Une intégrale logarithmique qui vaut $-{\pi }^2/6$

Stratégie : développer en série géométrique, puis échanger somme et intégrale. L'intégrande garde un signe constant sur $]0,1[$. L'échange se justifie par le théorème d'intégration terme à terme — le seul que connaisse le programme de PC —, dont l'hypothèse ${\sum }_n{\int }_I|u_n|<+\infty$ se calcule ici explicitement.

1. Intégrabilité. $f:t\mapsto \frac{\ln t}{1-t}$ est continue et négative sur $]0,1[$.

• En $0$ : $f(t)\sim \ln t$, et $t\mapsto \ln t$ est intégrable en $0^{+}$ (fonction de référence) : $f$ est intégrable sur $]0,\frac{1}{2}]$.
• En $1$ : $\ln t=\ln (1-(1-t))\sim -(1-t)$, donc $f(t)\to -1$ : c'est un faux problème, $f$ se prolonge par continuité en $1$.

Donc $f$ est intégrable sur $]0,1[$.

2. Le développement. Pour $t\in ]0,1[$, la série géométrique de raison $t$ converge, et

$$\frac{-\ln t}{1-t}=\sum _{n=0}^{+\infty }{u}_n(t),u_n(t)=t^n(-\ln t)\ge 0.$$

On a changé de signe pour travailler sur des termes positifs : $\int |u_n|=\int u_n$.

3. Calcul de ${\int }_0^1{u}_n$. Le changement de variable $t=e^{-u}$, bijection de classe ${\mathcal{C}}^1$ strictement décroissante de $]0,+\infty [$ sur $]0,1[$, avec $\mathrm{d}t=-e^{-u}\mathrm{d}u$, puis $v=(n+1)u$, donnent

$${\int }_0^1{t}^n(-\ln t)\mathrm{d}t={\int }_0^{+\infty }u{e}^{-(n+1)u}\mathrm{d}u=\frac{1}{(n+1{)}^2}{\int }_0^{+\infty }v{e}^{-v}\mathrm{d}v=\frac{1}{(n+1{)}^2},$$

car, par une intégration par parties au crochet nul, ${\int }_0^{+\infty }v{e}^{-v}\mathrm{d}v=[-v{e}^{-v}{]}_0^{+\infty }+{\int }_0^{+\infty }{e}^{-v}\mathrm{d}v=1$.

4. Les hypothèses du théorème, une par une.

• chaque $u_n$ est continue et intégrable sur $]0,1[$ (calcul du 3) ;
• $\sum u_n$ converge simplement sur $]0,1[$ vers $t\mapsto \frac{-\ln t}{1-t}$, qui y est continue ;
• $\sum _{n=0}^{+\infty }{\int }_0^1|u_n|=\sum _{n=0}^{+\infty }\frac{1}{(n+1{)}^2}<+\infty$ (série de Riemann).

Le théorème d'intégration terme à terme donne

$${\int }_0^1\frac{-\ln t}{1-t}\mathrm{d}t=\sum _{n=0}^{+\infty }\frac{1}{(n+1{)}^2}=\sum _{m=1}^{+\infty }\frac{1}{m^2}=\frac{{\pi }^2}{6},$$

la valeur $\zeta (2)=\frac{{\pi }^2}{6}$ étant admise ; en changeant de signe, ${\int }_0^1\frac{\ln t}{1-t}\mathrm{d}t=-\frac{{\pi }^2}{6}$.

Le point délicat : l'hypothèse porte sur $\sum \int |u_n|$, et non sur $\sum |\int u_n|$ ; ici les deux coïncident parce que tout est positif. Pour une série alternée, comme celle qui donne $\ln 2$, la série des $\int |u_n|$ peut diverger : on domine alors les sommes partielles.

Contrôle chiffré. $-\frac{{\pi }^2}{6}=-1,644934066848\dots$, et une quadrature numérique de l'intégrale donne la même valeur à douze décimales. Premiers termes : ${\int }_0^1(-\ln t)\mathrm{d}t=1$, ${\int }_0^{1}t(-\ln t)\mathrm{d}t=\frac{1}{4}$, ${\int }_0^1{t}^2(-\ln t)\mathrm{d}t=\frac{1}{9}$, conformes à $\frac{1}{(n+1{)}^2}$.

Ce qui est acquis. Sur des termes positifs, l'hypothèse $\sum \int |u_n|<+\infty$ se calcule, et le calcul donne le résultat : c'est le mécanisme « série géométrique sous l'intégrale », qui relie intégrales et séries de Riemann.