Ainsi:$ \qquad K =- L\left(\frac 12 \right) \:\: $ où $L$ désigne la fonction définie sur $[0;1]$ par $L(x) =\displaystyle \sum _{n=1}^{+\infty}\dfrac {x^n}{n^2}.\:\: \quad L $ est continue sur $[0;1].$
La fonction $x\mapsto L(x) + L(1-x) + \log x \log(1-x) $ est dérivable et de dérivée nulle sur $]0;1[:$
$ \forall x \in ]0;1[, \: L(x) + L(1-x) + \log x \log(1-x)= L(0) +L(1) = \zeta(2). \qquad $ Avec $x=\dfrac 12: \:\:-2K +(\log 2)^2 = \zeta (2).$
Je n'ai pas mieux que LOU16, c'est-à-dire de passer par le calcul de l'intégrale $\displaystyle\int _0^1 \dfrac {-\log(1-x^2)}{x(x+1)}\mathrm d x$.
Je propose une autre méthode pour le calcul de l'intégrale $K=\displaystyle\int _0^1 \dfrac {\log(1-x)}{1+x}\mathrm dx$ (notations de LOU16) en introduisant $F(a)=\displaystyle\int _0^1 \dfrac {\log(1-ax)}{x+1}\mathrm d x$ : $F'(a)=-\displaystyle\int _0^1 \dfrac {x}{(x+1)(1-ax)}\mathrm d x=\dfrac1{1+a}\int _0^1 \left(\dfrac {1}{x+1}-\dfrac {1}{1-ax}\right)\mathrm d x=\dfrac1{1+a}\left(\ln2+\dfrac1a\ln(1-a)\right)$.
$K=\displaystyle\int _0^1F'(a)\mathrm d a=(\ln2)^2+\int_0^1\dfrac{\ln(1-a)}a\mathrm d a-K$ d'où $K=\dfrac12(\ln2)^2+\displaystyle\int_0^1\dfrac{\ln(1-x^2)}x\mathrm d x=\dfrac12(\ln2)^2-J$ par $a=x^2$.
On obtient $S=I+J+K=I+\dfrac12(\ln2)^2=(\ln2)^2$ sans avoir besoin de calculer $J$.
Bonjour, Merci à tous pour vos jolies contributions. J'en ai profité pour en tirer un exercice (basé sur un modeste fragment de vos trouvailles) que j'ai donné en colle hier. :-)
En regroupant les termes par paquets de $6$ ($n=6k,\ldots,n=6k+5$), je trouve qu'un paquet est équivalent à $\dfrac{\ln(k)}{12k^2}$ en $+\infty$. La série est donc convergente. Par contre, la convergence est lente. Le terme d'erreur est en $\dfrac{\ln(k)}{k}$.
@Fin de partie, voilà cet exercice. Comme j'ai dit, j'ai juste extrait un fragment du contexte pour répondre à mes besoins. C'était la première fois que je collais en spé (ça fait deux ans que je colle, mais en sup') et j'ai su jeudi soir que j'aurais colle dès lundi sur les intégrales à paramètres, donc j'ai dû me dépêcher de faire une feuille d'exercices ! Malheureusement, l'élève qui a eu cet exercice ne l'a pas bien réussi (elle n'arrivait pas à montrer que $F$ est bien définie, donc ça partait mal).
Je reviens à la généralisation proposée par etanche :
calculer, pour $q\in\N^*$, $S_q=\displaystyle\sum_{n=q}^{+\infty}\dfrac{(-1)^nH_{\lfloor n/q\rfloor}}n$, $H_k$ désignant le $k$-ième nombre harmonique.
Tout d'abord la série converge puisqu'elle vérifie le théorème spécial des séries alternées pour $n\ge n_0$, la seule chose non immédiate est de montrer que $|u_{kq+q-1}|-|u_{kq+q}|\ge0$ pour $k\ge k_0$.
Ensuite on exprime une somme partielle en posant $n=kq+r$ avec $0\le r\le q-1$ et $1\le k\le N$. On utilise l'astuce classique $\dfrac1{kq+r}=\displaystyle\int_0^1t^{kq+r-1}dt$ et on pose $H_k=\displaystyle\sum_{j=1}^k\dfrac1j$. En permutant les sommations sur $j$ et $k$ on fait apparaitre une somme partielle de série géométrique qui conduit à $S_q=-\displaystyle\int_0^1\dfrac{\ln(1-(-t)^q)}{t(1+t)}$ (on peut faire tendre $N$ vers l'infini car la majoration du reste ne pose pas de problème).
Maintenant il reste à calculer une valeur exacte pour cette intégrale (d'abord dans le cas $q=3$), c'est un défi à proposer à Fin de partie.
Je n'avais pas vu le message de Jandri.
On peut commencer par "déblayer" un peu:
\begin{align}-S_3&=\int_0^1 \frac{\ln(1+t^3)}{t(1+t)}dt=\underbrace{\int_0^1 \frac{\ln(1+t^3)}{t}dt}_{u=t^3}-\int_0^1 \frac{\ln(1+t^3)}{1+t}dt
&=\frac{1}{3}\underbrace{\int_0^1 \frac{\ln(1+u)}{u}du}_{=\dfrac{\pi^2}{12}}-\int_0^1 \frac{\ln(1+t^3)}{1+t}dt\\
\end{align}
Pour la dernière intégrale voir ici. C'est un résultat plutôt moche.
PS. Je n'ai pas fait de calculs. Je me suis inspiré du résultat obtenu sur MathExchange et j'ai jeté un œil sur les identités que vérifient le dilogarithme ce qui m'a fait pressentir que le résultat était une combinaison linéaire à coefficients rationnels de constantes.
On a pour $s>0$, $\displaystyle \int_0^1 \frac{x^s}{1+x}dx=\frac{1}{2}\left(\Psi\left(1+\frac{s}{2}\right)-\Psi\left(\frac{1}{2}+\frac{s}{2}\right)\right)=\frac{1}{s}+\frac{1}{2}\left(\Psi\left(\frac{s}{2}\right)-\Psi\left(\frac{1+s}{2}\right)\right)$
($\Psi$ est la fonction digamma)
Cela peut peut-être servir (on développe $\ln(1+x^5)$ en série entière)
en décomposant $1+x^5$ avec les racines 5èmes de l'unité et avec des propriétés magiques du dilogarithme peut-être que le nombre d'or permettra d'obtenir des formules pas trop moches.
PS. Comme toujours, je n'ai fait aucun calcul. Si on compare avec le cas de $S_3$ on peut deviner les constantes qui vont intervenir sauf $\ln^2\left(\varphi\right)$.
On a semble-t-il $J(1)=\frac{1}{4}\zeta(3)-\frac{1}{3}\log(2)^{3}$ et $J(2)=2\zeta(2)\log(2)-\zeta(3)-\frac{4}{3}\log(2)^{3}$. Mais pour $J(3)$ nada. Asymptotiquement $J(n)\sim\frac{\zeta(3)}{n}$.
Boécien. On peut peut-être déterminer expérimentalement la valeur de $J(3)$. C'est certainement une combinaison linéaire à coefficients rationnels de constantes de "degré" $3$. $\zeta(3)$ est de "degré" $3$, tout comme $\pi^2\ln 2$ ($2+1=3$)
Réponses
Je propose une autre méthode pour le calcul de l'intégrale $K=\displaystyle\int _0^1 \dfrac {\log(1-x)}{1+x}\mathrm dx$ (notations de LOU16) en introduisant $F(a)=\displaystyle\int _0^1 \dfrac {\log(1-ax)}{x+1}\mathrm d x$ : $F'(a)=-\displaystyle\int _0^1 \dfrac {x}{(x+1)(1-ax)}\mathrm d x=\dfrac1{1+a}\int _0^1 \left(\dfrac {1}{x+1}-\dfrac {1}{1-ax}\right)\mathrm d x=\dfrac1{1+a}\left(\ln2+\dfrac1a\ln(1-a)\right)$.
$K=\displaystyle\int _0^1F'(a)\mathrm d a=(\ln2)^2+\int_0^1\dfrac{\ln(1-a)}a\mathrm d a-K$ d'où $K=\dfrac12(\ln2)^2+\displaystyle\int_0^1\dfrac{\ln(1-x^2)}x\mathrm d x=\dfrac12(\ln2)^2-J$ par $a=x^2$.
On obtient $S=I+J+K=I+\dfrac12(\ln2)^2=(\ln2)^2$ sans avoir besoin de calculer $J$.
Merci à tous pour vos jolies contributions. J'en ai profité pour en tirer un exercice (basé sur un modeste fragment de vos trouvailles) que j'ai donné en colle hier. :-)
H(n)={intnum(x=0,1,(1-x^n)/(1-x))}; S(m)={sum(n=2,m,(-1)^n*H(floor(n/3))/n)}; S(10000) %2 = -0.1604297512323068066787846181
J'ai poussé plus loin les calculs:
-0.16042975123230680652266763340942788742
-0.16062962403814924152194266624952673379
calculer, pour $q\in\N^*$, $S_q=\displaystyle\sum_{n=q}^{+\infty}\dfrac{(-1)^nH_{\lfloor n/q\rfloor}}n$, $H_k$ désignant le $k$-ième nombre harmonique.
Tout d'abord la série converge puisqu'elle vérifie le théorème spécial des séries alternées pour $n\ge n_0$, la seule chose non immédiate est de montrer que $|u_{kq+q-1}|-|u_{kq+q}|\ge0$ pour $k\ge k_0$.
Ensuite on exprime une somme partielle en posant $n=kq+r$ avec $0\le r\le q-1$ et $1\le k\le N$. On utilise l'astuce classique $\dfrac1{kq+r}=\displaystyle\int_0^1t^{kq+r-1}dt$ et on pose $H_k=\displaystyle\sum_{j=1}^k\dfrac1j$. En permutant les sommations sur $j$ et $k$ on fait apparaitre une somme partielle de série géométrique qui conduit à $S_q=-\displaystyle\int_0^1\dfrac{\ln(1-(-t)^q)}{t(1+t)}$ (on peut faire tendre $N$ vers l'infini car la majoration du reste ne pose pas de problème).
Maintenant il reste à calculer une valeur exacte pour cette intégrale (d'abord dans le cas $q=3$), c'est un défi à proposer à Fin de partie.
dans ton équivalent c'est $(-1)^q$ car $S_q>0$ quand $q$ est pair.