9.2 Exercices d’entraînement 221
tend vers 0. Cela justifie l’existence de I n, p . Soient n ∈ N, p ∈ N
∗ et ´ ∈ ]0, 1[.
Alors
1
´
x
n (ln x)
p dx =
x
n+1
n + 1
(ln x)
p
1
´
−
p
n + 1
1
´
x
n+1 (ln x)
p−1
x
dx
ce qui, donne lorsque ´ tend vers 0, I n, p = −
p
n + 1
I n, p−1 . Une récurrence simple
donne alors, pour n ∈ N, I n,n = (−1)
n
n!
(n + 1) n I n,0 = (−1)
n
n!
(n + 1) n+1 .
2. Pour tout x ∈ ]0, 1], on a x
x = exp(x ln x) =
+∞
n=0
(x ln x)
n
n!
. On note alors
f n (x) =
(x ln x)
n
n!
pour n ∈ N et x ∈ ]0, 1]. La série de fonction
f n
converge simplement sur ]0, 1] et la somme de cette série est la fonction continue
x → x
x . Pour tout n ∈ N, la fonction f n est de signe fixe sur ]0, 1], ce qui donne
1
0
| f n (x)| dx =
1
0
f n (x) dx
. La question précédente montre que pour tout
n ∈ N, on a
1
0
| f n (x)| dx =
1
n!
n!
(n + 1) n+1 . La série
1
(n + 1) n+1 converge car
1
(n + 1) n+1
1
(n + 1) 2 lorsque n 1. Le théorème d’intégation terme à terme
peut s’appliquer. Cela donne
1
0
x
x dx =
+∞
n=0
(−1)
n
(n + 1) n+1 =
+∞
n=1
(−1)
n−1
n n .
Exercice 9.15
Centrale MP 2006
1. Prouver l’existence de I =
+∞
0
ln(th x) dx.
2. Montrer que I = −
+∞
n=0
1
(2n + 1) 2 .
1. Soit f : x → ln(th x) définie sur R
∗
+ . On a th x ∼
x→0
x et puisque leur limite commune est nulle, on a f (x) ∼ ln x au voisinage de 0 et f est intégrable sur ]0, 1].
Pour x > 0, th x =
e
x
− e
−x
e x + e −x =
1 − e
−2x
1 + e −2x . Puisque th x tend vers 1 lorsque x
tend vers +∞, on a ln(th x) ∼
x→+∞
th x − 1 =
−2e
−2x
1 + e −2x ∼
x→+∞
−2e
−2x . Finalement
f est intégrable sur [1, +∞[ et donc ]0, +∞[.
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
tend vers 0. Cela justifie l’existence de I n, p . Soient n ∈ N, p ∈ N
∗ et ´ ∈ ]0, 1[.
Alors
1
´
x
n (ln x)
p dx =
x
n+1
n + 1
(ln x)
p
1
´
−
p
n + 1
1
´
x
n+1 (ln x)
p−1
x
dx
ce qui, donne lorsque ´ tend vers 0, I n, p = −
p
n + 1
I n, p−1 . Une récurrence simple
donne alors, pour n ∈ N, I n,n = (−1)
n
n!
(n + 1) n I n,0 = (−1)
n
n!
(n + 1) n+1 .
2. Pour tout x ∈ ]0, 1], on a x
x = exp(x ln x) =
+∞
n=0
(x ln x)
n
n!
. On note alors
f n (x) =
(x ln x)
n
n!
pour n ∈ N et x ∈ ]0, 1]. La série de fonction
f n
converge simplement sur ]0, 1] et la somme de cette série est la fonction continue
x → x
x . Pour tout n ∈ N, la fonction f n est de signe fixe sur ]0, 1], ce qui donne
1
0
| f n (x)| dx =
1
0
f n (x) dx
. La question précédente montre que pour tout
n ∈ N, on a
1
0
| f n (x)| dx =
1
n!
n!
(n + 1) n+1 . La série
1
(n + 1) n+1 converge car
1
(n + 1) n+1
1
(n + 1) 2 lorsque n 1. Le théorème d’intégation terme à terme
peut s’appliquer. Cela donne
1
0
x
x dx =
+∞
n=0
(−1)
n
(n + 1) n+1 =
+∞
n=1
(−1)
n−1
n n .
Exercice 9.15
Centrale MP 2006
1. Prouver l’existence de I =
+∞
0
ln(th x) dx.
2. Montrer que I = −
+∞
n=0
1
(2n + 1) 2 .
1. Soit f : x → ln(th x) définie sur R
∗
+ . On a th x ∼
x→0
x et puisque leur limite commune est nulle, on a f (x) ∼ ln x au voisinage de 0 et f est intégrable sur ]0, 1].
Pour x > 0, th x =
e
x
− e
−x
e x + e −x =
1 − e
−2x
1 + e −2x . Puisque th x tend vers 1 lorsque x
tend vers +∞, on a ln(th x) ∼
x→+∞
th x − 1 =
−2e
−2x
1 + e −2x ∼
x→+∞
−2e
−2x . Finalement
f est intégrable sur [1, +∞[ et donc ]0, +∞[.
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit