La fonction \(f~:~x\mapsto\frac{(-1)^{E(x)}}{x}\) est continue par morceaux sur \([1,+\infty[\) et donc localement intégrable sur \([1,+\infty[\).

Soient \(X\) un réel élément de \([2,+\infty[\) et \(n=E(X)\).

\(\int_{1}^{X}\frac{(-1)^{E(x)}}{x}\;dx=\sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1}\frac{(-1)^{E(x)}}{x}\;dx+\int_{n}^{X}\frac{(-1)^{E(x)}}{x}\;dx =\sum_{k=1}^{n-1}(-1)^k\ln\left(1+\frac{1}{k}\right)+\int_{n}^{X}\frac{(-1)^{E(x)}}{x}\;dx\).

Or, \(\left|\int_{n}^{X}\frac{(-1)^{E(x)}}{x}\;dx\right|\leqslant\frac{X-n}{n}\leqslant\frac{1}{E(X)}\). Cette dernière expression tend vers \(0\) quand le réel \(X\) tend vers \(+\infty\) et donc \(\lim_{X \rightarrow +\infty}\int_{n}^{X}\frac{(-1)^{E(x)}}{x}\;dx=0\).

D’autre part, la suite \(\left((-1)^k\ln\left(1+\frac{1}{k}\right)\right)_{k\geqslant1}\) est de signe alternée et sa valeur absolue tend vers \(0\) en décroissant. La série de terme général \((-1)^k\ln\left(1+\frac{1}{k}\right)\), \(k\geqslant1\), converge en vertu du critère spécial aux séries alternées ou encore, quand le réel \(X\) tend vers \(+\infty\), \(\sum_{k=1}^{n-1}(-1)^k\ln\left(1+\frac{1}{k}\right)\) a une limite réelle.

Il en est de même de \(\int_{1}^{X}\frac{(-1)^{E(x)}}{x}\;dx\) et l’intégrale \(\int_{1}^{+\infty}\frac{(-1)^{E(x)}}{x}\;dx\) converge. De plus

\(\int_{1}^{+\infty}\frac{(-1)^{E(x)}}{x}\;dx=\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^n\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)\).

Calcul. Puisque la série converge, on a \(\sum_{k=1}^{+\infty}(-1)^k\ln\left(1+\frac{1}{k}\right)=\lim_{n \rightarrow +\infty}\sum_{k=1}^{2n}(-1)^k\ln\left(1+\frac{1}{k}\right)\). Pour \(n\in\Nn^*\),

\[\begin{align*} \sum_{k=1}^{2n}(-1)^k\ln\left(1+\frac{1}{k}\right)&=\sum_{k=1}^{n}\left(-\ln\left(1+\frac{1}{2k-1}\right)+\ln\left(1+\frac{1}{2k}\right)\right)=\sum_{k=1}^{n}\ln\left(\frac{(2k-1)(2k+1)}{(2k)^2}\right)\\ &=\ln\left(\frac{(1\times3\times\ldots\times(2n-1))^2\times(2n+1)}{(2\times4\times\ldots\times(2n))^2}\right) =\ln\left(\frac{1}{2^{4n}}\times\left(\frac{(2n)!}{(n!)^2}\right)^2\times(2n+1)\right) . \end{align*}\]

D’après la formule de Stirling,

\(\frac{1}{2^{4n}}\times\left(\frac{(2n)!}{(n!)^2}\right)^2\times(2n+1)\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\frac{1}{2^{4n}}\times\frac{\left(\frac{2n}{e}\right)^{4n}(\sqrt{4\pi n})^2}{\left(\frac{n}{e}\right)^{4n}(\sqrt{2\pi n})^4}\times(2n)=\frac{2}{\pi}\).

Donc \(\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^n\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)=\ln\left(\frac{2}{\pi}\right)\) et on a montré que

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