Intégrale de log-tangente hyperbolique

Résolution.

1. Existence de l'intégrale $J$. Soit $f : t \mapsto \ln(\tanh(t))$. La fonction $f$ est continue sur $]0, +\infty[$. Au voisinage de $0$ : On sait que $\tanh(t) \sim t$. Par composition des équivalents :
   $$f(t) \sim \ln(t)$$
   La fonction $t \mapsto \ln(t)$ est intégrable au voisinage de $0$. Par le théorème de comparaison des fonctions de signe constant (ici $f < 0$), $f$ est intégrable au voisinage de $0$. Au voisinage de $+\infty$ : On exprime $\tanh(t)$ avec des exponentielles :
   $$\tanh(t) = \frac{1 - e^{-2t}}{1 + e^{-2t}}$$
   Comme $e^{-2t} \to 0$ quand $t \to +\infty$, on a par développement limité :
   $$\tanh(t) = (1 - e^{-2t})(1 + e^{-2t})^{-1} = (1 - e^{-2t})(1 - e^{-2t} + o(e^{-2t})) = 1 - 2e^{-2t} + o(e^{-2t})$$
   Ainsi, $\tanh(t) = 1 - 2e^{-2t} + o(e^{-2t})$. On en déduit :
   $$\ln(\tanh(t)) = \ln(1 - 2e^{-2t} + o(e^{-2t})) \sim -2e^{-2t}$$
   La fonction $t \mapsto e^{-2t}$ est intégrable au voisinage de $+\infty$. Par comparaison, $f$ est intégrable au voisinage de $+\infty$. \medskip \boxed{\text{L'intégrale } J \text{ est donc convergente.}}

2. Calcul de $J$. Utilisons l'expression de $\tanh(t)$ obtenue précédemment :
   $$\ln(\tanh(t)) = \ln(1 - e^{-2t}) - \ln(1 + e^{-2t})$$
   Pour tout $t > 0$, on a $u = e^{-2t} \in ]0, 1[$. On utilise les développements en série entière :
   $$\ln(1-u) = -\sum_{k=1}^{+\infty} \frac{u^k}{k}   \text{et}   \ln(1+u) = \sum_{k=1}^{+\infty} (-1)^{k-1} \frac{u^k}{k}$$
   On en déduit :
   $$\ln(\tanh(t)) = -\sum_{k=1}^{+\infty} \frac{e^{-2kt}}{k} - \sum_{k=1}^{+\infty} (-1)^{k-1} \frac{e^{-2kt}}{k} = \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{e^{-2kt}}{k} \left( -1 - (-1)^{k-1} \right)$$
   Simplifions le terme entre parenthèses : $-1 - (-1)^{k-1} = -1 + (-1)^k$.
   • Si $k$ est pair ($k=2n$), alors $-1 + (-1)^{2n} = 0$.
   • Si $k$ est impair ($k=2n+1$), alors $-1 + (-1)^{2n+1} = -2$.
   On obtient donc :
   $$\ln(\tanh(t)) = -2 \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{e^{-2(2n+1)t}}{2n+1}$$
   Notons $g_n(t) = -2 \frac{e^{-2(2n+1)t}}{2n+1}$. Chaque fonction $g_n$ est continue, intégrable sur $]0, +\infty[$ et de signe constant (négatif). D'après le théorème d'intégration terme à terme pour les fonctions de signe constant (ou par convergence monotone sur $-g_n$), on peut intervertir :
   $$J = \sum_{n=0}^{+\infty} \int_{0}^{+\infty} -2 \frac{e^{-2(2n+1)t}}{2n+1}   dt$$
   Calculons l'intégrale élémentaire :
   $$\int_{0}^{+\infty} e^{-2(2n+1)t}   dt = \left[ \frac{e^{-2(2n+1)t}}{-2(2n+1)} \right]_{0}^{+\infty} = \frac{1}{2(2n+1)}$$
   On remplace dans la somme :
   $$J = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{-2}{2n+1} \cdot \frac{1}{2(2n+1)} = -\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{1}{(2n+1)^2}$$
   On reconnaît $S(0) = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{1}{(2n+1)^2}$.
   $$\boxed{J = -S(0)}$$