Comportement asymptotique d'une intégrale logarithmique

Résolution.

1. Soit $n \in \mathbb{N}$. Posons $f_n : t \mapsto (1-t)^n \ln(t)$. La fonction $f_n$ est continue sur $]0, 1]$. Au voisinage de $0$, on a l'équivalent :
   $$f_n(t) \sim \ln(t)$$
   Or, la fonction $t \mapsto \ln(t)$ est intégrable au voisinage de $0$ (sa primitive $t \ln t - t$ tend vers $0$ en $0$). Par comparaison, $f_n$ est intégrable sur $]0, 1]$.
   $$\boxed{I_n \text{ est bien définie pour tout } n \in \mathbb{N}}$$

2. Effectuons une intégration par parties. Pour éviter la divergence du logarithme en $0$ dans le crochet, nous choisissons une primitive de $v'(t) = (1-t)^n$ qui s'annule en $0$. Posons $u(t) = \ln(t)$, d'où $u'(t) = \frac{1}{t}$. Posons $v'(t) = (1-t)^n$. Une primitive de $v'$ est $v(t) = \frac{1 - (1-t)^{n+1}}{n+1}$, de sorte que $v(0) = 0$. Soit $\epsilon \in ]0, 1]$. Par intégration par parties sur $[\epsilon, 1]$ :
   $$\int_{\epsilon}^1 (1-t)^n \ln(t)   \mathrm{d}t = \left[ \frac{1 - (1-t)^{n+1}}{n+1} \ln(t) \right]_{\epsilon}^1 - \int_{\epsilon}^1 \frac{1 - (1-t)^{n+1}}{(n+1)t}   \mathrm{d}t$$
   Étudions la limite du crochet en $0$. On a $1 - (1-\epsilon)^{n+1} = 1 - (1 - (n+1)\epsilon + o(\epsilon)) = (n+1)\epsilon + o(\epsilon)$. Ainsi, $v(\epsilon) \ln(\epsilon) \sim \epsilon \ln(\epsilon) \xrightarrow{\epsilon \to 0} 0$. En passant à la limite, le crochet est nul en $1$ (car $\ln(1)=0$) et en $0$. Il reste :
   $$I_n = - \frac{1}{n+1} \int_0^1 \frac{1 - (1-t)^{n+1}}{t}   \mathrm{d}t$$
   Effectuons le changement de variable $x = 1-t$ ($dx = -dt$) :
   $$I_n = - \frac{1}{n+1} \int_1^0 \frac{1 - x^{n+1}}{1 - x} (- \mathrm{d}x) = - \frac{1}{n+1} \int_0^1 \frac{1 - x^{n+1}}{1 - x}   \mathrm{d}x$$
   On reconnaît la somme d'une progression géométrique :
   $$\frac{1 - x^{n+1}}{1 - x} = \sum_{k=0}^n x^k$$
   Par linéarité de l'intégrale :
   $$I_n = - \frac{1}{n+1} \sum_{k=0}^n \int_0^1 x^k   \mathrm{d}x = - \frac{1}{n+1} \sum_{k=0}^n \frac{1}{k+1}$$
   En posant $j = k+1$, on obtient :
   $$\boxed{I_n = - \frac{H_{n+1}}{n+1}}$$

3. Il est classique, par comparaison série-intégrale, que :
   $$H_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} \sim \ln(n)$$
   Dès lors, on en déduit :
   $$H_{n+1} \sim \ln(n+1) \sim \ln(n)$$
   En injectant ce résultat dans l'expression de $I_n$ :
   $$\boxed{I_n \underset{n \to +\infty}{\sim} - \frac{\ln(n)}{n}}$$