Une intégrale logarithmique qui vaut -π^2/6

Stratégie : développer en série géométrique, puis échanger somme et intégrale. L'intégrande garde un signe constant sur $]0,1[$, ce qui rend le développement inoffensif. L'échange se fait par le théorème d'intégration terme à terme, dont l'hypothèse chiffrée ${\sum }_n{\int }_I|u_n|<+\infty$ se calcule ici explicitement — et vaut justement $\zeta (2)$, c'est-à-dire le résultat cherché.

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

• En $0$ : $f(t)\sim \ln t$, et $t\mapsto \ln t$ est intégrable en $0^{+}$ (résultat de référence, directement utilisable) : $f$ 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 $1$ et est intégrable sur $[\frac{1}{2},1[$.

Donc $f$ est intégrable sur $]0,1[$.

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

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

On a changé de signe pour travailler sur des termes positifs ($-\ln t>0$ et $t^n>0$ sur $]0,1[$) : la valeur absolue de l'hypothèse disparaît d'elle-même.

3. Calcul de ${\int }_0^1{u}_n$. Le changement de variable $u=-\ln t$, c'est-à-dire $t=e^{-u}$, est une bijection de classe ${\mathcal{C}}^1$ strictement décroissante de $]0,1[$ sur $]0,+\infty [$, avec $\mathrm{d}t=-e^{-u}\mathrm{d}u$ :

$${\int }_0^1{t}^n(-\ln t)\mathrm{d}t={\int }_0^{+\infty }u{e}^{-nu}{e}^{-u}\mathrm{d}u={\int }_0^{+\infty }u{e}^{-(n+1)u}\mathrm{d}u.$$

Puis $v=(n+1)u$ ramène à l'intégrale de référence ${\int }_0^{+\infty }v{e}^{-v}\mathrm{d}v=1$ (exercice 2) :

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

4. Vérification des hypothèses du théorème, une par une.

• chaque $u_n$ est continue par morceaux (elle est continue) sur $]0,1[$ et intégrable, d'après le calcul du 3 ;
• la série $\sum u_n$ converge simplement sur $]0,1[$, de somme $S(t)=\frac{-\ln t}{1-t}$, qui est continue sur $]0,1[$ ;
• la série numérique des intégrales des valeurs absolues converge : $\sum _{n=0}^{+\infty }{\int }_0^1|u_n|=\sum _{n=0}^{+\infty }\frac{1}{(n+1{)}^2}=\frac{{\pi }^2}{6}<+\infty$, la valeur $\zeta (2)=\frac{{\pi }^2}{6}$ étant admise.

Le théorème d'intégration terme à terme s'applique donc :

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

et 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 $\sum \left|\int u_n\right|$ ; ici les deux coïncident puisque tout est positif, mais c'est ce qui rend l'exercice 9 (série alternée) beaucoup plus délicat.

Contrôle chiffré. $-\frac{{\pi }^2}{6}=-1,644934066848\dots$ ; une quadrature numérique de ${\int }_0^1\frac{\ln t}{1-t}\mathrm{d}t$ donne $-1,644934066848\dots$ : les douze premières décimales coïncident. Deux contrôles de cohérence : le signe est négatif, comme l'intégrande sur tout $]0,1[$ ; et la taille est plausible, puisque $|f|$ vaut $1$ en $1$ et croît lentement vers $+\infty$ en $0$ — une aire de l'ordre de $1,6$ est attendue. On vérifie enfin les premiers termes : ${\int }_0^1(-\ln t)\mathrm{d}t=1$, ${\int }_0^{1}t(-\ln t)\mathrm{d}t=0,25$, ${\int }_0^1{t}^2(-\ln t)\mathrm{d}t=0,1111\dots$, 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 standard « série géométrique sous l'intégrale », qui relie intégrales et séries de Riemann.