Soit $x\in\Rr$ . La fonction $t\mapsto \frac{t-1}{\ln t}t^x$ est continue sur $]0,1[$ .

Etude en $1$ . $\frac{t-1}{\ln t}t^x\underset{t\rightarrow1}{\sim}1\times1=1$ et donc la fonction $t\mapsto \frac{t-1}{\ln t}t^x$ se prolonge par continuité en $1$ . On en déduit que la fonction $t\mapsto \frac{t-1}{\ln t}t^x$ est intégrable sur un voisinage de $1$ à gauche.

Etude en $0$ . $\frac{t-1}{\ln t}t^x\underset{t\rightarrow0}{\sim}-\frac{t^x}{\ln t}>0$ .

-si $x>-1$ , $-\frac{t^x}{\ln t}\underset{t\rightarrow0}{=}o(t^x)$ et puisque $x>-1$ , la fonction $t\mapsto \frac{t-1}{\ln t}t^x$ est intégrable sur un voisinage de $0$ à droite.

- si $x\leqslant-1$ , la fonction $t\mapsto-\frac{t^x}{\ln t}$ domine la fonction $t\mapsto-\frac{1}{t\ln t}$ quand $t$ tend vers $0$ par valeurs supérieures. Puisque la fonction $-\frac{1}{t\ln t}$ est positive et que $\int_{x}^{1/2}-\frac{1}{t\ln t}\;dt=\ln|\ln(x)|-\ln|\ln(1/2)|\underset{x\rightarrow0}{\rightarrow}+\infty$ , la fonction $t\mapsto-\frac{1}{t\ln t}$ n’est pas intégrable sur un voisinage de $0$ . Il en est de même de la fonction $t\mapsto\frac{t-1}{\ln t}t^x$ .

Finalement, la fonction $t\mapsto\frac{t-1}{\ln t}t^x$ est intégrable sur $]0,1[$ si et seulement si $x>-1$ . Pour $x>-1$ , on peut poser $f(x)=\int_{0}^{1}\frac{t-1}{\ln t}t^x\;dt$ .

Calcul de $f(x)$ . Soit $a>-1$ . On pose $\begin{array}{cccc} \Phi~:&[a,+\infty[\times]0,1[&\rightarrow&\Rr\\ &(x,t)&\mapsto&\frac{t-1}{\ln t}t^x \end{array}$ .

Pour chaque $x\in[a,+\infty[$ , la fonction $t\mapsto \frac{t-1}{\ln t}t^x$ est continue par morceaux et intégrable sur $]0,1[$ .

La fonction $\Phi$ admet sur $[a,+\infty[\times]0,1[$ une dérivée partielle par rapport à sa première variable définie par :

$\forall(x,t)\in[a,+\infty[\times]0,1[$ , $\frac{\partial \Phi}{\partial x}(x,t)=(t-1)t^x=t^{x+1}-t^x$ .

De plus,

- pour chaque $x\in[a,+\infty[$ , la fonction $t\mapsto\frac{\partial \Phi}{\partial x}(x,t)$ est continue par morceaux sur $]0,1[$ ,

-pour chaque $t\in]0,1[$ , la fonction $x\mapsto\frac{\partial \Phi}{\partial x}(x,t)$ est continue sur $[a,+\infty[$ ,

- pour chaque $(x,t)\in[a,+\infty[\times]0,1[$ ,

$\left|\frac{\partial \Phi}{\partial x}(x,t)\right|=(1-t)t^a=\varphi(t)$ .

La fonction $\varphi$ est continue par morceaux sur $]0,1[$ et intégrable sur $]0,1[$ car $a>-1$ .

D’après le théorème de dérivation des intégrales à paramètres (théorème de Leibniz), la fonction $f$ est de classe $C^1$ sur $[a,+\infty[$ et sa dérivée s’obtient par dérivation sous le signe somme. Ceci étant vrai pour tout réel $a>-1$ , la fonction $f$ est de classe $C^1$ sur $]-1,+\infty[$ et

$\forall x>-1$ , $f'(x)=\int_{0}^{1}(t-1)t^x\;dt=\left[\frac{t^{x+2}}{x+2}-\frac{t^{x+1}}{x+1}\right]_0^1=\frac{1}{x+2}-\frac{1}{x+1}$ .

Par suite, il existe $C\in\Rr$ tel que $\forall x>-1$ , $f(x)=\ln\left(\frac{x+2}{x+1}\right)+C$ $(*)$ . Pour déterminer la constante $C$ , on peut utiliser le résultat de l’exercice [ex:rou7bis] : $\int_{0}^{1}\frac{t-1}{\ln t}\;dt=\ln2$ . On peut aussi obtenir directement la constante $C$ sans aucun calcul d’intégrale. Pour cela, déterminons $\lim_{x \rightarrow +\infty}f(x)$ .

La fonction $g~:~t\mapsto\frac{t-1}{\ln t}$ est continue sur le segment $]0,1[$ , prolongeable par continuité en $0$ et en $1$ en posant $g(0)=0$ et $g(1)=1$ . On en déduit que cette fonction est bornée sur l’intervalle $]0,1[$ (car son prolongement est une fonction continue sur un segment).

Soit $M$ un majorant de la fonction $|g|$ sur $]0,1[$ . Pour $x>-1$ , on a

$|g(x)|\leqslant M\int_{0}^{1}t^x\;dt=\frac{M}{x+1}$ .

Ceci montre que $\lim_{x \rightarrow +\infty}f(x)=0$ et en passant à la limite quand $x$ tend vers $+\infty$ dans l’égalité $(*)$ , on obtient $C=0$ . On a donc montré que

$\forall x>-1$ , $\int_{0}^{1}\frac{t-1}{\ln t}t^x\;dt=\ln\left(\frac{x+2}{x+1}\right)$ .

On retrouve en particulier $\int_{0}^{1}\frac{t-1}{\ln t}\;dt=\ln2$ .

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