Notons que l’intégrale étudiée est bien définie.

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

$$\frac{x^{\alpha -1}}{1+x}=\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}{(-1)}^n{x}^{n+\alpha -1}\text{.}$$

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

$$\sum {\int }_{]0;1[}|f_n|=\sum \frac{1}{n+\alpha }\text{ diverge.}$$

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

$$S_n:x\mapsto \sum _{k=0}^n{(-1)}^k{x}^{k+\alpha -1}=x^{\alpha -1}\frac{1-{(-1)}^{n+1}{x}^{n+1}}{1+x}\text{.}$$

Les fonctions $S_n$ sont continues par morceaux et convergent simplement sur $]0;1[$ vers la fonction

$$S:x\mapsto \frac{x^{\alpha -1}}{1+x}$$

elle-même continue par morceaux.
De plus,

$$\left|S_n(x)\right|\le \frac{2x^{\alpha -1}}{1+x}=\phi (x)$$

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

$${\int }_0^1{S}_n(x)dx\to {\int }_0^1\frac{x^{\alpha -1}}{1+x}dx\text{.}$$

Or

$${\int }_0^1{S}_n(x)dx=\sum _{k=0}^n{\int }_0^1{(-1)}^k{x}^{k+\alpha -1}dx=\sum _{k=0}^n\frac{{(-1)}^k}{k+\alpha }$$

et on peut donc conclure

$$\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^n}{n+\alpha }={\int }_0^1\frac{x^{\alpha -1}}{1+x}dx$$

avec en substance la convergence de la série introduite.

• (a)

  Pour $t\in ]0;1[$, on peut écrire

  $$\frac{t^{a-1}}{1+t^b}=\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}{(-1)}^n{t}^{a+nb-1}\text{.}$$

  Posons

  $$S_n:t\mapsto \sum _{k=0}^n{(-1)}^k{t}^{a+kb-1}=t^{a-1}\frac{1-{(-1)}^{n+1}{t}^{(n+1)b}}{1+t^b}\text{.}$$

  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,

  $$\left|S_n(t)\right|\le \frac{2t^{a-1}}{1+t^b}=\phi (t)$$

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

  $${\int }_0^1{S}_n(t)dt\to {\int }_0^1\frac{t^{a-1}}{1+t^b}dt$$

  avec convergence de l’intégrale introduite.
  Or

  $${\int }_0^1{S}_n(t)dt=\sum _{k=0}^n{\int }_0^1{(-1)}^k{t}^{a+kb-1}=\sum _{k=0}^n\frac{{(-1)}^k}{a+kb}$$

  donc

  $$\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^n}{a+nb}={\int }_0^1\frac{t^{a-1}}{1+t^b}dt$$

  avec convergence de la série introduite..

• (b)

  Après calculs,

  $$\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^n}{3n+1}={\int }_0^1\frac{\mathrm{d}t}{1+t^3}=\frac{1}{3}\ln (2)+\frac{\pi }{3\sqrt{3}}\text{.}$$

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

$$f_n(t)=\frac{{(-1)}^{n-1}}{n^2+t^2}\text{.}$$

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

$$S:t\mapsto \sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^{n-1}}{n^2+t^2}$$

est définie et continue sur $[0;+\mathrm{\infty }[$.
Les fonctions $f_n$ sont intégrables sur ${ℝ}_{+}$ et

$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\left|f_n(t)\right|dt=\frac{\pi }{2}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{n^2+t^2}=\frac{\pi }{2n}\text{.}$$

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

$$S_n:t\mapsto \sum _{k=1}^n\frac{{(-1)}^{k-1}}{k^2+t^2}\text{.}$$

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

$$0\le S_n(t)\le \frac{1}{1+t^2}=\phi (t)$$

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

$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{S}_n(t)dt\to {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^{n-1}}{n^2+t^2}\mathrm{d}t\text{.}$$

Or

$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{S}_n(t)dt=\sum _{k=1}^n{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^{n-1}}{n^2+t^2}dt=\frac{\pi }{2}\sum _{k=1}^n\frac{{(-1)}^{n-1}}{n}$$

donc

$$\frac{\pi }{2}\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^{n-1}}{n}={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^{n-1}}{n^2+t^2}\mathrm{d}t$$

avec convergence de la série introduite.