Analyse

1 2  2 6 k 1 k Par : [email protected] 

Démonstration de  (2)   Le 13 août 2006

Schéma de la démonstration : ln(1  x) dx par deux méthodes différentes : x 0 La 1ère : en utilisant le développement en séries entières de la fonction sous le signe somme. 1 ln( x 2  2 x cos t  1) La 2ème: par l’intermédiaire de la fonction F (t )   dx où t  [0,  ] et de x 0 l’évaluer en particulier pour t  0 . 1

On va calculer l’intégrale  

Démonstration : La 1ère méthode : Quel que soit x  1 le développement en séries entières de  ln(1  x) s’écrit : 

 ln(1  x)   k 1

D’où :  1

En intégrant :   0

xk k

ln(1  x) x k 1 1  k 1   x x k k 1 k 1 k 

 ln(1  x) x k 1  x k 1  1      2 x k k 1 0 k k 1 k 0 k 1 1

1

Et finalement :   0

1

ln(1  x)   (2) (1) x

La 2ème méthode : ln( x 2  2 x cos t  1) dx où t  [0,  ] . x 0 1

F (t )  

Schéma d’étude : 1) a) Montrons les relations trigonométriques suivantes : 1  cos t t cos t   Et  tan  tan   t  sin t 2 sin t 2  x * En posant u  tan 2 2 1 u 1 2 1  cos t t On a :  1  u  u  tan 2u sin t 2 1 u2   sin   t  2      cos t * tan   t    2  cos    t  sin t   2  b) En dérivant sous le signe somme ( x ]0,  [ ) montrons que : 1

  x  cos t   F '(t )  2 arctan    sin t   0  1

'

1 1  ln( x 2  2 x cos t  1)  dx dx dx 2sin t 2sin t * F '(t )       2   x x  2 x cos t  1 ( x  cos t )2  sin 2 x  0 0 0 1 2 dx x  cos t  on mets le changement de variable ( v  ) d’où : 2  sin x sin x 0  x  cos t    1  sin x  1

1

  x  cos t   F '(t )  2 arctan    sin t   0  c) En déduire que : F '(t )    t ( x ]0,  [ ) Et que : t2 F (t )   t   C ( t  [0,  [ ) Montrer la continuité en 0. 2 * En utilisant les formules trigonométriques de 1) a) on a :   t     1  cos t    cos t    F '(t )  2  arctan    arctan    2     t     t  sin t   sin t     2   2  t2 ln(1  x) * en intégrant F (t )   t   C ( t  [0,  ] ) car : lim F (t )  2   dx 2 x t 0 0 2) Vérifions que : t 1 t  F    F      F (t ) ( t  [0,  ] ) 2 2 2  * 1 1 t ln( x 2  2 x cos(t / 2)  1) ln( x 2  2 x cos(  t / 2)  1) t  F    F      dx   x x 2 0 2  0 1

ln( x 2  2 x cos(t / 2)  1) ln( x 2  2 x cos(t / 2)  1) dx   dx x x 0 0

1

1



  1  cos t   ln  ( x 2  1) 2  4 x 2   ln(( x  1)  4 x cos (t / 2))  2   dx   dx  x x 0 0 1

1



2

2

2

2

ln  x 4  2 x 2  1  2 x 2  2 x 2 cos x  x

0

1

1

dx   0

ln  x 4  2 x 2 cos t  1 x

dx

On pose le changement de variable ( u  x 2 ) 1 1 ln(u 2  2u cos(t )  1) F (t )   du  u 20 2 Et en ramenant cette égalité à celle de 1) c), déduire que :

 2 (  t ) 2 ( t  [0,  [ ) qui n’est qu’un « vulgaire » trinôme !  6 2 2  1 t2 t  t t2  t  1 t t  * F    F                  2C   t   C  2 2 2 2 4  2 2 2 2   2  D’où en simplifiant : C   6 2 2 2 t   1  2 (t   ) 2 Ainsi : * F (t )   t     (t 2  2t   2 )   2 3 6 2 6 2 F (t ) 

2

3) En évaluant F (t ) pour t  0 , Montrer que : ln(1  x)  2  x 6 0 * à l’aide de l’expression de F (t ) on établie que : 1



ln(1  x) dx x t 0 0 Et d’après l’expression équivalent de F (t ) trouvé dans 1)c) on a : 1

lim F (t )  F (0)  2  

2 2 2   6 2 3 En identifiant les deux derniers résultats, on a bien : 1 ln(1  x)  2 (2)   F (0) 

0

6

x

Conclusion : 1

ère

On a démontré avec la 1

méthode que

 0

ln(1  x)   (2) (1) x

ln(1  x)  2  (2) x 6 0 Finalement on a bien démontré que : 1

Et par la 2ème méthode que  

2   (2)   1   k 1 k 2 6

3