La fonction \(f~:~t\mapsto\frac{\ln t}{t-1}\) est continue et positive sur \(]0,1[\), négligeable devant \(\frac{1}{\sqrt{t}}\) quand \(t\) tend vers \(0\) et prolongeable par continuité en \(1\). La fonction \(f\) est donc intégrable sur \(]0;1[\).

1ère solution. (à la main, sans utilisation d’un théorème d’intégration terme à terme) Pour \(t\in]0,1[\) et \(n\in\Nn\),

\(\frac{\ln t}{t-1}=\frac{-\ln t}{1-t}=-\sum_{k=0}^{n}t^k\ln t+\frac{t^{n+1}\ln t}{t-1}\)

Pour \(t\in]0,1]\) et \(n\in\Nn\), posons \(f_n(t)=-t^n\ln t\).

Soit \(n\in\Nn\). Chaque fonction \(f_k\), \(0\leqslant k\leqslant n\), est continue sur \(]0,1]\) et négligeable en \(0\) devant \(\frac{1}{\sqrt{t}}\). Donc chaque fonction \(f_k\) est intégrable sur \(]0,1]\) et donc sur \(]0,1[\). Mais alors, il en est de même de la fonction \(t\mapsto\frac{t^{n+1}\ln t}{1-t}=\frac{\ln t}{t-1}+\sum_{k=0}^{n}t^k\ln t\) et

\(\int_{0}^{1}\frac{\ln t}{t-1}\;dt=-\sum_{k=0}^{n}\int_{0}^{1}t^k\ln t\;dt+\int_{0}^{1}\frac{t^{n+1}\ln t}{t-1}\;dt\)

La fonction \(g~:~t\mapsto\frac{t\ln t}{t-1}\) est continue sur \(]0,1[\) et prolongeable par continuité en \(0\) et en \(1\). Cette fonction est en particulier bornée sur \(]0,1[\). Soit \(M\) un majorant de la fonction \(|g|\) sur \(]0,1[\). Pour \(n\in\Nn\),

\(\left|\int_{0}^{1}\frac{t^{n+1}\ln t}{t-1}\;dt\right|\leqslant\int_{0}^{1}t^n|g(t)|\;dt\leqslant M\int_{0}^{1}t^n\;dt=\frac{M}{n+1}\).

Par suite, \(\lim_{n \rightarrow +\infty}\int_{0}^{1}\frac{t^{n+1}\ln t}{t-1}\;dt=0\). On en déduit que la série de terme général \(-\int_{0}^{1}t^k\ln t\;dt\) converge et que

\(\int_{0}^{1}\frac{\ln t}{t-1}\;dt=\sum_{k=0}^{+\infty}\int_{0}^{1}(-t^k\ln t)\;dt\).

Soit \(\varepsilon\in]0,1[\). Pour \(k\in\Nn\), une intégration par parties fournit

\(\int_{\varepsilon}^{1}(-t^k\ln t)\;dt=\left[-\frac{t^{k+1}\ln t}{k+1}\right]_\varepsilon^{1}+\frac{1}{k+1}\int_{\varepsilon}^{1}t^k\;dt=\frac{\varepsilon^{k+1}\ln \varepsilon}{k+1}+\frac{1-\varepsilon^{k+1}}{(k+1)^2}\).

Quand \(\varepsilon\) tend vers \(0\), on obtient \(\int_{\varepsilon}^{1}(-t^k\ln t)\;dt=\frac{1}{(k+1)^2}\). Finalement,

\(\int_{0}^{1}\frac{\ln t}{t-1}\;dt=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{(k+1)^2}=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}\).

2ème solution. (utilisation d’un théorème d’intégration terme à terme) Chaque fonction \(f_n\) est continue et intégrable sur \(]0,1[\) et la série de fonctions de terme général \(f_n\) converge simplement vers la fonction \(f\) sur \(]0,1[\) et de plus, la fonction \(f\) est continue sur \(]0,1[\). Enfin

\(\sum_{n=0}^{+\infty}\int_{0}^{1}|f_n(t)|\;dt=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{1}{(n+1)^2}<+\infty\).

D’après un théorème d’intégration terme à terme, \(\int_{0}^{1}f(t)\;dt=\sum_{n=0}^{+\infty}\int_{0}^{1}f_n(t)\;dt=\frac{\pi^2}{6}\).

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