Euler, encore une fois
Réponses
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$$\int_0^{\infty}\frac{xe^{-x}}{1-e^{-x}}dx=\sum_{n=0}^{\infty}\int_0^{\infty}xe^{-(n+1)x}dx=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(n+1)^2}=\frac{\pi^2}{6}.$$
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Sans astuce aucune...
Il suffit de développer en série entière pour avoir (l'interversion série-intégrale est légitime car tout est positif!)
\begin{align*}
I:=\int_{0}^{+\infty}\frac{x}{e^{x}-1}dx & = \int_{0}^{+\infty}\frac{xe^{-x}}{1-e^{-x}}dx\\
& = \sum\limits_{n\geq 0}\int_{0}^{+\infty}xe^{-(n+1)x}dx\\
& = \sum\limits_{n\geq 1}\frac{1}{n^{2}} \mbox{ après une IPP.}
\end{align*}
On remarque alors par comparaison série-intégrale que pour tout $N\geq 1,$ $$I-\sum\limits_{n=1}^{N}\frac{1}{n^{2}}\leq \frac{1}{N}.$$
En choisisssant $N=100$ puis en calculant $$\sum\limits_{n=1}^{100}\frac{1}{n^{2}}=\frac{1589508694133037873112297928517553859702383498543709859889432834803818131090369901}{972186144434381030589657976672623144161975583995746241782720354705517986165248000},$$ on trouve une meilleure approximation que $\displaystyle \frac{5}{3}$ (puisque $\displaystyle \sum\limits_{n=1}^{100}\frac{1}{n^{2}}+\frac{1}{100}<\frac{5}{3}$).
Il ne reste plus qu'à le faire sans calculatrice! ^^ -
Merci beaucoup.
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Est-ce qu'on peut déterminer une fonction $\varphi$ définie et négative sur $[0;\infty[$ et telle que : $$
\int_0^{\infty}\frac{x}{\exp(x)-1}\,dx-\frac{5}{3}=\int_0^{\infty}\frac{\varphi(x)}{\exp(x)-1}\,dx
\quad ?
$$ J'ai cru en avoir trouvé une mais malheureusement elle ne garde pas un signe constant -
$\begin{align}J=\int_0^\infty \frac{x}{e^x-1}\,dx\end{align}$
On applique le changement de variable $\displaystyle y=1-\text{e}^{-x}$,
$\begin{align}J&=-\int_0^1 \frac{\ln(1-x)}{x}\,dx\\
&=-\int_0^{\frac{1}{2}} \frac{\ln(1-x)}{x}\,dx-\int_{\frac{1}{2}}^1 \frac{\ln(1-x)}{x}\,dx
\end{align}$
Dans la deuxième intégrale on applique le changement de variable $y=1-x$,
$\begin{align}J&=-\int_0^{\frac{1}{2}} \frac{\ln(1-x)}{x}\,dx-\int_0^{\frac{1}{2}} \frac{\ln x}{1-x}\,dx\end{align}$
Dans la deuxième intégrale on procède à une intégration par parties,
$\begin{align}J&=-\int_0^{\frac{1}{2}} \frac{\ln(1-x)}{x}\,dx+\Big[\ln(1-x)\ln x\Big]_0^{\frac{1}{2}}-\int_0^{\frac{1}{2}} \frac{\ln(1-x)}{x}\,dx\\
&=\ln^2 2-2\int_0^{\frac{1}{2}} \frac{\ln(1-x)}{x}\,dx
\end{align}$
On applique le changement de variable $\displaystyle y=2x$,
$\begin{align}K&=-\int_0^{\frac{1}{2}} \frac{\ln(1-x)}{x}\,dx\\
&=-\int_0^1 \frac{\ln(1-\frac{1}{2}x)}{x}\,dx\\
\end{align}$
Par ailleurs, pour tout $0\leq y<1$,
$\begin{align}\ln(1-y)=-\int_0^1 \frac{y}{1-uy}\,du\end{align}$
Donc, pour tout $n$ entier naturel non nul,
$\begin{align}K&=\frac{1}{2}\int_0^1 \int_0^1\frac{1}{1-\frac{1}{2}ux}\,du\,dx\\
&=\frac{1}{2}\int_0^1 \int_0^1\frac{1-\left(\frac{1}{2}ux\right)^{n}}{1-\frac{1}{2}ux}\,du\,dx+\frac{1}{2^{n+1}}\int_0^1 \int_0^1\frac{u^nx^n}{1-\frac{1}{2}ux}\,du\,dx\\
&=\frac{1}{2}\int_0^1 \int_0^1\left(\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2^k}u^kx^k\right)\,du\,dx+\frac{1}{2^{n+1}}\int_0^1 \int_0^1\frac{u^nx^n}{1-\frac{1}{2}ux}\,du\,dx\\
&=\sum_{k=0}^{n-1}\left(\int_0^1 \int_0^1 \frac{1}{2^{k+1}}u^kx^k \,du\,dx\right)+\frac{1}{2^{n+1}}\int_0^1 \int_0^1\frac{u^nx^n}{1-\frac{1}{2}ux}\,du\,dx\\
&=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2^{k+1}(k+1)^2}+\frac{1}{2^{n+1}}\int_0^1 \int_0^1\frac{u^nx^n}{1-\frac{1}{2}ux}\,du\,dx\\
&=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2^{k}k^2}+\frac{1}{2^{n+1}}\int_0^1 \int_0^1\frac{u^nx^n}{1-\frac{1}{2}ux}\,du\,dx\\
\end{align}$
On pose, pour tout $n$ entier naturel non nul,
$\begin{align}R(n)=\frac{1}{2^{n+1}}\int_0^1 \int_0^1\frac{u^nx^n}{1-\frac{1}{2}ux}\,du\,dx\\\end{align}$
La fonction $\displaystyle t\rightarrow \frac{1}{1-\frac{1}{2}t}$ définie sur $[0;1]$ est croissante et positive sur cet intervalle.
Ainsi, pour tout $t$ de $[0;1]$, $1\leq \dfrac{1}{1-\frac{1}{2}t}\leq 2$
Donc,
$\begin{align}R(n)&\leq \frac{1}{2^{n}}\int_0^1 \int_0^1 u^nx^n\,du\,dx\\
&\leq \frac{1}{2^{n}(n+1)^2}
\end{align}$
Pour tout $0\leq y<1$, $n$ un entier naturel non nul,
$\begin{align}\ln 2&=-\ln\left(1-\frac{1}{2}\right)\\
&=\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{1}{1-\frac{1}{2}u}\,du\\
&=\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{1-\left(\frac{1}{2}u\right)^n}{1-\frac{1}{2}u}\,du+\frac{1}{2^{n+1}}\int_0^1 \frac{u^n}{1-\frac{1}{2}u}\,du\\
&=\sum_{k=1}^n \frac{1}{k2^k}+\frac{1}{2^{n+1}}\int_0^1 \frac{u^n}{1-\frac{1}{2}u}\,du\\
\end{align}$
Le dernier terme est majoré par,
$\begin{align}\frac{1}{(n+1)2^{n}}\end{align}$
Par conséquent, pour $m,n$ des entiers non nuls,
$\begin{align}J\leq \left(\sum_{k=1}^m \frac{1}{k2^k}+\frac{1}{(m+1)2^{m}}\right)^2+2\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2^{k}k^2}+\frac{1}{2^{n}(n+1)^2}\right)\end{align}$
Si on prend $m=6,n=3$ on obtient, c'est un calcul (pénible) mais faisable à la main que:
$\begin{align}J\leq \frac{300714761}{180633600}<\frac{5}{3}\end{align}$
(A noter que $180633600=3\times 60211200$ ) -
A noter aussi que:
$\displaystyle \int_0^{\infty} \frac{2\left(\text{e}^{-x}-\text{e}^{-3x}\right)}{\text{e}^x-1}\,dx=\frac{5}{3}$
Mais malheureusement $x-2\left(\text{e}^{-x}-\text{e}^{-3x}\right)$ n'a pas un signe constant sur $[0;\infty[$.
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