Nature d'une série

Je n'ai pas fait tous les calculs dans le détail, mais ça doit marcher.
Notons $f_n(t) = \dfrac{1}{1+t+\cdots+t^n}$. On peut montrer que $f_n$ converge uniformément vers $t\mapsto 1-t$ sur $[0;1]$ (étudier les variations de la différence).
De plus, on a $f_n(t)-(1-t) = t^{n+1}f_n(t)$. En se servant de ça, on peut montrer que $\displaystyle \int_0^1 f_n(t) dt - \int_0^1 (1-t)dt$ est équivalent (quand $n$ tend vers $+\infty$) à $\displaystyle \int_0^1 t^{n+1}(1-t) dt$, qui est lui-même équivalent à $\dfrac{1}{n^2}$.
Sur $[1;+\infty[$, faire le changement de variable $u = \dfrac{1}{t}$. On se ramène au même genre de choses que sur $[0;1]$.

supp

Parce que $f_n(t)$ converge vers $1-t$ sur $[0;1]$ et vers $0$ sur $[1;+\infty[$. Le $1/2$ ne vient en fait que de l'intégrale sur $[0;1]$.

Bonjour
L'équivalent de $I_n-\dfrac12$ auquel je suis parvenu n'est pas celui, qui me parait erroné, indiqué par Guego dans un message précédent.
Je note : $\forall n \in \N\:\text{tel que}\:n\geqslant 3,\: \forall t \in [0;1],$
\begin{align*}
g_n(t) &= \left \{ \begin{array} {cl} \dfrac{t^n(1-t)}{1-t^n}& \text {si} \:t \neq1\\
0 &\text{sinon} \end{array}\right.,\\
J_n &= \int _0 ^1 g_n(t) \mathrm dt,\\
K_n&= \int_1^{+\infty} \dfrac {1-t}{1-t^n} \mathrm dt =\int_ 0^1 \dfrac {t^{n-3}(1-t)}{1-t^n} \mathrm d t.

\end{align*} Alors, en reprenant les notations utilisées dans les messages antérieurs: $$I_{n-1} =\dfrac 12 +J_n+K_n\quad (\star).
$$ $n$ étant fixé, la suite $\Big(t\mapsto \displaystyle \sum_{k=1}^p t^{nk}(1-t)\Big)_p$ est une suite croissante de fonctions qui converge sur $[0;1]$ vers la fonction $g_n$.
Il s'ensuit que: $J_n =\displaystyle \sum_{k=1}^{+\infty} \int_0^1 t^{nk}(1-t)\mathrm dt = \sum_{k=1}^{+\infty} \Big(\dfrac 1{nk+1}- \dfrac 1{nk+2}\Big)= \dfrac 1{n^2}\sum_{k=1}^{+\infty} \dfrac 1{(k+\frac 1n)(k+\frac 2n)} \underset {n\to+\infty}{\sim }\dfrac {\pi^2}{6n^2}$
On prouve de la même façon que : $K_n \underset{n\to + \infty}{\sim} \dfrac {\pi^2}{6n^2}.\:$Avec $(\star)$, on obtient ainsi: $\:\boxed{I_n =\dfrac12 + \dfrac{\pi^2}{3n^2} + o\left(\dfrac 1{n^2}\right)}.$

Avec la méthode de LOU16 on peut obtenir un développement asymptotique à tout ordre et même mieux:

pour $n\geq3$, $I_{n-1}=\dfrac12+\displaystyle \sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac{(4^k-2)\zeta(2k)}{n^{2k}}$

LOU16 a écrit:

http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1824462,1825018#msg-1825018
L'équivalent auquel je suis parvenu n'est pas celui, qui me parait erroné, indiqué par Guego dans un message précédent.

Effectivement, je n'avais pas fait les calculs jusqu'au bout et un problème m'avait échappé. Ma méthode permet juste de montrer que $n^2(I_n-\frac{1}{2})$ converge (vers une constante comprise entre $2$ et $4$), mais ne donne pas la limite exacte.

Avec Maple: $\displaystyle\int_0^1 \dfrac{x\ln(x)^2}{(1-x)^2}dx=-2\zeta(3)+\dfrac{\pi^2}3$

Avec le développement asymptotique: $\lim n^3(I_n-I_{n+1})=\dfrac{2\pi^2}3$