Рассмотрим
$$I={\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{x}dx.$$
1) Разложение в ряд. Для $0<x<1$ имеем
$$\ln (1+x)=\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{x^n}{n},$$ поэтому
$$\frac{\ln (1+x)}{x}=\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{x^{n-1}}{n}.$$ Интегрируя на отрезке $[0,r]$ с $0<r<1$ и меняя порядок сумма–интеграл (ряд равномерно сходится на $[0,r]$), получаем
$${\int }_0^r\frac{\ln (1+x)}{x}dx=\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{r^n}{n^2}.$$ Теперь пропускаем предел $r\to 1^{-}$. По доминированной сходимости каждый член $r^n/n^2\le 1/n^2$, а $\sum 1/n^2$ сходится, значит
$$I=\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{1}{n^2}.$$
2) Вычисление ряда. Это значение чередующегося дзета-ряда степени $2$ (эрмитова или η-функция):
$$\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{1}{n^2}=\eta (2)=(1-2^{1-2})\zeta (2)=\frac{1}{2}\zeta (2)=\frac{{\pi }^2}{12}.$$
3) Проверка сходимости промежуточных выражений:
- При $x\to 0$ $\ln (1+x)/x\to 1$, поведение интегрируемо (нет сингулярности).
- Ряд для $\ln (1+x)$ сходится абсолютно на любой $[0,r]$ с $r<1$, поэтому можно интегрировать почленно на $[0,r]$.
- Переход к $r\to 1$ оправдан доминированной сходимостью через доминанту $1/n^2$.
Итого
$$\boxed{{\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{x}dx=\frac{{\pi }^2}{12}.}$$