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[ID: 3914] [Date de publication: 15 mars 2024 22:09] [Catégorie(s): Calculs d'intégrales généralisées ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Michel Quercia ]

Solution(s)

Solution(s)

Constante d’Euler
Par Michel Quercia le 15 mars 2024 22:09

1. On pose \(I_n=\int _{t=0}^n (1-t/n)^n \ln t\,d t\) :

   en intégrant par parties, on obtient \(I_n=\dfrac n{n+1}\Bigl(\ln n - \sum_{k=0}^n \dfrac1{k+1}\Bigr) \to _{n\to \infty }-\gamma\).

2. \[\begin{aligned} \int _{t=0}^1 \dfrac{1-e^{-t}-e^{-1/t}}t\,d t &= \int _{t=0}^1 \dfrac{1-e^{-t}}t\,d t - \int _{t=1}^{+\infty }\dfrac{e^{-t}}t\,d t\\ &= \lim_{x\to 0_{+} }\left(-\ln x - \int _{t=x}^{+\infty }\dfrac{e^{-t}}t\,d t\right)\\ &= \lim_{x\to 0_{+} }\left((e^{-x}-1)\ln x - \int _{t=x}^{+\infty }e^{-t}\ln t\,d t\right)\\ &= -\int _{t=0}^{+\infty } e^{-t}\ln t\,d t. \end{aligned}\]

3. \(\int _{t=x}^{+\infty }\dfrac{e^{-t}}t\,d t = (t=-\ln(1-u)) = \int _{u=1-e^{-x}}^1 \dfrac{-d u}{\ln(1-u)}\).