Calcul d'intégrales par développement en série

Résolution.

1. Étude de l'intégrabilité. Les fonctions $f$ et $g$ sont continues sur $]0, 1[$. Étudions les bornes : En $0$ : On a $f(x) \sim \ln(x)$ et $g(x) \sim \ln(x)$. Or, la fonction logarithme est intégrable au voisinage de $0$ (intégrale de référence). En $1$ : Pour $g$, la fonction est continue en $1$ car $g(x) \to 0$ quand $x \to 1$. Pour $f$, on utilise le taux d'accroissement ou un développement limité : $\ln(x) = \ln(1 + (x-1)) \sim x-1$. D'où $f(x) = \frac{\ln(x)}{1-x} \sim \frac{x-1}{1-x} = -1$. La fonction $f$ est donc prolongeable par continuité en $1$.
   $$\boxed{\text{Les fonctions } f \text{ et } g \text{ sont intégrables sur } ]0, 1].}$$

2. Calcul de $I$. Pour tout $x \in ]0, 1[$, on a le développement :
   $$\frac{\ln(x)}{1-x} = \ln(x) \sum_{n=0}^{+\infty} x^n = \sum_{n=0}^{+\infty} x^n \ln(x)$$
   Posons $u_n(x) = x^n \ln(x)$. Chaque $u_n$ est continue et intégrable sur $]0, 1]$. Calculons l'intégrale du module (ici $-u_n$ car $\ln(x) \leq 0$) :
   $$\int_{0}^{1} |u_n(x)|   dx = -\int_{0}^{1} x^n \ln(x)   dx$$
   Par intégration par parties avec $u = \ln(x)$ et $v' = x^n$ :
   $$\int_{0}^{1} x^n \ln(x)   dx = \left[ \frac{x^{n+1}}{n+1} \ln(x) \right]_0^1 - \int_{0}^{1} \frac{x^{n+1}}{n+1} \cdot \frac{1}{x}   dx$$
   Le terme entre crochets est nul par croissance comparée en $0$. Il reste :
   $$\int_{0}^{1} x^n \ln(x)   dx = - \int_{0}^{1} \frac{x^n}{n+1}   dx = -\frac{1}{(n+1)^2}$$
   On en déduit :
   $$\int_{0}^{1} |u_n(x)|   dx = \frac{1}{(n+1)^2}$$
   La série $\sum \frac{1}{(n+1)^2}$ converge (série de Riemann). Par le théorème d'intégration terme à terme :
   $$I = \sum_{n=0}^{+\infty} \int_{0}^{1} x^n \ln(x)   dx = \sum_{n=0}^{+\infty} -\frac{1}{(n+1)^2}$$
   En effectuant le changement d'indice $k = n+1$ :
   $$\boxed{ I = -\sum_{k=1}^{+\infty} \frac{1}{k^2} }$$

3. Calcul de $J$. De même, pour $x \in ]0, 1[$, $\frac{1}{1+x} = \sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^n x^n$. On pose $v_n(x) = (-1)^n x^n \ln(x)$. On a $\int_0^1 |v_n(x)|   dx = \frac{1}{(n+1)^2}$, ce qui assure encore l'intégration terme à terme.
   $$J = \sum_{n=0}^{+\infty} \int_{0}^{1} (-1)^n x^n \ln(x)   dx = \sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^n \left( -\frac{1}{(n+1)^2} \right)$$
   D'où :
   $$J = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{(n+1)^2} = \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{(-1)^k}{k^2}$$
   $$\boxed{ J = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{n^2} }$$

4. Relation entre $I$ et $J$. En séparant les termes pairs et impairs dans la somme de $J$ :
   $$J = \sum_{p=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{2p}}{(2p)^2} + \sum_{p=0}^{+\infty} \frac{(-1)^{2p+1}}{(2p+1)^2} = \frac{1}{4} \sum_{p=1}^{+\infty} \frac{1}{p^2} - \sum_{p=0}^{+\infty} \frac{1}{(2p+1)^2}$$
   On remarque que $-I = \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2} = \sum_{p=1}^\infty \frac{1}{(2p)^2} + \sum_{p=0}^\infty \frac{1}{(2p+1)^2} = \frac{1}{4}(-I) + \sum_{p=0}^\infty \frac{1}{(2p+1)^2}$. Ainsi, $\sum_{p=0}^\infty \frac{1}{(2p+1)^2} = -\frac{3}{4}I$. En remplaçant dans $J$ : $J = -\frac{1}{4}I - (-\frac{3}{4}I) = \frac{1}{2}I$.
   $$\boxed{ J = \frac{1}{2}I }$$