Ici, le plus simple est peut-être de ne pas utiliser de théorème d’intégration terme à terme. La fonction \(f~:~x\mapsto\frac{\ln x}{1+x^2}\) est continue sur \(]0,1]\). De plus, quand \(x\) tend vers \(0\), \(f(x)\underset{x\rightarrow0^+}{\sim}\ln x\underset{x\rightarrow0^+}{=}o\left(\frac{1}{\sqrt{x}}\right)\). On en déduit que \(f\) est intégrable sur \(]0,1]\).

Soit \(n\in\Nn\).

\(\frac{\ln x}{1+x^2}=\sum_{k=0}^{n}(-1)^kx^{2k}\ln x+\frac{(-1)^{n+1}x^{2n+2}\ln x}{1+x^2}\).

Maintenant, chacune des fonctions \(f_k~:~x\mapsto(-1)^kx^{2k}\ln x\), \(0\leqslant k\leqslant n\), est intégrable sur \(]0,1]\) car continue sur \(]0,1]\) et négligeable devant \(\frac{1}{\sqrt{x}}\) quand \(x\) tend vers \(0\). On en déduit encore que la fonction \(g_n~:~x\mapsto\frac{(-1)^{n+1}x^{2n+2}\ln x}{1+x^2}\) est intégrable sur \(]0,1]\) car \(g_n=f-\sum_{k=0}^{n}f_k\). On a donc

\(\forall n\in\Nn\), \(\int_{0}^{1}\frac{\ln x}{1+x^2}\;dx=\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\int_{0}^{1}x^{2k}\ln x\;dx+\int_{0}^{1}\frac{(-1)^{n+1}x^{2n+2}\ln x}{1+x^2}\;dx\).

La fonction \(h~:~x\mapsto\frac{x\ln x}{1+x^2}\;dx\) est continue sur \(]0,1]\) et prolongeable par continuité en \(0\). On en déduit que la fonction \(h\) est bornée sur \(]0,1]\). Soit \(M\) un majorant de la fonction \(|h|\) sur \(]0,1]\). Pour tout entier naturel \(n\), on a alors

\(\left|\int_{0}^{1}\frac{(-1)^{n+1}x^{2n+2}\ln x}{1+x^2}\;dx\right|\leqslant \int_{0}^{1}x^{2n}\left|\frac{x\ln x}{1+x^2}\right|\;dx\leqslant M\int_{0}^{1}x^{2n}\;dx=\frac{M}{2n+1}\).

En particulier, \(\lim_{n \rightarrow +\infty}\int_{0}^{1}\frac{(-1)^{n+1}x^{2n+2}\ln x}{1+x^2}\;dx=0\). Ceci montre que la série numérique de terme général \((-1)^k\int_{0}^{1}x^{2k}\ln x\;dx\), \(k\in\Nn\), converge et que

\(\int_{0}^{1}\frac{\ln x}{1+x^2}\;dx=\sum_{k=0}^{+\infty}(-1)^k\int_{0}^{1}x^{2k}\ln x\;dx\).

Soient \(n\in\Nn\) et \(\varepsilon\in]0,1[\). Les deux fonctions \(x\mapsto\frac{x^{2n+1}}{2n+1}\) et \(x\mapsto\ln x\) sont de classe \(C^1\) sur le segment \([\varepsilon,1]\). On peut donc effectuer une intégration par parties et on obtient

\(\int_{\varepsilon}^{1}x^{2n}\ln x\;dx=\left[\frac{x^{2n+1}}{2n+1}\ln x\right]_\varepsilon^1-\frac{1}{2n+1}\int_{\varepsilon}^{1}x^{2n}\;dx=-\frac{\varepsilon^{2n+1}}{2n+1}\ln \varepsilon-\frac{1}{(2n+1)^2}(1-\varepsilon^{2n+1})\).

Quand \(\varepsilon\) tend vers \(0\), on obtient \(\int_{0}^{1}x^{2n}\ln x\;dx=-\frac{1}{(2n+1)^2}\). Par suite,

\(\int_{0}^{1}\frac{\ln x}{1+x^2}\;dx=-\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}=-\frac{\pi}{4}\).

Vérifions maintenant l’intégrabilité de la fonction \(f\) sur \(]0,+\infty[\). La fonction \(f\) est continue sur \(]0,+\infty[\) et on sait déjà que \(f\) est intégrable sur \(]0,1]\). De plus, \(x^{3/2}f(x)\underset{x\rightarrow+\infty}{\sim}\frac{\ln x}{\sqrt{x}}\underset{x\rightarrow+\infty}{\rightarrow}0\) et donc \(f(x)\underset{x\rightarrow+\infty}{=}o\left(\frac{1}{x^{3/2}}\right)\). Ceci montre que la fonction \(f\) est intégrable sur \([1,+\infty[\) et finalement sur \(]0,+\infty[\).

Pour calculer \(I=\int_{0}^{+\infty}\frac{\ln x}{1+x^2}\;dx\), la méthode précédente ne marche plus du tout car pour \(x>1\), \(x^{n}\) tend vers \(+\infty\) quand \(n\) tend vers \(+\infty\). C’est une toute autre idée qui permet d’aller au bout. On pose \(u=\frac{1}{x}\) et on obtient

\(I=\int_{0}^{+\infty}\frac{\ln x}{1+x^2}\;dx=\int_{+\infty}^{0}\frac{\ln\left(\frac{1}{u}\right)}{1+\frac{1}{u^2}}\times\frac{-du}{u^2}=-\int_{0}^{+\infty}\frac{\ln u}{1+u^2}\;du=-I\),

et donc \(I=0\).

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