Une intégrale qui résiste

(Exercice d’oral Centrale Mp)
L’objectif est le calcul de {J=\displaystyle\int_{0}^{1}f(x)\,\text{d}x}{f(x)=\dfrac{\ln(x)\ln^2(1-x)}{x}}.

On rappelle que {\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n^2}=\dfrac{\pi^2}{6}} et {\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n^4}=\dfrac{\pi^4}{90}}. On note {u_{n}=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac1{k^2}}.

  1. Montrer que {f} est intégrable sur {]0,1[}.

  2. Soit {\varphi(x)=\displaystyle\int_{0}^{x}\dfrac{\ln(1-t)}{t}\,\text{d}t}.
    Montrer que : {\forall\, x\in[-1,1],\;\varphi(x)=-\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{x^n}{n^2}}.

    1. Montrer que {J=-\dfrac12\varphi^{2}(1)+\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\varphi(x)\ln(x)}{1-x}\,\text{d}x}.

    2. Prouver l’égalité {\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\varphi(x)\ln(x)}{1-x}\,\text{d}x=\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{u_{n}}{(n+1)^{2}}}.
      • Pour tout {m\ge 2}, vérifier que {\displaystyle\sum_{n=1}^{m-1}\dfrac{u_{n}}{(n+1)^{2}}=\displaystyle\sum_{1\le k\lt n\le m}\dfrac{1}{(k\,n)^2}}
      • En déduire la valeur de {\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{u_{n}}{(n+1)^{2}}}

      • Donner finalement la valeur de l’intégrale {J}.

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  1. La fonction {f} est continue sur {]0,1[}.

    En {0^+} on a {f(x)\sim x\ln x}, et en {1^-} on a {f(x)\sim (x-1)\ln^2(1-x)}.

    Ainsi {f} est prolongeable (avec la valeur {0}) par continuité en {0} et {1}.

  2. Pour tout {x\in]-1,1[} : {\dfrac{\ln(1-x)}{x}=-\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{x^{n-1}}{n}} (valeur prolongée {-1} en {x=0}).

    {\varphi} est la primitive s’annulant en {0} de cette série entière.

    Donc {\varphi} est DSE sur {]-1,1[}, et par intégration terme à terme :{\forall\, x\in]-1,1[,\;\varphi(x)=-\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{x^{n}}{n^2}}On peut prolonger en {\pm1} (CVN sur {[-1,1]}, et intégrabilité de {t\mapsto\dfrac{\ln(1-t)}{t}}).

    • On intègre formellement par parties sur {]0,1[}, et on justifie a posteriori : {\begin{array}{rl}J&=\displaystyle\int_{0}^{1}\varphi'(x)\ln(x)\ln(1-x)\,\text{d}x\\\\&=\Bigl[\varphi(x)\ln(x)\ln(1-x)\Bigr]_{0}^{1}-\displaystyle\int_{0}^{1}\varphi(x)\biggl(\dfrac{\ln(1-x)}{x}-\dfrac{\ln(x)}{1-x}\biggr)\,\text{d}x\\\\&=\Bigl[\varphi(x)\ln(x)\ln(1-x)\Bigr]_{0}^{1}-\displaystyle\int_{0}^{1}\varphi(x)\varphi'(x)\,\text{d}x+\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\varphi(x)\ln(x)}{1-x}\,\text{d}x\\\\&=\Bigl[\varphi(x)\ln(x)\ln(1-x)\Bigr]_{0}^{1}-\dfrac12\Bigl(\varphi^2(1)-\varphi^2(0)\Bigr)+\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\varphi(x)\ln(x)}{1-x}\,\text{d}x\\\\&=-\dfrac{1}{2}\varphi^{2}(1)+\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\varphi(x)\ln(x)}{1-x}\,\text{d}x\end{array}}
    • Pour tout {x} de {]0,1[}, on a : {\dfrac{\varphi(x)\ln(x)}{1-x}=-\ln(x)\displaystyle\sum_{j=1}^{+\infty}\dfrac{x^{j}}{j^2}\;\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}x^{k}}.

      Par produit de Cauchy, et {\forall\, x\,\in\,]\,0,1[} : {\displaystyle\sum_{j=1}^{+\infty}\dfrac{x^{j}}{j^2}\;\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}x^{k}=\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\Big(1+\dfrac{1}{2^2}+\cdots+\dfrac{1}{n^2}\Bigr)x^n=\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}u_{n}x^n}Ainsi, pour tout {x} de {]0,1[} : {\dfrac{\varphi(x)\ln(x)}{1-x}=\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}f_{n}(x)\text{\ avec\ }f_{n}(x)=-u_{n}\,x^n\ln(x)}On prolonge par continuité en {0} et en {1}.

      Les fonctions {f_{n}} sont intégrables (et positives) sur {]0,1[}.

      On a: {\displaystyle\int_{0}^{1}\left|{f_{n}(x)}\right|\,\text{d}x=-u_{n}\displaystyle\int_{0}^{1}x^n\ln(x)\,\text{d}x=\dfrac{u_{n}}{(n+1)^2}} (IPP classiques).

      Ainsi {\displaystyle\int_{0}^{1}\left|{f_{n}(x)}\right|\,\text{d}x\sim\dfrac{\pi^2}{6n^2}}. On en déduit, avec le “TITT” : {\begin{array}{rl}\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\varphi(x)\ln(x)}{1-x}\,\text{d}x&=\displaystyle\int_{0}^{1}\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}f_{n}(x)\,\text{d}x\\\\&=\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\int_{0}^{1}f_{n}(x)\,\text{d}x=\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{u_{n}}{(n+1)^{2}}\end{array}}

    • Pour {m\ge2}, on a les égalités : {\begin{array}{rl}\displaystyle\sum_{n=1}^{m-1}\dfrac{u_{n}}{(n+1)^{2}}&=\displaystyle\sum_{n=2}^{m}\dfrac{u_{n-1}}{n^{2}}=\displaystyle\sum_{n=2}^{m}\Biggl(\dfrac{1}{n^{2}}\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{k^{2}}\Biggr)\\\\&=\displaystyle\sum_{n=2}^{m}\;\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\,\Biggl(\dfrac{1}{k^{2}}\dfrac{1}{n^{2}}\Biggr)=\displaystyle\sum_{1\le k\lt n\le m}\dfrac{1}{(k\,n)^2}\end{array}}
    • Par symétrie, on a : {\Biggl(\displaystyle\sum_{n=1}^{m}\dfrac{1}{n^2}\Bigr)^2=\displaystyle\sum_{k=1}^{m}\displaystyle\sum_{n=1}^{m}\dfrac{1}{k^2 n^2}=2\displaystyle\sum_{1\le k\lt n\le m}\dfrac{1}{(k\,n)^2}+\displaystyle\sum_{n=1}^{m}\dfrac{1}{n^4}}Ainsi : {\biggl(\displaystyle\sum_{n=1}^{m}\dfrac{1}{n^2}\Bigr)^2=2\displaystyle\sum_{n=1}^{m-1}\dfrac{u_{n}}{(n+1)^{2}}+\displaystyle\sum_{n=1}^{m}\dfrac{1}{n^4}}.
      Quand {m\to+\infty}, on trouve : {\begin{array}{rl}\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{u_{n}}{(n+1)^{2}}&=\dfrac12\Biggl(\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n^2}\Biggr)^2-\dfrac12\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n^4}\\\\&=\dfrac{\pi^4}{72}-\dfrac{\pi^4}{180}=\dfrac{\pi^4}{120}\end{array}}
    • On utilise les résultats de (3a) et (4b), sachant que {\varphi(1)=-\dfrac{\pi^2}{6}}.
      {J=-\dfrac12\varphi^{2}(1)+\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\varphi(x)\ln(x)}{1-x}\,\text{d}x=-\dfrac{\pi^2}{72}+\dfrac{\pi^4}{120}=-\dfrac{\pi^4}{180}}