Bonjour à tous,
Une idée pour montrer que $\displaystyle \lim_{n\to\infty} \int_0^1 \dfrac{x^n \ln x}{x^n-1}dx = 0$ ?
J'essaie de trouver un lien entre $I_n=\displaystyle\int_0^1 \dfrac{x^n \ln x}{x^n-1}dx$ et $I_{n+1}$... l'intégration par parties ne me donne rien.
Réponses
Puisque les bornes sont $0$ et $1$, alors la variable d'intégration $x$ varie dans $(0,1)$. Si la raison d'une somme géométrique est strictement inférieur à $1$ en valeur absolue, alors la série converge...
pour $n>0$, posons $y=x^n$, alors $\dfrac{x^{n+1} \ln x}{x^n-1} \dfrac{dx}{x} = \dfrac{1}{n^2} \dfrac{y^{1+\frac{1}{n}} \ln y}{y-1} \dfrac{dy}{y}$ ... on note alors $\displaystyle{\Psi^{(1)} \bigg( 1+\frac{1}{n} \bigg) = \int_0^1 \frac{y^{\frac{1}{n}} \ln y}{y-1} dy} = n^2 I_n$ ... tentons plutôt d'expliciter une relation de récurrence pour $\Psi^{(1)}$ :
$$\begin{eqnarray}
\Psi^{(1)} \bigg( 1+\frac{1}{n} \bigg) - \Psi^{(1)} \bigg( \frac{1}{n} \bigg) & = & \int_0^1 y^{\frac{1}{n}} \ln y \frac{dy}{y} \\
& = & -n^2 \int_0^{+\infty} t e^{-t} dt \\
& = & -n^2 \Gamma(2) = -n^2
\end{eqnarray}$$
d'où $\Psi^{(1)} \bigg( 1+\dfrac{1}{n} \bigg) = \Psi^{(1)} \bigg( \dfrac{1}{n} \bigg) - \dfrac{1}{\bigg( \dfrac{1}{n} \bigg)^2}$ ... autrement dit, il existe une relation entre $I_n$ et $I_{-\frac{n}{n-1}}$ :-) à condition d'accepter que $n$ soit un réel ... la fonction $\Psi^{(1)}$ est en réalité la fonction trigamma définie sur $\mathbb{C}$, telle que $\Psi^{(1)} = \dfrac{d\Psi}{dz}$, ayant des pôles d'ordre $2$ en $z=0,-1,-2,-3,-4,\ldots$, et dont la représentation intégrale ci-dessus n'est que valide que pour $\Re(z)>0$ ...
2/ intéressons-nous à sa valeur en $z=1$ ... par définition, $\Psi^{(1)}(1) = \displaystyle{\int_0^1 \frac{\ln y}{y-1} dy = \int_0^{+\infty} \frac{te^{-t}}{1-e^{-t}} dt}$ ... il s'ensuit que :
$$\begin{eqnarray}
\Psi^{(1)}(1) & = & \int_0^{+\infty} t \sum_{k=1}^{+\infty} e^{-kt} dt = \Gamma(2) \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{1}{k^2} = \frac{\pi^2}{6}
\end{eqnarray}$$
3/ pour en revenir aux $I_n$ de départ : $I_n = \dfrac{1}{n^2} \Psi^{(1)} \bigg( 1+\dfrac{1}{n} \bigg)$ ... et par suite, $\displaystyle{\lim_{n \to +\infty} I_n = \Psi^{(1)}(1) \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n^2}} = 0^+$ ...
Il vient sauf erreur : $ \displaystyle I_{n}=\frac{1}{n^{2}}\int_{0}^{1}\frac{t^{\frac{1}{n}}\ln t}{t-1}dt$.
D'où : $ \displaystyle 0\leq I_{n}\leq \frac{1}{n^{2}}\int_{0}^{1}\frac{\ln t}{t-1}dt$, terminé.
J'ai même l'impression que ce majorant est un équivalent, et si c'est vrai on aurait : $I_{n}\sim \frac{\pi ^{2}}{6n^{2}}$ quand $n\rightarrow +\infty $.
Voire...
Bonne journée.
F. Ch.
On peut noter que la suite des fonctions intégrées est positive, décroissante.
En effet $\frac{x^n\log(x)}{x^n-1}=\frac{x^n(-\log x)}{(1-x)(1+x+\dots x^{n+1})}$.
Il suffit de vérifier l'intégrabilité pour $n=1$ pour pouvoir appliquer le théorème de convergence dominée et avoir $\lim I_n=0$.
Voici la solution avec la méthode que j'ai proposée.
Soit, pour tout $n$ entier non nul, $\displaystyle I_n = \int_{0}^{1} dx {x^n \ln x \over x^n-1}.$
L'intégrande $\displaystyle f_n: x \mapsto {x^n \ln x \over x^n-1}$ est définie, continue et dérivable sur $\displaystyle ]0, 1[.$ Comme $\displaystyle \lim_{x \to 0} {x^n \ln x \over x^n-1} = 0$ et comme $\displaystyle \lim_{x \to 1} {x^n \ln x \over x^n-1} = \displaystyle \lim_{\epsilon \to 0} {(1-\epsilon)^n \ln(1-\epsilon) \over (1-\epsilon)^n-1} = \frac{1}{n}$, l'intégrande admet un prolongement par continuité sur l'intervalle borné $[0, 1]$ : elle est donc intégrable sur cet intervalle. On a montré l'existence, pour tout $n$ entier non nul, de $I_n.$
On écrit, pour tout $\displaystyle \epsilon >0$, $\displaystyle I_n =\int_{0}^{1-\epsilon} dx f_n(x) + \int_{1-\epsilon}^{1} dx f_n(x) .$
On utilise le théorème des valeurs intermédiares pour traiter la seconde intégrale :
$\displaystyle \int_{1-\epsilon}^{1} dx f_n(x) = ((1-\epsilon)-1) f_n(\zeta), \quad 1-\epsilon \leq \zeta \leq 1 \sim -\epsilon \frac{1}{n}$. Cette quantité est donc nulle quand $\displaystyle \epsilon \to 0.$
On utilise une série géométrique pour traiter la première intégrale :
$\displaystyle \int_{0}^{1-\epsilon} dx f_n(x) = \int_{0}^{1-\epsilon} dx {x^n \over x^n-1} \ln x = \int_{0}^{1-\epsilon} dx \Big( - \sum_{k \geq 1} (x^n)^k \Big) \ln x = - \sum_{k \geq 1} \int_{0}^{1-\epsilon} dx x^{nk} \ln x.$
On a utilisé le fait que la raison $x^n$ est strictement inférieur à $1$ pour $\displaystyle 0 \leq x \leq 1-\epsilon <1$.
Le changement de variable $\displaystyle y=x^{nk+1}$ donne immédiatement :
$\displaystyle \int_{0}^{1-\epsilon} dx f_n(x) =- \sum_{k \geq 1} {1 \over (1+nk)^2} \int_{0}^{(1-\epsilon)^{1+nk}} dy \ln y \to \sum_{k \geq 1} {1 \over (1+nk)^2}$ quand $\displaystyle \epsilon \to 0.$ On a utilisé : $\displaystyle \int_{0}^{1} dy \ln y =-1.$
On a donc démontré que :
$\displaystyle I_n = \sum_{k \geq 1} {1 \over (1+nk)^2} = \sum_{k \geq 1} {1 \over n^2(k+\frac{1}{n})^2} = \frac{1}{n^2} \Big( \frac{1}{k^2} -\frac{2}{k^3}\frac{1}{n} +\frac{3}{k^4} \frac{1}{n^2}-\frac{4}{k^5} \frac{1}{n^3} +\frac{5}{k^6} \frac{1}{n^4} +o( \frac{1}{n^4} ) \Big) =\\ \displaystyle \frac{1}{n^2} \Big( \zeta(2) - \frac{2}{n} \zeta(3)+ \frac{3}{n^2} \zeta(4) -\frac{4}{n^3} \zeta(5)+\frac{5}{n^4} \zeta(6) + o(\frac{1}{n^4}) \Big).$
La fonction $\displaystyle \zeta: m \mapsto \sum_{k \geq 1} \frac{1}{k^m}$ est définie pour $\displaystyle m \geq 2$ entier.
Équivalent de $I_n$.
J'ai écrit ce matin que $\displaystyle I_{n}=\frac{1}{n^{2}} J_n$ avec $ \displaystyle J_n=\int_{0}^{1}\frac{t^{\frac{1}{n}}\ln t}{t-1}dt $, mais je n'ai pas exploité complètement cette écriture.
En fait, on a ponctuellement : $ \displaystyle \frac{t^{\frac{1}{n}}\ln t}{t-1}\underset{n\rightarrow +\infty }{\longrightarrow }\frac{\ln t}{t-1}$ pour $t\in ]0,1[$.
Cette limite est une dominante intégrable sur $]0,1[$, et le théorème de convergence dominée donne : $\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{t^{\frac{1}{n}}\ln t}{t-1}dt\underset{n\rightarrow +\infty }{\longrightarrow }\int_{0}^{1}\frac{\ln t}{t-1}dt$, et chacun sait que $\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{\ln t}{t-1}dt=\frac{\pi ^{2}}{6}$, non ? ;-).
C'est ce que j'avais indiqué ce matin sans preuve.
À suivre ...
F. Ch.
On part de la formule élémentaire de somme de $n$ termes de la suite géométrique : $ \displaystyle \frac{t^{n}-1}{t-1}=\underset{i=0}{\overset{n-1}{\sum }}t^{i}$, qui conduit à :
$ \displaystyle G(\alpha )=\int_{0}^{1}\frac{t^{\alpha }\ln t}{t-1}dt=(\underset{i=0}{\overset{n-1}{\sum }}U_{i})+R_{n}$, avec : $\displaystyle U_{i}=-\int_{0}^{1}t^{i+\alpha }\ln tdt$ et $\displaystyle R_{n}=\int_{0}^{1}\frac{t^{n+\alpha }\ln t}{t-1}dt$.
Avec une simple IPP on obtient : $ \displaystyle U_{i}=\frac{1}{(i+\alpha +1)^{2}}$ et avec une simple majoration on obtient : $ \displaystyle \underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }R_{n}=0$.
Il en résulte : $ \displaystyle G(\alpha )=\underset{i=0}{\overset{+\infty }{\sum }}U_{i}=\underset{k=1}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{1}{(k+\alpha )^{2}}$. En particulier : $ \displaystyle G(0)=\underset{k=1}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{1}{k^{2}}= \zeta (2)=\frac{\pi ^{2}}{6}$.
Toujours élémentairement, si $ \displaystyle 0\leq \alpha \leq 1$, alors : $ \displaystyle 0\leq G(0)-G(\alpha )=\underset{k=1}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{2\alpha k+\alpha ^{2}}{k^{2}(k+\alpha )^{2}}\leq \alpha \underset{k=1}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{2k+1}{k^{4}}$,
d'où : $\displaystyle \underset{\alpha \rightarrow 0^{+}}{\lim }G(\alpha )=G(0)$.
Bonne soirée.
F. Ch.
[message édité : cru avoir lu $2$ au lieu de $4$ ... c'est petit sur l'écran de mon laptop ...]
En fait la démonstration ci-dessus reste valable pour tout réel $\alpha >-1$.
La fonction $G$ est de classe $\mathcal{C}^ \infty$ sur $]-1, + \infty[$ et l'on peut dériver $p$ fois les deux membres, respectivement sous $\int $ avec la convergence dominée et sous $\sum $ avec la convergence normale, ce qui donne pas mal de formules.
Pour $\alpha =-\frac{1}{2}$, on a la belle identité : $ \displaystyle \int_{0}^{+\infty }\frac{\ln t}{(t-1)\sqrt{t}}dt=\pi ^{2}$ (si je ne me suis pas trompé dans mes calculs).
Bon solstice, et vive le retour de Sol Invictus.
F. Ch.
En dérivant deux fois, j'ai aussi, toujours pour pour $\alpha =-\frac{1}{2}$ :
$ \displaystyle \int_{0}^{+\infty }\frac{2(\ln t)^{3}}{(t-1)\sqrt{t}}dt=\pi ^{4}$.
Toujours sauf erreur.
Bonne journée.
F. Ch.
On peut généraliser:
$\displaystyle \int_{0}^{+\infty }\frac{(\ln t)^{2n+1}}{(t-1)\sqrt{t}}dt=T_{2n+1}\pi ^{2n+2}$ où les $T_{2n+1}$ sont des entiers bien connus, les nombres tangents: $\tan(x)=\displaystyle\sum_{n\geq0}T_{2n+1}\dfrac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}$.
Comme je tiens à mon beau $\pi^4$, je ne changerai pas de côté mais d'étage et j'écrirai :
$ \displaystyle \int_{0}^{+\infty }\frac{(\ln t)^{3}}{2(t-1)\sqrt{t}}dt=\pi ^{4}$.
Bravo et merci Jandri.
F. Ch.
$ \displaystyle G(\alpha )=\int_{0}^{1}\frac{t^{\alpha }\ln t}{t-1}dt=\underset{k=1}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{1}{(k+\alpha )^{2}}$
dérivée $2n$ fois par rapport à $\alpha$, comme j'ai dit.
J'ai pris $ \alpha =-\frac{1}{2}$ parce qu'avec cette valeur, on tombe sur la même fonction en faisant le changement de variable $u=\frac{1}{t}$, en sorte que : $ \displaystyle \int_{0}^{+\infty }\frac{t^{-\frac{1}{2}}\ln t}{t-1}dt=2\int_{0}^{1}\frac{t^{-\frac{1}{2}}\ln t}{t-1}dt =2G(-\frac{1}{2})$, et de même pour les dérivées de $G$.
Et, veine ! la valeur $ \alpha =-\frac{1}{2}$ nous arrange bien au second membre aussi, puisqu'elle fait apparaître, pour les dérivées d'ordres pairs, les valeurs de $\zeta (2n)$, qui s'expriment comme il est bien connu en fonction des nombres de Bernoulli.
[ Ou du moins comme il était possible que ce soit bien connu en Math Spé lorsque les séries de Fourier étaient au programme... Désormais je ne sais.]
Jandri a su mener à bien ces calculs et il a reconnu les nombres tangents, qui sont liés aux nombres de Bernoulli, on en reparlera.
Bon(ne) après-midi.
F. Ch.
Voir : Louis Comtet, Analyse combinatoire, PUF 1970, tome 2, p. 101.
Voir l'article de Désiré André (1881) : http://sites.mathdoc.fr/JMPA/PDF/JMPA_1881_3_7_A10_0.pdf
Les nombres de permutations alternées portant sur un nombre pair de termes sont les "nombres sécants" car ils apparaissent dans le développement en série entière de la fonction sécante. Ils sont liés aux nombres d'Euler. Pour une raison inexpliquée les fonctions sécante et cosécante ont disparu des mathématiques françaises vers le début du XXème siècle. Une bêtise qui perdure. J'ai vu des professeurs qui ont appris l'existence de ces fonctions avec Maple.
Au début du XXème siècle le dessinateur Christophe avait publié une série de bandes dessinées mettant en scène le savant Cosinus, qui avait deux filles prénommées Sécante et Cosécante. C'est pourquoi dans le "Dictionnaire de mathématiques" de Lucien Chambadal (qui a eu plusieurs éditions), à "sécante" et "cosécante", on lit : "prénom féminin".
Bonne journée.
F. Ch.
Entringer, R. C., A combinatorial interpretation of the Euler and Bernoulli numbers, Niew. Arc. Wisk., 14, 241-266, 1966.
Cela m'éviterait des déplacements fatigants.
Merci.
F. Ch..
Est ce que tu as montré que cette limite tends vers 0?