Calcul de l'intégrale de ln(sin(t)) de 0 à π/2

Calcul de Zπ
2
0
ln(sin(t)) dt
1) Existence de l’intégrale.
La fonction f:t7→ln(sin(t)) est continue sur i0, π
2i.
Ensuite, ln(sin(t)) ∼
t→0ln(t) = t→0o1
√td’après un théorème de croissances comparées. Par suite, fest intégrable sur un
voisinage de 0à droite.
Finalement, fest intégrable sur i0, π
2iet on peut poser I=Zπ
2
0
ln(sin(t)) dt.
2) Calcul de l’intégrale.
1er calcul. On pose u=π
2−t. On obtient I=Z0
π
2
ln sin π
2−u(−du) = Zπ
2
0
ln(cos(u)) du.
On pose alors J=Zπ
2
0
ln(cos(t)) dt. Le calcul précédent montre l’existence de Jet l’égalité I=J. On a alors :
2I =I+J=Zπ
2
0
ln(sin(t)) dt +Zπ
2
0
ln(cos(t)) dt =Zπ
2
0
ln(sin(t)cos(t)) dt =Zπ
2
0
ln sin(2t)
2dt
= − πln(2)
2+Zπ
2
0
ln(sin(2t)) dt = − πln(2)
2+Zπ
0
ln(sin(u)) du
2(en posant u=2t)
= − πln(2)
2+1 2Zπ
2
0
ln(sin(u)) du +Zπ
π
2
ln(sin(u)) du
= − πln(2)
2+I 2+1 2Zln
π
2
(sin(π−v)) (−dv) (en posant v=π−u
= − πln(2)
2+I 2
I
2= − πln(2) 2+I
et donc I= − πln(2)
2. On a montré que
Zπ
2
0
ln(sin(t)) dt = − πln(2)
2.
2ème calcul.
• Montrons que I=lim
n→+∞
π
n
n−1
X
k=1
ln sin kπ
2n .
Soit n>2. Pour k∈J0, nK, posons xk=kπ
2n . On a donc 0=x0< x1< . . . < xn=π 2et pour tout k∈J0, n −1K,
xk+1−xk=π
2n . La fonction t7→ln(sin(t)) est croissante sur i0, π 2i. Donc, pour tout k∈J1, n −1K,
Zxk+1
xk
ln(sin(t)) dt >(xk+1−xk)ln (sin (xk)) = π
2n ln sin kπ 2n .
En additionnant membre à membre ces inégalités, on obtient Zπ
2
π
n
ln(sin(t)) dt >π
2n
n−1
X
k=1
ln sin kπ
2n puis
π
2n
n−1
X
k=1
ln sin kπ
2n 6Zπ
2
0
ln(sin(t)) dt −Zπ
2n
0
ln(sin(t)) dt (∗).
De même, pour tout k∈J1, n −1K,
Zxk
xk−1
ln(sin(t)) dt 6(xk−xk−1)ln (sin (xk)) = π
2n ln sin kπ 2n .
http ://www.maths-france.fr 1 © Jean-Louis Rouget, 2022. Tous droits réservés.

En additionnant membre à membre ces inégalités, on obtient Zπ
2−π 2n
0
ln(sin(t)) dt 6π
2n
n−1
X
k=1
ln sin kπ
2n puis
π
2n
n−1
X
k=1
ln sin kπ
2n >Zπ
2
0
ln(sin(t)) dt −Zπ
2
π
2−π 2n
ln(sin(t)) dt (∗∗).
Puisque Zπ
2
0
ln(sin(t)) dt est une intégrale convergente, lim
n→+∞Zπ
2n
0
ln(sin(t)) dt =0et lim
n→+∞Zπ
2
π
2−π 2n
ln(sin(t)) dt =0. Les
inégalités (∗)et (∗∗)et le théorème des gendarmes montrent que la suite π
2n
n−1
X
k=1
ln sin kπ
2n !n>2
converge et que
lim
n→+∞
π
2n
n−1
X
k=1
ln sin kπ
2n =Zπ
2
0
ln(sin(t)) dt.
• Soit n>2.π
2n
n−1
X
k=1
ln sin kπ
2n =π 2n ln (Pn)où Pn=
n−1
Y
k=1
sin kπ
2n . Calculons Pn. Tout d’abord,
2n−1
Y
k=1
sin kπ
2n =
n−1
Y
k=1
sin kπ
2n ×sin π 2×
2n−1
Y
k=n+1
sin kπ
2n =Pn×
n−1
Y
k′=1
sin (2n −k′)π
2n 
=Pn×
n−1
Y
k=1
sin π−kπ
2n =Pn×
n−1
Y
k=1
sin kπ
2n =P2
n.
Donc,
P2
n=
2n−1
Y
k=1
eikπ
2n −e−ikπ 2n
2i =1 (2i)2n−1
2n−1
Y
k=1
−e−ikπ
2n 1−eikπ n
=(−1)2n−1
(2i)2n−1e−iπ
2n 1+2+...+(2n−1)2n−1
Y
k=11−eikπ
n=(−1)2n−1e−iπ(2n)(2n−1)
2×(2n)
(2i)2n−1
2n−1
Y
k=11−eikπ
n
=(−1)2n−1(−i)2n−1
(2i)2n−1
2n−1
Y
k=11−eikπ
n=1
22n−1
2n−1
Y
k=11−eikπ
n.
Ensuite, X2n −1=
2n−1
Y
k=0X−e2ikπ
2n = (X−1)
2n−1
Y
k=1X−e2ikπ
2n puis
2n−1
Y
k=1X−e2ikπ
2n =X2n −1
X−1=1+X+X2+...+X2n−1,
et donc
2n−1
Y
k=11−e2ikπ
2n =1+...+1
|{z }
2n
=2n.
On en déduit que P2
n=2n
22n−1=n 22n−2. Enfin, pour tout k∈J1, n −1K,0 < kπ 2n 6π 2puis sin kπ 2n > 0. On en déduit
que Pn> 0 et donc que Pn=pP2
n=√n
2n−1.
∀n>2,
n−1
Y
k=1
sin kπ
2n =√n 2n−1.
Mais alors, π
2n ln (Pn) = π 2n ln √n 2n−1= − (n−1)πln(2) 2n +πln(n) 4n =
n→+∞
−πln(2)
2+o(1). On retrouve donc
Zπ
2
0
ln(sin(t)) dt = − πln(2)
2.
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