ANALYSE
Exercice – Difficulté 3 – Thème : séries de fonctions. Titre : une intégrale égale à Zeta de 3.
Enoncé (CCINP)
On définit une suite de fonnctions $\left(u_n\right)$ en posant : $\forall n\geqslant2$, $\forall t\in]0,1]$, $u_n(t)=\dfrac{t^{n-1}\ln(t)}{n}$.
1) Calculer $\left\|u_n\right\|_\infty$.
2) Montrer que le fonction $t\mapsto\dfrac{\ln(t)\ln(1-t)}{t}$ est intégrable sur $]0,1[$.
3) En déduire que $\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\ln(t)\ln(1-t)}{t}\;dt=\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac{1}{k^3}$.
Corrigé
1) Soit $n\geqslant2$. La fonction $u_n$ est dérivable sur $]0,1]$ et pour tout réel $t\in]0,1]$,
$$u_n'(t)=\dfrac{1}{n}\left((n-1)t^{n-2}\ln(t)+t^{n-1}\times\dfrac{1}{t}\right)=\dfrac{(n-1)t^{n-2}}{n}\left(\ln(t)+\dfrac{1}{n-1}\right).$$
Sur $]0,1]$, $u_n'(t)$ est du signe de $\ln(t)+\dfrac{1}{n-1}$ et donc la fonction $u_n’$ est négative sur $\left]0,e^{-\frac{1}{n-1}}\right]$ et positive sur $\left[e^{-\frac{1}{n-1}},1\right]$ puis la fonction $u_n$ est décroissante sur $\left]0,e^{-\frac{1}{n-1}}\right]$ et croissante sur $\left[e^{-\frac{1}{n-1}},1\right]$.
Ensuite, $\displaystyle\lim_{t\rightarrow0}u_n(t)=\displaystyle\lim_{t\rightarrow0}\dfrac{t^{n-1}\ln(t)}{n}=0$ d’après un théorème de croissances comparées et car $n-1>0$. D’autre part, $u_n(1)=0$. La fonction $u_n$ décroît sur $\left]0,e^{\frac{1}{n-1}}\right]$, de $0$ à $u_n\left(e^{-\frac{1}{n-1}}\right)$, et croît sur $\left[e^{\frac{1}{n-1}},1\right]$, de $u_n\left(e^{-\frac{1}{n-1}}\right)$ à $0$. Puisque la fonction $u_n$ est négative sur $]0,1]$, la fonction $\left|u_n\right|$ croît sur $\left]0,e^{\frac{1}{n-1}}\right]$, de $0$ à $-u_n\left(e^{-\frac{1}{n-1}}\right)$, et décroît sur $\left[e^{\frac{1}{n-1}},1\right]$, de $-u_n\left(e^{-\frac{1}{n-1}}\right)$ à $0$. Finalement,
$$\left\|u_n\right\|_\infty=-u_n\left(e^{-\frac{1}{n-1}}\right)=-\dfrac{e^{-1}}{n}\ln\left(e^{-\frac{1}{n-1}}\right)=\dfrac{e^{-1}}{n(n-1)}.$$
2) La fonction $u~:~t\mapsto\dfrac{\ln(t)\ln(1-t)}{t}$ est continue et positive sur $]0,1[$.
$\bullet$ $\sqrt{t}\times\dfrac{\ln(t)\ln(1-t)}{t}\underset{t\rightarrow0}{\sim}\sqrt{t}\times\dfrac{-t\ln(t)}{t}=-\sqrt{t}\ln(t)\underset{t\rightarrow0}{=}o(1)$ et donc $\dfrac{\ln(t)\ln(1-t)}{t}\underset{t\rightarrow0}{=}o\left(\dfrac{1}{t^{\frac{1}{2}}}\right)$. Puisque $\dfrac{1}{2}<1$, la fonction $t\mapsto\dfrac{1}{t^{\frac{1}{2}}}$ est intégrable sur un voisinage de $0$ à droite et il en est de même de la foinction $f$.
$\bullet$ $\dfrac{\ln(t)\ln(1-t)}{t}\underset{t\rightarrow1}{\sim}\dfrac{(t-1)\ln(1-t)}{1}=-(1-t)\ln(1-t)\underset{t\rightarrow1}{=}o(1)$. La fonction $f$ est prolongeable par continuité en $1$ et en particulier, la fonction $f$ est intégrable sur un voisinage de $1$ à gauche.
Finalement, la fonction $f$ est intégrable sur $]0,1[$.
3) $\bullet$ Pour tout réel $t\in]0,1[$,
$$f(t)=\dfrac{\ln(t)}{t}\ln(1-t)=-\dfrac{\ln(t)}{t}\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{t^n}{n}=-\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{t^{n-1}\ln(t)}{n}=-u_1(t)-\displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty}u_n(t).$$
$\bullet$ Pour tout $n\geqslant2$, la fonction $u_n$ est continue sur $]0,1[$ et se prolonge par continuité en $0$ et $1$ (en posant $u_n(0)=0$ et $u_n(1)=0$). En notant encore $u_n$ le prolongement obtenu, la fonction $u_n$ est continue sur le segment $[0,1]$. De plus, d’après 1), $\left\|u_n\right\|_\infty=\dfrac{e^{-1}}{n(n-1)}\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\dfrac{1}{n^2e}$. On en déduit que la série numérique de terme général $\left\|u_n\right\|_\infty$, $n\geqslant2$, converge ou encore que la série de fonctions de terme général $u_n$, $n\geqslant2$, converge normalement et en particulier uniformément sur le segment $[0,1]$.
Par suite, la fonction $\displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty}u_n$ est continue sur le segment $[0,1]$ (et en particulier sur $]0,1[$) puis, d’après le théorème d’intégration terme à terme sur un segment,
$$\displaystyle\int_{0}^{1}\left(\displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty}u_n(t)\right)dt=\displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty}\int_{0}^{1}u_n(t)\;dt.$$
$\bullet$ Mais alors, la fonction $u_1=-f-\displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty}u_n$ est intégrable sur $]0,1[$ puis
$$\int_{0}^{1}f(t)\;dt=-\int_{0}^{1}u_1(t)\;dt-\int_{0}^{1}\left(\displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty}u_n(t)\right)\;dt=-\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\int_{0}^{1}u_n(t)\;dt.$$
$\bullet$ Pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, posons $I_n=\displaystyle\int_{0}^{1}u_n(t)\;dt$. Les deux fonctions $t\mapsto\dfrac{t^n}{n}$ et $t\mapsto\ln(t)$ sont de classe $C^1$ sur $]0,1]$. Au vu de la convergence de tous les termes, on peut effectuer une intégration par parties qui fournit :
\begin{align*}I_n&=\dfrac{1}{n}\displaystyle\int_{0}^{1}t^{n-1}\ln(t)\;dt=\dfrac{1}{n}\left(\left[\dfrac{t^n}{n}\ln(t)\right]_0^1-\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{t^n}{n}\times\dfrac{1}{t}\;dt\right)=-\dfrac{1}{n^2}\displaystyle\int_{0}{1}t^{n-1}\;dt\\&=-\dfrac{1}{n^2}\left[\dfrac{t^n}{n}\right]_0^1=-\dfrac{1}{n^3}\end{align*}
et finalement
$$\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\ln(t)\ln(1-t)}{t}\;dt=\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n^3}.$$
Commentaires et/ou rappels de cours
On peut aussi montrer l’égalité de l’énoncé grâce au théorème d’intégration terme à terme sur un intervalle quelconque (l’intervalle $]0,1[$) en vérifiant entre autres que
$$\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\displaystyle\int_{0}^{1}\left|u_n(t)\right|dt=-\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\displaystyle\int_{0}^{1}u_n(t)\;dt=\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n^3}<+\infty.$$
Il y a beaucoup moins de travail à effectuer que dans la voie choisie par l’énoncé.
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