Asymptotique d'intégrale et séries alternées

Résolution.

1. Étudions la suite de terme général $v_k(n) = n^2 \frac{(-1)^k}{1 - k^2 n^2}$ pour $k \ge 1$. On peut réécrire ce terme sous la forme :
   $$v_k(n) = \frac{(-1)^k}{\frac{1}{n^2} - k^2} = \frac{(-1)^{k+1}}{k^2 - \frac{1}{n^2}}$$
   Pour tout $k \ge 1$ et $n \ge 2$, on a $|v_k(n)| = \frac{1}{k^2 - \frac{1}{n^2}} \le \frac{1}{k^2 - \frac{1}{4}} = \frac{4}{4k^2 - 1}$. La série $\sum \frac{4}{4k^2 - 1}$ converge (série de Riemann ou équivalent en $1/k^2$). Par convergence normale sur $\llbracket 2, +\infty \llbracket$, on peut intervertir la limite et la somme :
   $$\lim_{n \to +\infty} n^2 S_n = \sum_{k=1}^{+\infty} \lim_{n \to +\infty} v_k(n) = \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k^2}$$
   On reconnaît la série de Dirichlet $\eta(2)$, liée à $\zeta(2)$ par la relation $\eta(s) = (1 - 2^{1-s})\zeta(s)$. Ici, $\eta(2) = (1 - 1/2)\zeta(2) = \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi^2}{6} = \frac{\pi^2}{12}$. On en déduit l'équivalent :
   $$\boxed{ S_n \underset{n \to +\infty}{\sim} \frac{\pi^2}{12 n^2} }$$

2. La fonction $f_n : t \mapsto \frac{1}{1+t^n}$ est continue sur $[0, +\infty[$. Comme $n \ge 2$, $f_n(t) \sim \frac{1}{t^n}$ au voisinage de $+\infty$, donc $f_n$ est intégrable. Effectuons le changement de variable $u = 1/t$ sur $[1, +\infty[$ :
   $$\int_1^{+\infty} \frac{dt}{1+t^n} = \int_1^0 \frac{1}{1+(1/u)^n} \left(-\frac{du}{u^2}\right) = \int_0^1 \frac{u^{n-2}}{1+u^n}   du$$
   On peut donc écrire $A_n$ comme une intégrale sur $[0, 1]$ :
   $$A_n = \int_0^1 \frac{1}{1+t^n}   dt + \int_0^1 \frac{t^{n-2}}{1+t^n}   dt = \int_0^1 \frac{1 + t^{n-2}}{1 + t^n}   dt$$
   Pour $t \in [0, 1[$, $\lim_{n \to +\infty} \frac{1 + t^{n-2}}{1 + t^n} = 1$. De plus, $\forall t \in [0, 1], \left| \frac{1 + t^{n-2}}{1 + t^n} \right| \le 2$, qui est intégrable sur $[0, 1]$. D'après le théorème de convergence dominée :
   $$\boxed{ l = \lim_{n \to +\infty} A_n = \int_0^1 1   dt = 1 }$$

3. En utilisant l'expression de $A_n$ trouvée précédemment :
   $$A_n - 1 = \int_0^1 \left( \frac{1 + t^{n-2}}{1 + t^n} - 1 \right)   dt = \int_0^1 \frac{1 + t^{n-2} - (1 + t^n)}{1 + t^n}   dt$$
   $$\boxed{ A_n - 1 = \int_0^1 \frac{t^{n-2} - t^n}{1 + t^n}   dt }$$
   Pour $t \in [0, 1[$, on utilise le développement en série géométrique $\frac{1}{1+t^n} = \sum_{k=0}^{+\infty} (-1)^k t^{nk}$. L'intégrande devient :
   $$\frac{t^{n-2} - t^n}{1 + t^n} = \sum_{k=0}^{+\infty} (-1)^k \left( t^{nk+n-2} - t^{nk+n} \right)$$
   Il s'agit d'une série alternée. Notons $w_k(t) = t^{nk+n-2} - t^{nk+n} = t^{nk+n-2}(1-t^2)$. Pour $t \in [0, 1[$, $w_k(t) \ge 0$ et la suite $(w_k(t))_k$ décroît vers 0. D'après le critère des séries alternées, le reste $R_N(t) = \sum_{k=N+1}^{+\infty} (-1)^k w_k(t)$ vérifie :
   $$|R_N(t)| \le w_{N+1}(t)$$
   En intégrant cette inégalité :
   $$\left| \int_0^1 \frac{t^{n-2}-t^n}{1+t^n} dt - \sum_{k=0}^N (-1)^k \int_0^1 w_k(t) dt \right| \le \int_0^1 w_{N+1}(t) dt$$
   Comme $\int_0^1 w_{N+1}(t) dt = \frac{1}{n(N+1)+n-1} - \frac{1}{n(N+1)+n+1} \xrightarrow[N \to +\infty]{} 0$, on peut intervertir :
   $$A_n - 1 = \sum_{k=0}^{+\infty} (-1)^k \int_0^1 (t^{nk+n-2} - t^{nk+n})   dt$$
   Chaque intégrale vaut :
   $$\int_0^1 (t^{nk+n-2} - t^{nk+n})   dt = \frac{1}{nk+n-1} - \frac{1}{nk+n+1} = \frac{2}{(n(k+1))^2 - 1}$$
   D'où :
   $$A_n - 1 = \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{2(-1)^k}{n^2(k+1)^2 - 1}$$
   En posant le changement d'indice $j = k+1$ :
   $$A_n - 1 = \sum_{j=1}^{+\infty} \frac{2(-1)^{j-1}}{n^2 j^2 - 1} = 2 \sum_{j=1}^{+\infty} \frac{(-1)^j}{1 - n^2 j^2} = 2 S_n$$
   On a bien :
   $$\boxed{ A_n - l = 2 S_n }$$

4. D'après la question 1, $|A_n - l| = 2|S_n| \sim \frac{\pi^2}{6n^2}$. On reconnaît le terme général d'une série de Riemann convergente (exposant $2 > 1$). Conclusion : La série $\sum |A_n - l|$ est \boxed{\text{convergente}}.