Une intégrale de plus

Bonjour
De mémoire on peut demander à Maple de "tracer" son calcul (printlevel). Cela peut aider!

Il y a un facteur $(-1)^{n}$ qui a été oublié dans la série géométrique. Ainsi, on obtient une série alternée convergente.

La méthode de FdP conduit bien au résultat, au moyen de la série $\displaystyle \overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}(-1)^{n}\frac{\ln n}{n}=\gamma \ln 2-\frac{1}{2}(\ln 2)^{2}$, qui est assez connue. Parue je ne sais plus quand dans l'AMM, elle a été posée à des oraux de concours, et je l'ai dans mes papiers depuis longtemps.
Mais l'apparition-disparition de la constante d'Euler peut nous faire penser qu'il y aurait peut-être une autre solution.

L'intégrale demandée donc est :
$$ \int_0^{+\infty}\frac{\ln t}{1+\mathrm{e}^t}\mathrm{d}t = \lim_{z \to 1} \left( 2^{1-z} \ln2 \Gamma(z)\zeta(z) + (1-2^{1-z})\Gamma'(z)\zeta(z) + (1-2^{1-z})\Gamma(z)\zeta'(z) \right).$$

Ce problème a été posé dans The American Mathematical Monthly, Problem 4394, Vol. 57, No. 4, April 1950, par Henry Francis Sandham, une vieille connaissance : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,2260908,2261214#msg-2261214.
Solution dans The American Mathematical Monthly, Vol. 58, No. 10, Dec.1951, pp. 705-706. Je la joins.
Bonne nuit.
Fr. Ch.

Chaurien: Merci pour ta vigilance. Je sentais bien que ma série n'allait pas être très convergente. :-D
Et merci pour la référence. Sandham rulez !

L'article de 1951 mis en lien par Chaurien indique une source plus ancienne pour ce problème (1933).

Ma préférence va à la méthode proposée par FdP, qui s'appuie sur deux lemmes
$\bullet$ Lemme 1. $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }e^{-t}\ln tdt=-\gamma \simeq -0,57722$ ;
$\bullet$ Lemme 2. $\displaystyle \overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}(-1)^{n}\frac{\ln n}{n}=\gamma \ln
2-\frac{1}{2}(\ln 2)^{2}\simeq 0,15987$.

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Je reviendrai tantôt sur le lemme 1, mais je réponds sans tarder sur le lemme 2, qui n'exige aucun gros théorème.

$ \bullet $ Théorème. Soit $a\in \mathbb{N}$, et soit une fonction $f$ décroissante et positive sur $[a,+\infty \lbrack $. Pour $n\geq a$, soit $ \displaystyle S_{n}=\overset{n}{\underset{k=a}{\sum }}f(k)$ et $ \displaystyle I_{n}=\int_{a}^{n}f(t)dt$.
Alors, quand $n\rightarrow +\infty $ : $S_{n}=I_{n}+K+o(1)$, où $K$ est une constante réelle.

$\bullet $ Application 1. Pour $n\in \mathbb{N}^{\ast }$, soit $ \displaystyle H_{n}=\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}\frac{1}{k}$. Alors, quand $n\rightarrow +\infty $ : $H_{n}=\ln n+\gamma +o(1)$ quand $n\rightarrow +\infty $.
Ce réel $\gamma $ est la constante d'Euler, et $\gamma \simeq 0,57722$.

$\bullet $ Application 2. Pour $n\in \mathbb{N}^{\ast }$, soit $ \displaystyle W_{n}=\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}\frac{\ln k}{k}$. Alors, quand $%
n\rightarrow +\infty $\ : $W_{n}=\frac{1}{2}(\ln n)^{2}+C+o(1)$.

$\bullet $ Pour $n\in \mathbb{N}^{\ast }$, soit $\ \displaystyle T_{n}=\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}(-1)^{k}\frac{\ln k}{k}$.
Alors : $ \displaystyle T_{2n}=\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}\frac{\ln (2k)}{2k}-\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}\frac{\ln (2k-1)}{2k-1} =2\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}\frac{\ln (2k)}{2k}-W_{2n}$
$~~~~~~~~~~~~~~~~~ \displaystyle =\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}\frac{\ln 2+\ln k}{k}-W_{2n}$$ \displaystyle =(\ln 2)H_{n}+W_{n}-W_{2n}$
$~~~~~~~~~~~~~~~~~ \displaystyle =(\ln 2)(\ln n+\gamma +o(1))+(\frac{1}{2}(\ln n)^{2}+C+o(1))-(\frac{1}{2}%
(\ln (2n))^{2}+C+o(1))$
$~~~~~~~~~~~~~~~~~ \displaystyle =\gamma \ln 2-\frac{1}{2}(\ln 2)^{2}+o(1)$.
Il en résulte : $ \displaystyle \overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}(-1)^{n}\frac{\ln n}{n}=\gamma \ln 2-\frac{1%
}{2}(\ln 2)^{2}\simeq 0,15987$.

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Il est remarquable que ce calcul de somme de série se traite par un calcul de développement limité, mais au fond c'est normal car une somme de série c'est une limite, et pour calculer une limite, quoi de mieux qu'un développement limité ?

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Je crois avoir vu ce problème dans l'American Mathematical Monthly il y a bien des années, mais je ne retrouve pas la référence.
On le retrouve dans : RMS 109-5, janvier 1999, n° 43, oral 1998, X-MP.
Bonne journée.
Fr. Ch.
07/07/2021

Bonsoir
Une méthode de plus pour une intégrale de plus.
D'après
$$\frac{\ln(t)}{1+e^t} = \frac{2\ln(t)}{1-e^{2t}} - \frac{\ln(t)}{1-e^{t}}.
$$ Soit $0<\epsilon<\pi$
\begin{align}
\int_{\epsilon}^{+\infty}\frac{\ln(t)}{1+e^t} &= 2\int_{\epsilon}^{+\infty}
\frac{\ln(t)}{1-e^{2t}}dt - \int_{\epsilon}^{+\infty} \frac{\ln(t)}{1-e^{t}}dt\nonumber\\
&= \int_{2\epsilon}^{+\infty}
\frac{\ln(\frac{u}{2})}{1-e^{u}}du - \int_{\epsilon}^{+\infty} \frac{\ln(t)}{1-e^{t}}dt\nonumber\\
&= \int_{2\epsilon}^{\epsilon}
\frac{\ln(t)}{1-e^{t}}dt - \ln(2) \int_{2\epsilon}^{+\infty} \frac{1}{1-e^{t}}dt\nonumber\\
&= \int_{\epsilon}^{2\epsilon}
\frac{\ln(t)}{t}\frac{t}{e^{t}-1}dt - \ln(2)\ln(1-e^{-2\epsilon})\nonumber\\
&= \sum_{n=0}^{+\infty}\frac{B_n}{n!}\int_{\epsilon}^{2\epsilon}t^{n-1}\ln(t)dt - \ln(2)\ln(1-e^{-\epsilon}) \quad ; \qquad \frac{t}{e^{t}-1} = \sum_{n=0}^{+\infty}\frac{B_n}{n!}t^n \quad (|t|<2\pi) \nonumber\\
&= \int_{\epsilon}^{2\epsilon} \frac{\ln(t)}{t}dt + \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{B_n}{n!}\int_{\epsilon}^{2\epsilon}t^{n-1}\ln(t)dt - \ln(2)\ln(1-e^{-2\epsilon})\nonumber\\
&= \left[ \frac{\ln^2(t)}{2}\right]_{\epsilon}^{2\epsilon} + \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{B_n}{n!}\left[ \frac{\ln(t)t^n}{n} - \frac{t^n}{n^2}\right]_{\epsilon}^{2\epsilon} - \ln(2)\ln(1-e^{-2\epsilon})\nonumber\\
&= \frac{\ln^2(2\epsilon)}{2} - \frac{\ln^2(\epsilon)}{2} - \ln(2)\ln(1-e^{-2\epsilon}) + o(\epsilon) \nonumber\\
&= \frac{\ln^2(2)}{2} + \ln(2)\ln(\epsilon) - \ln(2)\ln(1-e^{-2\epsilon}) + o(\epsilon)\nonumber\\
&= \frac{\ln^2(2)}{2} - \ln(2)\ln\Big(\frac{1-e^{-2\epsilon}}{\epsilon} \Big) + o(\epsilon)\nonumber.
\end{align} Il suffit maintenant de tendre $\epsilon$ vers $0$.

[$\LaTeX$ fournit la commande \ln qui gére police et espacements. ;-) AD]

Il apparaît que cette intégrale $\displaystyle I=\int_{0}^{+\infty }\frac{\ln t}{1+e^{t}}dt$ se calcule de plusieurs façons.
Je continue sur la méthode proposée par FdP, qui repose comme j'ai dit sur les deux lemmes :
$ \displaystyle\overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}(-1)^{n}\frac{\ln n}{n}=\gamma \ln2-\frac{1}{2}(\ln 2)^{2}$, $~~ \displaystyle \int_{0}^{+\infty }e^{-t}\ln tdt=-\gamma$, plus la somme bien connue : $ \displaystyle \overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}\frac{(-1)^{n-1}}{n}=\ln 2$.
On fait une interversion série-intégrale, qui doit être justifiée, comme FdP l'a signalé. Comme la série en question est une série géométrique, on a l'expression explicite du reste, et l'interversion ne requiert aucun gros théorème.

$\bullet $ On part de la somme finie de la suite géométrique : $ \displaystyle \overset{n-1}{\underset{k=0}{\sum }}(-1)^{k}e^{-kt}=\frac{1-(-1)^{n}e^{-nt}}{1+e^{-t}}$, d'où l'interversion légitime : $\displaystyle I=\int_{0}^{+\infty }\frac{%
e^{-t}\ln t}{1+e^{-t}}dt=\overset{n-1}{\underset{k=0}{\sum }}(-1)^{k}\int_{0}^{+\infty }e^{-(k+1)t}\ln t\mathbf{~}dt+R_{n}$, avec : $\displaystyle R_{n}=(-1)^{n}\int_{0}^{+\infty }\frac{e^{-(n+1)t}\ln t}{1+e^{-t}}dt$.

$\bullet $ On a : $\displaystyle \left\vert R_{n}\right\vert \leq \int_{0}^{+\infty}e^{-(n+1)t}\left\vert \ln t\right\vert dt
\overset{x=(n+1)t}=\frac{1}{n+1}\int_{0}^{+\infty}e^{-x}\left\vert \ln x-\ln (n+1)\right\vert dx$
$ ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\displaystyle\leq \frac{1}{n+1}\int_{0}^{+\infty
}e^{-x}\left\vert \ln x\right\vert dx+\frac{\ln (n+1)}{n+1}\int_{0}^{+\infty
}e^{-x}dx$, d'où : $\displaystyle \underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }R_{n}=0$.

$\bullet $ On a de plus : $\displaystyle U_{k}=\int_{0}^{+\infty }e^{-(k+1)t}\ln tdt
\overset{x=(k+1)t}=\int_{0}^{+\infty }e^{-x}\ln \frac{x}{k+1}\cdot \frac{dx}{k+1}$$\displaystyle$
$~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\displaystyle =\frac{1}{k+1}\int_{0}^{+\infty }e^{-x}\ln x\mathbf{~}dx-\frac{\ln (k+1)}{k+1}\int_{0}^{+\infty }e^{-x}dx=-\frac{\gamma}{k+1}-\frac{\ln (k+1)}{k+1}$.

$\bullet $ Et l'on en conclut : $\displaystyle I= \overset{+\infty }{\underset{k=0}{\sum }} {(-1)^k U_k}
\overset{h=k+1}=-\gamma \overset{+\infty }{\underset{h=1}{\sum }}\frac{(-1)^{h-1}}{h}+\overset{+\infty }{\underset{h=1}{\sum }}(-1)^{h}\frac{\ln h}{h}=-\frac{1}{2}(\ln 2)^{2}$.

Bonne soirée.
Fr. Ch.
09/07/2021

@hunter j ‘ai l’impression c’est de la convergence dominée de Lebesgue

On a juste besoin de montrer que la fonction $x\mapsto \dfrac{1}{\text{e}^{a\epsilon x}-1}$ est bornée pour $x\in[1,2]$ et $\left|\epsilon\right|<1$. La fonction en question est monotone sauf erreur de ma part.

Bonsoir,
$\int_0^\infty \text{e}^{-x}\ln xdx$ est la dérivée de $\Gamma$ en $1$.

Bonjour,

Autre possibilité pour le calcul de $I=\int_0^{+\infty}\mathrm e^{-t}\ln t\mathrm dt$ (le lemme 1 de Chaurien) suite au message de Fin de Partie : $$I=\lim_{n\to+\infty}I_n, \quad I_n:=\int_0^n\left(1-\frac tn\right)^n\ln t\mathrm dt \;;$$ par parties, avec : $$\left\{\begin{aligned}&u(t)=\ln t &&u'(t)=\frac 1t \\ &v'(t)=\left(1-\frac tn\right)^n && v(t)=\frac{n}{n+1}\biggl(1-\left(1-\dfrac tn\right)^{n+1}\,\biggr)\end{aligned}\right.$$ on a : $$I_n = \frac{n}{n+1}\Biggl(\ln n-\int_0^n\frac{1}{n}\cdot\frac{1-\left(1-t/n\right)^{n+1}}{1-\left(1-t/n\right)}\mathrm dt\Biggr) =\frac{n}{n+1}\Biggl(\ln n-\sum_{k=0}^n\int_0^n\frac{1}{n}\left(1-\frac tn\right)^k\mathrm dt\Biggr)$$ d'où $$I_n=\dfrac{n}{n+1}\left(\ln n-H_{n}-\dfrac{1}{n+1}\right)\xrightarrow[n\to+\infty]{}-\gamma.$$