Chapitre I. L’intégrale de Riemann-Stieltjes
Puisque f (x) = −
+∞
n=1
x n
x 2 , en utilisant (a) et I.5.53, on obtient
1
0
ln x ln
2 (1 − x)
x
dx = −
1
2
f
2 (1) −
1
0
+∞
n=1
x n
n 2
+∞
n=0
x
n
ln x dx
= −
1
2
ζ
2 (2) −
1
0
+∞
n=1
1 + · · · +
1
n 2
x
n ln x dx
= −
1
2
ζ
2 (2) −
+∞
n=1
1 + · · · +
1
n 2
1
0
x
n ln x dx
= −
1
2
ζ
2 (2) +
+∞
n=1
1 +
1
2 2 · · · +
1
n 2
1
(n + 1) 2 .
On observe alors que
+∞
n=1
1 +
1
2 2 · · · +
1
n 2
1
(n + 1) 2 =
+∞
1m 1
m 2 n 2 =
1
2
ζ
2 (2) − ζ(4)
.
Puisque ζ(4) =
π 4
90 (pour une démonstration élémentaire de cette égalité,
voir, par exemple, III.1.28(b) (vol. I)), on obtient
1
0
ln x ln
2 (1 − x)
x
dx = −
π 4
180
.
I.5.60.
(a) On obtient, en utilisant le résultat de I.5.53,
+∞
n=0
(−1)
n
1
4n + 1
+
1
4n + 3
=
+∞
n=0
(−1)
n
1
0
x
4n + x
4n+2
dx
=
1
0
+∞
n=0
(−1)
n x
4n
1 + x
2
dx
=
1
0
1 + x 2
1 + x 4 dx =
π
√
2
4
.
160