Partie A : Par les produits de sinus et sommes de Riemann

1. Démonstration de l'identité polynomiale :
   Les $ z_k $ pour $ k \in \{0, \dots, n-1\} $ sont les racines du polynôme $ X^n - 1 $. En isolant la racine $ z_0 = 1 $ : \[ X^n - 1 = (X - 1) \prod_{k=1}^{n-1} (X - z_k) \] On connait par ailleurs l'identité remarquable : $ X^n - 1 = (X - 1) \sum_{j=0}^{n-1} X^j $. Par identification pour tout complexe $ X \neq 1 $ : \[ \prod_{k=1}^{n-1} (X - z_k) = \sum_{j=0}^{n-1} X^j \] Par continuité, en évaluant cette expression en $ X = 1 $, on obtient bien la somme de $ n $ termes égaux à 1 : \[ \prod_{k=1}^{n-1} (1 - z_k) = \sum_{j=0}^{n-1} 1^j = n \]


2. Calcul du produit $ P_n $ :
   En utilisant la formule d'Euler pour le sinus, on factorise chaque terme du produit : \[ \sin\left(\frac{k\pi}{n}\right) = \frac{e^{i\frac{k\pi}{n}} - e^{-i\frac{k\pi}{n}}}{2i} = \frac{-e^{-i\frac{k\pi}{n}}}{2i} \left( 1 - e^{i\frac{2k\pi}{n}} \right) = \frac{-e^{-i\frac{k\pi}{n}}}{2i} (1 - z_k) \] On effectue le produit pour $ k $ allant de $ 1 $ à $ n-1 $ : \[ P_n = \prod_{k=1}^{n-1} \left( \frac{-e^{-i\frac{k\pi}{n}}}{2i} \right) \prod_{k=1}^{n-1} (1 - z_k) \] En utilisant le résultat de la question précédente $ \prod_{k=1}^{n-1} (1 - z_k) = n $ et en sommant les exposants : \[ P_n = \frac{(-1)^{n-1}}{(2i)^{n-1}} e^{-i\frac{\pi}{n} \sum_{k=1}^{n-1} k} \times n \] Sachant que $ \sum_{k=1}^{n-1} k = \frac{n(n-1)}{2} $, l'exponentielle vaut $ e^{-i\frac{\pi(n-1)}{2}} = (-i)^{n-1} $. Ainsi : \[ P_n = \frac{(-1)^{n-1} (-i)^{n-1}}{2^{n-1} i^{n-1}} n = \frac{i^{n-1}}{2^{n-1} i^{n-1}} n = \frac{n}{2^{n-1}} \]


3. Lien avec la somme de Riemann :
   La fonction associée est : \begin{align*} f : &\left]0, \pi\right[ \longrightarrow \mathbb{R}\\ &x \longmapsto \ln(\sin x)\\ \end{align*} La somme de Riemann $ S_n $ sur l'intervalle $ [0, \pi] $ avec un pas régulier $ \Delta x = \frac{\pi}{n} $ s'écrit : \[ S_n = \frac{\pi}{n} \sum_{k=1}^{n-1} \ln\left(\sin\left(\frac{k\pi}{n}\right)\right) = \frac{\pi}{n} \ln\left( \prod_{k=1}^{n-1} \sin\left(\frac{k\pi}{n}\right) \right) = \frac{\pi}{n} \ln(P_n) \]


4. Calcul des intégrales $ K $ et $ I $ :
   En remplaçant $ P_n $ par sa valeur : \[ S_n = \frac{\pi}{n} \ln\left(\frac{n}{2^{n-1}}\right) = \frac{\pi \ln(n)}{n} - \frac{\pi(n-1)\ln(2)}{n} \] Par croissance comparée, $ \lim_{n \to +\infty} \frac{\ln(n)}{n} = 0 $. En passant à la limite, on obtient $ K $ : \[ K = \lim_{n \to +\infty} S_n = 0 - \pi\ln(2) = -\pi\ln(2) \] Le graphe de la fonction sinus présente un axe de symétrie en $ x = \pi/2 $, on a donc $ \int_0^{\pi/2} \ln(\sin x) \, dx = \int_{\pi/2}^\pi \ln(\sin x) \, dx $. On en déduit : \[ I = \frac{1}{2} K = -\frac{\pi}{2}\ln(2) \]

Partie B : Par les méthodes d'intégration

1. Égalité des intégrales $ I $ et $ J $ :
   On pose le changement de variable affine $ t = \frac{\pi}{2} - x $, ce qui donne $ dx = -dt $. Les bornes s'inversent : \[ I = \int_0^{\pi/2} \ln(\sin x) \, dx = \int_{\pi/2}^0 \ln\left(\sin\left(\frac{\pi}{2} - t\right)\right) (-dt) = \int_0^{\pi/2} \ln(\cos t) \, dt = J \]


2. Expression de $ I + J $ :
   Par linéarité de l'intégrale : \[ I + J = \int_0^{\pi/2} (\ln(\sin x) + \ln(\cos x)) \, dx = \int_0^{\pi/2} \ln(\sin x \cos x) \, dx \] En appliquant la formule de duplication $ ~~\sin(2x) = 2\sin x \cos x $ : \[ I + J = \int_0^{\pi/2} \ln\left(\frac{\sin(2x)}{2}\right) \, dx = \int_0^{\pi/2} \ln(\sin(2x)) \, dx - \int_0^{\pi/2} \ln(2) \, dx \] Ce qui donne : $ 2I = \int_0^{\pi/2} \ln(\sin(2x)) \, dx - \frac{\pi}{2}\ln(2) $.


3. Calcul final des intégrales :
   1. Pour l'intégrale $ \int_0^{\pi/2} \ln(\sin(2x)) \, dx $, on pose $ u = 2x $ (donc $ du = 2dx $) : \[ \int_0^{\pi/2} \ln(\sin(2x)) \, dx = \frac{1}{2} \int_0^\pi \ln(\sin u) \, du \]
   2. On sépare l'intégrale à l'aide de la relation de Chasles en $ \pi/2 $ : \[ \frac{1}{2} \int_0^\pi \ln(\sin u) \, du = \frac{1}{2} \left( \int_0^{\pi/2} \ln(\sin u) \, du + \int_{\pi/2}^\pi \ln(\sin u) \, du \right) \]
   3. Dans la seconde intégrale, le changement de variable affine $ v = \pi - u $ donne : \[ \int_{\pi/2}^\pi \ln(\sin u) \, du = \int_{\pi/2}^0 \ln(\sin(\pi - v)) (-dv) = \int_0^{\pi/2} \ln(\sin v) \, dv = I \] L'intégrale vaut donc $ \frac{1}{2}(I + I) = I $. L'équation obtenue à la question précédente devient $ 2I = I - \frac{\pi}{2}\ln(2) $, ce qui permet de conclure : \[ I = -\frac{\pi}{2}\ln(2) \quad \text{et} \quad J = -\frac{\pi}{2}\ln(2) \]