Intégration du produit de deux logarithmes

Résolution.

1. Étude de l'intégrabilité : La fonction $f : x \mapsto \ln(x) \ln(1-x)$ est continue sur $]0, 1[$. Au voisinage de 0, on a $\ln(1-x) \sim -x$. Ainsi :
   $$f(x) \sim -x \ln(x)$$
   Par croissance comparée, $\lim_{x \to 0} x \ln(x) = 0$. La fonction est donc prolongeable par continuité en 0. Au voisinage de 1, on pose $u = 1-x$. Alors $f(x) = \ln(1-u) \ln(u) \sim -u \ln(u)$. De même, par croissance comparée, la fonction est prolongeable par continuité en 1.
   $$\boxed{f \text{ est intégrable sur } ]0, 1[}$$

2. Calcul de $J_n = \int_{0}^{1} x^n \ln(x)   dx$ : Soit $\varepsilon \in ]0, 1[$. On effectue une intégration par parties sur $[\varepsilon, 1]$ : On pose $u(x) = \ln(x) \implies u'(x) = \frac{1}{x}$ et $v'(x) = x^n \implies v(x) = \frac{x^{n+1}}{n+1}$. \begin{align*} \int_{\varepsilon}^{1} x^n \ln(x)   dx &= \left[ \frac{x^{n+1}}{n+1} \ln(x) \right]_{\varepsilon}^{1} - \int_{\varepsilon}^{1} \frac{x^{n+1}}{n+1} \cdot \frac{1}{x}   dx
   &= -\frac{\varepsilon^{n+1} \ln(\varepsilon)}{n+1} - \frac{1}{n+1} \int_{\varepsilon}^{1} x^n   dx
   &= -\frac{\varepsilon^{n+1} \ln(\varepsilon)}{n+1} - \frac{1}{n+1} \left[ \frac{x^{n+1}}{n+1} \right]_{\varepsilon}^{1} \end{align*} En faisant tendre $\varepsilon$ vers 0, par croissance comparée, le premier terme s'annule. Il reste :
   $$\boxed{J_n = - \frac{1}{(n+1)^2}}$$

3. Calcul de l'intégrale $I$ : Pour tout $x \in ]0, 1[$, on a le développement en série entière :
   $$\ln(1-x) = - \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{x^n}{n}$$
   L'intégrale s'écrit donc :
   $$I = \int_{0}^{1} \ln(x) \left( - \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{x^n}{n} \right)   dx = \int_{0}^{1} \sum_{n=1}^{+\infty} \left( - \frac{x^n \ln(x)}{n} \right)   dx$$
   Posons $u_n(x) = - \frac{x^n \ln(x)}{n}$. Pour tout $x \in ]0, 1[$, $u_n(x) \geq 0$. Les fonctions $u_n$ sont continues et intégrables sur $]0, 1[$. Vérifions la convergence de la série des intégrales :
   $$\int_{0}^{1} u_n(x)   dx = - \frac{1}{n} \int_{0}^{1} x^n \ln(x)   dx = - \frac{1}{n} J_n = \frac{1}{n(n+1)^2}$$
   La série $\sum \frac{1}{n(n+1)^2}$ converge (terme général en $O(1/n^3)$). D'après le théorème d'intégration terme à terme pour les fonctions positives (ou Beppo-Levi), on peut intervertir :
   $$I = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n(n+1)^2}$$
   Effectuons une décomposition en éléments simples du terme général :
   $$\frac{1}{n(n+1)^2} = \frac{a}{n} + \frac{b}{n+1} + \frac{c}{(n+1)^2}$$
   Par identification ou évaluation, on trouve $a = 1$, $c = -1$, et pour $b$ : $\frac{1}{n(n+1)^2} = \frac{(n+1)^2 - n(n+1) - n}{n(n+1)^2} = \frac{n^2+2n+1 - n^2-n - n}{n(n+1)^2} = \frac{1}{n(n+1)^2}$ On obtient $b = -1$. Ainsi :
   $$\frac{1}{n(n+1)^2} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} - \frac{1}{(n+1)^2}$$
   Sommons pour $n$ allant de 1 à $N$ :
   $$\sum_{n=1}^{N} \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} \right) - \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{(n+1)^2} = \left( 1 - \frac{1}{N+1} \right) - \sum_{k=2}^{N+1} \frac{1}{k^2}$$
   En faisant tendre $N$ vers $+\infty$ :
   $$I = 1 - \left( \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{1}{k^2} - 1 \right) = 1 - \left( \frac{\pi^2}{6} - 1 \right)$$
   $$\boxed{I = 2 - \frac{\pi^2}{6}}$$