Exercice 1 4715

Montrer

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

et en déduire la valeur de la somme.

Exercice 2 936 Correction

Soit $a > 0$ . Montrer

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

Solution

On a

\frac{1}{1 + t^{a}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} t^{n a} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} f_{n} (t)

avec $f_{n} (t) = {(- 1)}^{n} t^{n a}$ sur $] 0; 1 [$ .

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

et $\sum \frac{1}{n a + 1}$ diverge, le théorème d’intégration terme à terme ne s’applique pas.

De plus, la série de fonctions ne converge par uniformément sur $[0; 1]$ car elle ne converge pas simplement en $1$ …

Transitons alors par les sommes partielles et le théorème de convergence dominée. Posons

S_{n} : t \mapsto \sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k} t^{k a} = \frac{1 - {(- 1)}^{n + 1} t^{(n + 1) a}}{1 + t^{a}} .

La suite $(S_{n})$ converge simplement sur $[0; 1 [$ vers la fonction

S : t \mapsto \frac{1}{1 + t^{a}} .

De plus,

| S_{n} (t) | \leq \frac{2}{1 + t^{a}} = φ (t)

avec $φ$ intégrable sur $[0; 1 [$ .

Par le théorème de convergence dominée, on obtient

\int_{0}^{1} S_{n} (t) d t \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{1} \frac{d t}{1 + t^{a}} .

\int_{0}^{1} S_{n} (t) d t = \sum_{k = 0}^{n} \int_{0}^{1} {(- 1)}^{k} t^{k a} d t = \sum_{k = 0}^{n} \frac{{(- 1)}^{k}}{k a + 1}

donc

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

avec, en substance, la convergence de la série introduite.

Exercice 3 942 Correction

Soit $α > 0$ . Établir que

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

Solution

Notons que l’intégrale étudiée est bien définie.

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

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

Le théorème d’intégration terme à terme ne pourra pas s’appliquer car ici

\sum \int_{] 0; 1 [} | f_{n} | = \sum \frac{1}{n + α} diverge.

Nous allons alors intégrer terme à terme en exploitant les sommes partielles.
Posons

S_{n} : x \mapsto \sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k} x^{k + α - 1} = x^{α - 1} \frac{1 - {(- 1)}^{n + 1} x^{n + 1}}{1 + x} .

Les fonctions $S_{n}$ sont continues par morceaux et convergent simplement sur $] 0; 1 [$ vers la fonction

S : x \mapsto \frac{x^{α - 1}}{1 + x}

elle-même continue par morceaux.
De plus,

| S_{n} (x) | \leq \frac{2 x^{α - 1}}{1 + x} = φ (x)

avec $φ$ fonction intégrable sur $] 0; 1 [$ .
Par le théorème de convergence dominée, on obtient

\int_{0}^{1} S_{n} (x) d x \to \int_{0}^{1} \frac{x^{α - 1}}{1 + x} d x .

\int_{0}^{1} S_{n} (x) d x = \sum_{k = 0}^{n} \int_{0}^{1} {(- 1)}^{k} x^{k + α - 1} d x = \sum_{k = 0}^{n} \frac{{(- 1)}^{k}}{k + α}

et on peut donc conclure

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

avec en substance la convergence de la série introduite.

Exercice 4 2863 Correction

(a)

Soient $a, b > 0$ . Établir

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

Calculer

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{3 n + 1} .$

Solution

(a)

Pour $t \in] 0; 1 [$ , on peut écrire

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

Posons

$S_{n} : t \mapsto \sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k} t^{a + k b - 1} = t^{a - 1} \frac{1 - {(- 1)}^{n + 1} t^{(n + 1) b}}{1 + t^{b}} .$

Les fonctions $S_{n}$ sont continues par morceaux et la suite $(S_{n})$ converge simplement sur $] 0; 1 [$ vers la fonction

$S : t \mapsto \frac{t^{a - 1}}{1 + t^{b}}$

elle-même continue par morceaux.
De plus,

$| S_{n} (t) | \leq \frac{2 t^{a - 1}}{1 + t^{b}} = φ (t)$

avec $φ$ intégrable sur $] 0; 1 [$ .
Par convergence dominée, on obtient

$\int_{0}^{1} S_{n} (t) d t \to \int_{0}^{1} \frac{t^{a - 1}}{1 + t^{b}} d t$

avec convergence de l’intégrale introduite.
Or

$\int_{0}^{1} S_{n} (t) d t = \sum_{k = 0}^{n} \int_{0}^{1} {(- 1)}^{k} t^{a + k b - 1} = \sum_{k = 0}^{n} \frac{{(- 1)}^{k}}{a + k b}$

donc

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

avec convergence de la série introduite..
(b)

Après calculs,

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

Exercice 5 6051 CCINP (PC)Correction

1.

Donner le développement en série entière de $x \mapsto \frac{1}{1 + x}$ .
2.
Pour $r$ réel convenable, on pose

$s (r) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{x^{r - 1}}{1 + x} d x .$
1. (a)
  
  Déterminer le domaine $𝒟$ de définition de $s$ .
2. (b)
  
  À l’aide d’un changement de variable, montrer que pour tout $r \in 𝒟$
  
  $\int_{1}^{+ \infty} \frac{x^{r - 1}}{1 + x} d x = \int_{0}^{1} \frac{t^{- r}}{1 + t} d t .$
3.
L’objet de cette question est d’exprimer $s (r)$ pour tout $r \in 𝒟$ comme la somme d’une série.
1. (a)
  
  Étant donné $α > - 1$ , on pose pour tout $n \in ℕ$
  
  $u_{n} = \int_{0}^{1} \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} {(- 1)}^{k} t^{k + α} d t .$
  
  Montrer que pour tout $n \in ℕ^{*}$ et $t \in [0; 1 [$ ,
  
  $| \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} {(- 1)}^{k} t^{k + α} | \leq t^{n}$
  
  et en déduire que $(u_{n})$ converge vers $0$ .
2. (b)
  
  En déduire une expression de $\int_{0}^{1} \frac{t^{α}}{1 + t} d t$ sous la forme de la somme d’une série
3. (c)
  
  Conclure
  
  $s (r) = \frac{1}{r} + \sum_{n = 1}^{+ \infty} {(- 1)}^{n - 1} \frac{2 r}{n^{2} - r^{2}} .$

Solution

1.

Par sommation géométrique de raison $- x$ ,

$\forall x \in] - 1; 1 [, \frac{1}{1 + x} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} x^{n} .$
2.
1. (a)
  
  Soit $r \in ℝ$ . L’intégrale définissant $s (r)$ est généralisée en $0$ et en $+ \infty$ . On observe
  
  $\frac{x^{r - 1}}{1 + x} \underset{x \to 0^{+}}{\sim} x^{r - 1} et \frac{x^{r - 1}}{1 + x} \underset{x \to + \infty}{\sim} x^{2 - r} .$
  
  Par équivalence à une fonction de Riemann, la fonction $x \mapsto \frac{x^{r - 1}}{1 + x}$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ si, et seulement si, $r \in] 0; 1 [$ . Au surplus, par positivité, l’intégrabilité équivaut à la convergence de l’intégrale.
2. (b)
  
  Par le changement de variable $t = 1 / x$ on obtient la relation voulue. Notons que la fonction $x \mapsto 1 / x$ est de classe $𝒞^{1}$ strictement décroissante ce qui légitime l’emploi de ce changement de variable.
3.
1. (a)
  
  Pour $t \in [0; 1 [$ , on obtient par sommation géométrique de raison $- t$ ,
  
  $\sum_{k = n + 1}^{+ \infty} {(- 1)}^{k} t^{k + α} = {(- 1)}^{n + 1} \frac{t^{n + 1 + α}}{1 + t} .$
  
  On en déduit
  
  $| \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} {(- 1)}^{k} t^{k + α} | = \frac{t^{n + 1 + α}}{1 + t} \leq t^{n + 1 + α} \leq t^{n}$
  
  puis
  
  $| u_{n} | \leq \int_{0}^{1} | \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} {(- 1)}^{k} t^{k + α} | d t \leq \int_{0}^{1} t^{n} d t = \frac{1}{n + 1} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$
2. (b)
  
  À l’aide du développement en série entière initial,
  
  $\int_{0}^{1} \frac{t^{α}}{1 + t} d t = \int_{[0; 1 [} \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} t^{n + α} d t .$
  
  On introduit $N \in ℕ$ et l’on écrit avec convergence
  
  $\int_{0}^{1} \frac{t^{α}}{1 + t} d t$ $= \int_{[0; 1 [} \sum_{n = 0}^{N} {(- 1)}^{n} t^{n + α} d t + \int_{[0; 1 [} \sum_{n = N + 1}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} t^{n + α} d t$
  
  $= \sum_{n = 0}^{N} \int_{[0; 1 [} {(- 1)}^{n} t^{n + α} d t + u_{n} \to_{N \to + \infty}^{} \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n + α + 1} .$
3. (c)
  
  Par la relation de Chasles,
  
  $s (r) = \int_{0}^{1} \frac{x^{r - 1}}{1 + x} d x + \int_{1}^{+ \infty} \frac{x^{r - 1}}{1 + x} d x .$
  
  En vertu de ce qui précède,
  
  $s (r)$ $= \int_{0}^{1} \frac{t^{r - 1}}{1 + t} d t + \int_{0}^{1} \frac{t^{- r}}{1 + t} d t$
  
  $= \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n + r} + \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n - r + 1} .$
  
  On isole le premier terme de la première somme et un glissement d’indice sur la seconde somme avant de combiner les deux sommes
  
  $s (r) = \frac{1}{r} + \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n + r} + \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n - r} = \frac{1}{r} + \sum_{n = 1}^{+ \infty} {(- 1)}^{n - 1} \frac{2 r}{n^{2} - r^{2}} .$

Exercice 6 2437 Correction

Montrer

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

Solution

Soit $f_{n} : [0; + \infty [\to ℝ$ la fonction définie par

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

On observe ${∥ f_{n} ∥}_{\infty} = 1 / n^{2}$ et donc la série des fonctions $f_{n}$ converge normalement, donc uniformément sur $[0; + \infty [$ . Puisque chaque $f_{n}$ est continue, on peut affirmer que la fonction

S : t \mapsto \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n^{2} + t^{2}}

est définie et continue sur $[0; + \infty [$ .
Les fonctions $f_{n}$ sont intégrables sur $ℝ_{+}$ et

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

Puisque la série $\sum \int | f_{n} |$ diverge, on ne peut intégrer directement terme à terme.

Raisonnons alors par les sommes partielles en exploitant le théorème de convergence dominée. Posons

S_{n} : t \mapsto \sum_{k = 1}^{n} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k^{2} + t^{2}} .

Les fonctions $S_{n}$ sont continues par morceaux sur $[0; + \infty [$ et converge simplement vers la fonction $S$ elle-même continue par morceaux.
De plus, le critère spécial des séries alternées s’appliquant, on a

0 \leq S_{n} (t) \leq \frac{1}{1 + t^{2}} = φ (t)

avec $φ$ intégrable sur $[0; + \infty [$ .
Par le théorème de convergence dominée, on obtient

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

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

donc

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

avec convergence de la série introduite.

Exercice 7 2867 MINES (MP)

Soit $(a_{n})$ une suite croissante de réels strictement positifs de limite $+ \infty$ .

Justifier

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

Exercice 8 4155 CCINP (MP)Correction

Soit $p \in ℕ^{*}$ . Pour tout $n \in ℕ$ , on pose

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

(a)

Montrer l’existence de l’intégrale définissant $S_{n}$ .
(b)

Pour $a, b \in ℕ^{*}$ , calculer

$T (a, b) = \int_{0}^{+ \infty} t^{a} e^{- b t} d t .$
(c)

Montrer que pour tout entier naturel $n$

$S_{0} = p! \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{p + 1}} + S_{n} .$
(d)

Montrer que la suite $(S_{n})$ converge vers $0$ .
(e)

En déduire l’identité

$S_{0} = p! \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{p + 1}} .$

Solution

(a)

La fonction définissant l’intégrale est définie continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ . Elle est y aussi intégrable car se prolonge par continuité en $0$ et est négligeable devant $t \mapsto 1 / t^{2}$ en $+ \infty$ .
(b)

Par intégration par parties généralisée correctement justifiée,

$T (a, b) = {[\frac{t^{a} e^{- b t}}{- b}]}_{0}^{+ \infty} + \frac{a}{b} \int_{0}^{+ \infty} t^{a - 1} e^{- b t} d t = \frac{a}{b} T (a - 1, b) .$

On en déduit

$T (a, b) = \frac{a!}{b^{a}} \int_{0}^{+ \infty} e^{- b t} d t = \frac{a!}{b^{a + 1}} .$
(c)

On peut simplifier $S_{n - 1} - S_{n}$

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

Par télescopage,

$S_{0} = \sum_{k = 1}^{n} (S_{k - 1} - S_{k}) + S_{n} = p! \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{p + 1}} + S_{n} .$
(d)

Par convergence dominée, sachant

$| \frac{t^{p}}{e^{t} - 1} e^{- n t} | \leq \frac{t^{p}}{e^{t} - 1} = φ (t)$

avec $φ$ intégrable sur $] 0; + \infty [$ , on obtient que la suite $(S_{n})$ converge vers $0$ .
(e)

Il suffit de passer à la limite quand $n$ tend vers l’infini.

[<] Applications de l'intégration terme à terme [>] Études concrètes

Édité le 17-06-2025

	$\int_{0}^{1} \frac{t^{α}}{1 + t} d t$	$= \int_{[0; 1 [} \sum_{n = 0}^{N} {(- 1)}^{n} t^{n + α} d t + \int_{[0; 1 [} \sum_{n = N + 1}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} t^{n + α} d t$
		$= \sum_{n = 0}^{N} \int_{[0; 1 [} {(- 1)}^{n} t^{n + α} d t + u_{n} \to_{N \to + \infty}^{} \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n + α + 1} .$

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

Intégration terme à terme par les sommes partielles