Représentation intégrale de la constante d'Euler par Frullani

Résolution.

1. Posons $v_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} - \ln n$. Étudions la nature de la série $\sum (v_{n+1} - v_n)$. On a pour tout $n \geq 1$ :
   $$v_{n+1} - v_n = \frac{1}{n+1} - \ln(n+1) + \ln n = \frac{1}{n+1} + \ln\left(1 - \frac{1}{n+1}\right)$$
   Par développement limité de $\ln(1-x)$ au voisinage de $0$ :
   $$v_{n+1} - v_n = \frac{1}{n+1} - \left( \frac{1}{n+1} + \frac{1}{2(n+1)^2} + o\left(\frac{1}{n^2}\right) \right) = -\frac{1}{2n^2} + o\left(\frac{1}{n^2}\right)$$
   La série $\sum (v_{n+1} - v_n)$ converge par comparaison avec une série de Riemann. La suite $(v_n)$ converge donc vers un réel $\gamma$.
   $$\boxed{ \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} = \ln n + \gamma + o(1) }$$

2. Soit $f(t) = \frac{1}{t} + \frac{1}{\ln(1-t)}$. La fonction $f$ est continue sur $]0, 1[$. Au voisinage de $0$ : $\ln(1-t) = -t - \frac{t^2}{2} + o(t^2)$, donc :
   $$f(t) = \frac{1}{t} - \frac{1}{t(1+t/2+o(t))} = \frac{1}{t} - \frac{1}{t} \left(1 - \frac{t}{2} + o(t)\right) = \frac{1}{2} + o(1)$$
   La fonction $f$ est prolongeable par continuité en $0$. Au voisinage de $1$ : Posons $h = 1-t \to 0^+$.
   $$f(t) = \frac{1}{1-h} + \frac{1}{\ln h} \xrightarrow[h \to 0]{} 1 + 0 = 1$$
   L'intégrale est donc faussement impropre aux deux bornes.
   $$\boxed{ I \text{ est bien définie.} }$$

3. On pose $t = 1 - e^{-u}$, d'où $\mathrm{d}t = e^{-u} \mathrm{d}u$. Quand $t \to 0$, $u \to 0$. Quand $t \to 1$, $u \to +\infty$. L'intégrale devient :
   $$I = \int_0^{+\infty} \left( \frac{1}{1-e^{-u}} + \frac{1}{\ln(e^{-u})} \right) e^{-u} \mathrm{d}u = \int_0^{+\infty} \left( \frac{1}{1-e^{-u}} - \frac{1}{u} \right) e^{-u} \mathrm{d}u$$

4. 1. La somme partielle de la série est :
      $$\sum_{k=1}^n u_k(x) = \left( \sum_{k=1}^n e^{-kx} \right) \left( 1 - \frac{1-e^{-x}}{x} \right) = e^{-x} \frac{1-e^{-nx}}{1-e^{-x}} \left( 1 - \frac{1-e^{-x}}{x} \right)$$
      La série converge simplement sur $]0, +\infty[$ vers :
      $$S(x) = \frac{e^{-x}}{1-e^{-x}} \left( 1 - \frac{1-e^{-x}}{x} \right) = e^{-x} \left( \frac{1}{1-e^{-x}} - \frac{1}{x} \right)$$
      On reconnaît l'intégrande de $I$. Les fonctions $u_n$ sont positives et continues. De plus, $|\sum_{k=1}^n u_k(x)| \leq S(x)$ car $1-e^{-nx} \leq 1$. Comme $S$ est intégrable sur $]0, +\infty[$, le théorème de convergence dominée s'applique :
      $$\int_0^{+\infty} S(x) \mathrm{d}x = \sum_{n=1}^{+\infty} \int_0^{+\infty} u_n(x) \mathrm{d}x$$

   2. Calculons le terme général :
      $$\int_0^{+\infty} u_n(x) \mathrm{d}x = \int_0^{+\infty} e^{-nx} \mathrm{d}x - \int_0^{+\infty} \frac{e^{-nx} - e^{-(n+1)x}}{x} \mathrm{d}x$$
      La première intégrale vaut $1/n$. La seconde est une intégrale de Frullani de la forme $\int_0^\infty \frac{e^{-ax}-e^{-bx}}{x} \mathrm{d}x$ avec $a=n$ et $b=n+1$, ce qui donne $\ln(n+1) - \ln n$. Ainsi :
      $$\int_0^{+\infty} u_n(x) \mathrm{d}x = \frac{1}{n} - \ln(n+1) + \ln n$$
      En sommant de $1$ à $N$ :
      $$\sum_{n=1}^N \int_0^{+\infty} u_n(x) \mathrm{d}x = \sum_{n=1}^N \frac{1}{n} - \ln(N+1) = \left(\sum_{n=1}^N \frac{1}{n} - \ln N\right) - \ln\left(1 + \frac{1}{N}\right)$$
      En passant à la limite $N \to +\infty$ :
      $$\boxed{ I = \gamma }$$