Comportement asymptotique d'intégrales de fonctions logarithmiques

Résolution.

1. La fonction $t \mapsto \ln(1+t)$ est développable en série entière sur $]-1, 1[$ et on a :
   $$\boxed{\forall t \in ]-1, 1[,   \ln(1 + t) = \sum_{k = 1}^{+\infty} \frac{(-1)^{k - 1}}{k}t^k}$$
   Le rayon de convergence de cette série est $R = 1$.

2. Soit $n \in \mathbb{N}^*$. Pour tout $t \in [0, 1[$, on a $0 \leqslant t^n < 1$. On peut donc écrire :
   $$\ln(1 + t^n) = \sum_{k = 1}^{+\infty} \frac{(-1)^{k - 1}}{k}t^{nk}$$
   Posons $g_k(t) = \frac{(-1)^{k-1}}{k}t^{nk}$ et $S_N(t) = \sum_{k=1}^N g_k(t)$. Pour $t \in [0, 1]$, la série $\sum g_k(t)$ est une série alternée dont la valeur absolue du terme général décroît vers $0$. D'après le critère des séries alternées, le reste et la somme partielle sont majorés en valeur absolue par le premier terme :
   $$|S_N(t)| \leqslant |g_1(t)| = t^n \leqslant 1$$
   La fonction constante $1$ est intégrable sur $[0, 1]$. Par le théorème de convergence dominée, on peut intégrer terme à terme :
   $$u_n = \sum_{k=1}^{+\infty} \int_0^1 \frac{(-1)^{k-1}}{k}t^{nk}   \mathrm{d}t = \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k} \left[ \frac{t^{nk+1}}{nk+1} \right]_0^1$$
   On obtient ainsi :
   $$\boxed{u_n = \sum_{k = 1}^{+\infty} \frac{(-1)^{k - 1}}{k(kn + 1)}}$$

3. 1. Soit $h_k(x) = \frac{(-1)^{k - 1}}{k(k + x)}$ définie sur $\mathbb{R}_+$. Continuité : Pour tout $x \geqslant 0$, $|h_k(x)| \leqslant \frac{1}{k^2}$. La série $\sum h_k$ converge normalement sur $\mathbb{R}_+$, donc $f$ est continue sur $\mathbb{R}_+$. Dérivabilité : Chaque $h_k$ est de classe $\mathscr{C}^1$ sur $\mathbb{R}_+$ et :
      $$h_k'(x) = \frac{(-1)^k}{k(k + x)^2}$$
      On a $\|h_k'\|_{\infty} = |h_k'(0)| = \frac{1}{k^3}$. La série $\sum h_k'$ converge normalement sur $\mathbb{R}_+$. Par théorème de dérivation des séries de fonctions, $f$ est de classe $\mathscr{C}^1$ sur $\mathbb{R}_+$ et :
      $$\boxed{f'(x) = \sum_{k = 1}^{+\infty} \frac{(-1)^k}{k(k + x)^2}}$$

   2. En factorisant par $n$ au dénominateur dans l'expression de $u_n$ :
      $$u_n = \sum_{k = 1}^{+\infty} \frac{(-1)^{k - 1}}{k \cdot n(k + 1/n)} = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{+\infty} \frac{(-1)^{k - 1}}{k(k + 1/n)} = \frac{1}{n} f\left(\frac{1}{n}\right)$$
      Comme $f$ est continue en $0$, on a $f(1/n) \to f(0)$ quand $n \to +\infty$.
      $$f(0) = \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k^2} = \frac{\pi^2}{12}$$
      Comme $f(0) \neq 0$, on en déduit l'équivalent :
      $$\boxed{u_n \underset{n \to +\infty}{\sim} \frac{\pi^2}{12n}}$$

4. Puisque $f$ est de classe $\mathscr{C}^1$ sur $\mathbb{R}_+$, elle admet un développement limité à l'ordre $1$ en $0$ par la formule de Taylor-Young :
   $$f(x) = f(0) + xf'(0) + o(x)$$
   En appliquant ceci à $x = 1/n$ :
   $$u_n = \frac{1}{n} \left( f(0) + \frac{1}{n}f'(0) + o\left(\frac{1}{n}\right) \right) = \frac{f(0)}{n} + \frac{f'(0)}{n^2} + o\left(\frac{1}{n^2}\right)$$
   On identifie $\alpha = f'(0)$, soit :
   $$\boxed{\alpha = \sum_{k = 1}^{+\infty} \frac{(-1)^k}{k^3}}$$

5. Réalisons une intégration par parties sur $u_n = \int_0^1 \ln(1+t^n)   \mathrm{d}t$. Posons $u(t) = \ln(1+t^n)$ et $v'(t) = 1$. On a $u'(t) = \frac{nt^{n-1}}{1+t^n}$ et $v(t) = t$.
   $$u_n = \left[ t \ln(1+t^n) \right]_0^1 - \int_0^1 \frac{nt^n}{1+t^n}   \mathrm{d}t = \ln(2) - n \int_0^1 \frac{t^n}{1+t^n}   \mathrm{d}t$$
   En remarquant que $\frac{t^n}{1+t^n} = \frac{1+t^n - 1}{1+t^n} = 1 - \frac{1}{1+t^n}$ :
   $$u_n = \ln(2) - n \left( \int_0^1 1   \mathrm{d}t - \int_0^1 \frac{\mathrm{d}t}{1+t^n} \right) = \ln(2) - n + n \int_0^1 \frac{\mathrm{d}t}{1+t^n}$$
   On en déduit l'expression de l'intégrale :
   $$\int_0^1 \frac{\mathrm{d}t}{1+t^n} = 1 - \frac{\ln 2}{n} + \frac{u_n}{n}$$
   En injectant le développement de $u_n$ obtenu précédemment :
   $$\int_0^1 \frac{\mathrm{d}t}{1+t^n} = 1 - \frac{\ln 2}{n} + \frac{1}{n} \left( \frac{\pi^2}{12n} + \frac{\alpha}{n^2} + o\left(\frac{1}{n^2}\right) \right)$$
   On trouve ainsi les coefficients :
   $$\boxed{a = 1,   b = -\ln 2,   c = \frac{\pi^2}{12},   d = \sum_{k = 1}^{+\infty} \frac{(-1)^k}{k^3}}$$