Un équivalent

@JLT: Oups, il fallait remplacer le $1/n$ par $(n-1)/n$ dans l'expression, merci beaucoup. Le code suivant (sur R) montre qu'avec cette expression, on a bien divergence

compute_expectation <- function(n) {
  vec_binom <- choose(n,1:n)
  vec_1 <- (-1)^((1:n)+1)
  vec_n <- 1/(1-(((n-1)/n)^(1:n)))
  a <- sum(vec_binom * vec_1 * vec_n)
  return(a)
}

vec_n <- 2:40
vec_a <- vapply(vec_n, compute_expectation, numeric(1))
plot(vec_n, vec_a)

vec_equiv <- vec_n * log(vec_n)
plot(vec_n, vec_a / vec_equiv)

En relisant le message de JLT, je suis perdu. Si $X_i$ suit une loi de paramètre $p\in ]0,1[$, je trouve
$$a_n(p)=\mathbb{E}[X]=\sum_{i=1}^n\binom{n}{i}(-1)^{i+1}\frac{1}{1-(1-p)^i}$$
Par ailleurs, on peut considérer que $X_i=\lceil Y_i\rceil$ où $Y_i$ suit une loi exponentielle de paramètre $p$, i.e., (EDIT: c'est faux, cf. messages ci-dessous)
$$Y_i\leq X_i < Y_i + 1$$
En notant $Y=\max\big(Y_1,...,Y_n\big)$, il vient
$$Y\leq X< Y + 1$$
Et donc
$$E(Y)\leq E(X)<E(Y)+1$$
Or l'espérance de $Y$ est donnée par
\begin{eqnarray*}
\int_0^{+\infty}P(Y>x)dx&=&\int_0^{+\infty}1-(1-e^{-px})^ndx \\
&=&\frac{1}{p}\int_0^{+\infty}1-(1-e^{-t})^ndt \\
&=&\frac{1}{p}\int_0^1 \frac{1-u^n}{1-u}du \\
&=&\frac{1}{p}\sum_{i=1}^n\frac{1}{i}
\end{eqnarray*}
C'est-à-dire
$$\frac{1}{p}\sum_{i=1}^n\frac{1}{i}\leq a_n(p)<\frac{1}{p}\sum_{i=1}^n\frac{1}{i}+1$$
D'où, en prenant $p_n=1/n$, l'équivalent $a_n(p_n)\sim n\ln n$. En prenant $q_n=(n-1)/n$, on retrouve l'expression étudiée par JLT
$$a_n(q_n) = \sum_{i=1}^n\binom{n}{i}(-1)^{i+1}\frac{1}{1-\frac{1}{n^i}}$$
Numériquement, $a_n(q_n)\rightarrow 1/e$ (je n'ai pas vérifié la valeur, mais un plot des 50 premières valeurs suggère que la suite converge) or d'après les calculs précédents, je trouve $a_n(q_n)\sim\ln n$... :-S

@JLT: Merci beaucoup c'est très clair. Pour que l'encadrement fonctionne, il suffit donc d'avoir $\lambda_n = o(\ln n)$, correct ? Aurais-tu une indication pour comment procéder quand $p_n = 1-1/n$ ?

Merci. Avec l'indication, voici une preuve un peu calculatoire
\begin{eqnarray*}
\left| \sum_{i=1}^n\left[(-1)^{i+1}\binom{n}{i}\left(\frac{1}{1-\frac{1}{n^i}}-1\right)-\frac{(-1)^{i+1}}{i!}\right]\right| &\leq& \sum_{i=1}^n\frac{1}{i!}\left|\frac{n(n-1)...(n-i+1)}{n^i-1}-1\right| \\
&=& \frac{1}{n-1} + \sum_{i=2}^n\frac{1}{i!}\left(1-\frac{n(n-1)...(n-i+1)}{n^i-1}\right) \\
&\leq& \frac{1}{n-1}+\sum_{i=2}^n\frac{1}{i!n^i}\left(n^i-n(n-1)...(n-i+1)\right) \\
&=&\frac{1}{n-1}-\sum_{i=2}^n\frac{1}{i!}\sum_{j=0}^{i-1}a^{(i)}_jn^{j-i}
\end{eqnarray*}
Où $a_0^{(i)},...,a_i^{(i)}$ les coefficients sont les coefficients de $n(n-1)...(n-i+1)$, qui est un polynôme en $n$ de degré $i$. On remarque que $a^{(i)}_i = 1$ et $a^{(i)}_{i-1}=-\frac{i(i-1)}{2}$. Alors
\begin{eqnarray*}
\left|\frac{1}{i!}\sum_{j=0}^{i-1}a^{(i)}_jn^{j-i}\right|&\leq&\left|\frac{a^{(i)}_{i-1}}{i!}n^{-1}\right| +n^{-2}\frac{1}{i!}\sum_{j=0}^{i-2}\left|a^{(i)}_jn^{j+2-i}\right| \\ &\leq& \frac{i(i-1)}{i!}n^{-1} + n^{-2}\sum_{j=0}^{i-2}\left|\frac{a^{(i)}_j}{i!}\right| \\
&\leq& \frac{i(i-1)}{i!}n^{-1} + n^{-2}\sum_{j=0}^{i}\left|\frac{a^{(i)}_j}{i!}\right| \\
&=& \frac{i(i-1)}{i!}n^{-1} + n^{-2}
\end{eqnarray*} où on peut montrer $\sum_{j=0}^{i}\left|\frac{a^{(i)}_j}{i!}\right| =1$ par récurrence. D'où
\begin{eqnarray*}
\left|\sum_{i=2}^n\frac{1}{i!}\sum_{j=0}^{i-1}a^{(i)}_jn^{j-i}\right|\leq\sum_{i=2}^n\left|\frac{1}{i!}\sum_{j=0}^{i-1}a^{(i)}_jn^{j-i}\right|\leq\frac{1}{n}\sum_{i=2}^n\frac{i(i-1)}{i!}+\frac{1}{n}\longrightarrow 0
\end{eqnarray*}
En recollant les morceaux je trouve bien
$$\lim a_n = 2-1/e$$

EDIT: J'ai corrigé la fin de la preuve.

@jandri: Merci (tu) Le cas $p=1-1/n$ est beaucoup mieux traité comme ça qu'avec mes polynômes