Équivalent d'une intégrale

Une piste, qui ne résout pas le problème, mais permet de simplifier un peu. On fait le changement de variable $t=-\ln\left(1-\frac{1}{u}\right)$. On a alors $I_n = \displaystyle \int_0^{+\infty} e^{-1/t}g(t)e^{-nt}dt$, où $g$ est une fonction avec une expression assez moche, mais qui reste une fonction assez gentille malgré tout : elle est $C^{\infty}$, bornée, avec $g(0) = e^{-1/2}$.

Comme cette dernière intégrale se concentre en $0$, on peut légitimement penser que $I_n \sim g(0) \displaystyle \int_0^{+\infty} e^{-1/t}e^{-nt}dt$, soit $I_n \sim e^{-1/2} \displaystyle \int_0^{+\infty} e^{-1/t} e^{-nt}dt$.

Plus qu'à le prouver proprement, et à étudier $J_n = \displaystyle \int_0^{+\infty}e^{-1/t}e^{-nt}dt$ qui est un peu plus simple que l'intégrale de départ.

@Guego : ça sent la méthode de Laplace ça non ?

Bonjour,

Bonne année à chacun des membres du forum.

J'espère que le texte suivant , dans lequel, pour ne pas trop alourdir le propos, j'ai passé sous silence de nombreux détails (que je crois avoir soigneusement vérifiés), est exempt d'erreurs de calcul et aboutit à l'équivalent demandé.

Une intégration par parties conduit d'abord à $I_n := \displaystyle \int _1^{+\infty} \dfrac{ \mathrm e^{-u}}{u^2}\left (1-\dfrac 1u \right)^n \mathrm du = \dfrac 1 {n+1} J_{n+1} \quad \:$ où $\quad \: J_n:= \displaystyle \int_1 ^{+\infty} \mathrm e^{-u} \left(1-\dfrac 1u \right)^n \mathrm du.$
Notons: $f_n: x \longmapsto \mathrm e^{-x}\left(1-\dfrac 1x\right)^n,\quad A_n =\displaystyle \int_{\sqrt n/2}^{2\sqrt n} f_n, \:\:\quad B_n = \displaystyle \int _1^{\sqrt n/2} f_n,\:\: \quad C_n = \int _{2\sqrt n } ^{+\infty} f_n.$
Avec $\forall t \in [\frac 12 ; 2],\: (1-\frac1{t\sqrt n})^n \underset {n\to + \infty} \sim \exp (-\frac {\sqrt n}t - \frac 1{2t^2}),$ on obtient: $$\quad A_n = \displaystyle \sqrt n \int _{\frac 12} ^2 \mathrm e^{-t\sqrt n} \left(1 - \frac 1{t\sqrt n} \right) ^n \mathrm dt \underset {n \to + \infty } \sim \sqrt n \int _{\frac 12}^2 \mathrm e ^{-1/2t^2} \mathrm e ^{-(t+\frac 1t) \sqrt n} \mathrm d t.$$
La fonction $t \longmapsto \mathrm e ^{-(t+ \frac 1t)}$ admet un maximum strict en $1$, et ainsi, l'équivalent $(\bigstar)$ produit par la "méthode de Laplace" nous mène à:
$$ \dfrac {A_n}{\sqrt n } \: \underset {n \to + \infty} \sim n^{-\frac 14}\: \sqrt {\pi}\: \mathrm e^{-\frac 12} \:\mathrm e ^{-2\sqrt n} \:\: \quad \text {puis à }\quad\:\: A_n \:\underset{n\to + \infty} \sim \:\:\sqrt {\pi}\: n ^{\frac 14} \: \mathrm e^{-\frac 12}\: \mathrm e ^{-2 \sqrt n }.\qquad (1)$$
D'autre part, $\:\:f_n$ est croissante sur $[1; \frac {\sqrt n }2]$ donc $\:\:0<B_n< \frac {\sqrt n}2 f_n \left (\frac {\sqrt n }2\right) < \frac {\sqrt n}2 \mathrm e^{- \frac 52 \sqrt n},\:\:$ ce qui entraine: $ B_n \underset {n \to + \infty} = o (A_n). \quad (2)$
$ 0 <C_n <\displaystyle \sqrt n \int_2 ^{+\infty} \mathrm e ^{-(t+\frac 1t) \:\sqrt n} \:\mathrm d t < \sqrt n\: \mathrm e^{-2\sqrt n}\: \int _2 ^{+\infty} \mathrm e^{-\sqrt n t/4} \:\mathrm dt = \:4\: \mathrm e^{-\frac 52 \sqrt n}\:\:$ et cela implique: $\quad C_n \underset{n \to + \infty} = o (A_n).\qquad (3)$
Avec $(1),\: (2),\: (3),\:\: $ et $ \:J_n = A_n +B_n +C_n $, on parvient ainsi à: $\quad \boxed { I_n \underset {n \to + \infty} {\sim} \sqrt {\dfrac {\pi}{\mathrm e}} \:n ^{-\frac 34} \:\mathrm e ^{-2\sqrt n}. }$

$(\bigstar) \quad \text{ Soient }\:\:a,b,c \in \R\:\text{ tels que}\:\: b<a<c,\quad f,g : [b;c]\to \R ,\: g \:\text {continue telle que}\: \:g(a) \neq 0,$
$\: f\: \text{ positive, de classe }\:\mathcal C^2, \:\text{admettant en} \: a\: \text{ un unique maximum strict et telle que }\: f'' (a) \neq 0.$
$$\text{Alors}:\quad \displaystyle \int _b^c f^x \:g \:\underset {x \to + \infty} \sim g(a)\:f(a)^x\: \:\sqrt{ \dfrac {-2\pi f(a)}{ xf''(a)}}.$$

Ah en fait ça fait plus sens avec $1-e^{-t}$, pardon. Dans ce cas, je ne connais pas la réponse. Ça dépend peut-être du fait que $f(0)=0$ ou non.