Développement en série d'intégrales logarithmiques

L'objectif de cet exercice est d'exprimer deux intégrales définies sous forme de sommes de séries numériques.

Justifier la convergence puis calculer la valeur de l'intégrale suivante sous forme de série : $I = \int_{0}^{1} \frac{\ln(t) \ln(1-t)}{t} dt$
Soit $a \in \mathbb{R}$ . Montrer que l'intégrale $\int_{0}^{1} x^{-ax} dx$ converge et établir l'égalité suivante : $\int_{0}^{1} x^{-ax} dx = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{a^{n-1}}{n^{n}}$

1.

Pour la question 1, utiliser le développement en série entière de la fonction $t \mapsto \ln(1-t)$ au voisinage de $0$ . Justifier l'interversion série-intégrale par le théorème d'intégration terme à terme pour les fonctions positives ou par convergence absolue.

2.

Pour la question 2, utiliser la forme exponentielle $x^{-ax} = \exp(-ax \ln x)$ et développer l'exponentielle en série entière.

3.

Un résultat utile à redémontrer : pour tous $p, q \in \mathbb{N}$ , $\int_0^1 x^p (-\ln x)^q dx = \frac{q!}{(p+1)^{q+1}}$ .

Idées clés

•

Développement en série entière de $\ln(1-t)$ et de $\exp(u)$ .

•

Théorème d'intégration terme à terme pour les séries de fonctions.

•

Calcul de l'intégrale de Wallis généralisée $\int_0^1 x^p (\ln x)^q dx$ .

Résolution de la question 1.

L'intégrande $f : t \mapsto \frac{\ln(t) \ln(1-t)}{t}$ est continue sur $]0, 1[$ .

Au voisinage de $0$ : $f(t) \sim \frac{\ln(t) (-t)}{t} = -\ln(t)$ , qui est intégrable en $0$ .

Au voisinage de $1$ : $f(t) \sim \ln(1-t)$ , qui est intégrable en $1$ (changement de variable $u=1-t$ ). L'intégrale $I$ est donc bien convergente.

Pour $t \in ]0, 1[$ , on utilise le développement en série entière :

\ln(1-t) = - \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{t^n}{n}

On en déduit l'expression de l'intégrande sous forme de série de fonctions :

f(t) = - \frac{\ln t}{t} \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{t^n}{n} = \sum_{n=1}^{+\infty} f_n(t)   \text{où}   f_n(t) = - \frac{t^{n-1} \ln t}{n}

Les fonctions $f_n$ sont continues et positives sur $]0, 1[$ . On peut appliquer le théorème d'intégration terme à terme pour les fonctions positives.

Calculons l'intégrale de $f_n$ sur $]0, 1[$ par une intégration par parties : Pour $n \geq 1$ , on pose $u(t) = \ln t$ et $v'(t) = t^{n-1}$ . Alors $u'(t) = 1/t$ et $v(t) = t^n/n$ .

\int_0^1 t^{n-1} \ln t   dt = \left[ \frac{t^n \ln t}{n} \right]_0^1 - \int_0^1 \frac{t^{n-1}}{n}   dt = 0 - \left[ \frac{t^n}{n^2} \right]_0^1 = -\frac{1}{n^2}

On en déduit :

\int_0^1 f_n(t)   dt = - \frac{1}{n} \left( -\frac{1}{n^2} \right) = \frac{1}{n^3}

La série $\sum \int_0^1 f_n$ converge (série de Riemann). Par le théorème d'intégration terme à terme :

\boxed{ I = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^3} = \zeta(3) }

\vspace{1em} Résolution de la question 2.

Posons $g(x) = x^{-ax} = \exp(-ax \ln x)$ . La fonction $g$ est continue sur $]0, 1]$ . Comme $\lim_{x \to 0} x \ln x = 0$ , on a $\lim_{x \to 0} g(x) = e^0 = 1$ . La fonction est prolongeable par continuité en $0$ , donc elle est intégrable sur $]0, 1]$ .

Utilisons le développement en série entière de l'exponentielle :

\forall x \in ]0, 1],   g(x) = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-ax \ln x)^n}{n!} = \sum_{n=0}^{+\infty} g_n(x)

Vérifions l'hypothèse de convergence absolue pour l'interversion $\sum / \int$ . Les fonctions $g_n$ sont continues sur $]0, 1]$ . On calcule :

\int_0^1 |g_n(x)|   dx = \frac{|a|^n}{n!} \int_0^1 x^n |\ln x|^n   dx = \frac{|a|^n}{n!} \int_0^1 x^n (-\ln x)^n   dx

Par récurrence ou en utilisant la fonction Gamma, on montre que $\int_0^1 x^p (-\ln x)^q dx = \frac{q!}{(p+1)^{q+1}}$ . Ici $p=n$ et $q=n$ , donc :

\int_0^1 |g_n(x)|   dx = \frac{|a|^n}{n!} \frac{n!}{(n+1)^{n+1}} = \frac{|a|^n}{(n+1)^{n+1}}

La série $\sum \frac{|a|^n}{(n+1)^{n+1}}$ converge d'après la règle de d'Alembert ou par comparaison avec une série de Riemann car $\frac{|a|^n}{(n+1)^{n+1}} = o(1/n^2)$ . L'interversion est donc licite :

\int_0^1 g(x)   dx = \sum_{n=0}^{+\infty} \int_0^1 \frac{(-ax \ln x)^n}{n!}   dx = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-a)^n}{n!} \int_0^1 x^n (\ln x)^n   dx

Comme $\int_0^1 x^n (\ln x)^n dx = (-1)^n \frac{n!}{(n+1)^{n+1}}$ , on obtient :

\int_0^1 g(x)   dx = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-a)^n}{n!} (-1)^n \frac{n!}{(n+1)^{n+1}} = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{a^n}{(n+1)^{n+1}}

En effectuant un glissement d'indice $k = n+1$ :

\boxed{ \int_0^1 x^{-ax}   dx = \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{a^{k-1}}{k^k} }

Oubli de la justification de l'interversion série-intégrale.

Formule intégrale pour x^n (ln x)^k sur [0,1].