Soit f f f ∫ 0 1 f ( t ) ln ( 1 + 1 t ) d t \displaystyle\int_{0}^{1} f(t)\ln\left(1+\frac{1}{t}\right)\,\mathrm{d}t ∫ 0 1 f ( t ) ln ( 1 + t 1 ) d t
Montrez l’égalité∫ 0 1 f ( t ) ln ( 1 + 1 t ) d t = − ∫ 1 + ∞ f ( t − ⌊ t ⌋ ) ln ( 1 − 1 t 2 ) d t . \displaystyle\int_{0}^{1} f(t)\ln\left(1+\frac{1}{t}\right)\,\mathrm{d}t=-\int_{1}^{+\infty} f(t-\lfloor t \rfloor)\ln\left(1-\frac{1}{t^{2}}\right)\,\mathrm{d}t. ∫ 0 1 f ( t ) ln ( 1 + t 1 ) d t = − ∫ 1 + ∞ f ( t − ⌊ t ⌋) ln ( 1 − t 2 1 ) d t .
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Solutions 1 Reveal solutions Are you sure? Give it a try first. il suffit, pour résoudre ce problème, de montrer que ∑ k = 1 + ∞ − ln ( 1 − 1 ( x + k ) 2 ) = ln ( 1 + 1 x ) \displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}-\ln(1-\frac{1}{(x+k)^{2}})=\ln(1+\frac{1}{x}) k = 1 ∑ + ∞ − ln ( 1 − ( x + k ) 2 1 ) = ln ( 1 + x 1 )
En dérivant chaque membre, on conclut aisément que cette égalité est vraie à une constante près.
En prenant x = 1 x=1 x = 1 sin ( π x ) = π x ∏ k = 1 + ∞ ( 1 − x 2 k 2 ) \displaystyle\sin(\pi x)=\pi x\prod_{k=1}^{+\infty}(1-\frac{x²}{k²}) sin ( π x ) = π x k = 1 ∏ + ∞ ( 1 − k 2 x 2 )
