Exercice 1 1004 Correction

Montrer

\int_{0}^{1} \frac{\ln (1 + x)}{x} d x = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n^{2}} .

Solution

On a

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

avec une convergence uniforme sur $[0; 1]$ par majoration du reste d’une série vérifiant le critère spécial.
On a alors

\int_{0}^{1} \frac{\ln (1 + x)}{x} d x = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \int_{0}^{1} \frac{{(- 1)}^{n - 1} x^{n - 1}}{n} d x = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n^{2}} .

On peut montrer que cette vaut $π^{2} / 12$ si l’on sait

\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} = \frac{π^{2}}{6} .

Exercice 2 1006 Correction

Montrer

\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{(2 n + 1) (2 n + 2)} = \int_{0}^{1} \arctan (x) d x .

En déduire la valeur de cette somme.

Solution

On a

\arctan (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n} x^{2 n + 1}}{2 n + 1}

avec convergence uniforme sur $[0; 1]$ par majoration du reste d’une série vérifiant le critère spécial. On peut donc intégrer terme à terme

\int_{0}^{1} \arctan (x) d x = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \int_{0}^{1} \frac{{(- 1)}^{n} x^{2 n + 1}}{2 n + 1} d x = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{(2 n + 1) (2 n + 2)} .

Par intégration par parties,

\int_{0}^{1} \arctan (x) d x = \frac{π}{4} - \frac{\ln (2)}{2} .

Exercice 3 1005

Établir l’identité

\int_{0}^{1} \frac{\arctan (x)}{x} d x = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{{(2 n + 1)}^{2}} .

Exercice 4 2597 CCINP (PSI)Correction

On définit deux fonctions $g, h : ℝ \to ℝ$ en posant

g (t) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n} t^{n}}{2^{2 n} {(n!)}^{2}} et h (t) = g (t) e^{- t} .

(a)

Montrer que $h$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ .
(b)

Montrer que $h$ est intégrable sur $[0; + \infty [$ et calculer

$\int_{0}^{+ \infty} h (t) d t .$

Solution

(a)

La fonction $g$ est définie et de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ car c’est la somme d’une série entière de rayon de convergence $+ \infty$ . Par produit, la fonction $h$ est de classe $𝒞^{\infty}$ .
(b)

Pour $t \in ℝ_{+}$ ,

$h (t) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} f_{n} (t)$

avec

$f_{n} (t) = \frac{{(- 1)}^{n} t^{n} e^{- t}}{2^{2 n} n!} .$

Les fonctions $f_{n}$ sont continues par morceaux et intégrables sur $ℝ_{+}$ . Puisque

$\int_{0}^{+ \infty} t^{n} e^{- t} d t = n!$

on obtient

$\int_{0}^{+ \infty} | f_{n} | = \frac{1}{2^{2 n} n!}$

et la série $\sum \int_{[0; + \infty [} | f_{n} |$ est donc convergente.

Puisque $\sum f_{n}$ converge simplement sur $ℝ_{+}$ vers $h$ continue par morceaux, on peut par théorème affirmer que $h$ est intégrable sur $ℝ_{+}$ et

$\int_{0}^{+ \infty} h (t) d t = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \int_{0}^{+ \infty} f_{n} (t) d t = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{2^{2 n} n!} = e^{- 1 / 4} .$

Exercice 5 4941 CCINP (MP)Correction

(a)

Soit $a \in] 0; 1 [$ . Montrer la convergence de l’intégrale suivante

$\int_{0}^{a} \frac{x + \ln (1 - x)}{x^{2}} d x .$
(b)

Soit $a \in] 0; 1 [$ . Justifier

$\int_{0}^{a} \frac{x + \ln (1 - x)}{x^{2}} d x = - \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{a^{n}}{n (n + 1)} .$
(c)

En déduire la convergence et la valeur de

$\int_{0}^{1} \frac{x + \ln (1 - x)}{x^{2}} d x .$

Solution

(a)

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur $] 0; a]$ . On sait le développement limité

$\ln (1 - x) \underset{x \to 0}{=} - x - \frac{1}{2} x^{2} + o (x^{2}) .$

On en déduit

$\frac{x + \ln (1 - x)}{x^{2}} \to_{x \to 0}^{} - \frac{1}{2} .$

L’intégrale étudiée est faussement généralisée en $0$ : elle converge.
(b)

Par développement en série entière,

$\forall x \in] - 1; 1 [, \ln (1 - x) = - \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{x^{n}}{n}$

et donc

$\forall x \in] - 1; 1 [, \frac{x + \ln (1 - x)}{x^{2}} = - \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{x^{n - 2}}{n} .$

Après prolongement par continuité en $0$ , la fonction intégrée se confond avec la somme d’une série entière de rayon de convergence $R \geq 1$ (et en fait $R = 1$ ). Celle-ci converge normalement sur le segment $[0; a] \subset] - 1; 1 [$ ce qui permet d’intégrer terme à terme

$\int_{0}^{a} \frac{x + \ln (1 - x)}{x^{2}} d x$ $= - \sum_{n = 2}^{+ \infty} \int_{0}^{a} \frac{x^{n - 2}}{n} d x$

$= - \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{a^{n - 1}}{n (n - 1)} = - \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{a^{n}}{n (n + 1)} .$
(c)

La série entière $\sum \frac{a^{n}}{n (n + 1)}$ a pour rayon de convergence $R = 1$ et est définie en $a = 1$ . Or une série entière est continue là où elle est définie. On en déduit

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{a^{n}}{n (n + 1)} \to_{a \to 1^{-}}^{} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n (n + 1)} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1}) = 1 .$

puis

$\int_{0}^{1} \frac{x + \ln (1 - x)}{x^{2}} d x = lim_{a \to 1^{-}} \int_{0}^{a} \frac{x + \ln (1 - x)}{x^{2}} d x = - 1$

avec convergence de l’intégrale étudiée.

Exercice 6 5914 CENTRALE (MP)Correction

Dans cet exercice, on souhaite calculer la valeur de l’intégrale convergente

I = \int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{t} d t .

Pour $x \in ℝ$ , on pose

f (x) = \int_{x}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{t} d t .

(a)

Montrer que $f$ est développable en série entière sur $ℝ$ et exprimer ce développement.
(b)

Établir que pour tout $x \in ℝ$

$Re (\int_{0}^{π / 2} e^{- x e^{i t}} d t) = \frac{π}{2} - \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{(2 k + 1) \cdot (2 k + 1)!} x^{2 k + 1} .$
(c)

En déduire la valeur de $I$ .

Solution

(a)

La fonction $f$ est dérivable avec

$f^{'} (x) = - \frac{\sin (x)}{x} = - \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{(2 k + 1)!} x^{2 k} .$

Par intégration de développement en série entière, on a pour tout $x \in ℝ$

$f (x) = I - \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{(2 k + 1) \cdot (2 k + 1)!} x^{2 k + 1} .$
(b)

Pour $x \in ℝ$ ,

$\int_{0}^{π / 2} e^{- x e^{i t}} d t = \int_{0}^{π / 2} \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n!} x^{n} e^{i n t} d t .$

On peut intégrer terme à terme car la série de fonctions converge normalement sur $[0; π / 2]$ puisque

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} sup_{t \in [0; π / 2]} | \frac{{(- 1)}^{n}}{n!} x^{n} e^{i n t} | = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{n!} {| x |}^{n} = e^{| x |} < + \infty .$

On a donc

$\int_{0}^{π / 2} e^{- x e^{i t}} d t = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \int_{0}^{π / 2} \frac{{(- 1)}^{n}}{n!} x^{n} e^{i n t} d t$

avec, pour $n = 0$ ,

$\int_{0}^{π / 2} \frac{{(- 1)}^{n}}{n!} x^{n} e^{i n t} d t = \int_{0}^{π / 2} 1 d t = \frac{π}{2}$

et, pour $n \neq 0$ ,

$\int_{0}^{π / 2} \frac{{(- 1)}^{n}}{n!} x^{n} e^{i n t} d t = \frac{{(- 1)}^{n}}{i n \cdot n!} (i^{n} - 1) x^{n} .$

En passant à la partie réelle,

$Re (\int_{0}^{π / 2} e^{- x e^{i t}} d t)$ $= \frac{π}{2} + \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{2 k + 1}}{(2 k + 1) \cdot (2 k + 1)!} {(- 1)}^{k} x^{2 k + 1}$

$= \frac{π}{2} - \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{(2 k + 1) \cdot (2 k + 1)!} x^{2 k + 1} .$
(c)

Par ce qui précède, on obtient que pour tout $x \in ℝ$

$f (x) - Re (\int_{0}^{π / 2} e^{- x e^{i t}} d t) = I - \frac{π}{2} .$

Or

$lim_{x \to + \infty} f (x) = 0$

et

$Re (\int_{0}^{π / 2} e^{- x e^{i t}} d t) = \int_{0}^{π / 2} e^{- x \cos (t)} \cos (x \sin (t)) d t \to_{x \to + \infty}^{} 0$

par application du théorème de convergence dominée¹¹ 1 Il suffit de dominer par la fonction constante égale à $1$ intégrable sur $[0; π / 2]$ .. On en déduit

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{t} d t = \frac{π}{2} .$

Exercice 7 5668 CCINP (MP)Correction

Pour $n \in ℕ$ et $t \in ℝ$ , on pose

f_{n} (t) = \frac{{(t^{2} - 1)}^{n + 1}}{n + 1} .

(a)

Étudier la convergence simple de la série $\sum f_{n}$ et donner sa somme.
(b)

Étudier la convergence normale de $\sum f_{n}$ sur $[0; 1]$ .
(c)

Étudier la convergence uniforme de $\sum f_{n}$ sur $[0; 1]$ .
(d)

Donner la nature et l’éventuelle somme de la série $\sum u_{n}$ avec

$u_{n} = \int_{0}^{1} \frac{{(t^{2} - 1)}^{n + 1}}{n + 1} d t pour tout n \in ℕ .$

Solution

(a)

Par les séries entières, on sait

$\forall x \in [- 1; 1 [, - \ln (1 - x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{n + 1}}{n + 1}$

avec divergence de la série pour les autres valeurs réelles de $x$ .

On en déduit que la série $\sum f_{n} (t)$ converge si, et seulement si, $t^{2} - 1 \in [- 1; 1 [$ , c’est-à-dire si, et seulement si, $t \in] - \sqrt{2}; \sqrt{2} [$ . De plus, on a alors

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(t^{2} - 1)}^{n + 1}}{n + 1} = - \ln (1 - (t^{2} - 1)) = - \ln (2 - t^{2}) .$
(b)

On remarque la série $\sum f_{n} (0)$ ne converge pas absolument: la série de fonctions $\sum f_{n}$ ne peut pas converger normalement sur $[0; 1]$ .
(c)

Pour $t \in [0; 1]$ , on peut appliquer le critère spécial à la série $\sum f_{n} (t)$ . Par celui-ci,

$| \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} f_{k} (t) | \leq | f_{n + 1} (t) | \leq \frac{1}{n + 1} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

La série de fonctions $\sum f_{n}$ converge uniformément sur $[0; 1]$ .
(d)

Par convergence uniforme d’une série de fonctions continues sur $[0; 1]$ ,

$\int_{0}^{1} \sum_{n = 0}^{+ \infty} f_{n} (t) d t = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \int_{0}^{1} f_{n} (t) d t .$

On en déduit que la série $\sum u_{n}$ converge avec

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n} = - \int_{0}^{1} \ln (2 - t^{2}) d t .$

Par intégration par parties,

$\int_{0}^{1} \ln (2 - t^{2}) d t$ $= {[t \ln (2 - t^{2})]}_{0}^{1} + 2 \int_{0}^{1} \frac{t^{2}}{2 - t^{2}} d t$

$= 2 \int_{0}^{1} \frac{t^{2} - 2 + 2}{2 - t^{2}} d t$

$= - 2 + \sqrt{2} {[\ln (\frac{\sqrt{2} + t}{\sqrt{2} - t})]}_{0}^{1} = - 2 + 2 \sqrt{2} \ln (1 + \sqrt{2}) .$

Finalement,

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n} = 2 \sqrt{2} \ln (1 + \sqrt{2}) - 2 .$

Exercice 8 1008 Correction

Observer que pour tout $x \in] - 1; 1 [$ ,

\int_{0}^{π / 2} \frac{\ln (1 + x \sin^{2} (t))}{\sin^{2} (t)} d t = π (\sqrt{1 + x} - 1) .

Solution

On a

\ln (1 + u) = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1} u^{k}}{k}

avec convergence normale sur $[- | x |; | x |]$ donc

\ln (1 + x \sin^{2} (t)) = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1} x^{k} \sin^{2 k} (t)}{k}

avec convergence normale sur $[0; π / 2]$ .
Par suite,

\int_{0}^{π / 2} \frac{\ln (1 + x \sin^{2} (t))}{\sin^{2} (t)} d t = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1} x^{2 k}}{k} I_{k - 1}

avec

I_{n} = \int_{0}^{π / 2} \sin^{2 n} (t) d t = \frac{(2 n)!}{{(2^{n} n!)}^{2}} \cdot \frac{π}{2}

puis

\int_{0}^{π / 2} \frac{\ln (1 + x \sin^{2} (t))}{\sin^{2} (t)} d t = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1} x^{2 k}}{k} \frac{(2 k - 2)!}{{(2^{k - 1} (k - 1)!)}^{2}} \cdot \frac{π}{2} .

\sqrt{1 + u} = \sum_{k = 0}^{+ \infty} (\binom{1 / 2}{k}) x^{k}

avec

(\binom{1 / 2}{k}) = \frac{{(- 1)}^{k - 1} (2 k - 2)!}{2^{2 k - 1} k {((k - 1)!)}^{2}}

d’où

\int_{0}^{π / 2} \frac{\ln (1 + x \sin^{2} (t))}{\sin^{2} (t)} d t = π (\sqrt{1 + x} - 1) .

Exercice 9 5673 CCINP (MP)Correction

On pose

I = \int_{0}^{1} \ln (x) \ln (1 - x) d x .

(a)

Montrer que l’intégrale définissant $I$ existe.
(b)

Rappeler le développement en série entière de $x \mapsto \ln (1 - x)$ en précisant le rayon de convergence.
(c)

Soit $n \in ℕ^{*}$ . Montrer que $x \mapsto x^{n} \ln (x)$ est intégrable sur $] 0; 1]$ et calculer son intégrale.
(d)

Calculer $I$ .

On donne

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} = \frac{π^{2}}{6} .$

Solution

(a)

La fonction $x \mapsto \ln (x) \ln (1 - x)$ est définie et continue par morceaux sur $] 0; 1 [$ et prolongeable par continuité en $0$ et en $1$ car

$\ln (x) \ln (1 - x) \underset{x \to 0}{\sim} - x \ln (x) \to_{x \to 0}^{} 0 et \ln (x) \ln (1 - x) \underset{x \to 1}{\sim} (x - 1) \ln (1 - x) \to_{x \to 1}^{} 0 .$

L’intégrale définissant $I$ est donc convergente.
(b)

Avec un rayon de convergence égal à $1$ ,

$\ln (1 - x) = - \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{x^{n}}{n} .$
(c)

Pour $n \in ℕ^{*}$ , la fonction $x \mapsto x^{n} \ln (x)$ est continue par morceaux et intégrable sur $] 0; 1]$ car prolongeable par continuité en $0$ .

Par intégration par parties généralisée légitime,

$\int_{0}^{1} x^{n} \ln (x) d x = {[\frac{x^{n + 1}}{n + 1} \ln (x)]}_{0}^{1} - \int_{0}^{1} \frac{x^{n}}{n + 1} d x = - \frac{1}{{(n + 1)}^{2}} .$
(d)

On a

$\forall x \in] 0; 1 [, \ln (x) \ln (1 - x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} - \frac{x^{n}}{n} \ln (x) d x .$

Les fonctions sommées sont positives et intégrables sur $] 0; 1]$ . Par théorème d’intégration terme à terme

$I = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \int_{0}^{1} - \frac{x^{n}}{n} \ln (x) d x = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n {(n + 1)}^{2}} .$

Par décomposition en éléments simples,

$\frac{1}{n {(n + 1)}^{2}} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1} - \frac{1}{{(n + 1)}^{2}}$

et l’on a donc

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n {(n + 1)}^{2}} = \underset{\begin{matrix} = 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\sum_{n = 1}^{+ \infty} (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1})}} - \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{{(n + 1)}^{2}} = 2 - \frac{π^{2}}{6} .$

Exercice 10 5952 CCP (MP)Correction

On note $I = [0; 1]$ . Pour $n \geq 1$ , on définit $f_{n} : [0; 1] \to ℝ$ donnée par

f_{n} (t) = \frac{t^{n - 1} \ln (t)}{n} pour t \in] 0; 1] et f_{n} (0) = 0 .

(a)

Déterminer ${∥ f_{n} ∥}_{\infty, I}$ .

On pose $g : t \mapsto \frac{\ln (1 - t) \ln (t)}{t}$ définie sur $J =] 0; 1 [$ .

(b)

Montrer que $g$ est intégrable sur $J$ .

On pourra rappeler la valeur de ${lim}_{t \to 1^{-}} \frac{\ln (t)}{t - 1}$ .
(c)

Montrer que

$\int_{0}^{1} g (t) d t = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{3}} .$

Solution

(a)

Pour $n = 1$ , la fonction $f_{n}$ n’est pas bornée.

Pour $n \geq 2$ , la fonction $f_{n}$ est continue sur $[0; 1]$ et dérivable sur $] 0; 1]$ . L’étude des variations montre que $| f_{n} |$ est maximale pour $t = e^{1 / (n - 1)}$ . On obtient

${∥ f_{n} ∥}_{\infty, [0; 1]} = \frac{e^{- 1}}{n - 1} .$
(b)

D’une part,

$g (t) \underset{t \to 0^{+}}{\sim} - \ln (t)$

et donc $g$ est intégrable en $0^{+}$ .

D’autre part, on sait

$lim_{t \to 1^{-}} \frac{\ln (t)}{t - 1} = lim_{t \to 1^{-}} \frac{\ln (t) - \ln (1)}{t - 1} = {(\ln)}^{'} (1) = 1$

et l’on peut écrire

$g (t) = \underset{\begin{matrix} \to - 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{- \frac{1}{t}}} \cdot \underset{\begin{matrix} \to 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{(1 - t) \ln (1 - t)}} \cdot \underset{\begin{matrix} \to 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\frac{\ln (t)}{t - 1}}} \to_{t \to 1^{-}}^{} 0 .$

La fonction $g$ est prolongeable par continuité en $1$ et donc intégrable en $1^{-}$ .
(c)

Par développement en série entière, on remarque

$\forall t \in] 0; 1 [, g (t) = - \frac{\ln (t)}{t} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{t^{n}}{n} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} - f_{n} (t) .$

L’intégration terme à terme par convergence normale n’est pas possible en vertu du calcul de la première question. Mettons en place un théorème d’intégration terme à terme dans le contexte des fonctions positives.

Les fonctions $- f_{n}$ sont positives et intégrables sur $] 0; 1 [$ . La série de fonctions $\sum - f_{n}$ converge simplement sur $] 0; 1 [$ en vertu des calculs précédents. Dans $[0; + \infty]$ , on peut écrire

$\int_{0}^{1} g (t) d t = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \int_{0}^{1} - f_{n} (t) d t$

(et l’égalité est en fait dans $[0; + \infty [$ puis que $g$ est intégrable sur $] 0; 1 [$ ).

Par intégration par parties généralisée, on obtient

$\int_{0}^{1} - f_{n} (t) d t = {[- \frac{t^{n} \ln (t)}{n^{2}}]}_{0}^{1} + \int_{0}^{1} \frac{t^{n - 1}}{n^{2}} d t = \frac{1}{n^{3}} .$

On en déduit la formule proposée.

Exercice 11 5300 ENSTIM (MP)Correction

Existence et valeur de

\int_{0}^{1} \frac{\ln (t^{2}) \ln (1 - t^{2})}{t^{2}} d t .

On donne

\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n} = \ln (2) et \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 n + 1)}^{2}} = \frac{π^{2}}{8}

Solution

La fonction intégrée est définie, continue par morceaux et intégrable sur $] 0; 1 [$ car

\frac{\ln (t^{2}) \ln (1 - t^{2})}{t^{2}} \underset{t \to 0}{\sim} - 2 \ln (t) = o (\frac{1}{\sqrt{t}}) et \frac{\ln (t^{2}) \ln (1 - t^{2})}{t^{2}} \to_{t \to 1}^{} 0 .

Par développement en série entière de $\ln (1 + u)$ ,

\int_{0}^{1} \frac{\ln (t^{2}) \ln (1 - t^{2})}{t^{2}} d t = 2 \int_{0}^{1} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{t^{2 n} \ln (t)}{n + 1} d t .

Par intégration par parties généralisée,

\int_{0}^{1} t^{2 n} \ln (t) d t = - \frac{1}{{(2 n + 1)}^{2}} .

Par intégration terme à terme,

\int_{0}^{1} \frac{\ln (t^{2}) \ln (1 - t^{2})}{t^{2}} d t = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{2}{(n + 1) {(2 n + 1)}^{2}} .

Par décomposition en éléments simples,

\frac{2}{(n + 1) {(2 n + 1)}^{2}} = \frac{2}{n + 1} - \frac{4}{2 n + 1} + \frac{4}{{(2 n + 1)}^{2}} .

Avec convergence des sommes, on écrit

	$\int_{0}^{1} \frac{\ln (t^{2}) \ln (1 - t^{2})}{t^{2}} d t$	$= 4 \sum_{n = 0}^{+ \infty} (\frac{1}{2 n + 2} - \frac{1}{2 n + 1}) + 4 \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 n + 1)}^{2}}$
		$= \frac{π^{2}}{2} - 4 \ln (2) .$

Exercice 12 2865 MINES (PC)Correction

Étudier la limite de la suite de terme général

I_{n} = n \int_{0}^{1} \ln (1 + t^{n}) d t .

Solution

Par développement en série entière

\int_{0}^{1} \ln (1 + t^{n}) d t = \int_{[0; 1 [} \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k} t^{n k} d t .

Pour $n \geq 1$ , il y a convergence de la série des intégrales des valeurs absolues donc on peut donc intégrer terme à terme

\int_{0}^{1} \ln (1 + t^{n}) d t = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k (n k + 1)} .

On a alors

n \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k (n k + 1)} - \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k^{2}} = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{k^{2} (n k + 1)}

avec

| \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{k^{2} (n k + 1)} | \leq \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{2}} \to 0

donc

n \int_{0}^{1} \ln (1 + t^{n}) d t \to_{n \to + \infty}^{} \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k^{2}}

avec

\sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k^{2}} = \frac{π^{2}}{12}

car on sait

\sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{2}} = \frac{π^{2}}{6} .

Exercice 13 5663 Correction

Soit $\sum a_{n} z^{n}$ une série entière de rayon de convergence $R > 0$ et de somme $f$ .

(a)

Établir que pour tout $r \in] 0; R [$ et tout $n \in ℕ$

$a_{n} = \frac{1}{2 π r^{n}} \int_{0}^{2 π} f (r e^{i θ}) e^{- i n θ} d θ .$
(b)

En déduire que pour tout $r \in [0; R [$

$| a_{n} | \leq \frac{M (r)}{r^{n}} avec M (r) = sup_{| z | = R} | f (z) | .$
(c)

Application : On suppose $R = + \infty$ et $f$ bornée. Montrer que $f$ est constante.

Solution

(a)

Soient $r \in] 0; R [$ et $n \in ℕ$ . On a

$\frac{1}{2 π} \int_{0}^{2 π} f (r e^{i θ}) e^{- i n θ} d θ = \frac{1}{2 π} \int_{0}^{2 π} \sum_{k = 0}^{+ \infty} a_{k} r^{k} e^{i (k - n) θ} d θ .$

Posons $f_{k} : [0; 2 π] \to ℂ$ définie par

$f_{k} (θ) = a_{k} r^{k} e^{i (k - n) θ} .$

Les fonctions $f_{k}$ sont continues et

$sup_{θ \in [0; 2 π]} | f_{k} (θ) | = | a_{k} | r^{k} .$

Puisque la série entière $\sum a_{n} z^{n}$ converge absolument en $z = r$ , on peut affirmer la convergence normale, et donc la convergence uniforme, de la série de fonctions $\sum f_{k}$ . Il est alors possible de procéder à une intégration terme à terme

$\frac{1}{2 π} \int_{0}^{2 π} \sum_{k = 0}^{+ \infty} a_{k} r^{k} e^{i (k - n) θ} d θ = \frac{1}{2 π} \sum_{k = 0}^{+ \infty} a_{k} r^{k} \int_{0}^{2 π} e^{i (k - n) θ} d θ .$

Cependant, un calcul de primitive donne

$\int_{0}^{2 π} e^{i (k - n) θ} d θ = {\begin{matrix} 2 π & si n = k \\ 0 & sinon. \end{matrix}$

En simplifiant les termes nuls de la somme, il vient

$\frac{1}{2 π} \sum_{k = 0}^{+ \infty} a_{k} r^{k} \int_{0}^{2 π} e^{i (k - n) θ} d θ = a_{n} r^{n} .$

On en déduit la formule proposée.
(b)

Par l’égalité qui précède,

$| a_{n} | \leq \frac{1}{2 π r^{n}} \int_{0}^{2 π} | f (r e^{i θ}) | | e^{- i n θ} | d θ \leq \frac{1}{2 π r^{n}} \int_{0}^{2 π} M (r) d θ = \frac{M (r)}{r^{n}} .$
(c)

On introduit ${∥ f ∥}_{\infty} = {sup}_{z \in ℂ} | f (z) |$ . Puisque $M (r) \leq {∥ f ∥}_{\infty}$ , on a pour tout $n \in ℕ^{*}$

$| a_{n} | \leq \frac{{∥ f ∥}_{\infty}}{r^{n}} \to_{r \to + \infty}^{} 0 .$

On en déduit $a_{n} = 0$ pour tout $n \in ℕ^{*}$ . L’application $f$ est donc constante.

Exercice 14 4106 CENTRALE (MP)Correction

On considère une série entière complexe $\sum_{n \geq 0} a_{n} z^{n}$ de rayon de convergence $R > 0$ .

On note $f$ sa somme définie pour $| z | < R$ par

f (z) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} z^{n} .

(a)

Rappeler la définition du rayon de convergence d’une série entière et montrer que $\sum_{n \geq 0} a_{n} z^{n}$ converge normalement sur le disque $D (0, r) = {z \in ℂ, | z | \leq r}$ si $0 < r < R$ .
(b)

Soit $r$ un réel tel que $0 < r < R$ , montrer que la fonction

$z \mapsto \int_{0}^{2 π} \frac{Im (f (r e^{i θ}))}{r - z e^{- i θ}} d θ$

est développable en série entière et exprimer la somme de cette série entière en fonction de $f (z)$ et de $f (0)$ .
(c)

Déterminer les fonctions $f$ , développables en série entière sur $D (0, R)$ , et qui ne prennent que des valeurs réelles sur un ensemble de la forme ${z \in ℂ, | z | = r}$ pour $0 < r < R$ .

Solution

(a)

$R$ est la borne supérieure dans $ℝ \cup {+ \infty}$ de l’ensemble

${r \in [0; + \infty [| {(a_{n} r^{n})}_{n \in ℕ} est bornée} .$

Soit $0 < r < R$ . On peut introduire $ρ$ tel que $r < ρ$ et ${(a_{n} ρ^{n})}_{n \in ℕ}$ soit une suite bornée. Pour tout $z \in D (0, r)$ , on a

$| a_{n} z^{n} | \leq | a_{n} | r^{n} = | a_{n} | ρ^{n} {(\frac{r}{ρ})}^{n} = O ({(\frac{r}{ρ})}^{n}) .$

Ce majorant uniforme étant sommable (car $| r / ρ | < 1$ ), on obtient la convergence normale voulue.
(b)

Pour $| z | < r$ , on peut décomposer en série géométrique

$\frac{1}{r - z e^{- i θ}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{e^{- i n θ}}{r^{n + 1}} z^{n} .$

Sachant la fonction $f$ bornée sur le compact ${z \in ℂ | | z | = r}$ , il y a convergence de la série

$\sum \int_{0}^{2 π} | \frac{Im (f (r e^{i θ})) e^{- i n θ}}{r^{n + 1}} z^{n} | d θ$

ce qui permet une intégration terme à terme

$\int_{0}^{2 π} \frac{Im (f (r e^{i θ}))}{r - z e^{- i θ}} d θ = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (\int_{0}^{2 π} Im (f (r e^{i θ})) e^{- i n θ} d θ) \frac{z^{n}}{r^{n + 1}} .$

On obtient ainsi un développement en série entière sur $D (0, r)$ .
Pour l’expliciter, on calcule le terme intégral en procédant à une intégration terme à terme justifiée par l’absolue convergence de $\sum a_{n} r^{n}$

$\int_{0}^{2 π} Im (f (r e^{i θ})) e^{- i n θ} d θ = \sum_{k = 0}^{+ \infty} I_{k} r^{k}$

avec

$I_{k} = Re (a_{k}) \int_{0}^{2 π} \sin (k θ) e^{- i n θ} d θ + Im (a_{k}) \int_{0}^{2 π} \cos (k θ) e^{- i n θ} d θ .$

Pour $n \neq k$ , les deux intégrales sont nulles.

Pour $n = k = 0$ ,

$\int_{0}^{2 π} \sin (k θ) e^{- i n θ} d θ = 0 et \int_{0}^{2 π} \cos (k θ) e^{- i n θ} d θ = 2 π .$

Pour $n = k \neq 0$ ,

$\int_{0}^{2 π} \sin (k θ) e^{- i n θ} d θ$ $= - i \int_{0}^{2 π} \sin^{2} (k θ) d θ = - i π et$

$\int_{0}^{2 π} \cos (k θ) e^{- i n θ} d θ$ $= π .$

On peut alors conclure

$\int_{0}^{2 π} \frac{Im (f (r e^{i θ}))}{r - z e^{- i θ}} d θ$ $= \frac{2 π Im (a_{0})}{r} + π \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{(Im (a_{n}) - i Re (a_{n})) z^{n}}{r}$

$= \frac{i π}{r} (\bar{f (0)} - f (z)) .$
(c)

Si $f$ est une telle fonction, l’intégrale au-dessus est nulle et donc

$f (z) = \bar{f (0)} pour tout | z | < r .$

On en déduit $a_{0} \in ℝ$ et $a_{n} = 0$ pour $n \geq 1$ . La fonction $f$ est alors constante réelle.

[<] Application au calcul de sommes [>] Applications variées des séries entières

Édité le 09-06-2025

	$\int_{0}^{a} \frac{x + \ln (1 - x)}{x^{2}} d x$	$= - \sum_{n = 2}^{+ \infty} \int_{0}^{a} \frac{x^{n - 2}}{n} d x$
		$= - \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{a^{n - 1}}{n (n - 1)} = - \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{a^{n}}{n (n + 1)} .$

	$Re (\int_{0}^{π / 2} e^{- x e^{i t}} d t)$	$= \frac{π}{2} + \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{2 k + 1}}{(2 k + 1) \cdot (2 k + 1)!} {(- 1)}^{k} x^{2 k + 1}$
		$= \frac{π}{2} - \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{(2 k + 1) \cdot (2 k + 1)!} x^{2 k + 1} .$

	$\int_{0}^{1} \ln (2 - t^{2}) d t$	$= {[t \ln (2 - t^{2})]}_{0}^{1} + 2 \int_{0}^{1} \frac{t^{2}}{2 - t^{2}} d t$
		$= 2 \int_{0}^{1} \frac{t^{2} - 2 + 2}{2 - t^{2}} d t$
		$= - 2 + \sqrt{2} {[\ln (\frac{\sqrt{2} + t}{\sqrt{2} - t})]}_{0}^{1} = - 2 + 2 \sqrt{2} \ln (1 + \sqrt{2}) .$

	$\int_{0}^{2 π} \sin (k θ) e^{- i n θ} d θ$	$= - i \int_{0}^{2 π} \sin^{2} (k θ) d θ = - i π et$
	$\int_{0}^{2 π} \cos (k θ) e^{- i n θ} d θ$	$= π .$

	$\int_{0}^{2 π} \frac{Im (f (r e^{i θ}))}{r - z e^{- i θ}} d θ$	$= \frac{2 π Im (a_{0})}{r} + π \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{(Im (a_{n}) - i Re (a_{n})) z^{n}}{r}$
		$= \frac{i π}{r} (\bar{f (0)} - f (z)) .$

Intégration terme à terme et séries entières