Catégorie : Niveau Capes

Descriptif du faisceau

Tout d’abord, décrivons la partie géométrique, on se donne une ellipse de demi-grand axe $a>0$ et de demi-petit axe $b>0$ qui n’est pas un cercle : $0<b<a.$

On considère des droites $D_1$, $D_2$… toutes parallèles entre elles, coupant ladite ellipse en deux points chacune, ce qui s’appelle un faisceau.

On considère alors les milieux des points d’intersection : la droite $D_1$ coupe l’ellipse en deux points dont on note $I_1$ le milieu, et ainsi de suite, conformément au schéma ci-dessus.

Ce qui est tout à fait remarquable, c’est que l’ensemble de ces milieux est inclus dans droite qui passe par le centre de l’ellipse.

Note : le lecteur qui connaît la notion d’affinité et ses propriétés pourra démontrer très rapidement ce résultat.
Dans cet article, le résultat sera démontré avec une approche qui ne déforme pas l’ellipse.

Première approche pour démontrer ce résultat

Le repère dans lequel l’ellipse a l’équation la plus simple est un repère $(O,\vv{i},\vv{j})$, $O$ étant le centre de l’ellipse, les vecteurs $\vv{i}$ et $\vv{j}$ dirigeant le grand axe et le petit axe de ladite ellipse.

Soient $D_1$ et $D_2$ deux droites du faisceau.

Notez $ux+vy+w=0$ avec $(u,v)\neq(0,0)$ une équation cartésienne de $D_1$, puis $u’x+v’y+w’=0$ avec $(u’,v’)\neq (0,0)$ une équation cartésienne de $D_2$. Comme elles sont parallèles, vous avez l’égalité $uv’ – u’v=0.$

Obtenir les deux points d’intersection de $D_1$ avec l’ellipse, c’est trouver les solutions du système :

$\left\{\begin{align*}\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1 \\ ux+yv+w = 0\end{align*}\right.$

Notez $\left(x_1^{(1)},y_1^{(1)}\right)$ et $\left(x_2^{(1)},y_2^{(1)}\right)$ les coordonnées des deux points obtenus.

Obtenir lesdeux points d’intersection de $D_2$ avec l’ellipse, c’est trouver les solutions du système :

$\left\{\begin{align*}\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1 \\ u’x+y’v+w’ = 0\end{align*}\right.$

Notez $\left(x_1^{(2)},y_1^{(2)}\right)$ et $\left(x_2^{(2)},y_2^{(2)}\right)$ les coordonnées des deux points obtenus.

Il va vous falloir former les deux milieux $\left(\dfrac{x_1^{(1)}+x_2^{(1)}}{2};\dfrac{y_1^{(1)}+y_2^{(1)}}{2}\right)$ et $\left(\dfrac{x_1^{(2)}+x_2^{(2)}}{2};\dfrac{y_1^{(2)}+y_2^{(2)}}{2}\right)$ puis démontrer l’alignement de ces deux points avec l’origine du repère.

Est-ce possible ? Oui, mais ce n’est pas l’approche que l’on va privilégier.

Changez les axes du repère par une rotation

Au lieu de travailler dans un repère orthonormé ayant des axes parallèles à ceux de l’ellipse, il est tout à fait possible de changer de repère par rotation et de considérer que la droite $D_1$ est horizontale, dans le nouveau repère, avec une équation de la forme $Y=k$. Notez $O$ le centre de l’ellipse et $\vv{i}$ et $\vv{j}$ deux vecteurs unitaires orthogonaux dirigés selon les axes de l’ellipse.

Notez $\vv{u}$ et $\vv{v}$ les deux vecteurs obtenus par rotation, d’angle $\alpha$ choisi pour que $\vv{u}$ soit un vecteur qui dirige $D_1$, $D_2$, ce qui change le point de vue conformément au dessin ci-dessous.

Matriciellement, le vecteur $\vv{OM}$ est égal au produit $\begin{pmatrix}x & y \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \vv{i}\\ \vv{j}\end{pmatrix}.$ Or, $\begin{pmatrix} \vv{u}\\ \vv{v}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos \alpha & \sin \alpha \\ -\sin\alpha & \cos\alpha \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \vv{i}\\ \vv{j}\end{pmatrix}.$

Soit $M$ un point du plan. Notez $(x,y)$ ses coordonnées dans le repère orthonormé $(O,\vv{i},\vv{j})$ et $(X,Y)$ ses coordonnées dans l’autre repère $(O,\vv{u},\vv{v}).$

\begin{align*}
\vv{OM} &= \begin{pmatrix}X & Y \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \vv{u}\\ \vv{v}\end{pmatrix}\\
 &=\begin{pmatrix}X & Y \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \cos \alpha & \sin \alpha \\ -\sin\alpha & \cos\alpha \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \vv{i}\\ \vv{j}\end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix}X\cos\alpha - Y\sin\alpha & X\sin\alpha+Y\cos\alpha \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \vv{i}\\ \vv{j}\end{pmatrix}.
\end{align*}

Il vient donc $\left\{\begin{align*}x &= X\cos\alpha – Y\sin\alpha \\
y &= X\sin\alpha+Y\cos\alpha \end{align*}\right.$

Considérez la matrice $A = \begin{pmatrix} \cos\alpha & -\sin\alpha \\ \sin\alpha & \cos\alpha \end{pmatrix}.$ Elle est orthogonale, puisque $A (^{t}A) = (^{t}A) A = I.$

La relation $\begin{pmatrix}x \\ y \end{pmatrix} = A \begin{pmatrix}X \\ Y \end{pmatrix} $ est équivalente à $\begin{pmatrix}X \\ Y \end{pmatrix} = (^{t}A) \begin{pmatrix}x \\ y \end{pmatrix}.$

Obtenez la nouvelle équation de l’ellipse

Quel que soit $(x,y,X,Y)\in\R^4$ vérifiant $\left\{\begin{align*}x &= X\cos\alpha – Y\sin\alpha \\
y &= X\sin\alpha+Y\cos\alpha \end{align*}\right.$

vous observez l’équivalence :

\begin{align*}
\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1 &\Longleftrightarrow \dfrac{(X\cos\alpha - Y\sin\alpha)^2}{a^2}+\dfrac{(X\sin\alpha+Y\cos\alpha)^2}{b^2}=1 \\
&\Longleftrightarrow \dfrac{(\cos^2\alpha) X^2+(\sin^2\alpha) Y^2-\sin(2\alpha)XY}{a^2}+\dfrac{(\sin^2\alpha) X^2+(\cos^2\alpha)Y^2+\sin(2\alpha)XY}{b^2}=1\\
&\Longleftrightarrow \left(\dfrac{\cos^2\alpha}{a^2}+\dfrac{\sin^2\alpha}{b^2}\right)X^2+\left(\dfrac{\sin^2\alpha}{a^2}+\dfrac{\cos^2\alpha}{b^2}\right)Y^2+\left(\dfrac{1}{b^2}-\dfrac{1}{a^2}\right)\sin(2\alpha)XY = 1.
\end{align*}

Dans le repère $(O,\vv{u},\vv{v})$ l’ellipse a pour équation :

\left(\dfrac{\cos^2\alpha}{a^2}+\dfrac{\sin^2\alpha}{b^2}\right)X^2+\left(\dfrac{\sin^2\alpha}{a^2}+\dfrac{\cos^2\alpha}{b^2}\right)Y^2+\left(\dfrac{1}{b^2}-\dfrac{1}{a^2}\right)\sin(2\alpha)XY = 1.

Calculez les coordonnées d’un des milieux

Soit $D$ la droite horizontale d’équation $Y=k$. On suppose que $D$ coupe l’ellipseen deux points distincts. Vous noterez $(X_1,k)$ et $(X_2,k)$ les coordonnées de ces deux points.

Alors $X_1$ et $X_2$ sont les deux solutions de l’équation de degré 2 :

\left(\dfrac{\cos^2\alpha}{a^2}+\dfrac{\sin^2\alpha}{b^2}\right)X^2+k\left(\dfrac{1}{b^2}-\dfrac{1}{a^2}\right)\sin(2\alpha)X+\left(\dfrac{\sin^2\alpha}{a^2}+\dfrac{\cos^2\alpha}{b^2}\right)k^2 -1 =0.

Vous noterez que le coefficient dominant est non nul. En effet, si, par l’absurde, vous aviez $\dfrac{\cos^2\alpha}{a^2}+\dfrac{\sin^2\alpha}{b^2}=0$, alors les deux carrés $\dfrac{\cos^2\alpha}{a^2}$ et $\dfrac{\sin^2\alpha}{b^2}$ seraient nuls et donc $\cos\alpha = \sin\alpha = 0$, ce qui contredit l’équation fondamentale $\cos^2\alpha + \sin^2\alpha = 1.$

En utilisant la formule qui donne la somme des deux racines en fonction des coefficients d’une équation polynomiale de degré 2, vous obtenez :

X_1+X_2 = \dfrac{k\sin(2\alpha)\left(\dfrac{1}{a^2}-\dfrac{1}{b^2}\right)}{\dfrac{\cos^2 \alpha}{a^2}+\dfrac{\sin^2\alpha}{b^2}}.

Pour plus de lisibilité, posez $m =\left(\dfrac{1}{a^2}-\dfrac{1}{b^2}\right) \dfrac{\sin(2\alpha)}{\dfrac{2\cos^2 \alpha}{a^2}+\dfrac{2\sin^2\alpha}{b^2}}$. Le milieu des deux points d’intersection de $D$ avec l’ellipse a pour coordonnées $(km; k)$, il est donc situé sur la droite d’équation $mY = X$ qui est passe par l’origine $O$ du repère qui est aussi le centre de l’ellipse, ce qui démontre le résultat annoncé.

Prolongement

Partant d’une ellipse déjà dessinée, avec une règle et un compas :

• pourriez-vous construire le centre de cette ellipse ?
• pourriez-vous retrouver son grand axe et son petit axe ?

Calculez les puissances successives de $\alpha = \sqrt{2}+\sqrt{3}$

Pour calculer $\alpha^2$, vous utilisez l’identité remarquable $(a+b)^2=a^2+2ab+b^2.$

$\alpha^2 = 5+2\sqrt{6}$

Pour calculer $\alpha^3$, vous développez le produit $\alpha\times \alpha^2.$

\begin{aligned}
\alpha^3 &= 5\sqrt{2}+5\sqrt{3}+4\sqrt{3}+6\sqrt{2}\\
&=11\sqrt{2}+9\sqrt{3}.
\end{aligned}

Pour calculer $\alpha^4$, il est plus rapide d’élever au carré $\alpha^2$, avec l’identité remarquable affichée précédemment.

\begin{aligned}
\alpha^4 &= 25+24+20\sqrt{6}\\
&=49+20\sqrt{6}.
\end{aligned}

Eliminez $\sqrt{6}$ dans $\alpha^4$ et $\alpha^2$

Multipliez par 10 la relation $\alpha^2 = 5+2\sqrt{6}$ pour obtenir $10\alpha^2 = 50+20\sqrt{6}$.

Comme $\alpha^4 = 49+20\sqrt{6}$, par soustraction membre à membre, il vient $10\alpha^2-\alpha^4=1$ et par suite vous en déduisez que $\alpha$ est annulé par le polynôme $\boxed{P(X) = X^4-10X^2+1}$ à coefficients dans $\Z[X].$

Le nombre $\alpha$ est dit algébrique.

Prolongement : est-il possible d’annuler $\alpha$ avec un polynôme non nul $Q\in\Z[X]$ de degré inférieur ou égal à 3 ?

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Soit $z$ un nombre complexe fixé et $f$ une fonction à valeurs complexes définie sur une partie ouverte $U\subset\C$ contenant $z.$ Le nombre $z$ est contenu dans une petite boule ouverte, elle-même contenue dans l’ouvert $U$. Cette notion est essentielle car elle précise que l’on peut calculer $f(z+h)$ quand $h$ est de module suffisamment petit.

Plus précisément, il existe un réel $r>0$ tel que, pour tout $h\in\C$, $|h|< r$ implique $z+h\in U.$ Notez $B$ l’ensemble des nombres complexes de module strictement inférieur à $r$, $B$ s’appelant la boule ouverte de centre $0$ et de rayon $r$. Notez que $B$ est non vide et que pour tout $h\in B$, le nombre complexe $z+h$ admet une image par la fonction $f$, ce que vous écrivez $z+h\in U.$

Qu’est-ce qu’une fonction dérivable au sens complexe ?

On dit que la fonction $f$ est dérivable au sens complexe en $z$, si et seulement si, la limite $\lim_{\substack{h\to 0 \\h\in \C}} \dfrac{f(z+h)-f(z)}{h}$ existe dans $\C.$

Plus précisément, cela signifie qu’il existe un nombre complexe $\ell \in\C$ tel que :

$\forall \varepsilon >0, \exists \delta >0, \forall h\in \C, 0< |h|<\delta \Longrightarrow \left( z+h\in U \text{ et } \left|\dfrac{f(z+h)-f(z)}{h} – \ell \right|<\varepsilon \right).$

Le nombre $\ell$ est unique et ne dépend que du choix de $z$ et de la fonction $f.$ Il se note $f'(z).$

Quel est le lien avec les dérivées partielles ?

Le lien entre la dérivabilité au sens complexe et le lien avec les dérivées partielles va être explicité dans ce paragraphe.

La fonction $f$, définie sur une partie $U$ ouverte de $\C$, n’est pas à proprement parler une fonction de deux variables. Il semble quelque peu abusif d’écrire $f(z) = f(x,y)$ où $x$ désigne la partie réelle de $z$ et $y$ sa partie imaginaire… tout simplement parce que $f$ est définie sur une partie de $\C$ et pas sur une partie de $\R^2.$ Il convient d’être précis.

Soit $z = x+iy$ où $(x,y)\in\R^2$ un nombre complexe appartenant à $U.$

Il existe un réel $r$ un réel strictement positif tel que la boule $B= \{c \in\C, \lvert c – z \rvert < r\}$ soit incluse dans $U.$

Il convient alors de noter que le domaine carré $D$ défini par :

\begin{aligned} D=\left\{x+iy+h+ik, (h,k)\in\left[\frac{-r\sqrt{2}}{2}, \frac{r\sqrt{2}}{2} \right]^2\right\}\end{aligned} est inclus dans la boule $B$.

Ainsi il est maintenant légitime de considérer l’application $\widetilde{f}$ qui va de $D\subset \R^2$ dans $\C$, définie par $\forall (h,k)\in D, \widetilde{f}(h,k) = f(h+ik).$

Vous allez démontrer dans la suite le théorème suivant : si $f$ est dérivable au sens complexe en $z$, alors les dérivées partielles $\frac{\partial \widetilde{f}}{\partial x}(x,y)$ et $\frac{\partial \widetilde{f}}{\partial y}(x,y)$ existent et vérifient la condition dite de Cauchy-Riemann :

\begin{aligned} \boxed{\frac{\partial \widetilde{f}}{\partial x}(x,y) + i \frac{\partial \widetilde{f}}{\partial y}(x,y) = 0.}\end{aligned}

En effet, montrez d’abord que le nombre complexe $\frac{\partial \widetilde{f}}{\partial x}(x,y)$ existe bel et bien.

Etant donné que :

$\forall \varepsilon >0, \exists \delta >0, \forall h\in \C, 0< |h|<\delta \Longrightarrow \left( z+h\in U \text{ et } \left|\dfrac{f(z+h)-f(z)}{h} – f'(z) \right|<\varepsilon \right)$

vous allez pouvoir conclure.

Pour tout réel $h$ vérifiant la condition $0 < \lvert h \rvert < r$, vous avez :

\begin{align*}
\frac{\widetilde{f}(x+h,y)-\widetilde{f}(x,y)}{h} &= \frac{f(x+h+iy)-f(x+iy)}{h}\\
&= \frac{f(z+h)-f(z)}{h}\\
\end{align*}

Soit $\varepsilon >0$. Alors il existe $\delta >0$ tel que :

\begin{align*}\forall h\in \C, 0< \lvert h\rvert <\delta &\Longrightarrow \left\lvert\dfrac{f(z+h)-f(z)}{h} - f'(z) \right\rvert<\varepsilon.
\end{align*}

Posez $\delta’ = \mathrm{Min}(\delta, r).$

Alors :

\begin{align*}
\forall h\in \R, 0< \lvert h\rvert <\delta' &\Longrightarrow \left\lvert\dfrac{f(z+h)-f(z)}{h} - f'(z) \right\rvert<\varepsilon \\
&\Longrightarrow \left\lvert\frac{\widetilde{f}(x+h,y)-\widetilde{f}(x,y)}{h} - f'(z) \right\rvert<\varepsilon.
\end{align*}

Il est ainsi prouvé que $\frac{\partial \widetilde{f}}{\partial x}(x,y)$ existe et que $\frac{\partial \widetilde{f}}{\partial x}(x,y) = f'(z).$

Soit $h$ un réel tel que $0< \lvert h \rvert < \delta’.$

Pour l’autre dérivée partielle vous êtes amené à calculer :

\begin{align*}
\frac{\widetilde{f}(x,y+h)-\widetilde{f}(x,y)}{h} &= \frac{f(x+iy+ih)-f(x,y)}{h}\\
&= \frac{f(z+ih)-f(z)}{h}\\
&= i \frac{f(z+ih)-f(z)}{ih}\\
\end{align*}

Or :

\begin{align*}
\forall h\in \R, \lvert h\rvert < \delta' &\implies \lvert ih\rvert < \delta'\leq \delta \\
 &\implies\left\lvert\dfrac{f(z+ih)-f(z)}{ih} - f'(z) \right\rvert<\varepsilon\\
&\implies\left\lvert i\dfrac{f(z+ih)-f(z)}{ih} - i f'(z) \right\rvert<\varepsilon\\
&\implies\left\lvert \frac{\widetilde{f}(x,y+h)-\widetilde{f}(x,y)}{h} - i f'(z) \right\rvert<\varepsilon.
\end{align*}

Il est ainsi prouvé que $\frac{\partial \widetilde{f}}{\partial y}(x,y)$ existe et que $\frac{\partial \widetilde{f}}{\partial y}(x,y) = if'(z).$

Par somme, il vient :

\begin{align*}
\frac{\partial \widetilde{f}}{\partial x}(x,y) + i \frac{\partial \widetilde{f}}{\partial y}(x,y) &= f'(z)+i(if'(z))\\
&= f'(z)-f'(z)\\
&=0.
\end{align*}

Exemple avec la fonction $z\mapsto z^2$

Pour tout nombre complexe $z$, posez $f(z) = z^2.$

Fixez $z\in\C$. Pour tout $h\in\C$, quand vous calculez $f(z+h) = (z+h)^2 = z^2+2zh+h^2$, vous déduisez que pour tout nombre complexe $h\neq 0$, $\dfrac{f(z+h)-f(z)}{h} = 2z+h$ et par conséquent $f$ est dérivable au sens complexe en $z$ et $f'(z)=2z.$

Ecrivez $z = x+iy$ où $(x,y)\in\R^2$ avec $f(z)=(x+iy)^2 = (x^2-y^2)+i(2xy)$ si bien que $\widetilde{f}(x,y) = x^2-y^2 +2ixy.$

Alors :

\begin{align*}
\frac{\partial \widetilde{f}}{\partial x}(x,y) + i \frac{\partial \widetilde{f}}{\partial y}(x,y) &= 2x+2iy+i(-2y+2ix)\\
&= 2x+2iy-2iy-2x\\
&=0.
\end{align*}

Prolongements

Qu’en est-il de la réciproque ?

Si $f$ est une fonction à valeurs complexes définie sur un ouvert $U\in\C$ contenant $z$ et si les parties réelle et imaginaire de $f$ vérifient les équations de Cauchy-Riemann en $z$, peut-on conclure que $f$ est dérivable en $z$ au sens complexe ?

Vous souhaitez en savoir davantage ? Allez jeter un coup d’oeil dans l'article 185.

Vous souhaitez obtenir les équations de Cauchy-Riemann quand on définit la partie réelle et la partie imaginaire associées à la fonction qui est dérivable au sens complexe ? Allez jeter un coup d’oeil dans l'article 190.

Le problème de l’intégrale impropre

Remarquez déjà que, pour tout réel $x$,

\begin{aligned}
\sin x + \cos x &= \sqrt{2} \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\sin x+ \dfrac{\sqrt{2}}{2} \cos x\right) \\
&=\sqrt{2} \left(\sin x \cos \dfrac{\pi}{4} + \cos x \sin \dfrac{\pi}{4}\right) \\
&= \sqrt{2} \sin \left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)
\end{aligned}

Il apparaît donc que, quand $x \to -\frac{\pi}{4}$, que $\sin x + \cos x \to 0$ et le logarithme de $0$ n’est pas défini. Du coup, vous travaillerez avec des intégrales bien définies où l’intérieur du logarithme est toujours strictement positif. Cela conduit au paragraphe suivant.

Les propriétés de l’intégrale $I_\varepsilon$

Pour tout réel $\varepsilon \in \left]0,\dfrac{\pi}{2}\right]$ considérez, $I_\varepsilon =\displaystyle \int_{-\pi/4+\varepsilon}^{\pi/4} \ln \left(\sin x + \cos x \right) \mathrm{d}x = \int_{-\pi/4+\varepsilon}^{\pi/4} \ln \left(\sqrt{2} \sin \left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)\right) \mathrm{d}x.$

Via le changement de variable $y = x+\frac{\pi}{4}$, il apparaît que $I_\varepsilon =\displaystyle\int_{\varepsilon}^{\pi/2} \ln (\sqrt{2} \sin y) \mathrm{d}y. $

Effectuez une première séparation.

\begin{aligned}
I_{\varepsilon} &= \displaystyle\int_{\varepsilon}^{\pi/2} \ln (\sqrt{2} \sin y) \mathrm{d}y \\
&= \displaystyle\int_{\varepsilon}^{\pi/2}\left( \ln \sqrt{2} + \ln (\sin y) \right) \mathrm{d}y \\
&= \displaystyle\int_{\varepsilon}^{\pi/2} (\ln \sqrt{2}) \mathrm{d}y + \int_{\varepsilon}^{\pi/2} \ln (\sin y) \mathrm{d}y \\
&= \displaystyle (\ln \sqrt{2}) \int_{\varepsilon}^{\pi/2}\mathrm{d}y + \int_{\varepsilon}^{\pi/2} \ln (\sin y) \mathrm{d}y \\
&= \displaystyle \left(\dfrac{\pi}{2}-\varepsilon \right) (\ln \sqrt{2}) + \int_{\varepsilon}^{\pi/2} \ln (\sin y) \mathrm{d}y. \\
\end{aligned}

Vers le calcul de $J = \displaystyle\int_{0}^{\pi/2} \ln (\sin y) \mathrm{d}y$

Pour tout réel $\varepsilon \in \left]0,\dfrac{\pi}{2}\right]$, posez $J_\varepsilon =\displaystyle \int_{\varepsilon}^{\pi/2} \ln (\sin y) \mathrm{d}y. $

Définissez une fonction $g$ sur $\R$ en posant $g(0)=1$ et, pour tout réel $y$ non nul, $g(y)=\dfrac{\sin y}{y}$. Cette fonction $g$ est continue sur $\R$.

Notez que pour tout réel $y> 0$ :

\begin{aligned}
\ln(\sin y) &= \ln \left(y \times\dfrac{\sin y}{y}\right) \\
&= \ln y + \ln g(y).
\end{aligned}

Par composée de fonctions continues, la fonction $y\mapsto \ln g(y)$ est continue sur $[0,\frac{\pi}{2}]$ donc elle est intégrable sur $[0,\frac{\pi}{2}]$.

La fonction $y\mapsto \ln y$ admet pour primitive $y\mapsto y\ln y -y$ sur $]0,+\infty[$ et cette primitive a bien une limite quand $y\to 0$ donc la fonction $y\mapsto \ln y$ est intégrable sur $\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right].$

Par somme de fonctions intégrables, il en résulte que $J = \displaystyle \int_{0}^{\pi/2} \ln (\sin y) \mathrm{d}y$ est bien définie et que $\lim_{\varepsilon \to 0} J_\varepsilon = J.$

Vous allez vous focaliser sur cette intégrale. L’idée principale c’est de construire une équation la faisant réapparaître plusieurs fois.

Vous pouvez utiliser l’égalité : $\forall y\in\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right], \cos\left(\dfrac{\pi}{2}-y\right) = \sin y.$

Vous effectuez le changement de variable $z = \frac{\pi}{2}-y$ :

\begin{aligned}
J_\varepsilon &= \int_{\varepsilon}^{\pi/2} \ln (\sin y) \mathrm{d}y \\
&= \ – \int_{\pi/2 – \varepsilon}^{0} \ln (\cos z) \mathrm{d}z\\
&= \int_{0}^{\pi/2 – \varepsilon} \ln (\cos z) \mathrm{d}z\\
\end{aligned}

Maintenant, vous sommez les deux expressions pour $\varepsilon \in \left]0,\dfrac{\pi}{4}\right].$

\begin{aligned}
2J_\varepsilon &= \int_{\varepsilon}^{\pi/2} \ln (\sin x) \mathrm{d}x + \int_{0}^{\pi/2 – \varepsilon} \ln (\cos x) \mathrm{d}x \\
&= \int_{\varepsilon}^{\pi/2-\varepsilon} \ln (\sin x) \mathrm{d}x + \int_{\pi/2 – \varepsilon}^{\pi/2} \ln (\sin x) \mathrm{d}x + \int_{0}^{\varepsilon} \ln (\cos x) \mathrm{d}x + \int_{\varepsilon}^{\pi/2 – \varepsilon} \ln (\cos x) \mathrm{d}x \\
&= \int_{\varepsilon}^{\pi/2-\varepsilon}\left[ \ln (\sin x) + \ln (\cos x)\right] \mathrm{d}x + \int_{\pi/2 – \varepsilon}^{\pi/2} \ln (\sin x) \mathrm{d}x + \int_{0}^{\varepsilon} \ln (\cos x) \mathrm{d}x.
\end{aligned}

Notez que la fonction $x\mapsto \ln(\cos x)$ est continue au voisinage de $0$, par conséquent $\displaystyle\lim_{\varepsilon\to 0} \int_{0}^{\varepsilon} \ln (\cos x) \mathrm{d}x = 0.$

De même, la fonction $x\mapsto \ln(\sin x)$ est continue au voisinage de $\dfrac{\pi}{2}$, par conséquent $\displaystyle\lim_{\varepsilon\to 0} \int_{\pi/2 – \varepsilon}^{\pi/2} \ln (\sin x) \mathrm{d}x = 0.$

Vers le calcul de $\displaystyle \int_{\varepsilon}^{\pi/2-\varepsilon}\left[ \ln (\sin x) + \ln (\cos x)\right] \mathrm{d}x$

Pour tout réel $\varepsilon \in \left]0,\dfrac{\pi}{4}\right]$, posez $K_\varepsilon = \displaystyle \int_{\varepsilon}^{\pi/2-\varepsilon}\left[ \ln (\sin x) + \ln (\cos x)\right] \mathrm{d}x.$

\begin{aligned}
K_\varepsilon &= \int_{\varepsilon}^{\pi/2-\varepsilon}\left[ \ln (\sin x) + \ln (\cos x)\right] \mathrm{d}x\\
&= \int_{\varepsilon}^{\pi/2-\varepsilon} \ln \left(\sin x \cos x\right) \mathrm{d}x\\
&= \int_{\varepsilon}^{\pi/2-\varepsilon} \ln \left(\dfrac{2 \sin x \cos x}{2}\right) \mathrm{d}x\\
&= \int_{\varepsilon}^{\pi/2-\varepsilon} \ln \left(\dfrac{\sin (2x)}{2}\right) \mathrm{d}x\\
&= \int_{\varepsilon}^{\pi/2-\varepsilon} \left[\ln (\sin (2x)) – \ln2 \right] \mathrm{d}x\\
&= \int_{\varepsilon}^{\pi/2-\varepsilon} \ln (\sin (2x)) \mathrm{d}x \ – (\ln2)\int_{\varepsilon}^{\pi/2-\varepsilon} \mathrm{d}x\\
&= \int_{\varepsilon}^{\pi/2-\varepsilon} \ln (\sin (2x)) \mathrm{d}x -\left(\dfrac{\pi}{2}-2\varepsilon\right) (\ln2)\\
&=\dfrac{1}{2}\int_{2\varepsilon}^{\pi-2\varepsilon} \ln (\sin y) \mathrm{d}y -\left(\dfrac{\pi}{2}-2\varepsilon\right) (\ln2)\\
&=\dfrac{1}{2}\int_{2\varepsilon}^{\pi/2} \ln (\sin y) \mathrm{d}y + \dfrac{1}{2}\int_{\pi/2}^{\pi-2\varepsilon} \ln (\sin y) \mathrm{d}y -\left(\dfrac{\pi}{2}-2\varepsilon\right) (\ln2)\\
&=\dfrac{1}{2}J_{2\varepsilon}+ \dfrac{1}{2}\int_{\pi/2}^{\pi-2\varepsilon} \ln (\sin y) \mathrm{d}y -\left(\dfrac{\pi}{2}-2\varepsilon\right) (\ln2)\\
&=\dfrac{1}{2}J_{2\varepsilon}+ \dfrac{1}{2}\int_{0}^{\pi/2-2\varepsilon} \ln \left(\sin \left(z+\dfrac{\pi}{2}\right)\right) \mathrm{d}z -\left(\dfrac{\pi}{2}-2\varepsilon\right) (\ln2)\\
&=\dfrac{1}{2}J_{2\varepsilon}+ \dfrac{1}{2}\int_{0}^{\pi/2-2\varepsilon} \ln (\cos z) \mathrm{d}z -\left(\dfrac{\pi}{2}-2\varepsilon\right) (\ln2)\\
&= \dfrac{1}{2}J_{2\varepsilon} + \dfrac{1}{2}J_{2\varepsilon}-\left(\dfrac{\pi}{2}-2\varepsilon\right) (\ln2)\\
&=J_{2\varepsilon}-\left(\dfrac{\pi}{2}-2\varepsilon\right) (\ln2).
\end{aligned}

Concluez

\begin{aligned}
2J_\varepsilon &= \int_{\varepsilon}^{\pi/2-\varepsilon}\left[ \ln (\sin x) + \ln (\cos x)\right] \mathrm{d}x + \int_{\pi/2 – \varepsilon}^{\pi/2} \ln (\sin x) \mathrm{d}x + \int_{0}^{\varepsilon} \ln (\cos x) \mathrm{d}x\\
&= K_\varepsilon + \int_{\pi/2 – \varepsilon}^{\pi/2} \ln (\sin x) \mathrm{d}x + \int_{0}^{\varepsilon} \ln (\cos x) \mathrm{d}x \\
&=J_{2\varepsilon}-\left(\dfrac{\pi}{2}-2\varepsilon\right) (\ln2) + \int_{\pi/2 – \varepsilon}^{\pi/2} \ln (\sin x) \mathrm{d}x + \int_{0}^{\varepsilon} \ln (\cos x) \mathrm{d}x.
\end{aligned}

Maintenant passez à la limite quand $\varepsilon \to 0.$

$2J = J – \dfrac{\pi}{2} (\ln2).$

Donc $J = \dfrac{-\pi \ln 2}{2}.$

On a vu que :

$I_{\varepsilon} = J_\varepsilon + \left(\dfrac{\pi}{2}-\varepsilon \right) (\ln \sqrt{2}).$

Le membre de droite admet une limite quand $\varepsilon\to 0$, donc le membre de gauche aussi.

L’intégrale $\displaystyle\int_{-\pi/4}^{\pi/4} \ln (\sin x + \cos x) \mathrm{d}x$ est donc bien définie et on a le résultat :

\begin{aligned}
\displaystyle\int_{-\pi/4}^{\pi/4} \ln (\sin x + \cos x) \mathrm{d}x &= J + \dfrac{\pi}{2}(\ln \sqrt{2}) \\
&=\dfrac{-\pi \ln 2}{2} + \dfrac{\pi \ln 2}{4}\\
&=\dfrac{-\pi \ln 2}{4}.
\end{aligned}

Conclusion : $\boxed{\displaystyle\int_{-\pi/4}^{\pi/4} \ln (\sin x + \cos x) \mathrm{d}x = \dfrac{-\pi \ln 2}{4}}.$