Exercice 1 928 Correction

Montrer

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

Solution

Pour tout $t > 0$ , on obtient par sommation géométrique de raison $q = e^{- t}$ avec $| q | < 1$ ,

\frac{t}{e^{t} - 1} = \frac{t}{e^{t}} \cdot \frac{1}{1 - e^{- t}} = t e^{- t} \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(e^{- t})}^{n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} t e^{- (n + 1) t} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} t e^{- n t} .

Posons

f_{n} (t) = t e^{- n t} pour n \in ℕ^{*} et t \in] 0; + \infty [.

Les fonctions $f_{n}$ sont positives.

La série de fonctions $\sum f_{n}$ converge simplement sur $] 0; + \infty [$ en vertu des calculs qui précèdent.

Les fonctions $f_{n}$ sont intégrables sur $] 0; + \infty [$ car

f_{n} (t) \to_{t \to 0^{+}}^{} 0 et t^{2} f_{n} (t) \to_{t \to + \infty}^{} 0 .

Par le théorème d’intégration terme à terme positif, on a l’égalité

\int_{0}^{+ \infty} \sum_{n = 1}^{+ \infty} t e^{- n t} d t = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \int_{0}^{+ \infty} t e^{- n t} d t dans [0; + \infty] .

Par intégration par parties généralisée, on établit

\int_{0}^{+ \infty} | f_{n} (t) | d t = \int_{0}^{+ \infty} t e^{- n t} d t = \frac{1}{n^{2}} .

On peut alors conclure

\int_{0}^{+ \infty} \frac{t}{e^{t} - 1} d t = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} < + \infty .

En substance, la fonction $t \mapsto \frac{t}{e^{t} - 1}$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ (mais on aurait aussi pu l’établir préalablement sans difficultés).

Exercice 2 5251

Soit $p \in ℕ^{*}$ . Établir l’identité

\int_{0}^{+ \infty} \frac{t^{p}}{e^{t} - 1} d t = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{p!}{n^{p + 1}} .

Exercice 3 3214 Correction

Soient $a, b > 0$ . Établir

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

Solution

Par sommation géométrique,

\forall t > 0, \frac{t e^{- a t}}{1 - e^{- b t}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} t e^{- (a + n b) t} .

Posons $f_{n} : ℝ_{+}^{*} \to ℝ$ définie par

f_{n} (t) = t e^{- (a + n b) t} .

Les fonctions $f_{n}$ sont continues par morceaux, la série de fonctions $\sum f_{n}$ converge simplement sur $] 0; + \infty [$ et sa somme est continue par morceaux puisque c’est la fonction

t \mapsto \frac{t e^{- a t}}{1 - e^{- b t}} .

Les fonctions $f_{n}$ sont intégrables sur $] 0; + \infty [$ et par intégration par parties

\int_{[0; + \infty [} | f_{n} | = \int_{0}^{+ \infty} f_{n} = \frac{1}{{(a + b n)}^{2}} = O (\frac{1}{n^{2}}) .

Puisque la série $\sum \int | f_{n} |$ converge, on peut appliquer le théorème d’intégration terme à terme et l’on obtient

\int_{0}^{+ \infty} \frac{t e^{- a t}}{1 - e^{- b t}} d t = \int_{[0; + \infty [} \sum_{n = 0}^{+ \infty} f_{n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \int_{[0; + \infty [} f_{n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{{(a + b n)}^{2}} .

Exercice 4 941 Correction

Établir que pour tout $x > 0$

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

Solution

Notons que $\int_{0}^{1} t^{x - 1} e^{- t} d t$ est bien définie.
Pour tout $t \in] 0; 1]$ ,

t^{x - 1} e^{- t} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n} t^{n + x - 1}}{n!}

donc

\int_{0}^{1} t^{x - 1} e^{- t} d t = \int_{] 0; 1]} \sum_{n = 0}^{+ \infty} f_{n} .

Les fonctions $f_{n}$ sont continues par morceaux, $\sum f_{n}$ converge simplement sur $] 0; 1]$ et est de somme $t \mapsto t^{x - 1} e^{- t}$ continue par morceaux.
Les fonctions $f_{n}$ sont intégrables sur $] 0; 1]$ et

\int_{] 0; 1]} | f_{n} (t) | d t = \frac{1}{n! (x + n)} .

La série $\sum \int_{] 0; 1]} | f_{n} |$ converge donc on peut intégrer terme à terme

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

Exercice 5 4714

Montrer¹¹ 1 Connaissant $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} = \frac{π^{2}}{6}$ , cette étude détermine la valeur (non triviale) de l’intégrale.

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

Exercice 6 2864 MINES (MP)Correction

Existence et calcul de

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

Le résultat est à exprimer à l’aide de $ζ (2)$ .

Solution

Pour $t \in] 0; 1 [$ , on peut écrire

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

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

Sachant que la série des intégrales des valeurs absolues converge, le théorème d’intégration terme à terme donne

\int_{0}^{1} \frac{\ln (t)}{1 - t^{2}} d t = - \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 n + 1)}^{2}} = - \frac{3 ζ (2)}{4}

avec en substance la convergence de l’intégrale étudiée.

Exercice 7 5501 MINES (PSI)Correction

Justifier l’existence et donner la valeur de

\int_{0}^{+ \infty} \frac{1}{sh (\sqrt{x})} d x .

Solution

La fonction

f : x \mapsto \frac{1}{sh (\sqrt{x})} = \frac{2}{e^{\sqrt{x}} - e^{- \sqrt{x}}}

est définie et continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ . Puisque

\frac{1}{sh (\sqrt{x})} \underset{x \to 0^{+}}{\sim} \frac{1}{\sqrt{x}}

la fonction $f$ est intégrable sur $] 0; 1]$ .

Puisque

x^{2} \times \frac{1}{sh (\sqrt{x})} \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{2 x^{2}}{e^{\sqrt{x}}} \underset{X = \sqrt{x}}{=} 2 X^{4} e^{- X} \to_{x \to + \infty}^{} 0

la fonction $f$ est intégrable sur $[1; + \infty [$ .

On en déduit que l’intégrale étudiée converge.

L’application $x \mapsto e^{- \sqrt{x}}$ est une bijection de classe $𝒞^{1}$ décroissante de $] 0; + \infty [$ vers $] 0; 1 [$ . Par le changement de variable généralisé $t = e^{- \sqrt{x}}$ ,

\int_{x = 0}^{+ \infty} \frac{1}{sh (\sqrt{x})} d x = \int_{t = 1}^{0} \frac{2}{t - \frac{1}{t}} \cdot \frac{2 \ln (t)}{t} d t = 4 \int_{0}^{1} \frac{\ln (t)}{t^{2} - 1} d t

avec converge de l’intégrale obtenue.

Par sommation géométrique,

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

Par intégration par parties généralisée,

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

Puisqu’il y a convergence de la série de terme général

\int_{0}^{1} | - t^{2 n} \ln (t) | d t \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{4 n^{2}}

on peut intégrer terme à terme et ainsi

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

Sachant

\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} = \sum_{p = 0}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 p + 1)}^{2}} + \sum_{p = 1}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 p)}^{2}} = \sum_{p = 0}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 p + 1)}^{2}} + \frac{1}{4} \sum_{p = 1}^{+ \infty} \frac{1}{p^{2}}

on conclut

\int_{0}^{+ \infty} \frac{1}{sh (\sqrt{x})} d x = 4 \times \frac{3}{4} \cdot \frac{π^{2}}{6} = \frac{π^{2}}{2} .

Exercice 8 931 Correction

(a)

Établir

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

En déduire

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

Calculer cette somme sachant

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

Solution

(a)

Par intégration par parties généralisée,

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

et donc

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

Sur $] 0; 1 [$ ,

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

Posons $f_{n} (t) = {(- 1)}^{n - 1} t^{n} \ln (t)$ .
Les $f_{n} :] 0; 1 [\to ℝ$ sont continues par morceaux et la série de fonctions $\sum f_{n}$ converge simplement vers $- \frac{\ln (t)}{1 + t}$ elle-même continue par morceaux sur $] 0; 1 [$ .
On a

$\int_{0}^{1} | f_{n} (t) | d t = \frac{1}{{(n + 1)}^{2}}$

et la série $\sum \frac{1}{{(n + 1)}^{2}}$ converge donc on peut intégrer terme à terme la série de fonctions et donc

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

En séparant les termes pairs et les termes impairs (ce qui se justifie en transitant par les sommes partielles)

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n^{2}} = \sum_{p = 0}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 p + 1)}^{2}} - \sum_{p = 1}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 p)}^{2}} = \sum_{p = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} - 2 \sum_{p = 1}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 p)}^{2}} = \frac{1}{2} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} = \frac{π^{2}}{12} .$

Exercice 9 930 Correction

(a)

Établir

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

En déduire

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

Cette valeur est appelée constante de Catalan, elle vaut approximativement $0,916$ .

Solution

(a)

Par une intégration par parties avec convergence du terme entre crochet (car $\arctan (t) \underset{t \to 0}{\sim} t$ )

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

On obtient donc

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

avec convergence des intégrales proposées
(b)

Pour tout $t$ élément de $] 0; 1 [$ ,

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

Posons $f_{n} (t) = {(- 1)}^{n - 1} t^{2 n} \ln (t)$ .

Les $f_{n} :] 0; 1 [\to ℝ$ sont continues par morceaux et la série de fonctions $\sum f_{n}$ converge simplement vers $- \frac{\ln (t)}{1 + t^{2}}$ elle-même continue par morceaux sur $] 0; 1 [$ .

$\int_{0}^{1} | f_{n} (t) | d t = \frac{1}{{(2 n + 1)}^{2}}$

et la série $\sum \frac{1}{{(2 n + 1)}^{2}}$ converge donc on peut intégrer terme à terme la série de fonctions et donc

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

Rq: on aurait aussi pu exploiter $\arctan (t) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{2 n + 1} t^{2 n + 1}$ .

Exercice 10 3781 CCINP (MP)Correction

Prouver l’égalité

\int_{0}^{1} \frac{{(\ln (x))}^{2}}{1 + x^{2}} d x = 2 \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{{(2 n + 1)}^{3}} .

Solution

Pour $x \in [0; 1 [$ , on peut écrire

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

et pour $x \in] 0; 1 [$ , on a

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

Considérons alors la série des fonctions

u_{n} (x) = {(- 1)}^{n} x^{2 n} {(\ln (x))}^{2} .

Par convergence des séries précédentes, la série des fonctions $u_{n}$ converge simplement vers la fonction $x \mapsto {(\ln (x))}^{2} / (1 + x^{2})$ . Les fonctions $u_{n}$ et la fonction somme sont continues par morceaux.
Chaque fonction $u_{n}$ est intégrable et

\int_{0}^{1} | u_{n} (x) | d x = \int_{0}^{1} x^{2 n} {(\ln (x))}^{2} d x .

Par intégration par parties, on montre

\int_{0}^{1} x^{2 n} {(\ln (x))}^{2} d x = \frac{2}{{(2 n + 1)}^{3}} .

On peut alors appliquer le théorème d’intégration terme à terme et affirmer

\int_{0}^{1} \frac{{(\ln (x))}^{2}}{1 + x^{2}} d x = 2 \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{{(2 n + 1)}^{3}} .

Exercice 11 934 Correction

Soit $p \in ℕ$ avec $p \geq 2$ . Établir

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

Solution

Pour $x \in] 0; 1 [$ ,

\frac{{(\ln (x))}^{p}}{1 - x} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} x^{n} {(\ln (x))}^{p} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} f_{n} (x)

avec $f_{n} (x) = x^{n} {(\ln (x))}^{p}$ sur $] 0; 1 [$ .

Les fonctions $f_{n}$ sont continues par morceaux et la somme $\sum_{n = 0}^{+ \infty} f_{n}$ l’est aussi.

Les fonctions $f_{n}$ sont intégrables sur $] 0; 1 [$ et, par intégration par parties généralisée,

\int_{0}^{1} | f_{n} | = {(- 1)}^{p} \int_{0}^{1} x^{n} {(\ln (x))}^{p} d x = \frac{p!}{{(n + 1)}^{p + 1}} .

Puisque la série $\sum \int | f_{n} |$ converge, le théorème d’intégration terme à terme donne

\int_{0}^{1} \frac{{(\ln (x))}^{p}}{1 - x} d x = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \int_{0}^{1} f_{n} (x) d x = {(- 1)}^{p} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{p!}{n^{p + 1}}

avec, en substance, existence de l’intégrale et de la série intoduite.

Exercice 12 2570 CCINP (MP)Correction

Soient $p$ et $k$ des entiers naturels non nuls et $f_{p, k} : x \mapsto x^{p} {(\ln (x))}^{k}$ définie sur $] 0; 1]$ .

(a)

Montrer que $f_{p, k}$ est intégrable sur $] 0; 1]$ .

On pose

K_{p, k} = \int_{0}^{1} x^{p} {(\ln (x))}^{k} d x .

(b)

Exprimer $K_{p, k}$ en fonction de $K_{p, k - 1}$ .
(c)

Soit $n \in ℕ$ . Déterminer une expression de

$J_{n} = \int_{0}^{1} {(x \ln (x))}^{n} d x .$
(d)

Établir

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

Solution

(a)

$f_{p, k}$ est définie et continue par morceaux sur $] 0; 1]$ . Elle est aussi intégrable sur cet intervalle car

$\sqrt{x} f_{p, k} (x) = x^{p + 1 / 2} {(\ln (x))}^{k} \to_{x \to 0^{+}}^{} 0 .$
(b)

Par intégration par parties généralisée,

$K_{p, k} = - \frac{k}{p + 1} K_{p, k - 1} .$
(c)

Par la formule qui précède,

$K_{p, k} = \frac{{(- 1)}^{k} k!}{{(p + 1)}^{k}} K_{p,0} = \frac{{(- 1)}^{k} k!}{{(p + 1)}^{k + 1}} .$

On en déduit

$J_{n} = K_{n, n} = \frac{{(- 1)}^{n} n!}{{(n + 1)}^{n + 1}} .$
(d)

Pour tout $x \in] 0; 1]$ ,

$x^{x} = \exp (x \ln (x)) \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(x \ln (x))}^{n}}{n!} .$

Posons $f_{n} : x \mapsto \frac{1}{n!} {(x \ln (x))}^{n}$ .

Les fonctions $f_{n}$ sont continues par morceaux et intégrables sur $] 0; 1]$ .

La série $\sum f_{n}$ converge simplement sur $] 0; 1]$ et sa somme, qui est $x \mapsto x^{x}$ , est continue par morceaux sur $] 0; 1]$ .

Enfin,

$\int_{0}^{1} | f_{n} (x) | d x = \frac{1}{{(n + 1)}^{n + 1}} \underset{n \to + \infty}{=} o (\frac{1}{n^{2}})$

est terme général d’une série convergente.

Par théorème d’intégration terme à terme, $x \mapsto x^{x}$ est intégrable sur $] 0; 1]$ et

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

Exercice 13 932

Établir l’identité

\int_{0}^{1} \frac{d x}{x^{x}} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{n}} .

Exercice 14 5297 ENSTIM (MP)Correction

Soit $a > 0$ .

(a)

Étudier l’intégrabilité de $f :] 0; + \infty [\to ℝ$ définie par

$f (x) = \frac{\sin (a x)}{e^{x} - 1} .$
(b)

Montrer que

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

Solution

(a)

$f$ est définie, continue par morceaux et intégrable sur $] 0; + \infty [$ car

$f (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{a x}{x} = a et f (x) \underset{x \to + \infty}{=} o (\frac{1}{x^{2}}) .$
(b)

Pour $x > 0$ , on écrit

$\frac{1}{e^{x} - 1} = e^{- x} \frac{1}{1 - e^{- x}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} e^{- (n + 1) x} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} e^{- n x} .$

On a donc

$\int_{0}^{+ \infty} f (x) d x = \int_{0}^{+ \infty} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \sin (a x) e^{- x} d x$

Pour opérer l’intégration terme à terme, introduisons les fonctions $f_{n}$ définies sur l’intervalle $] 0; + \infty [$ par

$f_{n} (x) = \sin (a x) e^{- n x} avec n \in ℕ^{*} .$

Par les calculs qui précèdent, la série des fonctions $f_{n}$ converge simplement sur $] 0; + \infty [$ et sa somme est la fonction intégrée de notre étude. Les fonctions $f_{n}$ et la fonction somme sont continues par morceaux. Les fonctions $f_{n}$ sont intégrables sur $] 0; + \infty [$ car prolongeables par continuité¹¹ 1 La borne $0$ est faussement généralisée et l’intégrale de $f_{n}$ peut être considérée sur $[0; + \infty [$ . en $0$ et négligeables devant $x \mapsto 1 / x^{2}$ en $+ \infty$ . Pour pouvoir exploiter le théorème d’intégration terme à terme, il reste à vérifier la convergence de la série de terme général

$\int_{0}^{+ \infty} | f_{n} (x) | d x = \int_{0}^{+ \infty} | \sin (a x) | e^{- n x} d t .$

Méthode: Cette intégrale est délicate à calculer à cause de la valeur absolue du sinus qui, pour être résolue, nécessite de découper l’intégrale en les $k π$ avec $k \in ℕ$ . On peut cependant se contenter de la majorer en employant l’inégalité²² 2 L’inégalité $| \sin (x) | \leq 1$ n’est en revanche pas décisive car donne $\int_{0}^{+ \infty} | f_{n} (x) | d x \leq \frac{1}{n}$ et la série des $1 / n$ diverge. classique $| \sin (u) | \leq | u |$ valable pour tout $u$ réel.

Par l’inégalité proposée, on écrit

$\int_{0}^{+ \infty} | f_{n} (x) | d x \leq a \int_{0}^{+ \infty} x e^{- n x} d t .$

Par une intégration par parties où le terme du crochet admet une limite finie en $+ \infty$ , on obtient

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

Cela est le terme général d’une série convergente et donc, par comparaison de séries à termes positifs, on peut affirmer qu’il y a convergence de la série des intégrales des valeurs absolues des fonctions $f_{n}$ . Par le théorème d’intégration terme à terme, on peut écrire l’identité qui suit avec convergence absolue de la série introduite

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (x)}{e^{x} - 1} d x = \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\int_{0}^{+ \infty} \sin (x) e^{- n x} d t) .$

Les intégrales en second membre se calculent rapidement en transitant par les nombres complexes

$\int_{0}^{+ \infty} \sin (a x) e^{- n x} d x = Im (\int_{0}^{+ \infty} e^{- (n - i a) x}) d x = Im (\frac{1}{n - i a}) = \frac{a}{n^{2} + a^{2}}$

et l’on obtient la formule voulue.

Exercice 15 5795 Correction

Établir, pour $x \in ℝ$ ,

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

Solution

Pour $t > 0$ ,

\frac{e^{i x t} - 1}{e^{t} - 1} = e^{- t} \frac{e^{i x t} - 1}{1 - e^{- t}} .

Par sommation géométrique de raison $q = e^{- t}$ avec $| q | < 1$ ,

\frac{e^{i x t} - 1}{e^{t} - 1} = e^{- t} (e^{i x t} - 1) \sum_{n = 0}^{+ \infty} e^{- n t} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} (e^{i x t} - 1) e^{- n t} .

Introduisons

f_{n} (t) = (e^{i x} - 1) e^{- n t} pour n \in ℕ^{*} et t > 0 .

La série de fonctions $\sum f_{n}$ converge simplement sur $] 0; + \infty [$ et chaque fonction $f_{n}$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ avec

\int_{0}^{+ \infty} | f_{n} (t) | d t = \int_{0}^{+ \infty} | e^{i x} - 1 | e^{- n t} d t .

Or la fonction $u \mapsto e^{i u}$ est $1$ -lipschitzienne sur $ℝ$ car dérivable et de dérivée bornée par $1$ . On en déduit

\forall t > 0, | e^{i x t} - 1 | \leq | x | t

et donc

\int_{0}^{+ \infty} | f_{n} (t) | d t \leq \int_{0}^{+ \infty} | x | t e^{- n t} d t .

Cette dernière intégrale se calcule par intégration par parties et l’on obtient

\int_{0}^{+ \infty} | f_{n} (t) | d t \leq \frac{| x |}{n^{2}} .

La série $\sum \int_{0}^{+ \infty} | f_{n} |$ est donc convergente.

Par théorème d’intégration terme à terme, on peut écrire avec existences

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

Pour $n \geq 1$ ,

\int_{0}^{+ \infty} (e^{i x t} - 1) e^{- n t} d t = {[\frac{e^{(i x - n) t}}{i x - n} + \frac{e^{- n t}}{n}]}_{0}^{+ \infty} = \frac{1}{n - i x} - \frac{1}{n} = \frac{i x}{n (n - i x)} .

Finalement,

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

Exercice 16 2870 MINES (MP)Correction

Pour $x > 1$ , on pose

ζ (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{x}} .

Montrer

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

Solution

On sait que la fonction $ζ$ est continue. Sous réserve d’existence

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

Par un calcul direct,

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

La convergence de la série des intégrales des valeurs absolues assure la convergence de l’intégrale du premier membre et permet de permuter intégrale et somme. On obtient alors

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

Exercice 17 2360 CCINP (MP)Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ , soit $f_{n}$ l’application définie par

f_{n} (x) = {\begin{matrix} \frac{2 sh (x)}{e^{n x} - 1} & si x \in] 0; + \infty [ \\ α & si x = 0 . \end{matrix}

(a)

Pour quelle valeurs de $α$ la fonction $f_{n}$ est-elle continue?
Dans la suite, on prendra cette valeur de $α$ .
(b)

Montrer que $f_{n}$ est bornée.
(c)

Montrer que $\int_{0}^{+ \infty} f_{n} (x) d x$ existe pour $n \geq 2$ .
(d)

Exprimer $\int_{0}^{+ \infty} f_{n} (x) d x$ comme la somme d’une série.

Solution

(a)

Pour $n \in ℕ^{*}$ ,

$f_{n} (x) \underset{x \to 0^{+}}{\sim} \frac{2 x}{n x} \to_{x \to 0^{+}}^{} \frac{2}{n}$

$α = \frac{2}{n}$ est l’unique valeur pour laquelle $f$ est continue en $0$ .
(b)

$f_{n}$ est continue sur $[0; + \infty [$ et

$f_{n} (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{e^{x}}{e^{n x}} \to_{x \to + \infty}^{} 0 .$

La fonction $f_{n}$ est donc bornée sur $ℝ_{+}$ .
(c)

$f_{n}$ est définie et continue sur $[0; + \infty [$ et

$x^{2} f_{n} (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} x^{2} e^{- (n - 1) x} \to_{x \to + \infty}^{} 0 .$

La fonction $f_{n}$ est donc intégrable sur $[0; + \infty [$ .
(d)

Pour $x > 0$ ,

$\frac{2 sh (x)}{e^{n x} - 1} = 2 sh (x) \sum_{k = 1}^{+ \infty} e^{- n k x} = \sum_{k = 1}^{+ \infty} (e^{- (n k - 1) x} - e^{- (n k + 1) x}) .$

$\int_{0}^{+ \infty} | e^{- (n k - 1) x} - e^{- (n k + 1) x} | d x = \frac{1}{n k - 1} - \frac{1}{n k + 1} = \frac{2}{n^{2} k^{2} - 1} = O (\frac{1}{k^{2}}) .$

Par convergence de la série des intégrales des valeurs absolues, on peut sommer terme à terme et affirmer

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

Notons que la somme est facile à calculer pour $n = 2$ .

Exercice 18 2438 CENTRALE (MP)Correction

(a)

Démontrer la convergence de la série de terme général

$a_{n} = \frac{n!}{n^{n}} .$
(b)

Comparer

$a_{n} et n \int_{0}^{+ \infty} t^{n} e^{- n t} d t .$
(c)

En déduire:

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

Solution

(a)

On remarque $| \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} | \to_{n \to + \infty}^{} 1 / e < 1$ . Par la règle de d’Alembert, la série converge.
(b)

Posons

$I_{n} = \int_{0}^{+ \infty} t^{n} e^{- α t} d t .$

Par intégration par parties, on obtient $I_{n} = \frac{n!}{α^{n + 1}}$ d’où

$a_{n} = n \int_{0}^{+ \infty} t^{n} e^{- n t} d t .$
(c)

On a

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} a_{n} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \int_{0}^{+ \infty} n t^{n} e^{- n t} d t$

et la série

$\sum \int_{0}^{+ \infty} | n t^{n} e^{- n t} | d t = \sum a_{n}$

converge donc on peut intégrer terme à terme et l’on obtient

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} a_{n} = \int_{0}^{+ \infty} \sum_{n = 1}^{+ \infty} n t^{n} e^{- n t} d t$

avec

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

d’où la conclusion.

Exercice 19 939 CENTRALE (MP)Correction

Soient $α > 0$ , $n \in ℕ$ . On pose

u_{n} (α) = \int_{0}^{π / 2} {(\sin (t))}^{α} {(\cos (t))}^{n} d t .

(a)

Donner la Nature de la série de terme général $u_{n} (1)$ .
(b)

Plus généralement, donner nature de la série de terme général $u_{n} (α)$ pour $α > 0$ .
(c)

Calculer $\sum_{n = 1}^{+ \infty} u_{n} (α)$ pour $α = 2$ et $α = 3$ .

Solution

(a)

On a

$u_{n} (1) = \int_{0}^{π / 2} \sin (t) {(\cos (t))}^{n} d t = {[- \frac{1}{n + 1} \cos^{n + 1} (t)]}_{0}^{π / 2} = \frac{1}{n + 1} .$

La série de terme général $u_{n} (1)$ est divergente.
(b)

Pour $α \leq 1$ ,

$\forall t \in] 0; π / 2], {(\sin (t))}^{α} \geq \sin (t)$

et donc $u_{n} (α) \geq u_{n} (1)$ .

On en déduit que la série de terme général $u_{n} (α)$ est divergente.

Pour $α > 1$ . La série des $u_{n} (α)$ est une série à termes positifs et

$\sum_{k = 0}^{n} u_{k} (α) = \int_{0}^{π / 2} {(\sin (t))}^{α} \frac{1 - {(\cos (t))}^{n + 1}}{1 - \cos (t)} d t$

donc

$\sum_{k = 0}^{n} u_{k} (α) \leq \int_{0}^{π / 2} \frac{{(\sin (t))}^{α}}{1 - \cos (t)} d t$

avec l’intégrale majorante qui est convergente puisque

$\frac{{(\sin (t))}^{α}}{1 - \cos (t)} \underset{t \to 0^{+}}{\sim} 2 \frac{t^{α}}{t^{2}} = \frac{2}{t^{2 - α}} .$

Puisque la série à termes positifs $\sum u_{n} (α)$ a ses sommes partielles majorées, elle est convergente.
(c)

Par ce qui précède, on peut intégrer terme à terme car il y a convergence de la série des intégrales des valeurs absolues des fonctions. On peut alors écrire

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} \int_{0}^{π / 2} \sin^{α} (t) \cos^{n} (t) d t = \int_{0}^{π / 2} \frac{\sin^{α} (t)}{1 - \cos (t)} d t .$

Cas: $α = 2$ .

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

Cas: $α = 3$ .

$\int_{0}^{π / 2} \frac{\sin^{3} (t)}{1 - \cos (t)} d t = \int_{0}^{π / 2} \sin (t) (1 + \cos (t)) d t = \frac{3}{2} .$

Exercice 20 2609 ENSTIM (MP)Correction

Pour $n \geq 1$ , on pose

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

(a)

Déterminer la limite de la suite ${(I_{n})}_{n \geq 1}$ .
(b)

Établir que pour tout entier $n \geq 1$ ,

$I_{n + 1} = \frac{3 n - 1}{3 n} I_{n} .$
(c)

Déterminer un réel $α$ tel qu’il y ait convergence de la suite de terme général

$u_{n} = \ln (n^{α} I_{n}) .$
(d)

En déduire la convergence de la série

$\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n} I_{n}$

et exprimer sa somme à l’aide d’une intégrale.

Solution

(a)

On applique le théorème de convergence dominée.

Pour $n \geq 1$ , on introduit $f_{n} : [0; + \infty [\to ℝ$ définie par

$f_{n} (t) = \frac{1}{{(1 + t^{3})}^{n}} .$

Pour $t \in [0; + \infty [$ ,

$f_{n} (t) \to_{n \to + \infty}^{} u_{\infty} (t) = {\begin{matrix} 1 & si t = 0 \\ 0 & sinon. \end{matrix}$

Pour $n \in ℕ^{*}$ et $t \in [0; + \infty [$ ,

$| f_{n} (t) | = \frac{1}{{(1 + t^{3})}^{n}} \leq \frac{1}{1 + t^{3}} = φ (t) .$

La fonction $φ : [0; + \infty [\to ℝ_{+}$ est définie et intégrable sur $[0; + \infty [$ car

$φ (t) \underset{t \to + \infty}{\sim} \frac{1}{t^{3}} .$

Par le théorème de convergence dominée,

$I_{n} = \int_{0}^{+ \infty} f_{n} (t) d t \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{+ \infty} f_{\infty} (t) d t = 0 .$
(b)

Soit $n \in ℕ^{*}$ . On réalise une intégration par parties généralisée avec

$u (t) = t et v (t) = \frac{1}{{(1 + t^{3})}^{n}} .$

Les fonctions $u$ et $v$ sont de classe $𝒞^{1}$ sur $[0; + \infty [$ et

$u (t) v (t) = \frac{t}{{(1 + t^{3})}^{n}} \to_{t \to + \infty}^{} 0 .$

Avec convergence de l’intégrale introduite, le théorème d’intégration par parties généralisée donne

$I_{n}$ $= \underset{\begin{matrix} = 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{{[\frac{t}{{(1 + t^{3})}^{n}}]}_{0}^{+ \infty}}} - \int_{0}^{+ \infty} t \cdot \frac{- 3 n t^{2}}{{(1 + t^{3})}^{n + 1}} d t$

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

Or

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

On en déduit la relation demandée.
(c)

La suite ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ a la nature de la série de terme général $v_{n} = u_{n + 1} - u_{n}$ .

Or

$v_{n}$ $= \ln (\frac{{(n + 1)}^{α} I_{n + 1}}{n^{α} I_{n}}) = α \ln (\frac{n + 1}{n}) + \ln (\frac{I_{n + 1}}{I_{n}})$

$= α \ln (1 + \frac{1}{n}) + \ln (1 - \frac{1}{3 n}) \underset{n \to + \infty}{=} \frac{α - 1 / 3}{n} + O (\frac{1}{n^{2}}) .$

Cas: $α \neq 1 / 3$ . On a

$v_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{λ}{n} avec λ = α - \frac{1}{3} \neq 0 .$

Par cet équivalent de Riemann, la série de terme général $v_{n}$ diverge.

Cas: $α = 1 / 3$ . On a

$v_{n} \underset{n \to + \infty}{=} O (\frac{1}{n^{2}}) .$

Par cette comparaison, la série de terme général $v_{n}$ converge absolument.

Finalement, la série de terme général $v_{n}$ converge (c’est-à-dire la suite $(u_{n})$ converge) si, et seulement si, $α = 1 / 3$ .
(d)

Puisque

$\ln (n^{1 / 3} I_{n}) \to_{n \to + \infty}^{} ℓ avec ℓ \in ℝ$

on obtient

$I_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{e^{ℓ}}{\sqrt[3]{n}}$

et donc

$\frac{1}{n} I_{n} \underset{n \to + \infty}{=} O (\frac{1}{n^{4 / 3}}) .$

Par suite, la série $\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n} I_{n}$ converge.

On a

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

Les fonctions $f_{n}$ sont toutes positives, on peut intégrer terme à terme

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

On reconnaît alors le développement en série entière de $x \mapsto - \ln (1 - x)$ sur $] - 1; 1 [$ et l’on poursuit

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

Enfin, mais cela n’est pas demandé, l’intégrale obtenue se calcule par intégration par parties

$- \int_{0}^{+ \infty} \ln (1 - \frac{1}{1 + t^{3}}) d t = \frac{2}{\sqrt{3}} π$

sachant

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{1 + t^{3}} = \frac{2 π}{3 \sqrt{3}} .$

Exercice 21 2840 MINES (MP)Correction

(a)

Soit $(s, λ) \in ℝ_{+}^{*} \times ℂ$ . Quelle est la nature de la série de terme général

$\frac{λ^{n}}{s (s + 1) \dots (s + n)}$

pour $n \geq 0$ ?

À $λ$ fixé, on note $Δ_{λ}$ l’ensemble des $s > 0$ tels que la série converge, et l’on note $F_{λ} (s)$ la somme de cette série.

(b)

Calculer ${lim}_{s \to sup Δ_{λ}} F_{λ} (s)$ .
(c)

Donner un équivalent de $F_{λ} (s)$ quand $s$ tend vers $inf Δ_{λ}$ .
(d)

Pour $n \geq 1$ , calculer

$\int_{0}^{1} {(1 - y)}^{s - 1} y^{n} d y .$
(e)

En déduire une expression intégrale de $F_{λ} (s)$ .

Solution

(a)

Par la règle de d’Alembert, la série converge pour tout $(s, λ) \in ℝ_{+}^{*} \times ℂ$ .

$Δ_{λ} =] 0; + \infty [.$
(b)

$F_{λ} (s) = \frac{1}{s} (1 + \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{λ^{n}}{(s + 1) \dots (s + n)}) .$

Or

$| 1 + \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{λ^{n}}{(s + 1) \dots (s + n)} | \leq \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{| λ |}^{n}}{n!} = e^{| λ |}$

donc

$F_{λ} (s) \to_{s \to + \infty}^{} 0 .$
(c)

Puisque

$| \frac{λ^{n}}{(s + 1) \dots (s + n)} | \leq \frac{λ^{n}}{n!}$

il y a convergence normale sur $ℝ_{+}$ de la série des fonctions continues $s \mapsto \frac{λ^{n}}{(s + 1) \dots (s + n)}$ . Cela permet d’affirmer

$1 + \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{λ^{n}}{(s + 1) \dots (s + n)} \to_{s \to 0^{+}}^{} 1 + \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{λ^{n}}{n!} = e^{λ}$

et donc

$F_{λ} (s) \underset{s \to 0^{+}}{\sim} \frac{e^{λ}}{s} .$
(d)

Par intégrations par parties successives,

$\int_{0}^{1} {(1 - y)}^{s - 1} y^{n} d y = \frac{n!}{s (s + 1) \dots (s + n)} .$
(e)

$F_{λ} (s) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{λ^{n}}{n!} \int_{0}^{1} {(1 - y)}^{s - 1} y^{n} d y .$

Par convergence de la série des intégrales des valeurs absolues, on peut échanger somme et intégrale,

$F_{λ} (s) = \int_{0}^{1} e^{λ y} {(1 - y)}^{s - 1} d y .$

Exercice 22 4144 Correction

(a)

Pour $k \in ℕ^{*}$ , calculer

$I_{k} = \int_{0}^{1} t^{k - 1} \ln (t) d t .$
(b)

Pour $n \in ℕ$ , on pose

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

Exprimer $R_{n}$ à l’aide d’une intégrale.
(c)

Calculer

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} R_{n} .$

Solution

(a)

La fonction définissant l’intégrale $I_{k}$ est intégrable sur $] 0; 1]$ car

$\sqrt{t} \times t^{k - 1} \ln (t) \to_{t \to 0^{+}}^{} 0 .$

Par une intégration par parties généralisée,

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

Le terme $R_{n}$ est bien définie car c’est le reste d’une série convergeant absolument. Ce qui précède, nous encourage à écrire

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

Pour intégrer terme à terme, on introduit $u_{k} :] 0; 1] \to ℝ$ définie par

$u_{k} (t) = {(- t)}^{k - 1} \ln (t) .$

Par sommation géométrique, la série des fonctions $u_{k}$ converge simplement sur $] 0; 1 [$ (et même sur $] 0; 1]$ ). Les fonctions $u_{k}$ sont toutes continues par morceaux et la fonction somme

$\sum_{k = n + 1}^{+ \infty} u_{k} : t \mapsto \frac{{(- 1)}^{n} t^{n} \ln (t)}{1 + t}$

l’est aussi. Les fonctions $u_{k}$ sont intégrables sur $] 0; 1]$ et il y a convergence de la série

$\sum \int_{0}^{1} | u_{k} | = \sum \frac{1}{k^{2}} .$

Les hypothèses du théoème d’intégration terme à terme sont réunies et donc

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

On opère encore une intégration terme à terme en considérant cette fois-ci les fonctions $v_{n}$ déterminées par

$v_{n} (t) = \frac{{(- 1)}^{n} t^{n} \ln (t)}{1 + t} avec t \in] 0; 1] et n \in ℕ .$

Encore une fois les hypothèses d’usages sont réunies, notamment parce que

$\int_{0}^{1} | v_{n} (t) | d t \leq \int_{0}^{1} t^{n} | \ln (t) | d t = \frac{1}{n^{2}} .$

On en déduit

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

Par une intégration par parties généralisée où l’on choisit $1 - \frac{1}{1 + t} = \frac{t}{1 + t}$ comme primitive de $\frac{1}{{(1 + t)}^{2}}$ , on obtient

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

On peut conclure

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} R_{n} = \ln (2) .$

Exercice 23 5958 Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on pose

u_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} - \ln (n) .

(a)

Montrer que la suite ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ converge.

On note $γ$ la limite de la suite ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ .

(b)

Pour $n \in ℕ^{*}$ , établir

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

En déduire

$\int_{0}^{1} \frac{1}{1 + t} \sum_{n = 0}^{+ \infty} t^{2^{n}} d t = 1 - γ .$

Solution

(a)

Pour $n \geq 2$ ,

$u_{n} - u_{n - 1} = \frac{1}{n} - \ln (n) + \ln (n - 1) = \frac{1}{n} + \ln (1 - \frac{1}{n}) \underset{n \to + \infty}{=} O (\frac{1}{n^{2}}) .$

La série $\sum (u_{n} - u_{n - 1})$ converge absolument et donc converge. En vertu du lien suite-série, la suite ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ converge.
(b)

Pour $n \in ℕ^{*}$ ,

$u_{n} - u_{2 n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} - \sum_{k = 1}^{2 n} \frac{1}{k} + \ln (2) .$

On remarque

$\forall k \in ℕ^{*}, \frac{1}{k} = \int_{0}^{1} t^{k - 1} d t$

et donc

$\sum_{k = 1}^{2 n} \frac{1}{k} = \sum_{k = 1}^{2 n} \int_{0}^{1} t^{k - 1} d t = \int_{0}^{1} \sum_{k = 1}^{2 n} t^{k - 1} d t = \int_{0}^{1} \frac{1 - t^{2 n}}{1 - t} d t .$

Aussi,

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} = 2 \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{2 k} = 2 \sum_{k = 1}^{n} \int_{0}^{1} t^{2 k - 1} d t = 2 \int_{0}^{1} \sum_{k = 1}^{n} t^{2 k - 1} d t = 2 \int_{0}^{1} t \frac{1 - t^{2 n}}{1 - t^{2}} d t .$

Enfin,

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

Au final,

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

En regroupant les intégrales,

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

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

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

Par télescopage,

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

Par sommation de termes positifs, on peut intégrer terme à terme et conclure

$1 - γ = \int_{0}^{1} \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{t^{2^{k + 1}}}{1 + t} d t = \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + t} \sum_{k = 1}^{+ \infty} t^{2^{k}} d t .$

[<] Applications de la convergence dominée [>] Non-intégration terme à terme

Édité le 18-06-2024

	$I_{n}$	$= \underset{\begin{matrix} = 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{{[\frac{t}{{(1 + t^{3})}^{n}}]}_{0}^{+ \infty}}} - \int_{0}^{+ \infty} t \cdot \frac{- 3 n t^{2}}{{(1 + t^{3})}^{n + 1}} d t$
		$= 3 n \int_{0}^{+ \infty} \frac{t^{3}}{{(1 + t^{3})}^{n + 1}} d t .$

	$v_{n}$	$= \ln (\frac{{(n + 1)}^{α} I_{n + 1}}{n^{α} I_{n}}) = α \ln (\frac{n + 1}{n}) + \ln (\frac{I_{n + 1}}{I_{n}})$
		$= α \ln (1 + \frac{1}{n}) + \ln (1 - \frac{1}{3 n}) \underset{n \to + \infty}{=} \frac{α - 1 / 3}{n} + O (\frac{1}{n^{2}}) .$

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

Intégration terme à terme