Séries de type Lambert et asymptotiques

1. Étude de la fonction $f$.

1. Soit $u_n(x) = \frac{x^n}{1-x^n}$. Si $|x| > 1$, $|u_n(x)| = \frac{1}{|x|^{-n}-1} \to 1 \neq 0$, donc la série diverge grossièrement. Si $|x| < 1$, $u_n(x) \sim x^n$. La série $\sum x^n$ converge absolument, donc par comparaison, $\sum u_n(x)$ converge absolument. Si $x = 1$ ou $x = -1$, le dénominateur s'annule pour certains $n$.
   $$\boxed{\mathcal{D}_f = ]-1, 1[}$$

2. Chaque $u_n$ est $\mathcal{C}^1$ sur $]-1, 1[$. On calcule la dérivée :
   $$u_n'(x) = \frac{n x^{n-1}(1-x^n) - x^n(-nx^{n-1})}{(1-x^n)^2} = \frac{n x^{n-1}}{(1-x^n)^2}$$
   Soit $a \in [0, 1[$. Pour tout $x \in [-a, a]$, on a $|x|^n \leq a^n$ et $|1-x^n| \geq 1-a^n$. Ainsi, $|u_n'(x)| \leq \frac{n a^{n-1}}{(1-a^n)^2} \sim n a^{n-1}$. La série $\sum n a^{n-1}$ converge (série entière dérivée de rayon 1). Il y a convergence normale de $\sum u_n'$ sur tout segment de $]-1, 1[$.
   $$\boxed{f \text{ est de classe } \mathcal{C}^1 \text{ sur } ]-1, 1[}$$

3. Pour tout $n \geq 1$, $\lim_{x \to 1^-} \frac{x^n}{1-x^n} = +\infty$. Comme tous les termes sont positifs pour $x \in ]0, 1[$, pour tout $N \in \mathbb{N}^*$ :
   $$f(x) \geq \sum_{n=1}^N \frac{x^n}{1-x^n} \xrightarrow[x \to 1^-]{} +\infty$$
   $$\boxed{\lim_{x \to 1^-} f(x) = +\infty}$$

4. Si $x \to (-1)^+$, considérons $x_k = -1 + \epsilon$. Pour $n$ pair, $u_n(x)$ est très grand et positif. Pour $n$ impair, $u_n(x) \sim -1/2$. La série n'a pas de comportement simple. En réalité, $f$ n'admet pas de limite en $(-1)^+$ car elle diverge vers $\pm \infty$ selon la manière dont on s'approche des pôles (si on étend aux complexes). Sur les réels, la somme n'est pas bornée au voisinage de $-1$.

2. Étude de la fonction $g$.

1. De même que pour $f$, $u_n(x) = \frac{x^n}{1+x^n} \to 0$ ssi $|x| < 1$. Pour $x=-1$, le terme n'est pas défini pour $n$ impair.
   $$\boxed{\mathcal{D}_g = ]-1, 1[}$$

2. La convergence est normale sur tout segment $[-a, a] \subset ]-1, 1[$ par majoration par la série géométrique $\sum a^n$. La continuité en découle.

3. $g(x) = \frac{1}{2} + \frac{x}{1+x} + \frac{x^2}{1+x^2} + \dots$ En $x=0$, $g(0) = 1/2$. Comme $g$ est continue en 0 :
   $$\boxed{g(x) \underset{x \to 0}{\sim} \frac{1}{2}}$$

4. Pour $x \in [0, 1[$, on écrit $\frac{x^n}{1+x^n} = x^n \sum_{p=0}^{+\infty} (-1)^p (x^n)^p = \sum_{p=0}^{+\infty} (-1)^p x^{n(p+1)}$. On a $g(x) = \frac{1}{2} + \sum_{n=1}^{+\infty} \sum_{p=0}^{+\infty} (-1)^p x^{n(p+1)}$. La famille $((-1)^p x^{n(p+1)})_{(n,p) \in \mathbb{N}^* \times \mathbb{N}}$ est sommable car :
   $$\sum_{n=1}^\infty \sum_{p=0}^\infty |(-1)^p x^{n(p+1)}| = \sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{1-x^n} < +\infty \text{ (série convergente pour } |x|<1)$$
   On peut donc permuter les sommes :
   $$g(x) = \frac{1}{2} + \sum_{p=0}^{+\infty} (-1)^p \sum_{n=1}^{+\infty} (x^{p+1})^n = \frac{1}{2} + \sum_{p=0}^{+\infty} (-1)^p \frac{x^{p+1}}{1-x^{p+1}}$$

5. Posons $v_p(x) = (-1)^p \frac{x^{p+1}}{1-x^{p+1}}$. On veut l'équivalent en $1^-$. Étudions $h(x) = (1-x) \sum_{p=0}^{+\infty} (-1)^p \frac{x^{p+1}}{1-x^{p+1}} = \sum_{p=0}^{+\infty} (-1)^p \frac{x^{p+1}(1-x)}{1-x^{p+1}}$. Soit $w_p(x) = \frac{x^{p+1}(1-x)}{1-x^{p+1}} = \frac{x^{p+1}}{1+x+\dots+x^p}$. Pour $x \in [0, 1]$, $w_p$ est continue, $w_p(1) = \frac{1}{p+1}$ et $w_p(0)=0$ (pour $p \geq 0$). Pour $x$ fixé, $(w_p(x))$ est décroissante vers 0. Par le critère des séries alternées, le reste $R_p(x)$ vérifie $|R_p(x)| \leq w_{p+1}(x) \leq \frac{1}{p+2}$. La convergence est uniforme sur $[0, 1]$. Par le théorème de la limite uniforme :
   $$\lim_{x \to 1^-} (1-x)g(x) = \lim_{x \to 1^-} \sum_{p=0}^\infty (-1)^p w_p(x) = \sum_{p=0}^\infty \frac{(-1)^p}{p+1} = \ln 2$$
   $$\boxed{g(x) \underset{x \to 1^-}{\sim} \frac{\ln 2}{1-x}}$$