Intégrales logarithmiques et fonction Zêta

Résolution.

1. Convergence de $I$ : Soit $f : t \mapsto \frac{\ln(1-t)}{t}$ définie sur $]0, 1[$. En $0$, on a le développement limité $\ln(1-t) = -t + o(t)$, d'où $f(t) \xrightarrow[t \to 0]{} -1$. La fonction est donc prolongeable par continuité en $0$, l'intégrale est faussement impropre en cette borne. En $1$, on a $f(t) \sim \ln(1-t)$. Par le changement de variable $u = 1-t$, on se ramène à l'intégrabilité de la fonction logarithme en $0$, qui est classique ($\int_0^\epsilon \ln(u)   du$ converge). Calcul de $I$ : Pour $t \in [0, 1[$, on a le développement en série entière :
   $$\ln(1-t) = - \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{t^n}{n}$$
   On en déduit que pour $t \in ]0, 1[$ :
   $$f(t) = - \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{t^{n-1}}{n}$$
   Posons $u_n(t) = -\frac{t^{n-1}}{n}$. Les fonctions $u_n$ sont continues et intégrables sur $]0, 1[$, de signe constant (négatif). Calculons l'intégrale du module (ou ici l'opposé de l'intégrale car $u_n \leq 0$) :
   $$\int_0^1 |u_n(t)|   dt = \int_0^1 \frac{t^{n-1}}{n}   dt = \left[ \frac{t^n}{n^2} \right]_0^1 = \frac{1}{n^2}$$
   La série $\sum \frac{1}{n^2}$ converge. D'après le théorème d'intégration terme à terme pour les séries de fonctions :
   $$I = \sum_{n=1}^{+\infty} \int_0^1 u_n(t)   dt = \sum_{n=1}^{+\infty} \left( -\frac{1}{n^2} \right)$$
   On conclut donc :
   $$\boxed{I = -\zeta(2)}$$

2. Étude de $I_n$ : Soit $g_n(t) = \frac{\ln(1 + t + \dots + t^n)}{t}$. En $0$, par continuité, $g_n(t) \to 1 + 0 + \dots + 0 = 1$ (si on considère le terme constant du développement du logarithme). L'intégrale est faussement impropre en $0$. En $1$, la fonction tend vers $\ln(n+1)$, elle est donc continue sur $]0, 1]$. L'intégrale $I_n$ est bien définie. Pour $t \in ]0, 1[$, on utilise l'identité :
   $$1 + t + \dots + t^n = \frac{1 - t^{n+1}}{1 - t}$$
   Par linéarité du logarithme, on obtient :
   $$g_n(t) = \frac{\ln(1 - t^{n+1}) - \ln(1 - t)}{t} = \frac{\ln(1 - t^{n+1})}{t} - \frac{\ln(1 - t)}{t}$$
   Par linéarité de l'intégrale (chaque morceau étant intégrable) :
   $$I_n = \int_0^1 \frac{\ln(1 - t^{n+1})}{t}   dt - \int_0^1 \frac{\ln(1 - t)}{t}   dt = \int_0^1 \frac{\ln(1 - t^{n+1})}{t}   dt - I$$
   Effectuons le changement de variable $u = t^{n+1}$ dans la première intégrale. Alors $du = (n+1)t^n   dt$, soit $dt = \frac{1}{n+1} t^{-n}   du = \frac{1}{n+1} u^{-\frac{n}{n+1}}   du$.
   $$\int_0^1 \frac{\ln(1 - t^{n+1})}{t}   dt = \int_0^1 \frac{\ln(1 - u)}{u^{\frac{1}{n+1}}} \frac{1}{n+1} u^{-\frac{n}{n+1}}   du$$
   $$\int_0^1 \frac{\ln(1 - t^{n+1})}{t}   dt = \frac{1}{n+1} \int_0^1 \frac{\ln(1 - u)}{u}   du = \frac{I}{n+1}$$
   On en déduit l'expression de $I_n$ :
   $$I_n = \frac{I}{n+1} - I = I \left( \frac{1}{n+1} - 1 \right) = - \frac{n}{n+1} I$$
   En remplaçant $I$ par $-\zeta(2)$, on obtient :
   $$\boxed{I_n = \frac{n}{n+1} \zeta(2)}$$