Étude d'un produit infini fonctionnel

Résolution.

1. Soit $x \in [0, 1[$. On étudie la série des logarithmes de terme général :
   $$u_n(x) = x^n \left( \ln(1+x^n) - \ln(1+x^{n+1}) \right)$$
   Comme $x \in [0, 1[$, on a $x^n \xrightarrow[n \to +\infty]{} 0$. On utilise le développement limité $\ln(1+u) = u + O(u^2)$ au voisinage de 0 :
   $$\ln(1+x^n) - \ln(1+x^{n+1}) = x^n - x^{n+1} + O(x^{2n}) = x^n(1-x) + O(x^{2n})$$
   On en déduit l'équivalent du terme général :
   $$u_n(x) \sim x^n \cdot x^n(1-x) = (1-x) x^{2n}$$
   Comme $|x| < 1$, alors $x^2 < 1$, et la série géométrique $\sum (x^2)^n$ converge. Par comparaison de séries à termes positifs, la série $\sum u_n(x)$ converge absolument.
   $$\boxed{\text{Le produit } f(x) \text{ est donc bien défini pour tout } x \in [0, 1[.}$$

2. Soit $x \in ]0, 1[$. Notons $S_N(x) = \sum_{n=0}^N u_n(x)$. Par propriété du logarithme :
   $$S_N(x) = \sum_{n=0}^N x^n \ln(1+x^n) - \sum_{n=0}^N x^n \ln(1+x^{n+1})$$
   On effectue un glissement d'indice $k = n+1$ dans la seconde somme :
   $$S_N(x) = \sum_{n=0}^N x^n \ln(1+x^n) - \sum_{k=1}^{N+1} x^{k-1} \ln(1+x^k)$$
   En isolant le premier terme de la première somme et le dernier de la seconde :
   $$S_N(x) = \ln(2) + \sum_{n=1}^N (x^n - x^{n-1}) \ln(1+x^n) - x^N \ln(1+x^{N+1})$$
   Comme $x \in ]0, 1[$, $x^N \ln(1+x^{N+1}) \xrightarrow[N \to +\infty]{} 0$. À la limite :
   $$\ln f(x) = \ln 2 + \sum_{n=1}^{+\infty} x^{n-1}(x-1) \ln(1+x^n)$$
   En factorisant par $\frac{x-1}{x}$, on obtient le résultat souhaité :
   $$\boxed{\ln f(x) = \ln 2 + \frac{x-1}{x} \sum_{n=1}^{+\infty} x^n \ln(1+x^n)}$$

3. Pour $x \in [0, 1[$ et $n \ge 1$, on a $|x^n| < 1$, donc :
   $$\ln(1+x^n) = \sum_{m=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{m-1}}{m} (x^n)^m = \sum_{m=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{m-1}}{m} x^{nm}$$
   Injectons ceci dans l'expression précédente :
   $$\ln f(x) = \ln 2 + \frac{x-1}{x} \sum_{n=1}^{+\infty} \sum_{m=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{m-1}}{m} x^{n(m+1)}$$
   La famille $( \frac{(-1)^{m-1}}{m} x^{n(m+1)} )_{n,m \ge 1}$ est sommable car :
   $$\sum_{n=1}^{+\infty} \sum_{m=1}^{+\infty} \left| \frac{(-1)^{m-1}}{m} x^{n(m+1)} \right| \le \sum_{n=1}^{+\infty} \sum_{m=1}^{+\infty} x^{n(m+1)} = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{x^{2n}}{1-x^n} < +\infty$$
   (pour $x$ fixé dans $[0, 1[$). On peut donc intervertir les sommes :
   $$\ln f(x) = \ln 2 + \frac{x-1}{x} \sum_{m=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{m-1}}{m} \sum_{n=1}^{+\infty} (x^{m+1})^n$$
   La somme géométrique intérieure vaut $\frac{x^{m+1}}{1-x^{m+1}}$. Ainsi :
   $$\ln f(x) = \ln 2 + \frac{x-1}{x} \sum_{m=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{m-1}}{m} \frac{x^{m+1}}{1-x^{m+1}}$$
   En simplifiant par $x$ et en remarquant que $\frac{x-1}{1-x^{m+1}} = \frac{-1}{1+x+\dots+x^m}$ :
   $$\boxed{\ln f(x) = \ln 2 + \sum_{m=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{m}}{m} \frac{x^m}{1+x+\dots+x^m}}$$

4. Posons $v_m(x) = \frac{(-1)^m}{m} \frac{x^m}{1+x+\dots+x^m}$ pour $x \in [0, 1]$. Soit $h_m(x) = \frac{x^m}{1+x+\dots+x^m} = \frac{1}{x^{-m} + x^{-m+1} + \dots + 1}$. Chaque fonction $x \mapsto x^{-k}$ est décroissante sur $]0, 1]$, donc le dénominateur de $h_m$ décroît, et $h_m$ est croissante sur $[0, 1]$. Ainsi, pour tout $x \in [0, 1]$ :
   $$|v_m(x)| = \frac{1}{m} h_m(x) \le \frac{1}{m} h_m(1) = \frac{1}{m(m+1)}$$
   Comme $\frac{1}{m(m+1)} \sim \frac{1}{m^2}$, la série $\sum v_m$ converge normalement sur $[0, 1]$. Par théorème de continuité, $\ln f$ est continue en 1.
   $$\ln f(1^-) = \ln 2 + \sum_{m=1}^{+\infty} \frac{(-1)^m}{m(m+1)}$$
   Par décomposition en éléments simples $\frac{1}{m(m+1)} = \frac{1}{m} - \frac{1}{m+1}$ :
   $$\sum_{m=1}^{+\infty} \frac{(-1)^m}{m} - \sum_{m=1}^{+\infty} \frac{(-1)^m}{m+1} = (-\ln 2) - (\ln 2 - 1) = 1 - 2\ln 2$$
   On en déduit $\ln f(1^-) = \ln 2 + 1 - 2\ln 2 = 1 - \ln 2$. Finalement :
   $$\boxed{f(x) \xrightarrow[x \to 1^-]{} \frac{e}{2}}$$