Centrale Maths 2 MP 2015

Calcule la valeur de l’intégrale : $\int_n^{n-1}\!\frac{dt}{t}=\ln\frac{n-1}{n}$. On a donc $a_n=\frac{1}{n}-\ln\frac{n-1}{n}=\int_{n-1}^n\big(\frac{1}{n}-\frac{1}{t}\big)dt$. En majorant $|a_n|\le\int_{n-1}^n\frac{n-t}{n t}dt\le\frac{1}{2n(n-1)}$, on obtient $a_n=O(1/n^2)$ donc la série des $a_n$ converge par comparaison.

Écris $H_n-\ln n=\sum_{k=1}^n\big(\frac{1}{k}-\int_k^{k-1}\frac{dt}{t}\big)=\sum_{k=1}^n a_k$. Comme la série $\sum a_k$ converge, la suite des sommes partielles converge vers une limite finie $A$. Donc $H_n=\ln n +A+o(1)$ et $H_n\sim\ln n$.

Pour $n$ grand $H_n\sim\ln n$, donc on compare à la série $\sum \frac{\ln n}{n^r}$. Par le critère d’intégrale cette série converge si et seulement si $r>1$. Pour $r$ entier la convergence a lieu donc pour tous les entiers $r\ge2$ (diverge pour $r\le1$).

Pour $|t|<1$ on a $\ln(1-t)=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{t^n}{n}$ et $\frac{1}{1-t}=\sum_{n=0}^{\infty}t^n$. Les deux séries ont pour rayon de convergence $1$.

Produit des deux séries : $-\dfrac{\ln(1-t)}{1-t}=(\sum_{n\ge1}\frac{t^n}{n})(\sum_{m\ge0}t^m)=\sum_{k\ge1}\big(\sum_{j=1}^k\frac{1}{j}\big)t^k=\sum_{k\ge1} H_k t^k$. C’est le développement sur $]-1,1[$.

Près de 1 l’intégrande est borné ; près de 0, avec $p\ge0$ on a $t^p|\ln t|^q$ et pour $p>-1$ c’est intégrable ; ici $p\in\mathbb{N}$ donc $p>-1$. L’intégrale impropre converge donc.

Fais une intégration par parties sur $[\varepsilon,1]$ avec $u=(\ln t)^q$ et $dv=t^p dt$. L’identité de bord fournit exactement la relation donnée, le dernier terme étant l’expression au point $\varepsilon$.

Faire tendre $\varepsilon\to0^+$. Le terme de bord $\varepsilon^{p+1}(\ln\varepsilon)^q$ tend vers $0$, donc on obtient la relation récursive sans terme de bord.

Itère la relation et utilise $I_{p,0}=1/(p+1)$. On obtient $I_{p,q}=(-1)^q\dfrac{q!}{(p+1)^{q+1}}$.

Échange somme et intégrale justifié par convergence absolue : $\int_0^1 (\ln t)^{r-1} f(t)dt=\sum_n a_n\int_0^1 t^n(\ln t)^{r-1}dt$. Utilise $I_{n,r-1}=(-1)^{r-1}(r-1)!/(n+1)^r$ pour conclure.

Applique le résultat de I.E à la série $-\dfrac{\ln(1-t)}{1-t}=\sum_{n\ge1}H_n t^n$ (I.C.2). Les hypothèses sont vérifiées pour $r\ge2$, d’où l’égalité. Pour consulter le corrigé complet pas à pas, débloque les corrigés de Prépa Booster et accède aux écrits corrigés et au dashboard personnalisé.

Une intégration par parties adaptée sur l’expression de I.F.1 permet d’abaisser la puissance de $\ln t$ et de transformer le facteur $\ln(1-t)/(1-t)$ en $(\ln(1-t))^2/t$, d’où la formule annoncée (procédé standard, détails algébriques dans le corrigé complet).

Pour $r=2$ on obtient $S_2=\tfrac12\int_0^1\frac{(\ln t)^2}{1-t}dt$. Développe $1/(1-t)=\sum_{n\ge0}t^n$, échange somme et intégrale, et utilise $\int_0^1 t^n(\ln t)^2dt=2/(n+1)^3$. On trouve $S_2=\sum_{n\ge0}\frac{1}{(n+1)^3}=\zeta(3)$.

Près de 0 le comportement est $t^{x-1}$ (intégrable si $x>0$), à l’infini $e^{-t}$ domine toute puissance. Ainsi la fonction est intégrable et on pose $\Gamma(x)=\int_0^{\infty}t^{x-1}e^{-t}dt$. On admet les propriétés usuelles (C^\infty, récurrence $\Gamma(x+1)=x\Gamma(x)$, etc.).

Par le changement de variable $u=\alpha t$ on obtient $\int_0^{\infty}t^{x-1}e^{-\alpha t}dt=\alpha^{-x}\int_0^{\infty}u^{x-1}e^{-u}du=\alpha^{-x}\Gamma(x)$.

Près de 0 le facteur $t^{x-1}$ est intégrable car $x>0$, près de 1 c’est $(1-t)^{y-1}$ qui est intégrable car $y>0$. L’intégrale positive est donc finie.

Le changement de variable $u=1-t$ dans l’intégrale définissant $\beta(x,y)$ échange les rôles de $x$ et $y$, d’où la symétrie.

Écris $\beta(x+1,y)=\int_0^1 t^x(1-t)^{y-1}dt$ et fais une intégration par parties (ou applique la formule de récurrence connue) ; on obtient $\beta(x+1,y)=\frac{x}{x+y}\beta(x,y)$.

Applique la relation précédente successivement pour incrémenter $x$ puis $y$ (ou l’inverse) et simplifie pour obtenir la formule annoncée.

La relation visée est continue et les fonctions impliquées sont analytiques sur $\mathbb{R}_+^*$ ; la montrer sur le domaine $x>1,y>1$ (ou un domaine dense) permet de l’étendre par continuité à tout $x,y>0$, d’où la restriction sans perte de généralité.

Avec $t=\dfrac{u}{1+u}$ on a $dt=\dfrac{du}{(1+u)^2}$ et $1-t=(1+u)^{-1}$ ; en remplaçant dans l’intégrale sur [0,1] on obtient l’expression sur $[0,\infty[$ souhaitée.

Par définition $F_{x,y}(t)=\int_0^t e^{-s}s^{x+y-1}ds$ et $\Gamma(x+y)=\int_0^{\infty}e^{-s}s^{x+y-1}ds$. L’intégrande est positif, donc $F_{x,y}(t)\le\Gamma(x+y)$ pour tout $t\ge0$.

Majore $F_{x,y}((1+u)a)\le\Gamma(x+y)$ et utilise que $u^{x-1}(1+u)^{-x-y}$ est intégrable (définition de β). Par convergence dominée l’intégrale définit G et la dépendance continue en $a$ est assurée.

Pour chaque $u$ fixé, $F_{x,y}((1+u)a)\to\Gamma(x+y)$ quand $a\to\infty$. Par domination (même majorant indépendant de $a$) on échange limite et intégrale et obtient la limite $\Gamma(x+y)\beta(x,y)$.

Sur un tel segment on peut dériver sous le signe intégral car la dérivée intérieure existe et est dominée par une fonction intégrable ; le théorème d’échange dérivation–intégrale donne la différentiabilité continue. En recouvrant $\mathbb{R}_+^*$ par segments on obtient la propriété globale.

En dérivant sous le signe intégral puis en réarrangeant les intégrales (procédé standard) on obtient la forme pratique utilisée dans la preuve : $G'(a)=\Gamma(x)\,a^{x-1}e^{-a}\,\beta(x,y)$. Cette expression relie la dérivée de $G$ aux fonctions Γ et β.

Intègre $G’$ sur $[0,\infty[$ et utilise la limite de $G(a)$ en $+\infty$ (question II.C.5) et la valeur en 0; on obtient l’identité classique $\Gamma(x)\Gamma(y)=\Gamma(x+y)\beta(x,y)$, relation (ℛ).

En prenant le logarithme de $\Gamma(x+1)=x\Gamma(x)$ et en dérivant on obtient $\psi(x+1)-\psi(x)=\dfrac{d}{dx}\ln x=\dfrac{1}{x}$.

Différencie $\beta(x,y)=\dfrac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}$ par rapport à $y$. En utilisant $\Gamma’/\Gamma=\psi$ on obtient $\partial_y\beta=\beta(\psi(y)-\psi(x+y))$. Les fonctions impliquées sont C^∞ sur $(\mathbb{R}_+^*)^2$ donc la dérivée existe.

Comme $\psi$ est croissante, pour tout $y>0$ on a $\psi(y)-\psi(x+y)<0$, donc $\partial_y\beta<0$. Ainsi $y\mapsto\beta(x,y)$ est strictement décroissante sur $\mathbb{R}_+^*$.

On sait que $\psi'(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{1}{(x+k)^2}>0$ (ou qu’elle est l’intégrale d’une fonction strictement positive). Donc $\psi’$ est positive sur $\mathbb{R}_+^*$, ce qui implique que $\psi$ est croissante.

Utilise la relation $\psi(t+1)-\psi(t)=1/t$ répétée et somme les identités appropriées ; le terme sous forme de somme $1/k-1/(k+x)$ apparaît naturellement et le reste se réunit en $\psi(n+x+1)-\psi(n+1)$.

La croissance de $\psi$ donne la borne inférieure. En sommant des différences et en majorant par des harmoniques on obtient les inégalités successives ; la dernière majoration découle d’une comparaison simple des sommes harmoniques par une intégrale, d’où $\le (p+1)/n$.

Fais tendre $n\to\infty$ dans l’identité de III.C.1 ; la borne de III.C.2 montre que $\psi(n+x+1)-\psi(n+1)\to0$, ce qui donne la série annoncée (série absolument convergente pour $x>-1$).

La régularité suit de celle de $\psi$ et de la représentation par séries ; en dérivant la série terme à terme on obtient $g^{(k)}(0)=(-1)^{k+1}k!\,\zeta(k+1)$ pour tout $k\ge1$.

La formule de III.C.3 et la majoration des restes de séries Dirichlet permettent de contrôler le reste par $\zeta(2)|x|^{k+1}$. Cette majoration uniforme sur $]-1,1[$ montre que la série de Taylor converge vers $g$, donc $g$ est développable en série entière sur $]-1,1[$.

C’est le développement de Taylor de $g$ obtenu précédemment en remplaçant $g^{(k)}(0)$ par $(-1)^{k+1}k!\zeta(k+1)$ et divisant par $k!$, ce qui donne exactement la série indiquée pour $|x|<1$.

La définition $B(x)=\int_0^1(\ln(1-t))^2 t^{x-1}dt$ converge pour $x>0$. En développant et en utilisant les expressions de $\partial_y\beta$ (liées à $\psi$ et ses dérivées) on obtient l’identité demandée qui exprime $B$ via $\psi$ et ses dérivées ; comme $\psi$ est C^∞, $B$ l’est aussi sur $\mathbb{R}_+^*$.

C’est la représentation intégrale de $B(x)$ utilisée dans les questions précédentes ; l’intégrale converge absolument pour $x>0$ et définit bien $B(x)$.

Pour $p\ge0$ et $x>0$ on a $B^{(p)}(x)=\int_0^1 (\ln(1-t))^2 (\ln t)^p t^{x-1} dt$, dérivation répétée sous le signe intégral.

Compare l’expression intégrale de $S_r$ donnée en I.F.2 avec la formule de $B^{(p)}(x)$ en posant $p=r-2$ et fais tendre $x\to0^+$ ; on obtient la relation annoncée (échange limite–intégrale justifié par domination).

Pour $r=2$ la formule donne $S_2=\tfrac12 B(0)$. Le calcul de $B(0)=\int_0^1 (\ln(1-t))^2 dt$ via développement en série donne $B(0)=2\zeta(3)$, donc $S_2=\zeta(3)$, en accord avec I.F.3.

La fonction $\varphi$ étant construite à partir de $\psi$ et de ses dérivées, elle est C^∞ sur l’ensemble où $\psi$ l’est. Les dérivées $\varphi^{(n)}(0)$ s’écrivent comme combinaisons linéaires des valeurs $\psi^{(k)}(1)$ pour $k\le n+1$ ; la formule explicite se déduit par dérivation itérée (détails dans le corrigé complet).

En exprimant les dérivées successives de $B$ en 0 via les dérivées de $\psi$ et en remplaçant ces dérivées par leurs valeurs en termes de $\zeta(m)$ (voir III.D), on identifie les coefficients et obtient l’identité finale : $2S_r=r\zeta(r+1)-\sum_{k=1}^{r-2}\zeta(k+1)\zeta(r-k)$ pour $r\ge3$. Si tu veux le déroulé complet, débloque les corrigés sur Prépa Booster pour accéder au corrigé intégral et au dashboard personnalisé.