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, \(I =-\frac{\pi\ln2}{2}\).

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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