Séries de fonctions

Utilisons la division suivant les puissances croissantes du polynôme \(1\) par le polynôme \(1 - X\) :

\(\begin{array}{l l}\begin{array}{l} 1 \\ \qquad \frac{-1 + X}{X} \\ \qquad \qquad \frac{-X + X^{2}}{X^{2}} \\ \qquad \qquad \qquad \frac{-X^{2} + X^{3}}{X^{3}} \\ \qquad \qquad \qquad \qquad . \\ \qquad \qquad \qquad \qquad . \\ \qquad \qquad \qquad \qquad . \\ \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad X^{n} \\ \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \frac{-X^{n} + X^{n+1}}{X^{n+1}} \end{array} & \begin{array}{| l} \\ 1 - X \\ \hline \\ 1 + X + X^{2} + ... + X^{n}  \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ \end{array}\end{array}\)

Donc, \(\frac{1}{1 - x} = 1 + x + x^{2} + ... + x^{n} + \frac{x^{n+1}}{1 - x} \qquad (5)\)

Considérons la série de fonctions \(\left( \underset{n \in \mathbb{N}}{\sum} x^{n} \right)\).

Nous avons affaire à une série géométrique de raison \(x\).

Elle est donc uniformément convergente pour \(|x| < 1\).

Pour \(|x| \geq 1\), le terme général ne tend pas vers 0 ; la série diverge.

La série \(\left( \underset{n \in \mathbb{N}}{\sum}~x^{n} \right)\) converge uniformément sur \(]-1, 1[\).

Sa somme est égale à \(\underset{n \rightarrow +\infty}{\textrm{lim}} (1 + x + x^{2} + ... + x^{n}) = \underset{n \rightarrow +\infty}{\textrm{lim}} \frac{1}{1 - x} - \frac{x^{n+1}}{1 - x} = \frac{1}{1 - x}\).

La série converge donc uniformément sur tout segment \([a, b]\) inclus dans \(]-1, 1[\) et, d'après le théorème d'intégration de la somme d'une série uniformément convergente sur \([a, b]\), on obtient :

\(-1 < a \leq b < 1, \qquad \overset{b}{\underset{a}{\int}}~\frac{\ln{(x)}}{1 - x}~\textrm{dx} = \underset{n \in \mathbb{N}}{\sum}~\overset{b}{\underset{a}{\int}}~x^{n}~\ln{(x)}~\textrm{dx}\).

Pour calculer \(\overset{1}{\underset{0}{\int}}~\frac{\ln{(x)}}{1 - x}~\textrm{dx}\), revenons à l'expression (5) : \(\frac{1}{1 - x} = 1 + x + x^{2} + ... + x^{n} + \frac{x^{n+1}}{1 - x}\).

Il vient alors : \(\overset{1}{\underset{0}{\int}}~\frac{\ln{(x)}}{1 - x}~\textrm{dx} = \overset{n}{\underset{k = 0}{\sum}}~\overset{1}{\underset{0}{\int}}~x^{k} \ln{(x)}~\textrm{dx} + \overset{1}{\underset{0}{\int}}~\frac{x^{n+1} \ln{(x)}}{1 - x}~\textrm{dx} \qquad (6)\)

En intégrant par parties \(\overset{1}{\underset{0}{\int}}~x^{k} \ln{(x)}~\textrm{dx}\), on trouve \(\overset{1}{\underset{0}{\int}}~x^{k} \ln{(x)}~\textrm{dx} = \left[ \frac{x^{k+1} \ln{(x)}}{k + 1} \right]^{1}_{0} - \overset{1}{\underset{0}{\int}}~\frac{x^{k}}{k + 1}~\textrm{dx} = - \frac{1}{(k+1)^{2}}\),

et (6) devient : \(\begin{array}{r c l} \overset{1}{\underset{0}{\int}}~\frac{\ln{(x)}}{1 - x}~\textrm{dx} & = & - \overset{n}{\underset{k = 0}{\sum}}~\frac{1}{(k+1)^{2}} + \overset{1}{\underset{0}{\int}}~\frac{x^{n+1} \ln{(x)}}{1 - x}~\textrm{dx} \\ \\ & = & - \overset{n+1}{\underset{k=1}{\sum}}~\frac{1}{k^{2}} + \overset{1}{\underset{0}{\int}}~\frac{x^{n+1} \ln{(x)}}{1 - x}~\textrm{dx} \\ \end{array}\)

On peut remarquer qu'on peut prolonger par continuité sur \([0, 1]\) la fonction \(x \longmapsto \frac{x \ln{(x)}}{1 - x}\), si on adopte les valeurs de continuité \(0\) pour \(x = 0\) et \(-1\) pour \(x = 1\) (car \(\underset{x \rightarrow 1}{\textrm{lim}}~\frac{x \ln{(x)}}{1 - x} = -1\) ).

Notons alors \(M = \underset{x \in [0, 1]}{\textrm{sup}}~\left| \frac{x \ln{(x)}}{1 - x} \right|\) (fonction continue sur un segment) ; il en résulte \(\left| \overset{1}{\underset{0}{\int}}~\frac{x^{n+1}~\ln{(x)}}{1 - x}~\textrm{dx}\right| \leq \overset{1}{\underset{0}{\int}}~Mx^{n}~\textrm{dx} = \frac{M}{n + 1}\).

La limite étant nulle à l'infini, on peut passer à la limite : \(\overset{1}{\underset{0}{\int}}~\frac{\ln{(x)}}{1 - x}~\textrm{dx} = \overset{+\infty}{\underset{0}{\sum}}~\overset{1}{\underset{0}{\int}}~x^{n} \ln{(x)}~\textrm{dx} = \overset{+\infty}{\underset{1}{\sum}}~\left( -\frac{1}{n^{2}} \right)\) (intégration par parties dans l'intégrale).

Ainsi, \(\overset{1}{\underset{0}{\int}}~\frac{\ln{(x})}{1 - x}~\textrm{dx} = - \underset{n \geq 1}{\sum}~\frac{1}{2}\).