Exercice 28

Aucune primitive de $t \mapsto \frac{1}{\ln t}$ n'est disponible : tout repose sur des encadrements et sur le théorème 6, qui permet de dériver $f$ sans la calculer.

1. Pour $x \in \,]0\,,1[$, on a $0 < x^{2} < x < 1$ : le segment $[x^{2}\,,x]$ est contenu dans $]0\,,1[$, où $t \mapsto \frac{1}{\ln t}$ est continue, et $f(x)$ est bien défini. Pour $t \in [x^{2}\,,x]$, on a $\ln t \leqslant \ln x < 0$, donc $\big|\frac{1}{\ln t}\big| \leqslant \frac{1}{|\ln x|}$, et l'inégalité triangulaire donne $$|f(x)| \leqslant \frac{x - x^{2}}{|\ln x|} \xrightarrow[x \to 0^{+}]{} 0 = f(0).$$

2. La fonction $\ln$ est concave (chapitre 9) : sa courbe est au-dessous de ses tangentes et au-dessus de ses cordes. La tangente en $1$ est la droite $y = t - 1$. La corde entre les points d'abscisses $x^{2}$ et $1$ passe par $(1, 0)$ et $(x^{2}, 2\ln x)$, de pente $\frac{2\ln x}{x^{2} - 1}$ ; sur $[x^{2}\,,1]$, la courbe est au-dessus de cette corde. $$\boxed{\forall t \in [x^{2}\,,1], \quad \frac{2\ln x}{x^{2} - 1}\,(t - 1) \leqslant \ln t \leqslant t - 1}$$

3. On note $c = \frac{2\ln x}{x^{2} - 1} > 0$. Pour $t \in [x^{2}\,,x]$, les trois membres de l'encadrement précédent sont strictement négatifs, et l'on passe aux inverses, ce qui renverse les inégalités : $$\frac{1}{t - 1} \leqslant \frac{1}{\ln t} \leqslant \frac{1}{c(t - 1)}.$$ On intègre sur $[x^{2}\,,x]$, dans l'ordre croissant, avec $\int_{x^{2}}^{x} \frac{\mathrm{d} t}{t - 1} = \ln(1 - x) - \ln(1 - x^{2}) = -\ln(1 + x)$, puis on change de signe, puisque $f(x) = -\int_{x^{2}}^{x} \frac{\mathrm{d} t}{\ln t}$ : $$\boxed{\frac{x^{2} - 1}{2\ln x}\,\ln(1 + x) \leqslant f(x) \leqslant \ln(1 + x)}$$ Quand $x$ tend vers $1$, on a $\ln x \sim x - 1$ (chapitre 10), donc $\frac{x^{2} - 1}{2\ln x} \sim \frac{x + 1}{2}$ tend vers $1$, et les deux bornes tendent vers $\ln 2$. $$\boxed{f \text{ se prolonge par continuité en } 1, \text{ avec } f(1) = \ln 2}$$ Pour $x = 0{,}9$, l'encadrement s'écrit $0{,}578\,7 \leqslant f(x) \approx 0{,}595\,7 \leqslant 0{,}641\,9$. ✓

Piège. L'erreur la plus répandue est d'oublier l'un des deux changements de sens : le passage aux inverses de nombres négatifs, puis le signe $-$ dû aux bornes $x > x^{2}$ dans le mauvais ordre. Le contrôle est simple : $c = \frac{\ln(x^{2})}{x^{2} - 1} > 1$, puisque $\ln u < u - 1 < 0$ pour $u = x^{2} \in \,]0\,,1[$, donc la borne inférieure est bien la plus petite.

4. Sur $]0\,,1[$. Soit $H$ une primitive de $t \mapsto \frac{1}{\ln t}$ sur $]0\,,1[$ (théorème 6). Alors $f(x) = H(x^{2}) - H(x)$ est de classe $\mathcal{C}^{1}$ sur $]0\,,1[$, et $$f'(x) = \frac{2x}{\ln(x^{2})} - \frac{1}{\ln x} = \frac{2x}{2\ln x} - \frac{1}{\ln x} = \frac{x - 1}{\ln x}.$$ En $0$ et en $1$. La fonction $f$ est continue sur $[0\,,1]$ par les questions 1 et 3. Quand $x$ tend vers $0$, $f'(x)$ tend vers $0$, le numérateur tendant vers $-1$ et le dénominateur vers $-\infty$ ; quand $x$ tend vers $1$, $\ln x \sim x - 1$, et $f'(x)$ tend vers $1$. Le théorème de la limite de la dérivée (chapitre 9, théorème 8) montre que $f$ est dérivable en $0$ et en $1$, avec $f'(0) = 0$ et $f'(1) = 1$, et que $f'$ y est continue. $$\boxed{f \in \mathcal{C}^{1}([0\,,1]), \qquad f'(x) = \frac{x - 1}{\ln x} \text{ sur } ]0\,,1[, \qquad f'(0) = 0, \quad f'(1) = 1}$$

5. La fonction $h : t \mapsto \frac{t - 1}{\ln t}$, définie sur $]0\,,1[$, coïncide avec $f'$ ; elle se prolonge donc en une fonction continue sur $[0\,,1]$, par $h(0) = 0$ et $h(1) = 1$, et ce prolongement est $f'$. Le théorème 6 donne alors $\int_{0}^{1} h = f(1) - f(0)$. $$\boxed{\int_{0}^{1} \frac{t - 1}{\ln t}\,\mathrm{d} t = \ln 2}$$ Une intégration numérique donne $0{,}693\,147\,18\ldots$ ✓

À retenir. On a calculé une intégrale dont on ne connaît aucune primitive explicite, en la reconnaissant comme la dérivée d'une fonction $f$ définie par une autre intégrale. Le seul calcul effectif est celui de $f(1)$, obtenu par encadrement.