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

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

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

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