$\int_0^1 \dfrac{x^n\ln x}{x^n-1}dx$

1/ c'est parce qu'il n'y a pas de lien clair entre $I_{n+1}$ et $I_n$ ...

pour $n>0$, posons $y=x^n$, alors $\dfrac{x^{n+1} \ln x}{x^n-1} \dfrac{dx}{x} = \dfrac{1}{n^2} \dfrac{y^{1+\frac{1}{n}} \ln y}{y-1} \dfrac{dy}{y}$ ... on note alors $\displaystyle{\Psi^{(1)} \bigg( 1+\frac{1}{n} \bigg) = \int_0^1 \frac{y^{\frac{1}{n}} \ln y}{y-1} dy} = n^2 I_n$ ... tentons plutôt d'expliciter une relation de récurrence pour $\Psi^{(1)}$ :
$$\begin{eqnarray}
\Psi^{(1)} \bigg( 1+\frac{1}{n} \bigg) - \Psi^{(1)} \bigg( \frac{1}{n} \bigg) & = & \int_0^1 y^{\frac{1}{n}} \ln y \frac{dy}{y} \\
& = & -n^2 \int_0^{+\infty} t e^{-t} dt \\
& = & -n^2 \Gamma(2) = -n^2
\end{eqnarray}$$
d'où $\Psi^{(1)} \bigg( 1+\dfrac{1}{n} \bigg) = \Psi^{(1)} \bigg( \dfrac{1}{n} \bigg) - \dfrac{1}{\bigg( \dfrac{1}{n} \bigg)^2}$ ... autrement dit, il existe une relation entre $I_n$ et $I_{-\frac{n}{n-1}}$ :-) à condition d'accepter que $n$ soit un réel ... la fonction $\Psi^{(1)}$ est en réalité la fonction trigamma définie sur $\mathbb{C}$, telle que $\Psi^{(1)} = \dfrac{d\Psi}{dz}$, ayant des pôles d'ordre $2$ en $z=0,-1,-2,-3,-4,\ldots$, et dont la représentation intégrale ci-dessus n'est que valide que pour $\Re(z)>0$ ...

2/ intéressons-nous à sa valeur en $z=1$ ... par définition, $\Psi^{(1)}(1) = \displaystyle{\int_0^1 \frac{\ln y}{y-1} dy = \int_0^{+\infty} \frac{te^{-t}}{1-e^{-t}} dt}$ ... il s'ensuit que :
$$\begin{eqnarray}
\Psi^{(1)}(1) & = & \int_0^{+\infty} t \sum_{k=1}^{+\infty} e^{-kt} dt = \Gamma(2) \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{1}{k^2} = \frac{\pi^2}{6}
\end{eqnarray}$$

3/ pour en revenir aux $I_n$ de départ : $I_n = \dfrac{1}{n^2} \Psi^{(1)} \bigg( 1+\dfrac{1}{n} \bigg)$ ... et par suite, $\displaystyle{\lim_{n \to +\infty} I_n = \Psi^{(1)}(1) \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n^2}} = 0^+$ ...

Dans l'intégrale $I_n=\displaystyle\int_0^1 \dfrac{x^n \ln x}{x^n-1}dx$, exécutons le CDV : $t=x^{n}$.
Il vient sauf erreur : $ \displaystyle I_{n}=\frac{1}{n^{2}}\int_{0}^{1}\frac{t^{\frac{1}{n}}\ln t}{t-1}dt$.
D'où : $ \displaystyle 0\leq I_{n}\leq \frac{1}{n^{2}}\int_{0}^{1}\frac{\ln t}{t-1}dt$, terminé.

J'ai même l'impression que ce majorant est un équivalent, et si c'est vrai on aurait : $I_{n}\sim \frac{\pi ^{2}}{6n^{2}}$ quand $n\rightarrow +\infty $.
Voire...

Bonne journée.
F. Ch.

La méthode que je propose permet aussi ce développement en série, avec justification de l'interversion série-intégrale.

Bonjour,

Voici la solution avec la méthode que j'ai proposée.

Soit, pour tout $n$ entier non nul, $\displaystyle I_n = \int_{0}^{1} dx {x^n \ln x \over x^n-1}.$
L'intégrande $\displaystyle f_n: x \mapsto {x^n \ln x \over x^n-1}$ est définie, continue et dérivable sur $\displaystyle ]0, 1[.$ Comme $\displaystyle \lim_{x \to 0} {x^n \ln x \over x^n-1} = 0$ et comme $\displaystyle \lim_{x \to 1} {x^n \ln x \over x^n-1} = \displaystyle \lim_{\epsilon \to 0} {(1-\epsilon)^n \ln(1-\epsilon) \over (1-\epsilon)^n-1} = \frac{1}{n}$, l'intégrande admet un prolongement par continuité sur l'intervalle borné $[0, 1]$ : elle est donc intégrable sur cet intervalle. On a montré l'existence, pour tout $n$ entier non nul, de $I_n.$

On écrit, pour tout $\displaystyle \epsilon >0$, $\displaystyle I_n =\int_{0}^{1-\epsilon} dx f_n(x) + \int_{1-\epsilon}^{1} dx f_n(x) .$
On utilise le théorème des valeurs intermédiares pour traiter la seconde intégrale :
$\displaystyle \int_{1-\epsilon}^{1} dx f_n(x) = ((1-\epsilon)-1) f_n(\zeta), \quad 1-\epsilon \leq \zeta \leq 1 \sim -\epsilon \frac{1}{n}$. Cette quantité est donc nulle quand $\displaystyle \epsilon \to 0.$

On utilise une série géométrique pour traiter la première intégrale :
$\displaystyle \int_{0}^{1-\epsilon} dx f_n(x) = \int_{0}^{1-\epsilon} dx {x^n \over x^n-1} \ln x = \int_{0}^{1-\epsilon} dx \Big( - \sum_{k \geq 1} (x^n)^k \Big) \ln x = - \sum_{k \geq 1} \int_{0}^{1-\epsilon} dx x^{nk} \ln x.$
On a utilisé le fait que la raison $x^n$ est strictement inférieur à $1$ pour $\displaystyle 0 \leq x \leq 1-\epsilon <1$.
Le changement de variable $\displaystyle y=x^{nk+1}$ donne immédiatement :
$\displaystyle \int_{0}^{1-\epsilon} dx f_n(x) =- \sum_{k \geq 1} {1 \over (1+nk)^2} \int_{0}^{(1-\epsilon)^{1+nk}} dy \ln y \to \sum_{k \geq 1} {1 \over (1+nk)^2}$ quand $\displaystyle \epsilon \to 0.$ On a utilisé : $\displaystyle \int_{0}^{1} dy \ln y =-1.$

On a donc démontré que :
$\displaystyle I_n = \sum_{k \geq 1} {1 \over (1+nk)^2} = \sum_{k \geq 1} {1 \over n^2(k+\frac{1}{n})^2} = \frac{1}{n^2} \Big( \frac{1}{k^2} -\frac{2}{k^3}\frac{1}{n} +\frac{3}{k^4} \frac{1}{n^2}-\frac{4}{k^5} \frac{1}{n^3} +\frac{5}{k^6} \frac{1}{n^4} +o( \frac{1}{n^4} ) \Big) =\\ \displaystyle \frac{1}{n^2} \Big( \zeta(2) - \frac{2}{n} \zeta(3)+ \frac{3}{n^2} \zeta(4) -\frac{4}{n^3} \zeta(5)+\frac{5}{n^4} \zeta(6) + o(\frac{1}{n^4}) \Big).$
La fonction $\displaystyle \zeta: m \mapsto \sum_{k \geq 1} \frac{1}{k^m}$ est définie pour $\displaystyle m \geq 2$ entier.

Développement en série de $ \displaystyle G(\alpha )=\int_{0}^{1}\frac{t^{\alpha }\ln t}{t-1}dt$, $\alpha \in \mathbb{R}_+$, toujours dans la simplicitas

On part de la formule élémentaire de somme de $n$ termes de la suite géométrique : $ \displaystyle \frac{t^{n}-1}{t-1}=\underset{i=0}{\overset{n-1}{\sum }}t^{i}$, qui conduit à :
$ \displaystyle G(\alpha )=\int_{0}^{1}\frac{t^{\alpha }\ln t}{t-1}dt=(\underset{i=0}{\overset{n-1}{\sum }}U_{i})+R_{n}$, avec : $\displaystyle U_{i}=-\int_{0}^{1}t^{i+\alpha }\ln tdt$ et $\displaystyle R_{n}=\int_{0}^{1}\frac{t^{n+\alpha }\ln t}{t-1}dt$.
Avec une simple IPP on obtient : $ \displaystyle U_{i}=\frac{1}{(i+\alpha +1)^{2}}$ et avec une simple majoration on obtient : $ \displaystyle \underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }R_{n}=0$.
Il en résulte : $ \displaystyle G(\alpha )=\underset{i=0}{\overset{+\infty }{\sum }}U_{i}=\underset{k=1}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{1}{(k+\alpha )^{2}}$. En particulier : $ \displaystyle G(0)=\underset{k=1}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{1}{k^{2}}= \zeta (2)=\frac{\pi ^{2}}{6}$.
Toujours élémentairement, si $ \displaystyle 0\leq \alpha \leq 1$, alors : $ \displaystyle 0\leq G(0)-G(\alpha )=\underset{k=1}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{2\alpha k+\alpha ^{2}}{k^{2}(k+\alpha )^{2}}\leq \alpha \underset{k=1}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{2k+1}{k^{4}}$,
d'où : $\displaystyle \underset{\alpha \rightarrow 0^{+}}{\lim }G(\alpha )=G(0)$.

Bonne soirée.
F. Ch.

Quelques compléments sur l'égalité : $ \displaystyle G(\alpha )=\int_{0}^{1}\frac{t^{\alpha }\ln t}{t-1}dt=\underset{k=1}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{1}{(k+\alpha )^{2}} $.
En fait la démonstration ci-dessus reste valable pour tout réel $\alpha >-1$.
La fonction $G$ est de classe $\mathcal{C}^ \infty$ sur $]-1, + \infty[$ et l'on peut dériver $p$ fois les deux membres, respectivement sous $\int $ avec la convergence dominée et sous $\sum $ avec la convergence normale, ce qui donne pas mal de formules.
Pour $\alpha =-\frac{1}{2}$, on a la belle identité : $ \displaystyle \int_{0}^{+\infty }\frac{\ln t}{(t-1)\sqrt{t}}dt=\pi ^{2}$ (si je ne me suis pas trompé dans mes calculs).

Bon solstice, et vive le retour de Sol Invictus.
F. Ch.

Merci Maple et merci Guego ;-)
En dérivant deux fois, j'ai aussi, toujours pour pour $\alpha =-\frac{1}{2}$ :

$ \displaystyle \int_{0}^{+\infty }\frac{2(\ln t)^{3}}{(t-1)\sqrt{t}}dt=\pi ^{4}$.

Toujours sauf erreur.

Bonne journée.
F. Ch.

Sauf erreur, disais-je, et l'erreur était là, débusquée par Jandri.
Comme je tiens à mon beau $\pi^4$, je ne changerai pas de côté mais d'étage et j'écrirai :
$ \displaystyle \int_{0}^{+\infty }\frac{(\ln t)^{3}}{2(t-1)\sqrt{t}}dt=\pi ^{4}$.
Bravo et merci Jandri.
F. Ch.

Comme dit Jandri, les "nombres tangents" apparaissent dans le développement en série entière de la fonction tangente. C'est la suite A000182 de l'OEIS.Ces entiers ont une interprétation combinatoire : ce sont les nombres de "permutations alternées" de Désiré André portant sur un nombre impair de termes.
Voir : Louis Comtet, Analyse combinatoire, PUF 1970, tome 2, p. 101.
Voir l'article de Désiré André (1881) : http://sites.mathdoc.fr/JMPA/PDF/JMPA_1881_3_7_A10_0.pdf

Les nombres de permutations alternées portant sur un nombre pair de termes sont les "nombres sécants" car ils apparaissent dans le développement en série entière de la fonction sécante. Ils sont liés aux nombres d'Euler. Pour une raison inexpliquée les fonctions sécante et cosécante ont disparu des mathématiques françaises vers le début du XXème siècle. Une bêtise qui perdure. J'ai vu des professeurs qui ont appris l'existence de ces fonctions avec Maple.

Au début du XXème siècle le dessinateur Christophe avait publié une série de bandes dessinées mettant en scène le savant Cosinus, qui avait deux filles prénommées Sécante et Cosécante. C'est pourquoi dans le "Dictionnaire de mathématiques" de Lucien Chambadal (qui a eu plusieurs éditions), à "sécante" et "cosécante", on lit : "prénom féminin".

Bonne journée.
F. Ch.

@romainm
Est ce que tu as montré que cette limite tends vers 0?