Étude asymptotique d'une série logarithmique

Résolution.

1. Domaine de définition. Pour tout $x \in \mathbb{R}$ et tout $n \in \mathbb{N}^*$, on a $\frac{x^2}{n^2 \pi^2} \geq 0$, donc le logarithme est bien défini. De plus, au voisinage de l'infini, on a :
   $$\ln \left(1 + \frac{x^2}{n^2 \pi^2}\right) \sim \frac{x^2}{n^2 \pi^2}$$
   Comme la série de terme général $\frac{1}{n^2}$ converge (série de Riemann de paramètre $2 > 1$), par comparaison de séries à termes positifs, la série définissant $f(x)$ converge pour tout $x \in \mathbb{R}$.
   $$\boxed{D_f = \mathbb{R}}$$

2. Équivalent en $0$. Posons $u_n(x) = \ln \left(1 + \frac{x^2}{n^2 \pi^2}\right)$. Pour $x \neq 0$, étudions $\frac{f(x)}{x^2}$. On a :
   $$\frac{f(x)}{x^2} = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{\ln \left(1 + \frac{x^2}{n^2 \pi^2}\right)}{x^2}$$
   Pour chaque $n \geq 1$, $\lim_{x \to 0} \frac{u_n(x)}{x^2} = \frac{1}{n^2 \pi^2}$. De plus, en utilisant l'inégalité classique $\ln(1+u) \leq u$ pour $u \geq 0$, on a :
   $$0 \leq \frac{u_n(x)}{x^2} \leq \frac{1}{n^2 \pi^2}$$
   Le terme de droite est le terme général d'une série convergente et ne dépend pas de $x$. D'après le théorème de convergence dominée pour les séries (ou de limite terme à terme), on peut intervertir limite et somme :
   $$\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x^2} = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^2 \pi^2} = \frac{1}{\pi^2} \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^2}$$
   En utilisant la valeur admise $\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$, on obtient :
   $$\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x^2} = \frac{1}{\pi^2} \cdot \frac{\pi^2}{6} = \frac{1}{6}$$
   D'où l'équivalent :
   $$\boxed{f(x) \underset{x \to 0}{\sim} \frac{x^2}{6}}$$

3. Équivalent en $+\infty$. Soit $x > 0$. La fonction $g : t \mapsto \ln \left(1 + \frac{x^2}{t^2 \pi^2}\right)$ est continue, positive et strictement décroissante sur $[1, +\infty[$. Par comparaison série-intégrale, on a :
   $$\int_{1}^{+\infty} \ln \left(1 + \frac{x^2}{t^2 \pi^2}\right) dt \leq f(x) \leq \ln \left(1 + \frac{x^2}{\pi^2}\right) + \int_{1}^{+\infty} \ln \left(1 + \frac{x^2}{t^2 \pi^2}\right) dt$$
   Calculons l'intégrale $I(x) = \int_{1}^{+\infty} \ln \left(1 + \frac{x^2}{t^2 \pi^2}\right) dt$. Effectuons le changement de variable $u = \frac{t \pi}{x}$, d'où $dt = \frac{x}{\pi} du$ :
   $$I(x) = \frac{x}{\pi} \int_{\frac{\pi}{x}}^{+\infty} \ln \left(1 + \frac{1}{u^2}\right) du$$
   Lorsque $x \to +\infty$, la borne inférieure tend vers $0$. L'intégrale $J = \int_{0}^{+\infty} \ln \left(1 + \frac{1}{u^2}\right) du$ est convergente (fausse impropreté en $0$ car $\ln(1+u^{-2}) \sim -2\ln u$ et intégrabilité en $+\infty$ car $\ln(1+u^{-2}) \sim u^{-2}$). Calculons $J$ par intégration par parties :
   $$J = \left[ u \ln\left(1 + \frac{1}{u^2}\right) \right]_0^{+\infty} - \int_{0}^{+\infty} u \frac{-2/u^3}{1+1/u^2} du$$
   Le terme entre crochets est nul aux deux bornes. Il reste :
   $$J = \int_{0}^{+\infty} \frac{2}{u^2+1} du = 2 \left[ \arctan(u) \right]_0^{+\infty} = 2 \cdot \frac{\pi}{2} = \pi$$
   Ainsi, $I(x) \sim \frac{x}{\pi} \cdot \pi = x$. Comme le terme $\ln(1 + \frac{x^2}{\pi^2}) \sim 2\ln x = o(x)$, l'encadrement précédent montre que :
   $$\boxed{f(x) \underset{x \to +\infty}{\sim} x} \plus$$