2−4ln2(2)+4πiln(2))=π216ln(2). Modifié après coup : c'est faux car on a une divergence pour le résidu en z=−i

j'ai pu t'aider grace  a des aides.