Le cas positif, la roue de secours, et le rêve de l'étudiant

Les deux théorèmes, et le réflexe. Le cours en donne deux. Cas positif : si les $f_n$ sont continues par morceaux, positives, intégrables sur $I$, si $\sum f_n$ converge simplement et si sa somme est continue par morceaux, alors ${\int }_I\sum f_n=\sum {\int }_I{f}_n$ dans $[0,+\infty ]$ — sans aucune autre vérification. Cas des signes variables : il faut de plus ${\sum }_n{\int }_I|f_n|<+\infty$. D'où le réflexe : positif, tout est permis ; signes variables, on vérifie la sommabilité — et si elle échoue, on passe à la roue de secours du b).

a) L'intégrale de Planck, cas positif.

Nature. En $0^{+}$, $e^t-1\sim t$ donc $\frac{t}{e^t-1}\to 1$ : faux problème. En $+\infty$, $\frac{t}{e^t-1}\sim t{e}^{-t}=o\left(\frac{1}{t^2}\right)$ : intégrable. L'intégrale converge.

Le développement. Pour $t>0$, on a $e^{-t}\in ]0,1[$, donc la série géométrique de raison $e^{-t}$ converge et $$\frac{t}{e^t-1}=\frac{t{e}^{-t}}{1-e^{-t}}=t{e}^{-t}\sum _{k\ge 0}{e}^{-kt}=\sum _{n=1}^{+\infty }t{e}^{-nt}.$$

L'échange. Les fonctions $f_n(t)=t{e}^{-nt}$ sont continues, positives et intégrables sur $]0,+\infty [$ ; la série converge simplement, de somme $\frac{t}{e^t-1}$, continue. Le théorème du cas positif s'applique immédiatement. Reste à calculer chaque terme : avec $u=nt$, $${\int }_0^{+\infty }t{e}^{-nt}\mathrm{d}t=\frac{1}{n^2}{\int }_0^{+\infty }u{e}^{-u}\mathrm{d}u=\frac{1}{n^2},$$ puisque ${\int }_0^{+\infty }u{e}^{-u}\mathrm{d}u=1$ (intégration par parties, ou $\Gamma (2)=1!=1$). D'où $${\int }_0^{+\infty }\frac{t}{e^t-1}\mathrm{d}t=\sum _{n=1}^{+\infty }\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{6}\approx 1,644934.$$ (C'est l'intégrale du rayonnement du corps noir de Planck : le cadre positif a rendu l'échange gratuit.)

b) Quand la sommabilité échoue. Ici $f_n(x)=(-x{)}^n$ sur $[0,1[$, de somme $\frac{1}{1+x}$. Calculons ce que le théorème demanderait : $$\sum _{n\ge 0}{\int }_0^1|f_n|=\sum _{n\ge 0}{\int }_0^1{x}^n\mathrm{d}x=\sum _{n\ge 0}\frac{1}{n+1}=+\infty .$$ L'hypothèse de sommabilité est en défaut : le théorème ne s'applique pas. On ne peut ni l'invoquer, ni conclure qu'il est faux — il faut un autre chemin.

La roue de secours : dominer les sommes partielles. Posons $S_n(x)={\sum }_{k=0}^n(-x{)}^k$. Comme somme géométrique de raison $-x\ne 1$, $$S_n(x)=\frac{1-(-x{)}^{n+1}}{1+x}\underset{n\to +\infty }{\to }\frac{1}{1+x}(0\le x<1),$$ et surtout $$|S_n(x)|\le \frac{1+x^{n+1}}{1+x}\le \frac{2}{1+x}\le 2,$$ majoration indépendante de $n$ par une constante, qui est intégrable sur le segment $[0,1]$. Le théorème de convergence dominée s'applique donc à la suite $(S_n)$ : $$\sum _{k=0}^n\frac{(-1{)}^k}{k+1}={\int }_0^1{S}_n(x)\mathrm{d}x\underset{n\to +\infty }{\to }{\int }_0^1\frac{\mathrm{d}x}{1+x}=\ln 2.$$ L'échange est donc justifié, et $\sum _{n\ge 0}\frac{(-1{)}^n}{n+1}=\ln 2$.

Ce qu'il faut retenir de ce détour. Intégrer terme à terme, c'est échanger une limite et une intégrale ; le théorème du cours n'est qu'une manière commode de le faire. Quand $\sum \int |f_n|$ diverge, on revient aux sommes partielles et on leur applique la convergence dominée — c'est la voie officielle, et elle marche ici parce que les sommes partielles d'une série alternée sont bornées, alors que la somme des valeurs absolues ne l'est pas.

c) Le rêve de l'étudiant. On veut ${\int }_0^1{t}^{-t}\mathrm{d}t={\sum }_{n\ge 1}{n}^{-n}$ — une identité entre une intégrale et une série dont les termes ont exactement la même forme, d'où son surnom.

Le développement. Pour $t\in ]0,1[$, $$t^{-t}=e^{-t\ln t}=\sum _{k=0}^{+\infty }\frac{(-t\ln t{)}^k}{k!},$$ et chaque terme est positif, car $-\ln t>0$ sur $]0,1[$. La somme, $t^{-t}$, se prolonge par continuité en $0$ (avec la valeur $1$, puisque $t\ln t\to 0$) et en $1$ : elle est continue sur $[0,1]$. Le théorème du cas positif s'applique.

Le terme général. Calculons ${\int }_0^1{t}^k(-\ln t{)}^k\mathrm{d}t$ par le changement de variable $t=e^{-s}$, bijection de classe ${\mathcal{C}}^1$ strictement décroissante de $]0,+\infty [$ sur $]0,1[$, avec $\mathrm{d}t=-e^{-s}\mathrm{d}s$ : $${\int }_0^1{t}^k(-\ln t{)}^k\mathrm{d}t={\int }_0^{+\infty }{e}^{-ks}{s}^k{e}^{-s}\mathrm{d}s={\int }_0^{+\infty }{s}^k{e}^{-(k+1)s}\mathrm{d}s=\frac{k!}{(k+1{)}^{k+1}},$$ la dernière égalité par le changement $v=(k+1)s$, qui ramène à $\frac{1}{(k+1{)}^{k+1}}{\int }_0^{+\infty }{v}^k{e}^{-v}\mathrm{d}v=\frac{k!}{(k+1{)}^{k+1}}$.

La somme. En divisant par $k!$ et en sommant : $${\int }_0^1{t}^{-t}\mathrm{d}t=\sum _{k=0}^{+\infty }\frac{1}{k!}\cdot \frac{k!}{(k+1{)}^{k+1}}=\sum _{k=0}^{+\infty }\frac{1}{(k+1{)}^{k+1}}=\sum _{n=1}^{+\infty }\frac{1}{n^n}.$$

Contrôle numérique. La série vaut $1+\frac{1}{4}+\frac{1}{27}+\frac{1}{256}+\cdots =1,291285997\dots$, et le calcul numérique direct de l'intégrale donne la même valeur à douze décimales. Les deux premiers termes donnent déjà $1,25$ : la convergence est extrêmement rapide, puisque $n^{-n}$ décroît plus vite que toute exponentielle.

Ce que l'exercice installe. Un réflexe en deux branches : positif $\Rightarrow$ on échange, sans rien vérifier d'autre ; signes variables $\Rightarrow$ on contrôle $\sum \int |f_n|$, et si cette somme diverge, on domine les sommes partielles. Retenir aussi les deux développements qui reviennent sans cesse : la série géométrique $\frac{1}{1-e^{-t}}=\sum e^{-kt}$, qui transforme une fraction en série d'exponentielles, et la série exponentielle, qui transforme $t^{-t}$ en série de puissances-logarithmes. Enfin, l'intégrale ${\int }_0^{+\infty }{s}^k{e}^{-as}\mathrm{d}s=\frac{k!}{a^{k+1}}$ est la brique de calcul universelle du chapitre — c'est $\Gamma$, qui arrive à l'exercice 8.