Calcul d'intégrales

On écrit $\displaystyle \ln(1+x)=\int_1^{1+x}\frac{du}{u}$. On a pour tout $\displaystyle x\ge0$ et tout $\displaystyle u\in[1,1+x]$, $\displaystyle \frac{1}{1+x}\le\frac{1}{u}\le 1$.
Donc $\displaystyle \int_1^{1+x}\frac{du}{1+x}\le\int_1^{1+x}\frac{du}{u}\le \int_1^{1+x}du$, ce qui donne le résultat désiré.

• Fonction $\displaystyle \tan$, intégration sur $\displaystyle (0,\pi/4)$ 👉 Formules trigonométrie, changement de variable ;
• $\displaystyle \ln$ 👉 $\displaystyle \ln(ab)=\ln a+\ln b$.

On va utiliser quelques formules de trigonométrie : $\displaystyle 1+\tan x=\frac{\cos x+\sin x}{\cos x}=\frac{\sqrt{2}\cos(x-\pi/4)}{\cos x}$. Donc
$$\begin{aligned} I & = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(1+\tan(x))dx\\ & = \frac{\pi}{4}\ln\sqrt{2}+\int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(\cos(x-\frac{\pi}{4}))dx-\int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(\cos(x))dx \\ & = \frac{\pi}{8}\ln 2,\\ \end{aligned}$$ grâce au changement de variable $\displaystyle u=\pi/4-x$.

1. Définission intégrale généralisée 👉 Croissance comparée et Intégrale de Riemann ;
2. Du $\displaystyle \ln$ 👉 $\displaystyle \ln(ab)=\ln(a)+\ln(b)$, $\displaystyle \ln(1/u)=-\ln(u)$, etc.
   Une intégrale 👉 Changement de variable, IPP ;
3. Du $\displaystyle a^2+b^2$ au numérateur/dénominateur dans une intégrale 👉 Factoriser par $\displaystyle a$ ou $\displaystyle b$, et faire changement de variable !

1. Fixons $\displaystyle x>0$ et posons $\displaystyle g(t)=\frac{\ln(t)}{t^2+x}$. On a $\displaystyle |g(t)|\le |\ln(t)|/x\le C t^{-1/2}$ sur $\displaystyle ]0,1]$ avec $\displaystyle C>0$ par croissance comparée. Donc $\displaystyle g$ est intégrable sur $\displaystyle ]0,1]$ et l’intégrale de $\displaystyle g$ converge en $\displaystyle 0$.
   De même, l’intégrale est bien convergente en $\displaystyle +\infty$ car $\displaystyle |g(t)|\le |\ln(t)|/t^2\le C' t^{-3/2}$ sur $\displaystyle [1,+\infty]$ avec $\displaystyle C'>0$ toujours par croissance comparée.
2. On a $\displaystyle I(1)=\int_0^\infty\frac{\ln(t)}{t^2+1}dt$. Faisons le changement de variable $\displaystyle t=1/u$. Alors $\displaystyle dt=-du/u^2$ et on a $$\begin{aligned} I(1) & = \int_{+\infty}^0\frac{-\ln(u)}{1/u^2+1}.\frac{-du}{u^2} \\ & = -\int_0^\infty\frac{\ln(u)}{1+u^2}du=-I(1).\\ \end{aligned}$$ Donc $\displaystyle I(1)=0$.
3. Soit $\displaystyle x>0$. Suivant nos réflexes, on factorise : $$I(x)=\frac1x\int_0^\infty\frac{\ln(t)}{(t/\sqrt{x})^2+1}dt.$$ Le changement de variable est alors téléphoné : $\displaystyle u=t/\sqrt{x}$, i.e. $\displaystyle t=u\sqrt{x}$, d’où : $$\begin{aligned} I(x) & = \frac{1}{\sqrt{x}}\int_0^\infty\frac{\ln(u\sqrt{x})}{u^2+1}du\\ & = \frac{1}{\sqrt{x}}\left(I(1) +\ln(\sqrt{x})\int_0^\infty\frac{du}{u^2+1}\right).\\ \end{aligned}$$ Comme $\displaystyle I(1)=0$, $\displaystyle \ \ln(\sqrt{x})=\frac12\ln(x)$ et $\displaystyle \int_0^\infty\frac{du}{u^2+1}=\arctan(+\infty)=\frac{\pi}{2}$, il vient $$I(x)=\frac{\pi}{4}\frac{\ln(x)}{\sqrt{x}}.$$

💡 Fais glisser une fonction sous l’intégrale pour pouvoir la calculer.

1. On ne sait pas intégrer facilement l’intégrande, mais en “glissant” un sinus sous l’intégrale ça devient facile ! On a pour tout $\displaystyle x\in[0,\pi/2]$, $$\sin(t)(1+\cos(t))^n\le (1+\cos(t))^n\le 2^n,$$ et on intègre les 3 membres avec $$\int_0^{\pi/2}\sin(t)(1+\cos(t))^ndt=\left[-\frac{(1+\cos(t))^{n+1}}{n+1}\right]_0^{\pi/2}=\frac{2^{n+1}-1}{n+1},$$ ce qui permet de conclure.
2. On va “glisser” un $\displaystyle u$ dans l’intégrale pour calculer facilement :
   $$\int_x^\infty e^{-u^2/2}du\le \frac{1}{x}\int_x^\infty ue^{-u^2/2}du= \frac{e^{-x^2/2}}{x}.$$

On peut déjà remarquer que l’intégrale n’est pas convergente : la fonction à intégrer est positive et équivalente lorsque $\displaystyle t \to \infty$ à $\displaystyle \frac{\pi}{2t}$, qui n’est pas intégrable en $\displaystyle +\infty$. Cette remarque suggère que “l’intégrale de l’équivalent donne un équivalent de l’intégrale” par intégration des relations de comparaison (que vous trouverez bien résumer en bas de page ici). Ainsi $\displaystyle \int_0^n \frac{\arctan(t)}{1+t} dt\sim\frac{\pi}{2}\int_0^n \frac{1}{1+t} dt\sim \frac{\pi}{2} \ln(n+1)\sim \frac{\pi}{2} \ln(n)$.

On donne ici une solution élémentaire basée sur une jolie formule à savoir.
L’idée est d’écrire que $\displaystyle \arctan(t)=\pi/2+(\arctan(t)-\pi/2)$, et de réussir à contrôler le terme d’erreur $\displaystyle |\arctan(t)-\pi/2|$… On sent déjà venir les découpages d’epsilons ! Mais on est sauvé par une propriété de la fonction arctangente : la belle formule $$\forall x >0 \ , \ \arctan(x)+\arctan(1/x) = \pi/2.$$ On prouve cette formule en remarquant que la dérivée de la fonction à gauche, qui est de classe $\displaystyle \mathcal{C}^1$ sur $\displaystyle ]0,+\infty[$, est nulle. On a donc : $$u_n = \frac{\pi}{2} \int_0^n \frac{dt}{1+t} - \int_0^n \frac{\arctan(1/t)}{1+t} dt = \frac{\pi}{2} \ln(n+1) - \int_0^n \frac{\arctan(1/t)}{1+t} dt.$$

On montre maintenant que la fonction $\displaystyle f : t \mapsto \frac{\arctan(1/t)}{1+t}$ est intégrable sur $\displaystyle ]0,+\infty[$. En effet, c’est une fonction continue par morceaux, à valeurs positives. De plus, $\displaystyle f$ est prolongeable par continuité à gauche en $\displaystyle 0$ avec $\displaystyle \lim_{t \rightarrow 0^+} f(t) = \frac{\pi}{2}$. Ceci montre que $\displaystyle \int_0^1 f(t) dt < \infty$. Enfin, l’équivalent $\displaystyle \arctan(x) \sim x$ lorsque $\displaystyle x \rightarrow 0$ montre que $\displaystyle f(t) \sim \frac{1}{t^2}$ lorsque $\displaystyle t \to \infty$. Par comparaison avec une fonction intégrable en $\displaystyle + \infty$, on en déduit que $\displaystyle \int_1^\infty f(t) dt < \infty$. Donc $\displaystyle f$ est bien intégrable sur $\displaystyle ]0,+\infty[$, ce qui signifie que la suite $\displaystyle (I_n)_{n \ge 0} = \left(\int_0^n \frac{\arctan(1/t)}{1+t} dt \right)_{n \ge 0}$ est convergente. Notons $\displaystyle I$ sa limite.

Il est maintenant facile de conclure : on a $\displaystyle u_n = \frac{\pi}{2}\ln(n+1)+I_n$, donc $$\frac{u_n}{\frac{\pi}{2} \ln(n)} = \frac{\ln(n+1)}{\ln(n)} + \frac{I_n}{\frac{\pi}{2}\ln(n)}.$$ La première fraction du membre de droite est de limite $\displaystyle 1$, et la deuxième fraction de limite $\displaystyle 0$, on a donc $$u_n \sim \frac{\pi}{2}\ln(n).$$

• Mettre au même dénominateur ;
• DL de $\displaystyle \exp$ et $\displaystyle \sin$.

Étudions $\displaystyle f$. Elle est bien définie sur $\displaystyle I=]0,1]$ (par exemple) et continue sur $\displaystyle I$. Pour étudier son comportement en $\displaystyle 0$, on utilise les D.L. de $\displaystyle \exp$ et $\displaystyle \sin$ :
$$\begin{aligned} \frac{e^t}{\sin t}-\frac{1}{t} & = \frac{te^t-\sin t}{t\sin t}\\ & = \frac{t(1+t+o(t))-t+o(t^2)}{t^2+o(t^3)} \\ & = \frac{t^2+o(t^2)}{t^2+o(t^3)}\sim_0 1. \end{aligned}$$

On en déduit que $\displaystyle f$ est prolongeable par continuité en $\displaystyle 0$, et elle est donc bornée sur $\displaystyle I$, disons par $\displaystyle M>0$. D’où, pour $\displaystyle 0<x<1/2$,
$$\begin{aligned} \left|\int_x^{2x}f(t)dt\right| & \le \int_x^{2x}Mdt=Mx\xrightarrow[x\to 0]{}0. \end{aligned}$$

Or $$\begin{aligned} \int_x^{2x}f(t)dt & = \int_x^{2x}\frac{e^t}{\sin t}dt-\int_x^{2x}\frac{dt}{t} \end{aligned}$$

et $\displaystyle \int_x^{2x}\frac{dt}{t}=\ln(2x)-\ln(x)=\ln(2)$, on en déduit que la limite cherchée est $\displaystyle \ln(2)$.

On a $$\begin{aligned} \int_x^1 \frac{dt}{\sqrt{t}} & = \left[2\sqrt{t}\right]_x^1\\ & = 2(1-\sqrt{x})\xrightarrow[x\to 0]{} 2. \end{aligned}$$
On connaît aussi une primitive de $\displaystyle \ln$ : $$\begin{aligned} \int_x^1 \ln(t)dt & = [t\ln(t)-t]_x^1\\ & = -1-x\ln(x)+x\xrightarrow[x\to 0]{} -1.\\ \end{aligned}$$

$\displaystyle \frac{1}{1-t}$ 👉 Série géométrique !

On note que $\displaystyle \frac{\ln(t)}{1-t}\sim_{t\to 0} \ln(t)$ et $\displaystyle \frac{\ln(t)}{1-t}\xrightarrow[]{t\to 0} -1$, donc $\displaystyle I$ est bien définie.
On s’empresse maintenant d’écrire $\displaystyle \frac{1}{1-t}=\sum_{k=0}^n t^k + \frac{t^{n+1}}{1-t}$ pour $\displaystyle t\in[0,1[$. Donc $\displaystyle I=\sum_{k=0}^n I_k +J_n$ avec $\displaystyle I_k=\int_0^1 t^k\ln(t)dt$ et $\displaystyle J_n=\int_0^1 \frac{t^{n+1}}{1-t}\ln(t)dt$. Par intégration par partie, on a $\displaystyle I_k=\frac{1}{k+1}[t^{k+1}\ln(t)]_0^1 -\frac{1}{k+1}\int_0^1 t^{k+1}\frac{dt}{t}=-\frac{1}{(k+1)^2}$. La fonction $\displaystyle t\mapsto \frac{t}{1-t}\ln(t)$, continue sur $\displaystyle ]0,1[$ est prolongeable par continuité en $\displaystyle 0$ et en $\displaystyle 1$, donc est bornée sur $\displaystyle [0,1]$, disons par $\displaystyle M>0$. Ainsi $\displaystyle |J_n|\le M\int_0^1 t^ndt=\frac{M}{n+1}\to 0$ quand $\displaystyle n\to\infty$.
On en déduit que $\displaystyle I=-\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{(k+1)^2}=-\frac{\pi^2}{6}$.

• IPP !
• Intégration des relations de comparaison.

Par une IPP, on a $\displaystyle \int_2^x\frac{dt}{\ln(t)}=\left[\frac{t}{\ln(t)}\right]_2^x+\int_2^x\frac{dt}{\ln^2(t)}$. Après $\displaystyle (n-1)$ IPP, on obtient
$$\begin{aligned} Li(x) & = \left[\frac{t}{\ln(t)}\right]_2^x+1!\left[\frac{t}{\ln^2(t)}\right]_2^x+\cdots \\ & \quad \cdots +(n-1)!\left[\frac{t}{\ln^n(t)}\right]_2^x+n!\int_2^x\frac{dt}{\ln^{n+1}(t)}. \end{aligned}$$ On remarque que $$\frac{d}{dt}\frac{t}{\ln^{n+1}(t)}=\frac{1}{\ln^{n+1}(t)}-\frac{n+1}{\ln^{n+2}(t)}\sim_\infty \frac{1}{\ln^{n+1}(t)}.$$ Comme l’intégrale entre $\displaystyle 2$ et $\displaystyle x$ du dernier membre est divergente quand $\displaystyle x\to\infty$, on peut intégrer entre $\displaystyle 2$ et $\displaystyle x$ les équivalents. On en déduit alors que $\displaystyle \int_2^x\frac{dt}{\ln^{n+1}(t)}\sim_{x\to\infty} \frac{x}{\ln^{n+1}(x)}$, ce qui permet de conclure.

• Fonction $\displaystyle \sin$, intégration sur $\displaystyle (0,\pi/2)$, … 👉 Formules trigo, changement de variable ;
• $\displaystyle \ln$ 👉 $\displaystyle \ln(ab)=\ln a+\ln b$.

L’intégrale est impropre en $\displaystyle 0$ mais converge car $\displaystyle \int_\epsilon^{\pi/2} \ln\left(\frac{2}{\pi}x\right)dx\le\int_\epsilon^{\pi/2} \ln(\sin(x))dx$ et $\displaystyle \epsilon\mapsto \int_\epsilon^{\pi/2} \ln(\sin(x))dx$ est croissante minorée par la limite de $\displaystyle \int_\epsilon^{\pi/2} \ln\left(\frac{2}{\pi}x\right)dx$ quand $\displaystyle \epsilon$ tend vers $\displaystyle 0$. Pour le calcul, utilisons des changements de variable, d’abord $\displaystyle x=2u$ :
$$\begin{aligned} J& = 2 \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(\sin(2u))du\\ & = 2\int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(2\sin(u)\cos(u))du\\ & = \frac{\pi}{2}\ln 2+2\int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(\sin(u))du+2\int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(\cos(u))du \end{aligned}$$ puis $\displaystyle v=\pi/2-x$ :
$$\begin{aligned} \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(\cos(x))dx & = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(\sin(\pi/2-x))dx\\ & = -\int_{\pi/2}^{\frac{\pi}{4}} \ln(\sin(x))dx,\\ \end{aligned}$$ d’où $\displaystyle J=\frac{\pi}{2}\ln 2+2J$ et $\displaystyle J=-\frac{\pi}{2}\ln 2$.

On pourra regarder cette jolie video du blog Math-OS pour des liens entre cette intégrale, des sommes de Riemann et des produits de $\displaystyle \sin(k\pi/n)$.

Intégrale jusqu’à $\displaystyle x$ d’une fonction continue 👉 $\displaystyle C^1$ et on dérive !

Montrons que $\displaystyle I$ est bien définie. Posons $\displaystyle g(t)=\frac{t-1}{\ln t}$ pour $\displaystyle 0<t<1$. On a $\displaystyle g(t)\xrightarrow[t\to 0]{} 0$ et $\displaystyle g(t)\xrightarrow[t\to 1]{} 1$ car $\displaystyle \frac{\ln(t)-\ln(1)}{t-1}\xrightarrow[t\to 1]{} 1$. Donc $\displaystyle g$ est prolongeable par continuité sur $\displaystyle [0,1]$, et donc $\displaystyle I$ est bien définie.

Comme $\displaystyle g$ est continue sur $\displaystyle [0,1[$, $\displaystyle I$ est $\displaystyle C^1([0,1[)$. Comme $\displaystyle 1/\ln t \to 0$ quand $\displaystyle t\to 0$, on peut écrire $\displaystyle J(x)=\int_0^{x^2}\frac{dt}{\ln t}-\int_0^{x}\frac{dt}{\ln t}$, et donc $\displaystyle J$ est aussi $\displaystyle C^1([0,1[)$. On a alors $$\begin{aligned} I'(x) = & \ \frac{x-1}{\ln x} \\ J'(x) = & \ \frac{2x}{\ln (x^2)}-\frac{1}{\ln x}, \end{aligned}$$ et donc $\displaystyle I'(x)=J'(x)$ pour tout $\displaystyle x\in[0,1[$. Comme $\displaystyle I(0)=J(0)$, on en déduit que $\displaystyle I(x)=J(x)$ pour tout $\displaystyle x\in[0,1[$.
Pour trouver $\displaystyle I$, il suffit de trouver la limite de $\displaystyle J(x)$ quand $\displaystyle x\to 1$. On ne sait pas intégrer $\displaystyle 1/\ln t$ mais on connaît une primitive de $\displaystyle 1/(t\ln t)$ qui est une fonction assez proche quand $\displaystyle t$ est proche de $\displaystyle 1$. Posons donc $$D(x)=J(x)-\int_x^{x^2}\frac{dt}{t\ln t}=\int_x^{x^2}\left(\frac{1}{\ln t}-\frac{1}{t\ln t}\right)dt.$$ On a $\displaystyle h(t)=\frac{1}{\ln t}-\frac{1}{t\ln t}=\frac{t-1}{t\ln t}=\frac{g(t)}{t}\xrightarrow[t\to 1]{} 1$, donc $\displaystyle h$ est bornée, disons par $\displaystyle M$, au voisinage de $\displaystyle 1$ (en fait sur tout l’intervalle $\displaystyle [0,1]$ car $\displaystyle h$ est prolongeable par continuité en $\displaystyle 0$ aussi). Ainsi $\displaystyle |D(x)|\le M|x^2-x|\xrightarrow[x\to 1]{} 0$. Or $$\int_x^{x^2}\frac{dt}{t\ln t}=[\ln(\ln t)]_x^{x^2}=\ln\left(\frac{\ln(x^2)}{\ln x}\right)=\ln 2,$$ donc $\displaystyle J(x)\xrightarrow[x\to 1]{} \ln 2.$ Finalement $$I=\lim_{x\to 1}I(x)=\lim_{x\to 1}J(x)=\ln 2.$$

Développement de $\displaystyle \ln(1-t)$ en série (entière).

Montrons que l’intégrale est bien définie. On sait que $\displaystyle t\mapsto \frac{\ln(1-t)}{t}$ est prolongeable par continuité en $\displaystyle 0$ (c’est la limite d’un taux d’accroissement d’une fonction dérivable), $\displaystyle t\mapsto \ln t$ est intégrable en $\displaystyle 0$, et $\displaystyle t\mapsto \ln(1-t)$ est intégrable en $\displaystyle 1$. Donc $\displaystyle I$ est bien définie et $\displaystyle I(x):=\int_0^x \frac{\ln t\ \ln(1-t)}{t}dt\xrightarrow[x\to1]{}I$.
Preuve niveau MP/L3 :
On utilise le théorème d’intégration terme à terme, ou le théorème de convergence monotone pour écrire, avec le DSE de $\displaystyle \ln(1-t)$ sur $\displaystyle [0,1[$ :
$$\int_0^1 \frac{\ln t\ \ln(1-t)}{t}dt=\int_0^1(-\ln t)\sum_{k=1}^{\infty}\frac{t^k}{k}\frac{dt}{t}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac1k\int_0^1(-\ln t)t^{k-1}dt=\sum_{n\ge 1}\frac{1}{k^3},$$ car $\displaystyle (-\ln t)t^k\ge0$ sur $\displaystyle ]0,1]$ et par IPP $\displaystyle \int_0^1(-\ln t)t^{k-1}dt=[(-\ln t)\frac{t^k}{k}]_0^1+\frac1k\int_0^1 t^{k-1}dt=\frac{1}{k^2}$.

Preuve niveau Sup/L2 :
On a $\displaystyle \frac{1}{1-t}=\sum_{k=0}^{n-1}t^k+\frac{t^n}{1-t}$. D’où $\displaystyle -\ln(1-t)=\sum_{k=1}^{n}\frac{t^k}{k}+\int_0^t\frac{u^n}{1-u}du$, et pour $\displaystyle 0<x<1$, $$I(x)=\sum_{k=1}^{n}\frac1k\int_0^x(-\ln t)t^{k-1}dt+\int_0^x(-\ln t)\int_0^t\frac{u^n}{1-u}du\frac{dt}{t}.$$ On pose pour $\displaystyle 0<x<1$, $\displaystyle L_k(x)=\int_0^x(-\ln t)t^{k-1}dt\ge 0$. On remarque que $\displaystyle L_k$ est une fonction croissante, et donc (avec une IPP et croissance comparée) $\displaystyle L_k(x)\le L_k(1)=[(-\ln t)\frac{t^k}{k}]_0^1+\frac1k\int_0^1 t^{k-1}dt=\frac{1}{k^2}$. De plus $\displaystyle L_k$ est prolongeable par continuité en $\displaystyle 1$ : $\displaystyle L_k(x)\xrightarrow[x\to1]{}L_k(1)=\frac{1}{k^2}$. Comme $\displaystyle R_n(x):=\int_0^x(-\ln t)\int_0^t\frac{u^n}{1-u}du\frac{dt}{t}\ge0$, on en déduit que pour tout $\displaystyle x\in]0,1[$, pour tout $\displaystyle n\ge1$, $$\sum_{k=1}^{n}\frac{L_k(x)}{k}\le I(x).$$ On passe alors à la limite en $\displaystyle x$ dans cette inégalité et on obtient que pour tout $\displaystyle n\ge1$, $\displaystyle \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^3}\le I$, et par passage à la limite en $\displaystyle n$ puisque la série converge : $\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^3}\le I$.
Enfin on a pour tout $\displaystyle x\in]0,1[$, pour tout $\displaystyle n\ge1$, $$I(x)\le \sum_{k=1}^{n}\frac{L_k(x)}{k}+R_n(x)\le \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^3}+R_n(x),$$ avec $\displaystyle 0\le R_n(x)\le \frac{1}{1-x}\int_0^x(-\ln t)\frac{t^{n+1}}{n+1}\frac{dt}{t}\le\frac{\int_0^1|\ln t|dt}{(n+1)(1-x)}$ car $\displaystyle 0\le t^n\le x^n<1$ et $\displaystyle t\mapsto \ln t$ est intégrable sur $\displaystyle [0,1]$. Par passage à la limite en $\displaystyle n$ à $\displaystyle x$ fixé, on obtient alors $\displaystyle I(x)\le \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^3}$. Il suffit de passer maintenant à la limite en $\displaystyle x$ pour avoir $\displaystyle I\le \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^3}$, ce qui permet de conclure.

• $\displaystyle a^x$ 👉 Écriture $\displaystyle e^{x\ln a}$ ;
• Développement en série de l’exponentielle.

On écrit $\displaystyle f(x)=x^x=e^{x\ln x}$. Comme $\displaystyle x\ln x \xrightarrow[x\to 0]{}0$, on voit que $\displaystyle f$ est prolongeable en $\displaystyle 0$. On en déduit que $\displaystyle I$ est bien définie car $\displaystyle f$ est de plus continue sur $\displaystyle ]0,1]$. Développons $\displaystyle f$ en série entière pour $\displaystyle 0<x\le 1$ : $$f(x)=\sum_{n=0}^\infty \frac{(x\ln x)^n}{n!}.$$ Pour calculer $\displaystyle I$, il est tentant d’intervertir somme et intégrale. Calculons d’abord $\displaystyle J_n=\int_0^1(x\ln x)^n dx$. Avec les changements de variable $\displaystyle x=e^u$ puis $\displaystyle v=(n+1)u$ et $\displaystyle v\to -v$, on obtient $$\begin{aligned} J_n= & \int_{-\infty}^0 u^ne^{(n+1)u}du \\ =& \frac{1}{(n+1)^{n+1}}\int_{-\infty}^0v^ne^vdu\\ = & \frac{(-1)^n}{(n+1)^{n+1}}\Gamma(n+1).\end{aligned}$$ On remarque alors que $\displaystyle \frac{|J_n|}{n!}=\frac{1}{(n+1)^{n+1}}$ et que $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(n+1)^{n+1}}<\infty$. On peut donc appliquer le théorème d’intégration terme à terme pour obtenir : $$I=\sum_{n=0}^\infty\frac{J_n}{n!}=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(n+1)^{n+1}}=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n^n}.$$

Changement de variable !

• Essayer brutalement $\displaystyle t=\sqrt{\tan\theta}$ ;
• Si on obtient une fraction rationnelle 👉 Décomposition en éléments simples ;
• Fonction Beta avec des changements de variable $\displaystyle x=\sin^2\theta$.