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\title{Proposition de Corrigé \\[4pt]
Concours Commun INP 2024 -- Mathématiques 1 (Filière MP)}
\author{}
\date{}

\begin{document}

\maketitle

\section*{EXERCICE I}

$X$ est une variable aléatoire à valeurs dans $\mathbb{N}$ d'espérance finie.

\subsection*{Q1.}

Soit $k\in\mathbb{N}^{*}$. L'événement $\{X>k-1\}$ se décompose en la réunion
disjointe $\{X=k\}\cup\{X>k\}$. Par additivité de la probabilité :
\[
P(X>k-1)=P(X=k)+P(X>k),
\]
d'où
\[
\boxed{P(X=k)=P(X>k-1)-P(X>k)}.
\]

Montrons que pour tout $n\in\mathbb{N}$ :
\[
\sum_{k=1}^{n}k\,P(X=k)=\sum_{k=0}^{n-1}P(X>k)-n\,P(X>n).
\]

En utilisant l'expression précédente :
\[
\sum_{k=1}^{n}k\,P(X=k)=\sum_{k=1}^{n}k\bigl(P(X>k-1)-P(X>k)\bigr)
=\sum_{k=1}^{n}k\,P(X>k-1)-\sum_{k=1}^{n}k\,P(X>k).
\]

Effectuons le changement d'indice $j=k-1$ dans la première somme :
\begin{align*}
\sum_{k=1}^{n}k\,P(X=k)
&=\sum_{j=0}^{n-1}(j+1)P(X>j)-\sum_{k=1}^{n}k\,P(X>k)\\[2pt]
&=\sum_{k=0}^{n-1}(k+1)P(X>k)-\sum_{k=1}^{n-1}k\,P(X>k)-n\,P(X>n)\\[2pt]
&=P(X>0)+\sum_{k=1}^{n-1}(k+1-k)P(X>k)-n\,P(X>n)\\[2pt]
&=\boxed{\sum_{k=0}^{n-1}P(X>k)-n\,P(X>n)}.
\end{align*}

Démontrons le résultat de cours $E(X)=\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}P(X>k)$.

$X$ est d'espérance finie, donc la série $\sum k\,P(X=k)$ converge.
Notons $R_n=\sum_{k=n+1}^{+\infty}k\,P(X=k)$ son reste ; par convergence,
$\displaystyle\lim_{n\to+\infty}R_n=0$. On a
\[
0\le n\,P(X>n)=n\sum_{k=n+1}^{+\infty}P(X=k)
\le\sum_{k=n+1}^{+\infty}k\,P(X=k)=R_n,
\]
donc $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}n\,P(X>n)=0$ par encadrement.
En passant à la limite dans l'égalité précédente :
\[
E(X)=\lim_{n\to+\infty}\Bigl(\sum_{k=0}^{n-1}P(X>k)-n\,P(X>n)\Bigr)
=\boxed{\sum_{k=0}^{+\infty}P(X>k)}.
\]

\subsection*{Q2.}

Soit $n\in\mathbb{N}^{*}$. Une urne contient $n$ boules numérotées de $1$ à $n$.
On effectue $p$ tirages successifs avec remise, équiprobables.
On note $X$ le plus grand nombre obtenu.

Soient $X_1,\dots,X_p$ les variables aléatoires indépendantes donnant le numéro
obtenu à chaque tirage. Chaque $X_i$ suit la loi uniforme sur
$\{1,\dots,n\}$ et $X=\max(X_1,\dots,X_p)$.

Pour $k\in\{0,\dots,n\}$,
\[
\{X\le k\}=\bigcap_{i=1}^{p}\{X_i\le k\},
\]
donc par indépendance
\[
P(X\le k)=\prod_{i=1}^{p}P(X_i\le k)=\prod_{i=1}^{p}\frac{k}{n}
=\boxed{\Bigl(\frac{k}{n}\Bigr)^{\!p}}.
\]

(Pour $k<0$, $P(X\le k)=0$ ; pour $k\ge n$, $P(X\le k)=1$.)

Loi de $X$ : pour tout $k\in\{1,\dots,n\}$,
\[
P(X=k)=P(X\le k)-P(X\le k-1)
=\boxed{\frac{k^{\,p}-(k-1)^{\,p}}{n^{\,p}}}.
\]

\subsection*{Q3.}

Calculons $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n^{p}}\sum_{k=0}^{n-1}k^{p}$.
\[
\frac{1}{n^{p}}\sum_{k=0}^{n-1}k^{p}
=\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\Bigl(\frac{k}{n}\Bigr)^{\!p}.
\]
C'est une somme de Riemann pour la fonction $t\mapsto t^{p}$,
continue sur $[0,1]$. Donc
\[
\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\Bigl(\frac{k}{n}\Bigr)^{\!p}
=\int_{0}^{1}t^{p}\,\mathrm{d}t
=\Bigl[\frac{t^{p+1}}{p+1}\Bigr]_{0}^{1}
=\boxed{\frac{1}{p+1}}.
\]

Déterminons un équivalent de $E(X)$ quand $n\to+\infty$.

$X$ prend ses valeurs dans $\{1,\dots,n\}$, donc $P(X>k)=0$ pour $k\ge n$.
D'après la Q1,
\begin{align*}
E(X)&=\sum_{k=0}^{n-1}P(X>k)
=\sum_{k=0}^{n-1}\bigl(1-P(X\le k)\bigr)
=\sum_{k=0}^{n-1}\Bigl(1-\Bigl(\frac{k}{n}\Bigr)^{\!p}\Bigr)\\
&=n-\frac{1}{n^{p}}\sum_{k=0}^{n-1}k^{p}
=n\Bigl(1-\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\Bigl(\frac{k}{n}\Bigr)^{\!p}\Bigr).
\end{align*}
D'après le calcul précédent,
\[
\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\Bigl(\frac{k}{n}\Bigr)^{\!p}
=\frac{1}{p+1}+o(1),
\]
donc
\[
E(X)=n\Bigl(1-\frac{1}{p+1}+o(1)\Bigr)
=n\frac{p}{p+1}+o(n).
\]
Ainsi
\[
\boxed{E(X)\underset{n\to+\infty}{\sim}\frac{p}{p+1}\,n}.
\]

\newpage

\section*{EXERCICE II}

On considère sur $I=]0,+\infty[$ les équations différentielles
\[
(E):\;x^{2}y''+4xy'+(2-x^{2})y=1,\qquad
(H):\;x^{2}y''+4xy'+(2-x^{2})y=0.
\]

\subsection*{Q4.}

Sur $I$, $(H)$ s'écrit sous forme résolue
\[
y''+\frac{4}{x}y'+\frac{2-x^{2}}{x^{2}}y=0.
\]
C'est une équation différentielle linéaire homogène d'ordre $2$ à coefficients
continus sur $I$. D'après le théorème de Cauchy-Lipschitz linéaire,
$S_{I}(H)$ est un $\mathbb{R}$-espace vectoriel de dimension $2$ :
\[
\boxed{\dim_{\mathbb{R}}S_{I}(H)=2}.
\]

\subsection*{Q5.}

Cherchons $f$ solution de $(E)$ développable en série entière :
$f(x)=\sum_{n=0}^{+\infty}a_{n}x^{n}$, de rayon $R>0$.
Pour $|x|<R$,
\[
f'(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}n a_{n}x^{n-1},\qquad
f''(x)=\sum_{n=2}^{+\infty}n(n-1)a_{n}x^{n-2}.
\]

Injectons dans $(E)$ :
\[
x^{2}\sum_{n=2}^{+\infty}n(n-1)a_{n}x^{n-2}
+4x\sum_{n=1}^{+\infty}n a_{n}x^{n-1}
+(2-x^{2})\sum_{n=0}^{+\infty}a_{n}x^{n}=1.
\]

Soit
\[
\sum_{n=2}^{+\infty}n(n-1)a_{n}x^{n}
+\sum_{n=1}^{+\infty}4n a_{n}x^{n}
+\sum_{n=0}^{+\infty}2a_{n}x^{n}
-\sum_{n=0}^{+\infty}a_{n}x^{n+2}=1.
\]

Réindexons la dernière somme : $\sum_{n=0}^{+\infty}a_{n}x^{n+2}
=\sum_{n=2}^{+\infty}a_{n-2}x^{n}$. Regroupons :
\[
2a_{0}+6a_{1}x+\sum_{n=2}^{+\infty}
\bigl((n^{2}+3n+2)a_{n}-a_{n-2}\bigr)x^{n}=1.
\]

Par identification des coefficients :
\begin{itemize}
\item $2a_{0}=1\;\Longrightarrow\;a_{0}=\dfrac12$.
\item $6a_{1}=0\;\Longrightarrow\;a_{1}=0$.
\item Pour $n\ge2$ : $(n^{2}+3n+2)a_{n}-a_{n-2}=0$
$\Longrightarrow\;a_{n}=\dfrac{a_{n-2}}{(n+1)(n+2)}$.
\end{itemize}

Puisque $a_{1}=0$, tous les coefficients impairs sont nuls :
$a_{2k+1}=0$ pour tout $k\in\mathbb{N}$.

Pour les coefficients pairs,
\[
a_{2k}=a_{0}\prod_{j=1}^{k}\frac{1}{(2j+1)(2j+2)}
=\frac12\prod_{j=1}^{k}\frac{1}{(2j+1)(2j+2)}.
\]

Or $\displaystyle\prod_{j=1}^{k}\frac{1}{(2j+1)(2j+2)}
=\frac{1}{3\cdot4\cdot5\cdot6\cdots(2k+1)(2k+2)}
=\frac{2}{(2k+2)!}$, d'où
\[
a_{2k}=\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{(2k+2)!}
=\frac{1}{(2k+2)!}.
\]

Ainsi
\[
f(x)=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{x^{2k}}{(2k+2)!}.
\]

Le rayon de convergence est infini (règle de d'Alembert : le rapport
$\frac{a_{2k+2}}{a_{2k}}\sim\frac{1}{(2k+3)(2k+4)}\to0$).
La solution est unique par construction des coefficients.

Pour $x\in I$ ($x\neq0$) :
\[
f(x)=\frac{1}{x^{2}}\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{x^{2k+2}}{(2k+2)!}
=\frac{1}{x^{2}}\Bigl(\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{x^{2n}}{(2n)!}-1\Bigr)
=\boxed{\frac{\cosh x-1}{x^{2}}}.
\]

\subsection*{Q6.}

On note $g(x)=-\dfrac{1}{x^{2}}$ et $h(x)=\dfrac{\sinh x}{x^{2}}$.
L'énoncé admet $g\in S_{I}(E)$ et $h\in S_{I}(H)$.

Puisque $f\in S_{I}(E)$ (Q5) et $g\in S_{I}(E)$ (admis), leur différence
appartient à $S_{I}(H)$. Posons
\[
h_{1}(x)=(f-g)(x)=\frac{\cosh x-1}{x^{2}}-\frac{-1}{x^{2}}
=\frac{\cosh x}{x^{2}}.
\]
Ainsi $h_{1}\in S_{I}(H)$. Par ailleurs $h\in S_{I}(H)$ (admis).

Les fonctions $h$ et $h_{1}$ sont linéairement indépendantes car leur
quotient $\dfrac{h(x)}{h_{1}(x)}=\tanh x$ n'est pas constant sur $I$.
Puisque $\dim S_{I}(H)=2$ (Q4), le couple $(h,h_{1})$ forme une base
de $S_{I}(H)$.

D'après le théorème de structure affine des équations différentielles
linéaires, $S_{I}(E)=g+S_{I}(H)$, donc
\[
\boxed{S_{I}(E)=\Bigl\{
x\mapsto-\frac{1}{x^{2}}+A\frac{\sinh x}{x^{2}}+B\frac{\cosh x}{x^{2}}
\;\Big|\;A,B\in\mathbb{R}\Bigr\}}.
\]

\subsection*{Q7.}

Soit $y\in S_{\mathbb{R}}(H)$. Sur $I$, $y$ s'écrit
\[
y(x)=\frac{A\cosh x+B\sinh x}{x^{2}},\qquad A,B\in\mathbb{R}.
\]

Pour que $y$ soit prolongeable en une fonction de classe $C^{2}$ sur
$\mathbb{R}$, il faut que la limite en $0$ existe et soit finie.
Développons le numérateur :
\[
A\cosh x+B\sinh x
=A\Bigl(1+\frac{x^{2}}{2}+o(x^{2})\Bigr)
+B\Bigl(x+\frac{x^{3}}{6}+o(x^{3})\Bigr)
=A+Bx+\frac{A}{2}x^{2}+o(x^{2}).
\]

Donc
\[
y(x)=\frac{A}{x^{2}}+\frac{B}{x}+\frac{A}{2}+o(1).
\]

Pour une limite finie en $0$, il faut $A=0$ et $B=0$. Donc
$y$ est identiquement nulle sur $I$.

Pour $x<0$, effectuons le changement de variable $u=-x>0$ et posons
$z(u)=y(x)=y(-u)$. Un calcul direct montre que $z$ satisfait la même
équation $(H)$ sur $I$. Par le même développement limité en $0^{+}$,
on obtient $z\equiv0$ sur $I$, donc $y\equiv0$ sur $]-\infty,0[$.

Ainsi la seule solution de $(H)$ définie sur $\mathbb{R}$ est la fonction
nulle :
\[
\boxed{\dim_{\mathbb{R}}S_{\mathbb{R}}(H)=0}.
\]

\newpage

\section*{PROBLÈME}

\subsection*{Q8. Question préliminaire}

On admet $\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{1}{(2n+1)^{2}}=\frac{\pi^{2}}{8}$.
Déterminons $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^{2}}$.

Notons $S=\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^{2}}$. La série converge
absolument, on peut séparer termes pairs et impairs :
\[
S=\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{(2k)^{2}}+\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{(2k+1)^{2}}
=\frac14\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{k^{2}}+\frac{\pi^{2}}{8}
=\frac14 S+\frac{\pi^{2}}{8}.
\]

D'où $\dfrac34S=\dfrac{\pi^{2}}{8}$ et
\[
\boxed{S=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^{2}}=\frac{\pi^{2}}{6}}.
\]

\subsection*{Partie I --- Méthode des intégrales de Wallis}

\subsection*{Q9.}

On pose $W_{n}=\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}(\sin x)^{n}\,\mathrm{d}x$ pour
$n\in\mathbb{N}$.

La dérivée de $x\mapsto(\sin x)^{n+1}$ est
$(n+1)(\sin x)^{n}\cos x$.

Par intégration par parties avec $u(x)=(\sin x)^{n+1}$ et $v'(x)=\sin x$,
soit $u'(x)=(n+1)(\sin x)^{n}\cos x$ et $v(x)=-\cos x$ :
\begin{align*}
W_{n+2}
&=\int_{0}^{\pi/2}(\sin x)^{n+2}\,\mathrm{d}x
=\int_{0}^{\pi/2}(\sin x)^{n+1}\sin x\,\mathrm{d}x\\
&=\bigl[-(\sin x)^{n+1}\cos x\bigr]_{0}^{\pi/2}
+(n+1)\int_{0}^{\pi/2}(\sin x)^{n}\cos^{2}x\,\mathrm{d}x\\
&=0+(n+1)\int_{0}^{\pi/2}(\sin x)^{n}(1-\sin^{2}x)\,\mathrm{d}x\\
&=(n+1)W_{n}-(n+1)W_{n+2}.
\end{align*}
D'où $(n+2)W_{n+2}=(n+1)W_{n}$, soit
\[
\boxed{W_{n+2}=\frac{n+1}{n+2}\,W_{n}}.
\]

Pour les termes impairs, par récurrence :
\[
W_{2n+1}
=\frac{2n}{2n+1}W_{2n-1}
=\frac{2n}{2n+1}\cdot\frac{2n-2}{2n-1}\cdots\frac{2}{3}\,W_{1}.
\]

Or $W_{1}=\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}\sin x\,\mathrm{d}x=1$.
Multiplions numérateur et dénominateur par le produit
$2n\cdot(2n-2)\cdots2=2^{n}n!$ :
\[
W_{2n+1}
=\frac{(2n)(2n-2)\cdots2}{(2n+1)(2n-1)\cdots3}
=\frac{(2^{n}n!)^{2}}{(2n+1)!}
=\boxed{\frac{2^{2n}(n!)^{2}}{(2n+1)!}}.
\]

\subsection*{Q10.}

Développons $\dfrac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}$ en série entière pour $|x|<1$.
Avec $(1+u)^{\alpha}=\sum_{n=0}^{+\infty}\binom{\alpha}{n}u^{n}$,
$\alpha=-\frac12$, $u=-x^{2}$ :
\[
\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}
=(1-x^{2})^{-1/2}
=\sum_{n=0}^{+\infty}\binom{-\frac12}{n}(-x^{2})^{n}.
\]

Or
\[
\binom{-\frac12}{n}
=\frac{(-\frac12)(-\frac32)\cdots\bigl(-\frac{2n-1}{2}\bigr)}{n!}
=(-1)^{n}\frac{1\cdot3\cdot5\cdots(2n-1)}{2^{n}n!}
=(-1)^{n}\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^{2}}.
\]

Donc
\[
\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}
=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^{2}}\,x^{2n},\qquad|x|<1.
\]

Par intégration terme à terme (série entière sur son disque de convergence) :
\[
\arcsin x=\int_{0}^{x}\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{1-t^{2}}}
=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^{2}}\,
\frac{x^{2n+1}}{2n+1}.
\]

\[
\boxed{\arcsin x=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^{2}(2n+1)}\,x^{2n+1}}.
\]

\subsection*{Q11.}

Pour $x\in[0,\pi/2]$, on a $\sin x\in[0,1]$ et $\arcsin(\sin x)=x$.

La série entière de $\arcsin$ a pour rayon $R=1$. Elle converge en $x=1$
(Stirling : $\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^{2}(2n+1)}\sim\frac{1}{\sqrt{\pi}\,n^{3/2}}$,
donc convergence absolue). Par le théorème d'Abel radial, la somme est
continue sur $[0,1]$. Ainsi, pour tout $x\in[0,\pi/2]$,
\[
x=\arcsin(\sin x)
=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^{2}(2n+1)}\,(\sin x)^{2n+1}.
\]

\subsection*{Q12.}

Posons $f_{n}(x)=\dfrac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^{2}(2n+1)}\,(\sin x)^{2n+1}$.
Justifions l'interversion série-intégrale sur $[0,\pi/2]$ :
\[
\int_{0}^{\pi/2}\sum_{n=0}^{+\infty}f_{n}(x)\,\mathrm{d}x
=\sum_{n=0}^{+\infty}\int_{0}^{\pi/2}f_{n}(x)\,\mathrm{d}x.
\]

Pour cela :
\begin{itemize}
\item Chaque $f_{n}$ est continue et positive sur $[0,\pi/2]$.
\item La série $\sum f_{n}$ converge simplement sur $[0,\pi/2]$ vers la
fonction continue $x\mapsto x$.
\end{itemize}

Le théorème de convergence monotone (Beppo-Levi) pour les séries de
fonctions positives permet l'interversion :
\[
\boxed{\int_{0}^{\pi/2}\sum_{n=0}^{+\infty}f_{n}(x)\,\mathrm{d}x
=\sum_{n=0}^{+\infty}\int_{0}^{\pi/2}f_{n}(x)\,\mathrm{d}x}.
\]

\subsection*{Q13.}

Le membre de gauche de l'égalité de la Q12 vaut
\[
\int_{0}^{\pi/2}x\,\mathrm{d}x
=\Bigl[\frac{x^{2}}{2}\Bigr]_{0}^{\pi/2}
=\frac{\pi^{2}}{8}.
\]

Le membre de droite s'écrit
\[
\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^{2}(2n+1)}
\int_{0}^{\pi/2}(\sin x)^{2n+1}\,\mathrm{d}x
=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^{2}(2n+1)}\,W_{2n+1}.
\]

En utilisant Q9, $W_{2n+1}=\dfrac{2^{2n}(n!)^{2}}{(2n+1)!}$, donc
\[
\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^{2}(2n+1)}\times\frac{2^{2n}(n!)^{2}}{(2n+1)!}
=\frac{(2n)!}{(2n+1)!}\,\frac{1}{2n+1}
=\frac{1}{(2n+1)^{2}}.
\]

Ainsi
\[
\frac{\pi^{2}}{8}=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{1}{(2n+1)^{2}},
\]
et d'après Q8,
\[
\boxed{\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^{2}}=\frac{\pi^{2}}{6}}.
\]

\subsection*{Partie II --- Méthode de l'intégrale à paramètre}

\subsection*{Q14.}

Pour $x\in]-1,1[$, le développement en série entière de
$x\mapsto\dfrac{1}{x^{2}-1}$ est
\[
\frac{1}{x^{2}-1}=-\frac{1}{1-x^{2}}
=-\sum_{n=0}^{+\infty}x^{2n}.
\]

Calculons l'intégrale $\displaystyle J=\int_{0}^{1}\frac{\ln x}{x^{2}-1}\,\mathrm{d}x$.

Pour $x\in]0,1[$, on a $\dfrac{\ln x}{x^{2}-1}
=-\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}x^{2n}\ln x$.
Les termes $u_{n}(x)=-x^{2n}\ln x$ sont positifs sur $]0,1[$ et la série
$\sum u_{n}$ converge simplement vers $-\dfrac{\ln x}{1-x^{2}}$.
Par le théorème de convergence monotone (Beppo-Levi), on peut intégrer
terme à terme :
\[
J=\int_{0}^{1}\frac{\ln x}{x^{2}-1}\,\mathrm{d}x
=-\sum_{n=0}^{+\infty}\int_{0}^{1}x^{2n}\ln x\,\mathrm{d}x.
\]

Pour $n\in\mathbb{N}$, une intégration par parties
($u=\ln x$, $v'=x^{2n}$) donne
\[
\int_{0}^{1}x^{2n}\ln x\,\mathrm{d}x
=\Bigl[\frac{x^{2n+1}}{2n+1}\ln x\Bigr]_{0}^{1}
-\int_{0}^{1}\frac{x^{2n}}{2n+1}\,\mathrm{d}x
=0-\frac{1}{(2n+1)^{2}}
=-\frac{1}{(2n+1)^{2}}.
\]

Ainsi
\[
\boxed{J=\int_{0}^{1}\frac{\ln x}{x^{2}-1}\,\mathrm{d}x
=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{1}{(2n+1)^{2}}}.
\]

\subsection*{Q15.}

On pose, pour $x\in[0,+\infty[$,
\[
f(x)=\int_{0}^{+\infty}\frac{\arctan(xt)}{1+t^{2}}\,\mathrm{d}t.
\]

Montrons que $f$ est bien définie et continue sur $[0,+\infty[$.
Soit $g(x,t)=\dfrac{\arctan(xt)}{1+t^{2}}$.

\begin{itemize}
\item Pour $t\to0^{+}$ : $\arctan(xt)\sim xt$, donc
$g(x,t)\sim\dfrac{xt}{1}=xt$, prolongeable par continuité.
\item Pour $t\to+\infty$ : $|\arctan(xt)|\le\dfrac{\pi}{2}$, donc
$|g(x,t)|\le\dfrac{\pi/2}{t^{2}}$, fonction intégrable sur $[1,+\infty[$.
\item Domination uniforme : pour $t\ge0$ et $x\ge0$,
$|g(x,t)|\le\dfrac{\pi/2}{1+t^{2}}$, fonction intégrable sur
$[0,+\infty[$ indépendante de $x$.
\end{itemize}

L'intégrale converge donc pour tout $x\ge0$ et, par le théorème de continuité
des intégrales à paramètres, $f$ est continue sur $[0,+\infty[$.
\[
\boxed{f\text{ est bien définie et continue sur }[0,+\infty[}.
\]

\subsection*{Q16.}

Montrons que $f$ est de classe $C^{1}$ sur $]0,1]$.

Pour $x>0$, la dérivée partielle de l'intégrande est
\[
\frac{\partial}{\partial x}\!\left(\frac{\arctan(xt)}{1+t^{2}}\right)
=\frac{t}{(1+x^{2}t^{2})(1+t^{2})}.
\]

Elle est continue en $(x,t)$ pour $x>0$, $t\ge0$.

Soit $a\in]0,1]$ ; pour $x\in[a,1]$, on a la domination
\[
\Bigl|\frac{t}{(1+x^{2}t^{2})(1+t^{2})}\Bigr|
\le\frac{t}{(1+a^{2}t^{2})(1+t^{2})}=:\varphi_{a}(t).
\]

$\varphi_{a}$ est intégrable sur $[0,+\infty[$ (en $0$,
$\varphi_{a}(t)\sim t$, prolongeable ; en $+\infty$,
$\varphi_{a}(t)\sim\frac{1}{a^{2}t^{3}}$, Riemann avec $3>1$).

Par le théorème de dérivation des intégrales à paramètres (Leibniz),
$f$ est $C^{1}$ sur $[a,1]$ pour tout $a>0$, donc sur $]0,1]$, et
\[
\boxed{f'(x)=\int_{0}^{+\infty}\frac{t}{(1+x^{2}t^{2})(1+t^{2})}\,\mathrm{d}t}.
\]

\subsection*{Q17.}

Réduisons au même dénominateur :
\[
\frac{t}{1+t^{2}}-\frac{x^{2}t}{1+x^{2}t^{2}}
=\frac{t(1+x^{2}t^{2})-x^{2}t(1+t^{2})}{(1+t^{2})(1+x^{2}t^{2})}
=\frac{t(1-x^{2})}{(1+t^{2})(1+x^{2}t^{2})}.
\]

On en déduit
\[
\frac{t}{(1+x^{2}t^{2})(1+t^{2})}
=\frac{1}{1-x^{2}}\Bigl(\frac{t}{1+t^{2}}-\frac{x^{2}t}{1+x^{2}t^{2}}\Bigr).
\]

En intégrant sur $t$ de $0$ à $A$ :
\begin{align*}
\int_{0}^{A}\frac{t}{(1+x^{2}t^{2})(1+t^{2})}\,\mathrm{d}t
&=\frac{1}{1-x^{2}}
\Bigl[\frac12\ln(1+t^{2})-\frac12\ln(1+x^{2}t^{2})\Bigr]_{0}^{A}\\
&=\frac{1}{2(1-x^{2})}\,
\ln\frac{1+A^{2}}{1+x^{2}A^{2}}.
\end{align*}

Quand $A\to+\infty$, $\displaystyle\frac{1+A^{2}}{1+x^{2}A^{2}}\to\frac{1}{x^{2}}$,
donc
\[
f'(x)=\frac{1}{2(1-x^{2})}\,\ln\frac{1}{x^{2}}
=\frac{-\ln x}{1-x^{2}}
=\boxed{\frac{\ln x}{x^{2}-1}},\qquad x\in]0,1].
\]

\subsection*{Q18.}

Calculons $f(1)$. Par définition,
\[
f(1)=\int_{0}^{+\infty}\frac{\arctan t}{1+t^{2}}\,\mathrm{d}t
=\Bigl[\frac{(\arctan t)^{2}}{2}\Bigr]_{0}^{+\infty}
=\frac{1}{2}\Bigl(\frac{\pi}{2}\Bigr)^{2}
=\frac{\pi^{2}}{8}.
\]

D'après la continuité de $f$ sur $[0,1]$ (Q15) et la régularité $C^{1}$
sur $]0,1]$ (Q16), le théorème fondamental du calcul intégral donne
\[
f(1)-f(0)=\int_{0}^{1}f'(x)\,\mathrm{d}x.
\]

Or $f(0)=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}0\,\mathrm{d}t=0$.
En utilisant Q17,
\[
\frac{\pi^{2}}{8}
=\int_{0}^{1}\frac{\ln x}{x^{2}-1}\,\mathrm{d}x.
\]

D'après Q14, on a
\[
\int_{0}^{1}\frac{\ln x}{x^{2}-1}\,\mathrm{d}x
=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{1}{(2n+1)^{2}}.
\]
On en déduit
\[
\frac{\pi^{2}}{8}
=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{1}{(2n+1)^{2}}.
\]

Par la question préliminaire Q8 :
\[
\boxed{\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^{2}}=\frac{\pi^{2}}{6}}.
\]

\end{document}