Équivalent d'une somme

La fonction $t \longmapsto \left( \log \frac{n}{t} \right)^{-1}$ étant continue et croissante sur $\left |1,n-1\right]$, on a
$$\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{\log(n/k)} = \int_1^{n-1} \frac{\textrm{d}t}{\log(n/t)} +O(n) = n \int_{\log \left( \frac{n}{n-1} \right)}^{\log n} \frac{\textrm{d}u}{u e^u} + O(n) = n \left( E_1 \left( \log \left( \tfrac{n}{n-1} \right) \right) - E_1 \left( \log n \right) \right) + O(n)$$
où l'on a posé $u = \log(n/t)$ et où $E_1(x) := \displaystyle \int_x^\infty \frac{\textrm{d}t}{t e^t}$ est l'exponentielle intégrale. Le terme $nE_1(\log n)$ est négligeable devant le terme d'erreur, et, pour le terme principal, puisque $\log \left( \frac{n}{n-1} \right)$ tend vers $0$ à l'infini, on utilise le développement en série
$$E_1(z) = -\log z - \gamma - \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^kz^k}{k \times k!} \quad \left( |\arg z| < \pi\right)$$
ce qui donne, pour $n \to \infty$
$$\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{\log(n/k)} = -n \log \left( \log \left( \frac{n}{n-1} \right) \right) + O(n) = n \log n + O(n).$$

Autre idée :
$\displaystyle\dfrac1n\,u_n=\dfrac1n\sum_{1\leqslant k<n}\dfrac{-1}{\ln(1-k/n)}$
Soit $f(t)=\dfrac{-1}{\ln(1-t)}-\dfrac1t$ continue sur $[0,1]$ par prolongement.

Alors $\displaystyle n\mapsto\dfrac1n\sum_{1\leqslant k<n}f(k/n)$ a une limite finie et il vient $\displaystyle\dfrac{u_n}n=O(1)+\sum_{1\leqslant k<n}\dfrac1k$

Ceci dit, c'est toujours la même chose : si on veut pousser plus loin le développement, on va plus loin dans la formule sommatoire d'Euler-Maclaurin (ici, je n'ai utilisé que l'ordre $0$, i.e. une simple comparaison somme-intégrale, correspondant d'ailleurs au souhait du demandeur).

Mais la méthode est flexible, et comme le développement en série de $E_1$ au voisinage de $0$ est très précis, pas de problème pour amener un développement asymptotique à l'ordre que l'on veut.

J'ai réussi à démontrer que la limite de $u_n-n\log(n)$ est égale à $\dfrac14$ en utilisant le résultat connu $\displaystyle\int_0^1f=-\gamma$ et le développement asymptotique de $H_n$.

J'ai approché l'intégrale de $f$ par la méthode des rectangles et j'ai utilisé le fait que $f''>0$ pour majorer l'erreur, en traitant à part l'intervalle $[1-\dfrac1n;1]$.

C'est normal que tu n'y arrives pas, cette intégrale est divergente!

La bonne intégrale est $\displaystyle\int_0^1\Bigl(\dfrac1{1-t}+\dfrac1{\log t}\Bigr) \mathrm{d}t=\gamma$ (ou la même en changeant $t$ en $1-t$).

Une démonstration possible:
on commence par démontrer que pour $x>0$ on a $\displaystyle\int_0^1\dfrac{t^{x-1}-1}{\log t} \mathrm{d}t=\log(x)$ par dérivation sous le signe intégral.

Ensuite $H_n-\log(n)=\displaystyle\int_0^1\dfrac{1-t^n}{1-t} \mathrm{d}t-\int_0^1\dfrac{t^{n-1}-1}{\log t}\mathrm{d}t=\int_0^1\Bigl(\dfrac1{1-t}+\dfrac1{\log t}\Bigr) \mathrm{d}t-\int_0^1t^{n-1}g(t)\mathrm{d}t$
avec $g(t)=\dfrac t{1-t}+\dfrac1{\log t}$ qui se prolonge par continuité sur $[0,1]$.

On en déduit le résultat sachant que la limite de $H_n-\log(n)$ est égale à $\gamma$.

@rakam
Je pense être d'accord avec ce que tu as fait pour le développement asymptotique.
J'avais une première démonstration en approchant l'intégrale par la méthode des trapèzes (avec majoration de l'erreur).

Avec ta suggestion j'ai trouvé une autre démonstration en écrivant la formule de Taylor avec reste intégral pour $f(t)=\dfrac1{\ln(1-t)}+\dfrac1t$ :
$\displaystyle\int_{k/n}^{(k+1)/n}f=\dfrac1n f\left(\dfrac kn \right)+\dfrac1{2n^2}f'\left(\dfrac kn \right)+r_k$ avec $0\leq r_k\leq \dfrac1{2n^2}\displaystyle\int_{k/n}^{(k+1)/n}f''$.

On peut alors sommer de $k=0$ à $k=n-2$ et tout se passe bien.
On n'a pas besoin de calculer $f''$ mais seulement de savoir que $f''\geq0$ (par le développement en série entière de $f$).

Sur demande de jandri (que je remercie), correction de mon dernier post qui était un peu "vieux souvenir sans réflexion" .

On note $x_k=\dfrac kn$ et $g(t)=F(t)-(t-x_k)f(x_k)-\dfrac12(t-x_k)^2f'(x_k)$
puis $|g(x_{k+1})-g(x_k)|\leqslant \dfrac1{2n^2}(f'(x_{k+1}-f'(x_k))$

La sommation donne alors : $\displaystyle\left| F(1-\dfrac1n)-F(0)-\dfrac1n\sum_{0\leqslant k\leqslant n-2}f(x_k)-\dfrac1{2n^2}\sum_{0\leqslant k\leqslant n-2}f'(x_k)\right|\leqslant\frac1{2n^2}(f'(1-\frac1n)-f'(0))$.

La convergence de l'intégrale $\displaystyle\int_0^1f'$ qui vaut $f(1)-f(0)$ implique une limite nulle pour $n\mapsto\dfrac1nf'(1-\dfrac1n)$ et on en déduit
$\displaystyle\dfrac1n\sum_{0\leqslant k<n}f(x_k)=\int_0^1f-\dfrac{f(1)-f(0)}{2n}+o(1/n)$.