L'intégrale de t/(1-t) et la valeur -π^2/6

Stratégie. Développer $\frac{1}{1-t}$ en série géométrique et intégrer terme à terme. Le choix de la version du théorème d'intégration terme à terme est ici décisif : en écrivant l'intégrande sous la forme $\frac{-\ln t}{1-t}$, tous les termes deviennent positifs sur $]0,1[$, et c'est la version « cas positif » qui s'applique — celle qui n'exige aucune hypothèse de sommabilité préalable, la conclusion ayant lieu dans $[0,+\infty ]$.

Étape 0 — la convergence de l'intégrale. $h(t)=\frac{\ln t}{1-t}$ est continue sur $]0,1[$. Deux bornes, deux études :

• En $1^{-}$ : $\ln t=\ln (1-(1-t))\sim -(1-t)$, donc $h(t)\to -1$. C'est un faux problème : $h$ se prolonge par continuité en $1$, rien à démontrer de ce côté.
• En $0^{+}$ : $\frac{1}{1-t}\to 1$ donc $h(t)\sim \ln t$, et ${\int }_0^{1/2}|\ln t|\mathrm{d}t$ converge (primitive $t\ln t-t$, de limite $0$ en $0^{+}$). Par comparaison de fonctions de signe constant, $h$ est intégrable au voisinage de $0$.

Donc ${\int }_0^{1}h$ converge et $h$ est intégrable sur $]0,1[$.

Étape 1 — le développement, en gardant tout positif. Pour $t\in ]0,1[$, la série géométrique de raison $t\in ]0,1[$ converge : $\frac{1}{1-t}={\sum }_{n\ge 0}{t}^n$. Donc $$-h(t)=\frac{-\ln t}{1-t}=\sum _{n\ge 0}{f}_n(t),f_n(t)=t^n(-\ln t).$$ Sur $]0,1[$ on a $\ln t<0$, donc $-\ln t>0$ : chaque $f_n$ est continue et positive, et la série converge simplement vers $-h$, elle-même continue sur $]0,1[$.

Étape 2 — le lemme ${\int }_0^1{t}^n(-\ln t)\mathrm{d}t=\frac{1}{(n+1{)}^2}$. Intégration par parties sur $[\epsilon ,1]$ (fonctions ${\mathcal{C}}^1$ sur ce segment), avec $u=-\ln t$ et $v=\frac{t^{n+1}}{n+1}$ : $${\int }_{\epsilon }^1{t}^n(-\ln t)\mathrm{d}t={\left[-\ln t\cdot \frac{t^{n+1}}{n+1}\right]}_{\epsilon }^1+{\int }_{\epsilon }^1\frac{t^n}{n+1}\mathrm{d}t=\frac{{\epsilon }^{n+1}\ln \epsilon }{n+1}+\frac{1-{\epsilon }^{n+1}}{(n+1{)}^2}.$$ Quand $\epsilon \to 0^{+}$ : ${\epsilon }^{n+1}\ln \epsilon \to 0$ (croissances comparées) et ${\epsilon }^{n+1}\to 0$. Le crochet a donc une limite finie, l'intégration par parties généralisée est licite, et $${\int }_0^1{f}_n=\frac{1}{(n+1{)}^2}.$$ En particulier chaque $f_n$ est intégrable sur $]0,1[$.

Étape 3 — l'interversion, et à quel titre. On invoque le théorème d'intégration terme à terme, cas positif : si les $f_n$ sont continues par morceaux, positives et intégrables sur $I$, et si $\sum f_n$ converge simplement vers une fonction continue par morceaux, alors $${\int }_I\sum _{n\ge 0}{f}_n=\sum _{n\ge 0}{\int }_I{f}_n,\text{l’eˊgaliteˊ ayant lieu dans }[0,+\infty ].$$ Les hypothèses sont vérifiées une par une : continuité (étape 1), positivité (étape 1, parce qu'on a écrit $-\ln t$), intégrabilité de chaque $f_n$ (étape 2), convergence simple vers une fonction continue (étape 1). Donc $${\int }_0^1\frac{-\ln t}{1-t}\mathrm{d}t=\sum _{n\ge 0}\frac{1}{(n+1{)}^2}=\sum _{m\ge 1}\frac{1}{m^2}=\zeta (2).$$ Cette somme est finie (série de Riemann d'exposant $2>1$), ce qui reconfirme au passage l'intégrabilité de $h$ obtenue à l'étape 0.

Étape 4 — conclusion. Avec $\zeta (2)=\frac{{\pi }^2}{6}$ (admise) : $$\boxed{{\int }_0^1\frac{\ln t}{1-t}\mathrm{d}t=-\zeta (2)=-\frac{{\pi }^2}{6}.}$$

Le point délicat — pourquoi cette version du théorème. La version générale exige de vérifier ${\sum }_n{\int }_I|f_n|<+\infty$ avant de conclure ; or ici cette vérification est exactement le calcul de $\sum \frac{1}{(n+1{)}^2}$, c'est-à-dire tout le travail. La version positive dispense de l'hypothèse : elle la produit comme conclusion. C'est pour cela qu'on a pris soin d'écrire $-\ln t$ dès le départ — un signe global, mais qui change le théorème applicable. (Comparer avec le cas $\sum (-x{)}^n$, où les termes alternent, où $\sum \int |f_n|=+\infty$, et où il faut passer par la convergence dominée sur les sommes partielles.)

Contrôle numérique.

• Valeur de l'intégrale, calculée numériquement en découpant en $\frac{1}{2}$ : $-1,6449340668482264$, à comparer à $-\frac{{\pi }^2}{6}=-1,6449340668482264$ : les $17$ chiffres coïncident.
• Le lemme, terme à terme : ${\int }_0^1{t}^n(-\ln t)\mathrm{d}t$ vaut $1$ ($n=0$), $0,25$ ($n=1$), $0,111111111111$ ($n=2$), $0,0277777777778$ ($n=5$) — soit exactement $1$, $\frac{1}{4}$, $\frac{1}{9}$, $\frac{1}{36}$.
• La série : ${\sum }_{n=0}^{199999}\frac{1}{(n+1{)}^2}=1,6449290669$, à comparer à $\frac{{\pi }^2}{6}=1,6449340668$ ; le reste vaut $5,0\cdot 10^{-6}\approx \frac{1}{200000}$, cohérent avec ${\sum }_{k>N}\frac{1}{k^2}\sim \frac{1}{N}$ (comparaison série-intégrale, chapitre 5).

Acquis. Le triptyque « série géométrique $+$ lemme ${\int }_0^1{t}^n(-\ln t{)}^k$ $+$ théorème positif » calcule toute une famille d'intégrales : ${\int }_0^1\frac{\ln t}{1+t}=-\frac{{\pi }^2}{12}$, ${\int }_0^1\frac{{\ln }^{2}t}{1-t}=2\zeta (3)$, et le « rêve de l'étudiant » de l'exercice suivant.