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Étude d'une intégrale et série de Riemann

intégrale à paramètresérie entièreRiemannintégrabilitéIntégration terme à termeDéveloppement en série entière

Soit ff la fonction définie sur ]0,1[]0, 1[ par :

f(t)=ln⁡(1−t)t+ln⁡t1−tf(t) = \frac{\ln(1 - t)}{t} + \frac{\ln t}{1 - t}

On définit alors la fonction FF par :

F(x)=∫0xf(t) dtF(x) = \int_0^x f(t)   dt

  1. Montrer que FF est bien définie sur l'intervalle [0,1][0, 1].
  2. Justifier que F(x)+F(1−x)F(x) + F(1 - x) est constant sur [0,1][0, 1] et exprimer cette constante sous forme d'une intégrale.
  3. À l'aide d'un développement en série entière, calculer la valeur de F(1)F(1). On rappelle que ∑n=1+∞1n2=π26\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}.

1.

Pour l'intégrabilité, effectuer des développements limités ou utiliser des équivalents usuels au voisinage de 00 et de 11.

2.

Dériver la fonction G(x)=F(x)+F(1−x)G(x) = F(x) + F(1-x) sur ]0,1[]0, 1[.

3.

Utiliser les développements en série entière de ln⁡(1−t)\ln(1-t) et de 11−t\frac{1}{1-t}, puis appliquer le théorème d'intégration terme à terme (justifier l'intégrabilité de chaque terme).

Idées clés

•

Étude de l'intégrabilité locale (bornes 00 et 11).

•

Dérivation d'une intégrale à borne variable.

•

Intégration terme à terme d'une série de fonctions.

Résolution.

  1. La fonction ff est continue sur ]0,1[]0, 1[. Étudions les bornes : En 00 : ln⁡(1−t)t→−1\frac{\ln(1-t)}{t} \to -1 et ln⁡t1−t∼ln⁡t\frac{\ln t}{1-t} \sim \ln t. Comme t↦ln⁡tt \mapsto \ln t est intégrable en 00, ff l'est aussi. En 11 : ln⁡t1−t→−1\frac{\ln t}{1-t} \to -1 (par taux d'accroissement en 1) et ln⁡(1−t)t∼ln⁡(1−t)\frac{\ln(1-t)}{t} \sim \ln(1-t). Par symétrie (changement de variable u=1−tu=1-t), c'est intégrable en 11.
    F est deˊfinie sur [0,1]\boxed{F \text{ est définie sur } [0, 1]}

  2. FF est de classe C1\mathscr{C}^1 sur ]0,1[]0, 1[ comme primitive d'une fonction continue, avec F′(x)=f(x)F'(x) = f(x). Soit G(x)=F(x)+F(1−x)G(x) = F(x) + F(1-x). Pour tout x∈]0,1[x \in ]0, 1[ :
    G′(x)=f(x)−f(1−x)G'(x) = f(x) - f(1-x)
    Or, f(1−x)=ln⁡(x)1−x+ln⁡(1−x)x=f(x)f(1-x) = \frac{\ln(x)}{1-x} + \frac{\ln(1-x)}{x} = f(x). Donc G′(x)=0G'(x) = 0. GG est constante sur ]0,1[]0, 1[. Par continuité de FF en 00 et 11, GG est constante sur [0,1][0, 1].
    ∀x∈[0,1],F(x)+F(1−x)=F(1)=∫01f(t) dt\boxed{\forall x \in [0, 1],   F(x) + F(1-x) = F(1) = \int_0^1 f(t)   dt}

  3. Utilisons les développements en série entière pour t∈]0,1[t \in ]0, 1[ :
    f(t)=−1t∑n=1+∞tnn+ln⁡(t)∑n=0+∞tn=−∑n=0+∞tnn+1+∑n=0+∞tnln⁡tf(t) = -\frac{1}{t} \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{t^n}{n} + \ln(t) \sum_{n=0}^{+\infty} t^n = - \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{t^n}{n+1} + \sum_{n=0}^{+\infty} t^n \ln t
    f(t)=∑n=0+∞fn(t)ouˋfn(t)=tn(ln⁡t−1n+1)f(t) = \sum_{n=0}^{+\infty} f_n(t)   \text{où}   f_n(t) = t^n \left( \ln t - \frac{1}{n+1} \right)
    Les fonctions fnf_n sont négatives et continues sur ]0,1[]0, 1[. On vérifie l'intégrabilité :
    ∫01∣fn(t)∣ dt=∫01(tnn+1−tnln⁡t) dt\int_0^1 |f_n(t)|   dt = \int_0^1 \left( \frac{t^n}{n+1} - t^n \ln t \right)   dt
    Par intégration par parties : ∫01tnln⁡t dt=[tn+1ln⁡tn+1]01−∫01tnn+1 dt=−1(n+1)2\int_0^1 t^n \ln t   dt = \left[ \frac{t^{n+1} \ln t}{n+1} \right]_0^1 - \int_0^1 \frac{t^n}{n+1}   dt = - \frac{1}{(n+1)^2}. Ainsi :
    ∫01∣fn(t)∣ dt=1(n+1)2+1(n+1)2=2(n+1)2\int_0^1 |f_n(t)|   dt = \frac{1}{(n+1)^2} + \frac{1}{(n+1)^2} = \frac{2}{(n+1)^2}
    La série ∑2(n+1)2\sum \frac{2}{(n+1)^2} converge. D'après le théorème d'intégration terme à terme pour les fonctions positives (ou de signe constant) :
    F(1)=∑n=0+∞∫01fn(t) dt=∑n=0+∞(−1(n+1)2−1(n+1)2)F(1) = \sum_{n=0}^{+\infty} \int_0^1 f_n(t)   dt = \sum_{n=0}^{+\infty} \left( -\frac{1}{(n+1)^2} - \frac{1}{(n+1)^2} \right)
    F(1)=−2∑k=1+∞1k2=−2⋅π26F(1) = -2 \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{1}{k^2} = -2 \cdot \frac{\pi^2}{6}
    F(1)=−π23\boxed{F(1) = -\frac{\pi^2}{3}}

Oublier la justification de la continuité aux bornes pour l'équation fonctionnelle.

Utiliser les séries pour calculer des intégrales impropres de fonctions logarithmiques.