Une décomposition qui rend l'intégrale calculable

Ce qu'on montre. Qu'une décomposition rend la primitive évidente, mais qu'il faut regrouper les deux logarithmes avant de passer à la limite.

L'identité. Pour $t>0$, $$\frac{1}{t}-\frac{1}{t+1}=\frac{(t+1)-t}{t(t+1)}=\frac{1}{t(t+1)}.$$

Le calcul sur un segment. La fonction est continue sur $[1,+\infty [$. Pour $x>1$ : $${\int }_1^x\frac{\mathrm{d}t}{t(t+1)}={\int }_1^x\left(\frac{1}{t}-\frac{1}{t+1}\right)\mathrm{d}t=[\ln t-\ln (t+1){]}_1^x={\left[\ln \left(\frac{t}{t+1}\right)\right]}_1^x.$$ Le regroupement en un seul logarithme est essentiel : pris séparément, $\ln x$ et $\ln (x+1)$ tendent tous deux vers $+\infty$, et leur différence serait une forme indéterminée.

Le passage à la limite. $${\int }_1^x\frac{\mathrm{d}t}{t(t+1)}=\ln \left(\frac{x}{x+1}\right)-\ln \left(\frac{1}{2}\right)=\ln \left(\frac{x}{x+1}\right)+\ln 2.$$ Comme $\frac{x}{x+1}\to 1$ et que $\ln$ est continue en $1$, le premier terme tend vers $\ln 1=0$. Donc l'intégrale converge et $${\int }_1^{+\infty }\frac{\mathrm{d}t}{t(t+1)}=\ln 2\approx 0,693.$$

Contrôle. Le terme intégré est positif et vaut $\frac{1}{t(t+1)}\underset{+\infty }{\sim }\frac{1}{t^2}$ : la convergence était prévisible par comparaison, et l'ordre de grandeur ${\int }_1^{+\infty }\frac{\mathrm{d}t}{t^2}=1$ encadre par le haut la valeur trouvée, ce qui est cohérent.