Pour $p\in \mathbb{N}$, on vérifie l’identité proposée par un simple calcul intégral

$${\int }_0^1{t}^{p}dt={\left[\frac{1}{p+1}{t}^{p+1}\right]}_0^1=\frac{1}{p+1}$$

Pour $N\in \mathbb{N}$, on peut alors écrire

$$\sum _{n=0}^N\frac{{(-1)}^n}{2n+1}=\sum _{n=0}^N{(-1)}^n{\int }_0^1{t}^{2n}dt={\int }_0^1\sum _{n=0}^N{(-1)}^n{t}^{2n}\mathrm{d}t$$

Par sommation géométrique de raison $-t^2\ne 1$, on poursuit

$$\sum _{n=0}^N\frac{{(-1)}^n}{2n+1}={\int }_0^1\frac{1-{(-1)}^{N+1}{t}^{2N+2}}{1+t^2}dt={\int }_0^1\frac{1}{1+t^2}dt+{(-1)}^{N+1}{\int }_0^1\frac{t^{2N+2}}{1+t^2}dt$$

D’une part,

$${\int }_0^1\frac{1}{1+t^2}dt={\left[\arctan (t)\right]}_0^1=\frac{\pi }{4}$$

D’autre part,

$$0\le {\int }_0^1\frac{t^{2N+2}}{1+t^2}dt\le {\int }_0^1{t}^{2N+2}dt=\frac{1}{2N+3}\underset{N\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0$$

Par opérations sur les limites, on obtient

$$\sum _{n=0}^N\frac{{(-1)}^n}{2n+1}\underset{N\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}\frac{\pi }{4}$$

Ainsi, avec convergence, on peut écrire

$$\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^n}{2n+1}=\frac{\pi }{4}$$

Pour $N\in \mathbb{N}$,

	${\displaystyle \sum _{n=0}^N}\left({\displaystyle \frac{\pi }{4}}-{\displaystyle \sum _{k=0}^n}{\displaystyle \frac{{(-1)}^k}{2k+1}}\right)$	$={\displaystyle \sum _{n=0}^N}\left({\displaystyle {\int }_0^1}{\displaystyle \frac{1}{1+t^2}}dt-{\displaystyle {\int }_0^1}{\displaystyle \frac{1-{(-1)}^{n+1}{t}^{2n+2}}{1+t^2}}dt\right)$
		$={\displaystyle \sum _{n=0}^N}{\displaystyle {\int }_0^1}{\displaystyle \frac{{(-1)}^n{t}^{2n+2}}{1+t^2}}dt={\displaystyle {\int }_0^1}{\displaystyle \sum _{n=0}^N}{\displaystyle \frac{{(-1)}^n{t}^{2n+2}}{1+t^2}}\mathrm{d}t$

Par sommation géométrique de raison $-t^2\ne 1$,

	${\displaystyle \sum _{n=0}^N}\left({\displaystyle \frac{\pi }{4}}-{\displaystyle \sum _{k=0}^n}{\displaystyle \frac{{(-1)}^k}{2k+1}}\right)$	$={\displaystyle {\int }_0^1}{\displaystyle \frac{t^2}{1+t^2}}\cdot {\displaystyle \frac{1-{(-1)}^{N+1}{t}^{2N+2}}{1+t^2}}dt$
		$={\displaystyle {\int }_0^1}{\displaystyle \frac{t^2}{{\left(1+t^2\right)}^2}}dt+{(-1)}^{N+1}{\displaystyle {\int }_0^1}{\displaystyle \frac{t^{2N+4}}{{(1+t^2)}^2}}dt$

D’une part, une intégration par parties donne

$${\int }_0^1\frac{t^2}{{\left(1+t^2\right)}^2}dt={\left[\frac{t}{2(1+t^2)}\right]}_0^1-\frac{1}{2}{\int }_0^1\frac{1}{1+t^2}dt=\frac{1}{4}-\frac{\pi }{8}$$

D’autre part,

$$0\le {\int }_0^1\frac{t^{2N+4}}{{(1+t^2)}^2}dt\le {\int }_0^1{t}^{2N+4}dt=\frac{1}{2N+5}\underset{N\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0$$

On en déduit

$$\sum _{n=0}^N\left(\frac{\pi }{4}-\sum _{k=0}^n\frac{{(-1)}^k}{2k+1}\right)=\frac{2-\pi }{8}$$

avec convergence.

Par sommation géométrique

$$\sum _{n=0}^N\frac{{(-1)}^n}{4n+1}=\sum _{n=0}^N{\int }_0^1{(-t^4)}^{n}dt={\int }_0^1\frac{1-{(-t^4)}^{N+1}}{1+t^4}dt\text{.}$$

Or

$$\left|{\int }_0^1\frac{{(-t^4)}^{N+1}}{1+t^4}dt\right|\le {\int }_0^1{t}^{4N+4}dt=\frac{1}{4N+5}\to 0$$

donc $\sum \frac{{(-1)}^n}{4n+1}$ converge et

$$\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^n}{4n+1}={\int }_0^1\frac{\mathrm{d}t}{1+t^4}\text{.}$$

Enfin

$${\int }_0^1\frac{\mathrm{d}t}{1+t^4}=\frac{1}{4\sqrt{2}}\left(\ln \left(\frac{2+\sqrt{2}}{2-\sqrt{2}}\right)+\pi \right)\text{.}$$

Par sommation géométrique,

$$\sum _{k=0}^n{u}_k={\int }_0^1\frac{1-x^{n+1}}{1-x}\sin (\pi x)dx\text{.}$$

Posons

$$I={\int }_0^1\frac{\sin (\pi x)}{1-x}dx\text{.}$$

Cette intégrale est bien définie car la fonction intégrée se prolonge par continuité en $1$.

$$\left|\sum _{k=0}^n{u}_k-I\right|\le {\int }_0^1\frac{\sin (\pi x)}{1-x}{x}^{n+1}dx\le \frac{M}{n+1}$$

avec

$$M=\underset{[0;1[}{sup}\frac{\sin (\pi x)}{1-x}$$

($M$ existe car on peut prolonger la fonction considérée en une fonction continue sur $[0;\pi ]$).

On conclut que

$$\sum _{k=0}^n{u}_k\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}I$$

puis, par changement de variable,

$$\sum _{k=0}^n{u}_k\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}{\int }_0^{\pi }\frac{\sin (t)}{t}dt\text{.}$$

Pour $t=-1$,

$$\sum _{i=0}^n\sum _{j=0}^m{(-1)}^{i+j}{t}^{i+j+1}=-(m+1)(n+1)$$

ce qui permet de conclure.
Pour $t\ne -1$,

$$\sum _{i=0}^n\sum _{j=0}^m{(-1)}^{i+j}{t}^{i+j+1}=\sum _{i=0}^n{(-1)}^i{t}^{i+1}\frac{1-{(-t)}^{m+1}}{1+t}\text{.}$$

Quand $m\to +\mathrm{\infty }$,

$$\sum _{i=0}^n\sum _{j=0}^m{(-1)}^{i+j}{t}^{i+j+1}\to \sum _{i=0}^n{(-1)}^i\frac{t^{i+1}}{1+t}$$

si $|t|<1$ et diverge sinon. Aussi, quand $|t|<1$

$$\sum _{i=0}^n{(-1)}^i\frac{t^{i+1}}{1+t}=t\frac{1-{(-t)}^{n+1}}{{(1+t)}^2}$$

et quand $n\to +\mathrm{\infty }$,

$$t\frac{1-{(-t)}^{n+1}}{{(1+t)}^2}\to \frac{t}{{(1+t)}^2}\text{.}$$

On conclut

$$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\underset{m\to +\mathrm{\infty }}{lim}\sum _{i=0}^n\sum _{j=0}^m{(-1)}^{i+j}{t}^{i+j+1}=\frac{t}{{(1+t)}^2}\text{.}$$

Le terme

$$u_n=\sum _{k=n}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^k}{k^2}$$

est bien défini en tant que reste d’une série alternée satisfaisant au critère spécial.
Pour $N\le K$ entiers,

$$\sum _{n=1}^N\sum _{k=n}^K\frac{{(-1)}^k}{k^2}=\sum _{k=1}^N\sum _{n=1}^k\frac{{(-1)}^k}{k^2}+\sum _{k=N+1}^K\sum _{n=1}^N\frac{{(-1)}^k}{k^2}\text{.}$$

D’une part

$$\sum _{k=1}^N\sum _{n=1}^k\frac{{(-1)}^k}{k^2}=\sum _{k=1}^N\frac{{(-1)}^k}{k}\text{.}$$

D’autre part

$$\sum _{k=N+1}^K\sum _{n=1}^N\frac{{(-1)}^k}{k^2}=N\sum _{k=N+1}^K\frac{{(-1)}^k}{k^2}\text{.}$$

En passant à la limite quand $K\to +\mathrm{\infty }$

$$\sum _{n=1}^N{u}_n=\sum _{k=1}^N\frac{{(-1)}^k}{k}+N\sum _{k=N+1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^k}{k^2}\text{.}$$

Or

$$\sum _{k=N+1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^k}{k^2}=\mathrm{O}\left(\frac{1}{N^2}\right)$$

donc quand $N\to +\mathrm{\infty }$,

$$\sum _{n=1}^N{u}_n\to \sum _{k=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^k}{k}\text{.}$$

Ainsi, $\sum u_n$ est convergente et

$$\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}{u}_n=-\ln (2)\text{.}$$