Soient $I=\int_{0}^{\pi/2}\ln(\sin x)\;dx$ et $J =\int_{0}^{\pi/2}\ln(\cos x)\;dx$ . Le changement de variables $x =\frac{\pi}{2}-t$ fournit $J$ existe et $J=I$ . Par suite,

$\begin{align*}\ensuremath 2I&= I+J =\int_{0}^{\pi/2}\ln(\sin x\cos x)\;dx=-\frac{\pi\ln2}{2}+\int_{0}^{\pi/2}\ln(\sin(2x))\;dx =-\frac{\pi\ln2}{2}+\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi}\ln(\sin u)\;du\\ &= -\frac{\pi\ln2}{2}+\frac{1}{2}\left(I+\int_{\pi/2}^{\pi}\ln(\sin u)\;du\right) = -\frac{\pi\ln2}{2}+\frac{1}{2}\left(I+\int_{\pi/2}^{0}\ln(\sin (\pi-t))\;(-dt)\right)=-\frac{\pi\ln2}{2}+ I. \end{align*}$

Par suite, $I =-\frac{\pi\ln2}{2}$ .

$\int_{0}^{\pi/2}\ln(\sin x)\;dx=\int_{0}^{\pi/2}\ln(\cos x)\;dx=-\frac{\pi\ln2}{2}$ .

Pour $n\geqslant2$ , posons $P_n =\prod_{k=1}^{n-1}\sin\left(\frac{k\pi}{2n}\right)$ . Pour $1\leqslant k\leqslant n-1$ , on a $0<\frac{k\pi}{2n}<\frac{\pi}{2}$ et donc $P_n > 0$ . D’autre part, $\sin\left(\frac{(2n-k)\pi}{2n}\right)=\sin\left(\frac{k\pi}{2n}\right)$ et $\sin\frac{n\pi}{2n}=1$ . On en déduit que

$P_n^2=\prod_{k=1}^{2n-1}\sin\left(\frac{k\pi}{2n}\right)$ ,

puis

$\begin{align*}\ensuremath P_n^2&=\prod_{k=1}^{2n-1}\frac{e^{ik\pi/(2n)}-e^{-ik\pi/(2n)}}{2i}=\frac{1}{(2i)^{2n-1}}\prod_{k=1}^{2n-1}\left(-e^{-ik\pi/(2n)}\right)\prod_{k=1}^{2n-1}\left(1-e^{2ik\pi/(2n)}\right)\\ &=\frac{1}{(2i)^{2n-1}}(-1)^{2n-1}(e^{-i\pi/2})^{2n-1}\prod_{k=1}^{2n-1}\left(1-e^{2ik\pi/(2n)}\right)= \frac{1}{2^{2n-1}}\prod_{k=1}^{2n-1}\left(1-e^{2ik\pi/(2n)}\right) \end{align*}$

Maintenant, le polynôme $Q$ unitaire de degré $2n-1$ dont les racines sont les $2n-1$ racines $2n$ -èmes de l’unité distinctes de $1$ est

$\frac{X^{2n}-1}{X-1}= 1+X+X^2+...+X^{2n-1}$

et donc $\prod_{k=1}^{2n-1}\left(1-e^{2ik\pi/(2n)}\right)=Q(1)=2n$ . Finalement,

$\prod_{k=1}^{n-1}\sin\left(\frac{k\pi}{2n}\right)=P_n=\sqrt{\frac{2n}{2^{2n-1}}}=\frac{\sqrt{n}}{2^{n-1}}$ .

Pour $0\leqslant k\leqslant n$ , posons alors $x_k=\frac{k\pi}{2n}$ de sorte que $0 = x_0 < x_1< ...< x_n =\frac{\pi}{2}$ est une subdivision de $\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$ à pas constant égal à $\frac{\pi}{2n}$ .

Puisque la fonction $x\mapsto\ln(\sin x)$ est continue et croissante sur $\left]0,\frac{\pi}{2}\right]$ , pour $1\leqslant k\leqslant n-1$ , on a $\frac{\pi}{2n}\ln(\sin(x_k))\leqslant\int_{x_k}^{x_{k+1}}\ln(\sin x)\;dx$ puis en sommant ces inégalités, on obtient

$\frac{\pi}{2n}\ln(P_n)\leqslant\int_{\pi/(2n)}^{\pi/2}\ln(\sin x)\;dx$

De même, pour $0\leqslant k\leqslant n-1$ , $\int_{x_k}^{x_{k+1}}\ln(\sin x)\;dx\leqslant\frac{\pi}{2n}\ln(\sin(x_{k+1}))$ et en sommant

$\int_{0}^{\pi/2}\ln(\sin x)\;dx\leqslant\frac{\pi}{2n}\ln(P_n)$ .

Finalement, $\forall n\geqslant2$ , $\frac{\pi}{2n}\ln(P_n)+\int_{0}^{\pi/(2n)}\ln(\sin x)\;dx\leqslant I\leqslant\frac{\pi}{2n}\ln(P_n)$ . Mais $\ln(P_n) =\ln n -(n-1)\ln2$ et donc $\frac{\pi}{2n}\ln(P_n)$ tend vers $-\frac{\pi\ln2}{2}$ quand $n$ tend vers $+\infty$ et comme d’autre part, $\int_{0}^{\pi/(2n)}\ln(\sin x)\;dx$ tend vers $0$ quand $n$ tend vers $+\infty$ (puisque la fonction $x~:~\mapsto\ln(\sin x)$ est intégrable sur $\left]0,\frac{\pi}{2}\right]$ ), on a redémontré que $I = -\frac{\pi\ln2}{2}$ .

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