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Série entière et constante d'Apéry

intégralesérie entièreZêta de Riemannintégration par partiesSérie géométrique dérivéeIntégration terme à termeIPP

On s'intéresse à l'intégrale :

J=∫01t(ln⁡t)2(1−t)2dtJ = \int_0^1 \frac{t(\ln t)^2}{(1 - t)^2} \mathrm{d}t

  1. Démontrer que l'intégrale JJ converge.
  2. Donner le développement en série entière de la fonction x↦1(1−x)2x \mapsto \frac{1}{(1 - x)^2} sur ]−1,1[]-1, 1[.
  3. En déduire que J=2(∑n=1+∞1n2−∑n=1+∞1n3)J = 2 \left( \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{1}{n^2} - \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{1}{n^3} \right).

1.

Pour la convergence, étudier les limites en 00 et 11 (utiliser un développement limité pour le dénominateur en 11).

2.

La fonction est la dérivée de la série géométrique x↦11−xx \mapsto \frac{1}{1-x}.

3.

Appliquer le théorème d'intégration terme à terme après avoir écrit l'intégrande comme une somme de série. Calculer ∫01tk(ln⁡t)2dt\int_0^1 t^k (\ln t)^2 \mathrm{d}t par double intégration par parties.

Idées clés

•

Dérivation de séries entières.

•

Intégration par parties itérée pour les puissances de logarithmes.

•

Valeurs de la fonction ζ\zeta de Riemann (ζ(2)\zeta(2) et ζ(3)\zeta(3)).

Résolution.

  1. Soit g:t↦t(ln⁡t)2(1−t)2g : t \mapsto \frac{t(\ln t)^2}{(1-t)^2} définie sur ]0,1[]0, 1[. En 00 : par croissances comparées, tln⁡2t→0t \ln^2 t \to 0, donc g(t)→0g(t) \to 0. La fonction est prolongeable par continuité. En 11 : on pose t=1−ht = 1-h.
    g(1−h)=(1−h)(ln⁡(1−h))2h2∼1⋅(−h)2h2=1g(1-h) = \frac{(1-h)(\ln(1-h))^2}{h^2} \sim \frac{1 \cdot (-h)^2}{h^2} = 1
    La fonction gg tend vers 11 en 11. Elle est donc prolongeable par continuité sur [0,1][0, 1].
    L’inteˊgrale J est convergente car g est continue sur [0,1].\boxed{\text{L'intégrale } J \text{ est convergente car } g \text{ est continue sur } [0,1].}

  2. On sait que pour x∈]−1,1[x \in ]-1, 1[, 11−x=∑n=0+∞xn\frac{1}{1-x} = \sum_{n=0}^{+\infty} x^n. En dérivant terme à terme ce développement (autorisé sur le disque ouvert de convergence) :
    1(1−x)2=∑n=1+∞nxn−1=∑k=0+∞(k+1)xk\boxed{\frac{1}{(1-x)^2} = \sum_{n=1}^{+\infty} n x^{n-1} = \sum_{k=0}^{+\infty} (k+1) x^k}

  3. Pour tout t∈]0,1[t \in ]0, 1[, on a :
    tln⁡2t(1−t)2=tln⁡2t∑n=1+∞ntn−1=∑n=1+∞ntnln⁡2t\frac{t \ln^2 t}{(1-t)^2} = t \ln^2 t \sum_{n=1}^{+\infty} n t^{n-1} = \sum_{n=1}^{+\infty} n t^n \ln^2 t
    Posons gn(t)=ntnln⁡2tg_n(t) = n t^n \ln^2 t. Ces fonctions sont continues et positives sur ]0,1[]0, 1[. Calculons Kn=∫01tnln⁡2tdtK_n = \int_0^1 t^n \ln^2 t \mathrm{d}t par deux IPP successives :
    Kn=[tn+1n+1ln⁡2t]01−∫01tn+1n+12ln⁡ttdt=0−2n+1∫01tnln⁡tdtK_n = \left[ \frac{t^{n+1}}{n+1} \ln^2 t \right]_0^1 - \int_0^1 \frac{t^{n+1}}{n+1} \frac{2 \ln t}{t} \mathrm{d}t = 0 - \frac{2}{n+1} \int_0^1 t^n \ln t \mathrm{d}t
    ∫01tnln⁡tdt=[tn+1n+1ln⁡t]01−∫01tnn+1dt=−1(n+1)2\int_0^1 t^n \ln t \mathrm{d}t = \left[ \frac{t^{n+1}}{n+1} \ln t \right]_0^1 - \int_0^1 \frac{t^n}{n+1} \mathrm{d}t = - \frac{1}{(n+1)^2}
    Ainsi, Kn=2(n+1)3K_n = \frac{2}{(n+1)^3}. L'intégrale de gng_n vaut :
    ∫01gn(t)dt=n⋅2(n+1)3\int_0^1 g_n(t) \mathrm{d}t = n \cdot \frac{2}{(n+1)^3}
    La série ∑∫01gn\sum \int_0^1 g_n converge. Par intégration terme à terme :
    J=∑n=1+∞2n(n+1)3J = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{2n}{(n+1)^3}
    Remarquons que n(n+1)3=(n+1)−1(n+1)3=1(n+1)2−1(n+1)3\frac{n}{(n+1)^3} = \frac{(n+1)-1}{(n+1)^3} = \frac{1}{(n+1)^2} - \frac{1}{(n+1)^3}. Par décalage d'indice (k=n+1k = n+1) :
    J=2∑k=2+∞(1k2−1k3)J = 2 \sum_{k=2}^{+\infty} \left( \frac{1}{k^2} - \frac{1}{k^3} \right)
    Comme le terme pour k=1k=1 est 1−1=01-1=0, on peut sommer à partir de 11 :
    J=2(∑n=1+∞1n2−∑n=1+∞1n3)=2(ζ(2)−ζ(3))\boxed{J = 2 \left( \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^2} - \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^3} \right) = 2(\zeta(2) - \zeta(3))}

Confusion dans les indices de sommation lors du développement de (1-t)^-2.

La relation entre intégrales de puissances de ln et la fonction Zeta.