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 $I=0$ .

$\int_{0}^{1}\frac{\ln x}{1+x^2}\;dx=-\frac{\pi}{4}$ et $\int_{0}^{+\infty}\frac{\ln x}{1+x^2}\;dx=0$ .

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