Une intégrale pas commode

On s’intéresse ici au calcul de l’intégrale impropre :

$\fcolorbox{black}{myBlue}{$\displaystyle{I=\int_{0}^{1}\dfrac{\ln\left(t\right)\ln^{2}\left(1-t\right)}{t}\thinspace dt}$}$

en se limitant à des outils au programme d’une prépa MP / MP*.

Cette question provient de la rubrique Advanced Problems de l’American Mathematical Monthly (1982 – Vol 3 – A6382).

Il arrive parfois qu’une intégrale puisse être calculée explicitement, sans que l’on sache expliciter de primitive de la fonction intégrée. Une des techniques permettant cela est un développement en série, couplé à une intégration terme à terme : s’il s’avère que la série numérique obtenue est connue ou, tout au moins, calculable par une méthode ou une autre, on sera sorti d’affaire !

Un exemple simple de ce scenario est détaillée à la section 1. Il s’agit du calcul de :

$J=\int_{0}^{1}\dfrac{\ln\left(t\right)}{1-t}\thinspace dt$

Pour l’intégrale I, la situation est un peu plus compliquée sur le plan technique, mais l’idée de base demeure la même.

Dans ce qui va suivre, on se permettra, sans autre forme de procès, d’intervertir des séries et des intégrales, ce qui dans l’absolu peut poser problème ! Mais en l’occurrence, il s’agira à chaque fois de l’intégration terme à terme d’une suite de fonctions continues, intégrables et positives sur un intervalle. Il est connu qu’avec de telles hypothèses, l’interversion série / intégrale ne soulève pas de difficulté.

On utilisera par ailleurs la fonction zeta de Riemann (voir cette note du lexique) définie par :

$\forall s>1,\thinspace\zeta\left(s\right)=\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n^{s}}$

et le fait que :

$\zeta\left(2\right)=\dfrac{\pi^{2}}{6}\qquad\text{et}\qquad\zeta\left(4\right)=\dfrac{\pi^{4}}{90}$

1 – Un exemple simple

Tout d’abord l’intégrale $J$ ci-dessus est impropre pour chacune des bornes 0 et 1.

Lorsque $t$ tend vers $0^{+}$ :

$\dfrac{\ln\left(t\right)}{1-t}\sim\ln\left(t\right)=o\left(\dfrac{1}{\sqrt{t}}\right)$

ce qui garantit la convergence de $\int_{0}^{1/2}\dfrac{\ln\left(t\right)}{1-t}\thinspace dt$ d’après le critère de Riemann (voir cet article). Par ailleurs :

$\lim_{t\rightarrow1^{-}}\dfrac{\ln\left(t\right)}{1-t}=-1$

ce qui permet de prolonger la fonction $\left]0,1\right[\rightarrow\mathbb{R},\thinspace t\mapsto\dfrac{\ln\left(t\right)}{1-t}$ par continuité en $1$ (de sorte que l’intégrale $\int_{1/2}^{1}\dfrac{\ln\left(t\right)}{1-t}\thinspace dt$ est faussement impropre ).

Maintenant que la convergence de l’intégrale $J$ est établie, passons à son calcul. Une piste prometteuse consiste à développer $\dfrac{1}{1-t}$ en série géométrique. On sait que :

$\forall t\in\left]0,1\right[,\thinspace\dfrac{\ln\left(t\right)}{1-t}=\sum_{n=0}^{+\infty}t^{n}\ln\left(t\right)$

ce qui donne, après intégration terme à termes :

$J=\sum_{n=0}^{+\infty}\int_{0}^{1}t^{n}\ln\left(t\right)\thinspace dt$

Or, pour tout $n\in\mathbb{N},$ on vérifie en intégrant par parties que :

$\int_{0}^{1}t^{n}\ln\left(t\right)\thinspace dt=\left[\dfrac{t^{n+1}}{n+1}\ln\left(t\right)\right]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}\dfrac{t^{n}}{n+1}\thinspace dt=-\dfrac{1}{\left(n+1\right)^{2}}et$

par conséquent :

$J=-\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{1}{\left(n+1\right)^{2}}=-\zeta\left(2\right)=\boxed{-\dfrac{\pi^{2}}{6}}$

Une autre possibilité consiste à changer de variable, en posant $s=1-t,$ ce qui donne :

$J=\int_{0}^{1}\dfrac{\ln\left(1-s\right)}{s}\thinspace dt$

puis à utiliser le développement en série :

$\forall s\in\left]0,1\right[,\thinspace\ln\left(1-s\right)=-\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{s^{n}}{n}$

ce qui permet de retrouver le résultat ci-dessus, toujours en intégrant terme à terme :

$J=-\int_{0}^{1}\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{s^{n-1}}{n}\thinspace ds=-\sum_{n=1}^{+\infty}\int_{0}^{1}\dfrac{s^{n-1}}{n}\thinspace ds=-\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n^{2}}=-\zeta\left(2\right)$

2 – Une formule due à Euler

On va calculer ici la somme de la série :

$\boxed{A=\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{H_{n}}{n^{3}}}$

dans laquelle $H_{n}$ désigne le $n-$ ème nombre harmonique :

$H_{n}=\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k}$

On dispose de la représentation intégrale suivante :

$H_{n}=\int_{0}^{1}\dfrac{1-t^{n}}{1-t}\thinspace dt$

d’où il résulte, en intégrant terme à terme, que :

$A=\sum_{n=1}^{+\infty}\left(\dfrac{1}{n^{3}}\int_{0}^{1}\dfrac{1-t^{n}}{1-t}\right)\thinspace dt=\int_{0}^{1}\left(\dfrac{1}{1-t}\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1-t^{n}}{n^{3}}\right)\thinspace dt$

Posons alors, pour tout $t\in\left[0,1\right]$ :

$f\left(t\right)=\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{t^{n}}{n^{3}}$

de sorte que :

$A=\int_{0}^{1}\dfrac{1}{1-t}\left(f\left(1\right)-f\left(t\right)\right)\thinspace dt$

et intégrons par parties, en posant :

$\begin{eqnarray*}u'=\dfrac{1}{1-t} & ; & v=f\left(1\right)-f\left(t\right)\\\\u=-\ln\left(1-t\right) & ; & v'=-f'\left(t\right)\end{eqnarray*}$

Il vient :

$A=\left[\ln\left(1-t\right)\left(f\left(t\right)-f\left(1\right)\right)\right]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}\ln\left(1-t\right)f'\left(t\right)\thinspace dt$

Or, lorsque $t\rightarrow1^{-}$ :

$\ln\left(1-t\right)\left(f\left(t\right)-f\left(1\right)\right)\sim f'\left(1\right)\thinspace\left(t-1\right)\ln\left(1-t\right)\rightarrow0$

et le terme tout intégré est donc nul. De ce fait :

$A=-\int_{0}^{1}\ln\left(1-t\right)f'\left(t\right)\thinspace dt=\int_{0}^{1}-\dfrac{\ln\left(1-t\right)}{t}\thinspace tf'\left(t\right)\thinspace dt$

Et là, un petit miracle s’accomplit sous nos yeux ! On observe que :

$t\thinspace f'\left(t\right)=\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{t^{n}}{n^{2}}\qquad\text{et}\qquad-\dfrac{\ln\left(1-t\right)}{t}=\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{t^{n-1}}{n}=\dfrac{d}{dt}\left(t\thinspace f'\left(t\right)\right)$

Ainsi :

$A=\left[\dfrac{1}{2}\left(t\thinspace f'\left(t\right)\right)^{2}\right]_{0}^{1}=\dfrac{1}{2}\thinspace f'\left(1\right)^{2}=\dfrac{1}{2}\zeta\left(2\right)^{2}$

et finalement :

$\boxed{A=\dfrac{\pi^{4}}{72}}$

Nous venons de retrouver un cas très particulier d’une formule remarquable, découverte par Euler, qui est en quelque sorte une identité de convolution pour la fonction zeta :

Théorème

Pour tout entier $q\geqslant2$ :

$\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{H_{n}}{n^{q}}=\left(1+\dfrac{q}{2}\right)\thinspace\zeta\left(q+1\right)-\dfrac{1}{2}\sum_{k=1}^{q-2}\zeta\left(k+1\right)\thinspace\zeta\left(q-k\right)$

La source principale pour ce résultat est le texte de Leonhard Euler, intitulé « Meditationes circa singulare serierum genus » (ce qu’on peut traduire par « méditations sur un type particulier de série ») et paru en 1776.

Pour $q=3,$ cette formule donne :

$\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{H_{n}}{n^{3}}=\dfrac{5}{2}\thinspace\zeta\left(4\right)-\dfrac{1}{2}\thinspace\zeta\left(2\right)^{2}=\dfrac{5}{2}\thinspace\dfrac{\pi^{4}}{90}-\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{\pi^{2}}{6}\right)^{2}=\dfrac{\pi^{4}}{72}$

3 – Merci Niels Henrik Abel

On va maintenant se pencher sur le calcul de :

$\boxed{B=\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{H_{n}}{\left(n+1\right)^{3}}}$

On observe que :

$A-B=\sum_{n=1}^{+\infty}H_{n}\left(\dfrac{1}{n^{3}}-\dfrac{1}{\left(n+1\right)^{3}}\right)$

d’où, par une transformation d’Abel :

$\begin{eqnarray*}A-B & = & H_{1}-\lim_{n\rightarrow+\infty}\dfrac{H_{n}}{\left(n+1\right)^{3}}+\sum_{n=2}^{+\infty}\left(H_{n}-H_{n-1}\right)\thinspace\dfrac{1}{n^{3}}\\& = & 1+\sum_{n=2}^{+\infty}\dfrac{1}{n^{4}}\\& = & \zeta\left(4\right)\end{eqnarray*}$

Par conséquent, $B=\dfrac{\pi^{4}}{72}-\dfrac{\pi^{4}}{90}=\dfrac{\pi^{4}}{9}\left(\dfrac{1}{8}-\dfrac{1}{10}\right),$ soit finalement :

$\boxed{B=\dfrac{\pi^{4}}{360}}$

4 – Calcul de l’intégrale I

On s’attaque pour terminer au calcul de :

$\boxed{I=\int_{0}^{1}\dfrac{\ln\left(t\right)\ln^{2}\left(1-t\right)}{t}\thinspace dt}$

Cette intégrale est faussement impropre puisque :

Lorsque $t\rightarrow0^{+}$ :
$\ln\left(t\right)\ln\left(1-t\right)\sim-t\ln\left(t\right)\rightarrow0$
et
$\dfrac{\ln\left(1-t\right)}{t}\rightarrow-1$
d’où :
$\boxed{\lim_{t\rightarrow0^{+}}\dfrac{\ln\left(t\right)\ln^{2}\left(1-t\right)}{t}=0}$
Et lorsque $t\rightarrow1^{-}$ :
$\ln\left(t\right)\sim t-1$
donc :
$\dfrac{\ln\left(t\right)\ln^{2}\left(1-t\right)}{t}\sim\ln\left(t\right)\ln^{2}\left(1-t\right)\sim\left(t-1\right)\ln^{2}\left(1-t\right)$
Or, lorsque $x\rightarrow0^{+}$ :
$x\ln^{2}\left(x\right)=\left[2\sqrt{x}\ln\left(\sqrt{x}\right)\right]^{2}\rightarrow0$
et donc :
$\boxed{\lim_{t\rightarrow1^{-}}\dfrac{\ln\left(t\right)\ln^{2}\left(1-t\right)}{t}=0}$

On peut développer en série $\ln^{2}\left(1-t\right)$ pour tout $t\in\left]0,1\right[$ en effectuant le produit de Cauchy par elle-même de la série :

$-\ln\left(1-t\right)=\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{t^{n}}{t}$

ce qui donne :

$\ln^{2}\left(1-t\right)=\sum_{n=2}^{+\infty}\left(\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{k\left(n-k\right)}\right)t^{n}=2\sum_{n=2}^{+\infty}\dfrac{H_{n-1}}{n}t^{n}$

puis :

$\int_{0}^{1}\dfrac{\ln\left(t\right)\ln^{2}\left(1-t\right)}{t}\thinspace dt=2\int_{0}^{1}\sum_{n=2}^{+\infty}\dfrac{H_{n-1}}{n}t^{n-1}\ln\left(t\right)\thinspace dt$

Vu que $\forall n\geqslant2,\thinspace\int_{0}^{1}t^{n-1}\ln\left(x\right)\thinspace dx=-\dfrac{1}{n^{2}}$ , on obtient après intégration terme à terme :

$\int_{0}^{1}\dfrac{\ln\left(t\right)\ln^{2}\left(1-t\right)}{t}\thinspace dt=-2\sum_{n=2}^{+\infty}\dfrac{H_{n-1}}{n^{3}}=-2\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{H_{n}}{\left(n+1\right)^{3}}=-2B$

et finalement :

$\boxed{\int_{0}^{1}\dfrac{\ln\left(t\right)\ln^{2}\left(1-t\right)}{t}\thinspace dt=-\dfrac{\pi^{4}}{180}}$

Il est amusant de constater que ni Maple (version 2023), ni Wolfram Alpha (en ligne) ne parviennent à calculer cette intégrale, autrement que de manière approchée. D’ailleurs, avec Maple :

evalf(Int(ln(t){*}ln(1-t)\textasciicircum 2/t,t=0..1),30);

-0.541161616855569095758001848271

evalf(-Pi^4/180,30);

-0.541161616855569095758001848272

ce qui paraît plutôt convaincant ! Il en va tout autrement avec chatGPT 5.2, pour qui le calcul de I se ramène à celui d’une série double « bien connue » (sic) :

$\ln^{2}\left(1-t\right)=\sum_{m,n\geqslant1}\dfrac{t^{m+n}}{mn}$

donc :

$\int_{0}^{1}\dfrac{\ln\left(t\right)\ln^{2}\left(1-t\right)}{t}\thinspace dt=\int_{0}^{1}\sum_{m,n\geqslant1}\dfrac{t^{m+n-1}}{mn}\ln\left(t\right)\thinspace dt=-\sum_{m,n\geqslant1}\dfrac{1}{mn\left(m+n\right)^{2}}=-\dfrac{1}{2}\zeta\left(4\right)$

Si cet article vous a intéressé, merci de laisser un petit commentaire 🙂

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Cet article a 2 commentaires

vincent picaud 21 Fév 2026 Répondre

C’est intéressant, merci. Juste pour compléter la rubrique calcul symbolique, j’ai fait le test avec la version 11.2 de Mathematica, qui est une version déjà ancienne. Le résultat correct, -π^4/180, est bien trouvé.
1. René Adad 21 Fév 2026 Répondre
  
  Merci pour cette précision ! Je me posais la question, mais n’ayant pas Mathematica installé sur ma machine, j’étais dans l’incapacité d’en dire plus.