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SOLUTIONS
Solutions
• Au voisinage de 0, f (t) ∼ (− ln t)
a , pour tout a ∈ R, (− ln t)
a = o(
1
√
t
), l’intégrale
1
2
0
f (t) dt converge.
2. Utilisons le changement de variable u = − ln t. Pour tout (a, b) ∈ D, on a
1
0
f (t) dt =
+∞
0
u
a e
−u (1 − e
−u )
b du.
On en déduit que, pour tout n ∈ N
1
0
(− ln t)
a (1 − t)
n dt =
+∞
0
u
a e
−u (1 − e
−u )
n du
Soit, en utilisant le binôme de Newton,
1
0
(− ln t)
a (1 − t)
n dt =
n
k=0
(−1)
k
n
k
+∞
0
u
a e
−(k+1)u du.
Avec le changement de variable v = (k + 1)u, on obtient
1
0
(− ln t)
a (1 − t)
n dt = G(a + 1)
n
k=0
(−1)
k
n
k
(1 + k)
a+1 ·
3. Pour tout réel t ∈ [0, 1[,
n
k=0
t
k =
1 − t
n+1
1 − t
, on a donc :
1
0
− ln t
1 − t
dt =
1
0
(− ln t)
n
k=0
t
k dt +
1
0
t
n+1
1 − t
(− ln t) dt·
= −
n
k=0
1
0
t
k ln t dt +
1
0
t
n+1
1 − t
(− ln t) dt.
En utilisant une intégration par parties, on obtient
1
0
t
k ln t dt = −
1
(k + 1) 2 .
D’autre part la fonction g : t ∈ ]0, 1[ →
−t ln t
1 − t
est continue et lim
t→0
g(t) = 0, lim
t→1
g(t) = 1, g
est donc majorée sur ]0, 1],.
Soit M = sup ]0,1[ g(t), on a 0
1
0
t
n+1
1 − t
(− ln t) dt M
1
0
t
n dt, donc
0
1
0
t
n+1
1 − t
(− ln t) dt M
1
n + 1
et lim
n→+∞
1
0
t
n+1
1 − t
(− ln t) dt = 0.
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