L'intégrale logarithmique

La stratégie. On ne calcule pas $F$ : la fonction $t\mapsto \frac{1}{\ln t}$ n'a pas de primitive exprimable avec les fonctions usuelles. On la dérive grâce au théorème fondamental, qui n'exige qu'une primitive abstraite, et on l'encadre en remplaçant l'intégrande par des fonctions voisines dont on connaît la primitive.

a) Définition et dérivée. Pour $x>1$, on a $1<x<x^2$, et la fonction $t\mapsto \frac{1}{\ln t}$ est continue sur $]1,+\infty [$ — le dénominateur $\ln t$ y est strictement positif — donc sur $[x,x^2]$ : l'intégrale existe. Le domaine n'est pas décoratif : en $t=1$, $\ln t=0$ et l'intégrande explose.

Par le théorème fondamental, la fonction continue $t\mapsto \frac{1}{\ln t}$ admet sur l'intervalle $]1,+\infty [$ une primitive $G$, de classe ${\mathcal{C}}^1$, avec $G^{\prime }(t)=\frac{1}{\ln t}$ — dont on n'a pas besoin de connaître d'expression. Alors $F(x)=G(x^2)-G(x)$. La fonction $x\mapsto x^2$ étant de classe ${\mathcal{C}}^1$ de $]1,+\infty [$ dans lui-même, $F$ est de classe ${\mathcal{C}}^1$ par composition, et $$F^{\prime }(x)=2x{G}^{\prime }(x^2)-G^{\prime }(x)=\frac{2x}{\ln (x^2)}-\frac{1}{\ln x}=\frac{2x}{2\ln x}-\frac{1}{\ln x}=\frac{x-1}{\ln x},$$ en utilisant $\ln (x^2)=2\ln x$. Pour $x>1$, numérateur et dénominateur sont strictement positifs : $F^{\prime }(x)>0$, et $F$ est strictement croissante sur $]1,+\infty [$. On note aussi que $F^{\prime }(x)\to 1$ quand $x\to 1^{+}$, puisque $\frac{x-1}{\ln x}\to 1$ (limite du taux d'accroissement de $\ln$ en $1$, inversée).

b) Positivité stricte. Sur $[x,x^2]$, l'intégrande $\frac{1}{\ln t}$ est continue et strictement positive, et $x<x^2$. Par positivité de l'intégrale, $F(x)\ge 0$ ; et si l'on avait $F(x)=0$, une fonction continue positive d'intégrale nulle serait nulle sur $[x,x^2]$, ce qui est faux. Donc $F(x)>0$.

c) L'encadrement près de $1$. Pour $t\in [x,x^2]$, écrivons $\frac{1}{\ln t}=t\cdot \frac{1}{t\ln t}$. Comme $x\le t\le x^2$ et $\frac{1}{t\ln t}>0$, $$\frac{x}{t\ln t}\le \frac{1}{\ln t}\le \frac{x^2}{t\ln t}.$$ Or $\frac{1}{t\ln t}$ a une primitive explicite : $t\mapsto \ln (\ln t)$, définie pour $t>1$, de dérivée $\frac{1/t}{\ln t}$. Donc $${\int }_x^{x^2}\frac{\mathrm{d}t}{t\ln t}=\ln (\ln x^2)-\ln (\ln x)=\ln (2\ln x)-\ln (\ln x)=\ln 2.$$ Cette intégrale vaut $\ln 2$ quel que soit $x>1$. Par croissance de l'intégrale, en intégrant l'encadrement de $x$ à $x^2$ : $$x\ln 2\le F(x)\le x^2\ln 2.$$ Quand $x\to 1^{+}$, les deux bornes tendent vers $\ln 2$ : par le théorème des gendarmes, $$\underset{x\to 1^{+}}{\lim }F(x)=\ln 2.$$ La fonction $F$, définie par une intégrale dont l'intégrande explose au bord, a une limite finie : les deux bornes se rapprochent de $1$ plus vite que l'intégrande ne grandit.

d) Le comportement à l'infini. Sur $[x,x^2]$, on a $\ln x\le \ln t\le \ln (x^2)=2\ln x$, donc $\frac{1}{2\ln x}\le \frac{1}{\ln t}\le \frac{1}{\ln x}$. En intégrant sur un intervalle de longueur $x^2-x$ : $$\frac{x^2-x}{2\ln x}\le F(x)\le \frac{x^2-x}{\ln x}.$$ La borne inférieure tend vers $+\infty$ : $x^2-x\ge \frac{x^2}{2}$ pour $x\ge 2$, et $\frac{x^2}{\ln x}\to +\infty$ par croissances comparées. Donc $$\underset{x\to +\infty }{\lim }F(x)=+\infty ,$$ et l'encadrement précise la vitesse : $F(x)$ est de l'ordre de $\frac{x^2}{\ln x}$, à un facteur $2$ près. (La borne $x\ln 2$ du c) donnait déjà la limite $+\infty$, mais un ordre de grandeur bien trop faible.)

L'allure. $F$ est strictement croissante, de limite $\ln 2\approx 0,693$ en $1^{+}$ — un point de départ que la courbe n'atteint pas, abordé avec la pente $F^{\prime }(1^{+})=1$ — et de limite $+\infty$ en $+\infty$. Elle est de plus convexe : $F^{\prime \prime }(x)=\frac{\ln x-1+\frac{1}{x}}{(\ln x{)}^2}$, et la fonction $h(x)=\ln x-1+\frac{1}{x}$ vérifie $h(1)=0$ et $h^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}=\frac{x-1}{x^2}>0$ pour $x>1$, donc $h>0$ et $F^{\prime \prime }>0$. La courbe part donc de $(1,\ln 2)$ avec la pente $1$ et se redresse indéfiniment. Valeur intermédiaire, par quadrature numérique : $F(2)\approx 1,92$, bien encadré par $\frac{2}{2\ln 2}\approx 1,44$ et $\frac{2}{\ln 2}\approx 2,89$.

Ce que l'exercice installe. On dérive et l'on encadre une fonction qu'on ne sait pas calculer. Le théorème fondamental transforme « $t\mapsto \phi (t)$ est continue » en « $x\mapsto {\int }_a^x\phi$ est de classe ${\mathcal{C}}^1$ », sans jamais réclamer de primitive explicite ; et pour les limites, on remplace l'intégrande par une fonction voisine dont on connaît la primitive — ici $\frac{1}{t\ln t}$, qui s'intègre en $\ln (\ln t)$. La fonction étudiée est une cousine du logarithme intégral $\mathrm{li}(x)={\int }_2^x\frac{\mathrm{d}t}{\ln t}$, dont le théorème des nombres premiers dit qu'il compte les nombres premiers inférieurs à $x$.