Solution pour le challenge n° 91

Solution pour le challenge 91

Cette question ressemble furieusement à celle qu’on trouve dans cet article.

Mais les calculs sont significativement plus simples : comme on va le voir, il suffit de développer $\ln\left(1-t^{q}\right)$ en série et d’intégrer terme à terme, ce qui fera directement apparaître la fonction zeta de Riemann (il n’y aura pas de nombres harmoniques dans ce calcul, contrairement à ce qui se passe dans l’article en référence).

On sait que, pour tout $x\in\left]0,1\right[$ :

$-\ln\left(1-x\right)=\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{x^{n}}{n}$

Par conséquent :

$A_{p,q}=-\int_{0}^{1}\dfrac{\ln^{p}\left(t\right)}{t}\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{\left(t^{q}\right)^{n}}{n}\thinspace dt$

donc, après intégration terme à terme (justifiée par le théorème de Beppo-Levi, alias théorème de convergence monotone) :

$A_{p,q}=-\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n}\int_{0}^{1}t^{nq-1}\ln^{p}\left(t\right)\thinspace dt$

Posons, pour tout $\left(k,\ell\right)\in\mathbb{N}^{2}$ :

$J_{k,\ell}=\int_{0}^{1}t^{k}\ln^{\ell}\left(t\right)\thinspace dt$

et intégrons par parties (pour $\ell\geqslant1)$ avec :

$\begin{eqnarray*}u'=t^{k} & ; & v=\ln^{\ell}\left(t\right)\\u=\dfrac{t^{k+1}}{k+1} & ; & v'=\dfrac{\ell}{t}\ln^{\ell-1}\left(t\right)\end{eqnarray*}$

On obtient :

$J_{k,\ell}=\left[\dfrac{t^{k+1}}{k+1}\ln^{\ell}\left(t\right)\right]_{0}^{1}-\dfrac{\ell}{k+1}\int_{0}^{1}t^{k}\ln^{\ell-1}\left(t\right)\thinspace dt$

Le terme tout intégré étant nul, puisque ${\displaystyle \lim_{t\rightarrow0^{+}}t^{k+1}\ln^{\ell}\left(t\right)=0},$ il vient :

$J_{k,\ell}=-\dfrac{\ell}{k+1}\thinspace J_{k,\ell-1}$

puis, par récurrence :

$J_{k,\ell}=\dfrac{\left(-1\right)^{\ell}\ell!}{\left(k+1\right)^{\ell}}\thinspace J_{k,0}=\dfrac{\left(-1\right)^{\ell}\ell!}{\left(k+1\right)^{\ell+1}}$

Ainsi :

$A_{p,q}=-\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n}\thinspace\dfrac{\left(-1\right)^{p}p!}{\left(nq\right)^{p+1}}$

soit finalement :

$\boxed{\forall\left(p,q\right)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}^{\star},\:\int_{0}^{1}\dfrac{\ln^{p}\left(t\right)\ln\left(1-t^{q}\right)}{t}\thinspace dt=\dfrac{\left(-1\right)^{p+1}p!}{q^{p+1}}\thinspace\zeta\left(p+2\right)}$

Par exemple, pour $p=q=1,$ on trouve un expression intégrale de la fameuse constante d’Apéry (dont l’irrationalité est connue depuis 1979) :

$\int_{0}^{1}\dfrac{\ln\left(t\right)\ln\left(1-t\right)}{t}\thinspace dt=\zeta\left(3\right)$

Pour consulter l’énoncé, c’est ici

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