Intégration par développement en série

Soient $x$ et $y$ deux paramètres réels strictement positifs. On considère la fonction $g$ définie sur $]0, 1]$ par :

g(t) = t^{x t^y}

Justifier que la fonction $g$ est intégrable sur l'intervalle $]0, 1]$ .
Pour tout entier naturel $n$ , on définit la fonction $f_n$ sur $]0, 1]$ par : $f_n(t) = \frac{\left(x t^y \ln(t)\right)^n}{n!}$ On prolonge ces fonctions par continuité en posant $f_n(0) = 0$ pour $n \geq 1$ et $f_0(0) = 1$ . Démontrer que la série de fonctions $\sum f_n$ converge normalement sur le segment $[0, 1]$ .
En déduire une expression de l'intégrale $\int_0^1 g(t) dt$ sous forme de somme d'une série numérique.

1.

Pour la question 1, utiliser la forme exponentielle de $g(t)$ et étudier la limite en $0^+$ à l'aide des croissances comparées.

2.

Pour la question 2, étudier les variations de la fonction $h : t \mapsto t^y \ln(t)$ sur $]0, 1]$ pour déterminer sa borne supérieure en valeur absolue.

3.

Pour la question 3, utiliser le théorème d'intégration terme à terme pour une série de fonctions convergeant uniformément sur un segment. Le calcul de $\int_0^1 t^a (\ln t)^n dt$ peut se faire par un changement de variable ou par intégrations par parties successives.

Idées clés

•

Passage à la forme exponentielle pour l'étude des limites et le développement en série.

•

Étude de fonction pour la convergence normale (recherche de l'extremum).

•

Théorème d'interversion somme-intégrale sur un segment.

•

Utilisation de la fonction Gamma ou changement de variable exponentiel.

Résolution.

Pour tout $t \in ]0, 1]$ , on peut écrire la fonction $g$ sous la forme : $g(t) = \exp\left( x t^y \ln(t) \right)$
Par croissances comparées, comme $y > 0$ , on sait que :
$\lim_{t \to 0^+} t^y \ln(t) = 0$
Par composition des limites, il vient :
$\lim_{t \to 0^+} g(t) = e^0 = 1$
La fonction $g$ est continue sur $]0, 1]$ et admet une limite finie en $0^+$ . Elle est donc prolongeable par continuité sur le segment $[0, 1]$ . En conclusion :
$\boxed{\text{La fonction } g \text{ est intégrable sur } ]0, 1].}$
Posons $h(t) = t^y \ln(t)$ $h (t) = t^{y} ln (t)$ pour $t \in ]0, 1]$ $t \in] 0, 1]$ . La fonction $h$ $h$ est dérivable sur $]0, 1]$ $] 0, 1]$ et :
$\forall t \in ]0, 1], h'(t) = y t^{y-1} \ln(t) + t^y \cdot \frac{1}{t} = t^{y-1} \left( y \ln(t) + 1 \right)$
La dérivée s'annule en $t_0 = e^{-1/y}$ . On dresse le tableau de variations de $h$ :
- Sur $]0, e^{-1/y}]$ , $h$ est décroissante.
- Sur $[e^{-1/y}, 1]$ , $h$ est croissante.
Le minimum de $h$ est atteint en $t_0$ et vaut $h(e^{-1/y}) = (e^{-1/y})^y \ln(e^{-1/y}) = -\frac{1}{ey}$ . Comme $h$ est négative sur $]0, 1]$ et que $h(0)=h(1)=0$ , on en déduit :
$\forall t \in [0, 1], |h(t)| \leq \frac{1}{ey}$
On en tire une majoration de la norme infinie de $f_n$ sur $[0, 1]$ :
$\|f_n\|_{\infty} = \sup_{t \in [0, 1]} \frac{|x h(t)|^n}{n!} = \frac{x^n}{n!} \|h\|_{\infty}^n = \frac{1}{n!} \left( \frac{x}{ey} \right)^n$
On reconnaît le terme général d'une série exponentielle qui converge pour tout $x, y > 0$ . Par comparaison, la série $\sum \|f_n\|_{\infty}$ converge.
$\boxed{\text{La série } \sum f_n \text{ converge normalement sur } [0, 1].}$
Puisque la série de fonctions $\sum f_n$ converge normalement (donc uniformément) sur le segment $[0, 1]$ et que chaque $f_n$ est continue, le théorème d'intégration terme à terme s'applique : $\int_0^1 g(t) dt = \int_0^1 \sum_{n=0}^{+\infty} f_n(t) dt = \sum_{n=0}^{+\infty} \int_0^1 f_n(t) dt$
Calculons l'intégrale générique $I_n = \int_0^1 f_n(t) dt$ . Pour $n \in \mathbb{N}$ :
$I_n = \frac{x^n}{n!} \int_0^1 t^{ny} (\ln t)^n dt$
Effectuons le changement de variable $u = -\ln t$ , soit $t = e^{-u}$ et $dt = -e^{-u} du$ . Les bornes deviennent $+\infty$ et $0$ :
$\int_0^1 t^{ny} (\ln t)^n dt = \int_{+\infty}^0 (e^{-u})^{ny} (-u)^n (-e^{-u}) du = (-1)^n \int_0^{+\infty} u^n e^{-(ny+1)u} du$
Par le changement de variable $v = (ny+1)u$ , on obtient :
$\int_0^1 t^{ny} (\ln t)^n dt = \frac{(-1)^n}{(ny+1)^{n+1}} \int_0^{+\infty} v^n e^{-v} dv = \frac{(-1)^n n!}{(ny+1)^{n+1}}$
En remplaçant dans la somme, on simplifie par $n!$ :
$\int_0^1 g(t) dt = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{x^n}{n!} \cdot \frac{(-1)^n n!}{(ny+1)^{n+1}}$
Finalement :
$\boxed{\int_0^1 g(t) dt = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-x)^n}{(ny+1)^{n+1}}}$

Oubli de la valeur de f_0(0) ou erreur dans le calcul de la norme infinie.

La formule intégrale reliant puissance et logarithme à la factorielle.