Équivalent en l'infini, limite en $0$ - Bibm@th.net

Dans toute la suite, on pose $\displaystyle u_n(x)=\frac{1}{n(nx+1)}$ avec $x\in\mathbb R_+^*.$

1. Puisque les fonctions $u_n$ sont continues sur $\mathbb R_+^*,$ il suffit de démontrer que la série converge normalement sur tout intervalle du type $[a,+\infty[$ avec $a>0$. Soit donc $a>0$ et $x\geq a$. Alors, pour tout $n\geq 1,$ $nx+1\geq na+1>0$. En passant à l'inverse (la fonction inverse est décroissante sur $]0,+\infty[$), on a $$0\leq u_n(x)\leq \frac{1}{n(na+1)}.$$ Or, le terme de droite est une série numérique convergente. On en déduit la convergence normale de $\sum_{n\geq 1}u_n$ sur $[a,+\infty[,$ et par suite que $S$ est bien définie et continue sur $\mathbb R_+^*$.
2. Pour déterminer la limite de $S$ en $+\infty,$ par convergence normale (donc uniforme) sur $[1,+\infty[$, on peut appliquer le théorème d'interversion des limites. On a donc $$\lim_{x\to +\infty}S(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}\lim_{x\to +\infty}u_n(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}0=0.$$ La détermination d'un équivalent est plus délicate. On va commencer par conjecturer cet équivalent. Pour cela, on remarque qu'au voisinage de $+\infty,$ $$u_n(x)\sim_{x\to+\infty}\frac1{n^2 x}.$$ Dans un monde idéal, on peut espérer que $$S(x)\sim_{x\to+\infty}\sum_{n=1}^{+\infty}\frac1{n^2 x}=\left(\sum_{n=1}^{+\infty}\frac1{n^2}\right)\times\frac 1x.$$ Ceci nous incite à étudier $xS(x)$. Pour cela, on pose, pour $x>0,$ $$v_n(x)=xu_n(x)=\frac{x}{n(1+nx)}$$ et on remarque que, pour tout $x>0,$ $$xS(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}v_n(x).$$ On va appliquer le théorème de la double limite à $S$. Pour cela, on va prouver la convergence normale de $\sum_{n\geq 1}v_n$ sur $[1,+\infty[$. En effet, pour tout $x\geq 1,$ on a $1+nx\geq nx>0$ et donc $$0\leq v_n(x)\leq \frac{x}{n^2 x}=\frac {1}{n^2}.$$ A nouveau, le membre de droite est le terme général d'une série numérique convergente, et la série $\sum_{n\geq 1}v_n$ converge normalement sur $[1,+\infty[$. Par le théorème de la double limite, $$\lim_{x\to+\infty}xS(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}\lim_{x\to+\infty}v_n(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac 1{n^2}.$$ On en déduit que l'on a bien $$S(x)\sim_{x\to+\infty}\left(\sum_{n=1}^{+\infty}\frac1{n^2}\right)\times\frac 1x.$$
3. A nouveau, on peut conjecturer la limite en se disant qu'au voisinage de $0$, $u_n(x)$ se comporte comme $\frac 1n,$ et que la série harmonique diverge. Voyons comment rendre rigoureux cet argument. Soit $M>0$. Il existe un entier $N\geq 1$ tel que $$\sum_{n=1}^N \frac 1n\geq M.$$ Pour $x\in ]0,1/N],$ et $1\leq n\leq N,$ on a $$1+nx\leq 1+N\times \frac 1N\leq 2,$$ ce qui entraîne, pour ces mêmes valeurs de $x$ et $n,$ $$u_n(x)\geq \frac 1{2n}.$$ On en déduit que, pour $x\in ]0,1/N]$, on a $$S(x)\geq \sum_{n=1}^N u_n(x)\geq \sum_{n=1}^N \frac1{2n}\geq \frac M2.$$ Ceci prouve que $\lim_{x\to 0^+}S(x)=+\infty.$