Équivalent de la série génératrice des poids de Hamming

1. On fait tout simplement de la comparaison série intégrale. On a $\forall n\in\mathbb{N}, \forall t\in [n,n+1], f(n)\geq f(t)\geq f(n+1)$ ce qui donne en intégrant entre $n$ et $n+1$ puis en sommant de $0$ à $N$ :
   $$\sum_{n=0}^Nf(n)\geq \int_0^{N+1}f(t),dt\geq \sum_{n=0}^{N}f(n+1)=\sum_{n=1}^{N+1}f(n).$$On en déduit que si $\displaystyle\sum f(n)$ converge alors $\displaystyle g\colon y\mapsto \int_0^y f(t),dt$ est croissante par positivité de $f$ et majorée. En effet, $\displaystyle\int_0^y f(t),dt\leq \sum_{n=0}^{\lceil y\rceil}f(n)\leq \sum_{n=0}^{+\infty}f(n).$ Donc $g$ converge en $+\infty$ car croissante et majorée. Réciproquement si $\displaystyle \int_0^{+\infty} f(t),dt$ existe alors $\displaystyle\sum_{n=0}^{N}f(n)\leq f(0)+ \int_0^{N}f(t),dt$ donc la série à termes positifs converge car elle est majorée.
2. a) On remarque que pour $n\geq 1, u_n\geq 1$ donc $\sum_{n\geq 0}u_n$ diverge donc $R\leq 1.$ Par ailleurs, pour $n=(a_k\cdots a_0)_2\in\mathbb{N}^*,$ avec $a_i\in{0,1}$ et $a_k=1$ i.e. $n=2^k+a_{k-1}2^{k-1}+\cdots+a_0$ on a $n\geq 2^k$ donc $k\leq \dfrac{\ln(n)}{\ln(2)}$. Ainsi, en majorant les $a_i$ par $1$ on a $u_n\leq k+1\leq \dfrac{\ln(n)}{\ln(2)}+1.$ Donc, par croissance comparée, $u_n=o(n)$ donc $R\geq 1$ car le rayon de convergence de $\displaystyle\sum_{n\geq0}nx^n$ est $1.$ Donc $R=1.$
3. b) On remarque que pour tout $n=(a_k\cdots a_0)_2\in\mathbb{N},$ on a $2n=(a_k\cdots a_00)_2$. On a donc $u_{2n}=u_n.$ De la même façon $2n+1=(a_k\cdots a_01)_2$ donc $u_{2n+1}=u_n+1.$ On a alors $\forall x\in]-1,1[,$
   $$S(x^2)=\sum_{n=0}^{+\infty}u_nx^{2n}=\sum_{n=0}^{+\infty}u_{2n}x^{2n}=S(x)-\sum_{n=0}^{+\infty}u_{2n+1}x^{2n+1}$$donc
   $$S(x^{2})=S(x)-x\sum_{n=0}^{+\infty}u_{2n}x^{2n}-\sum_{n=0}^{+\infty}x^{2n+1}=S(x)-xS(x^2)-\dfrac{x}{1-x^2}.$$donc
   $$(1-x)S(x)-(1-x^2)S(x^2)=\dfrac{x}{1+x}$$
4. En évaluant la relation ci-dessus en $x^{2^n}$ pour $\left|x\right|<1$ et $n\in\mathbb{N}$ et en sommant de $n=0$ à $N$ on a un télescopage qui apparaît
   $$\sum_{n=0}^N(1-x^{2^n})S(x^{2^n})-(1-x^{2^{n+1}})S(x^{2^{n+1}})=(1-x)S(x)-(1-x^{2^{N+1}})S(x^{2^{N+1}})=\sum_{n=0}^N\dfrac{x^{2^n}}{1+x^{2^n}}.$$Mais on remarque que $S$ étant la somme d’une série entière, elle est continue. En particulier, $S(x^{2^{N+1}})\underset{N\rightarrow+\infty}{\longrightarrow} S(0)=u_0=0.$ On obtient donc, en passant à la limite lors que $N\rightarrow +\infty$ la relation
   $$(1-x)S(x)=\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{x^{2^n}}{1+x^{2^n}}.$$On cherche à déterminer un équivalent de $\displaystyle F(x):= \sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{x^{2^n}}{1+x^{2^n}}$ lorsque $x$ tend vers $1.$ Pour cela on va poser $x=e^{-t}$ avec $t>0$ et on va appliquer la première question à $\displaystyle F(e^{-t})=\sum_{n=0}^{+\infty}f_t(n)$ avec $\displaystyle f_t\colon y\longmapsto \dfrac{e^{-2^yt}}{1+e^{-2^yt}}=\dfrac{1}{1+e^{-2^yt}}$ qui est bien positive et décroissante. Puisque la somme existe pour tout $t>0$ c’est donc que l’intégrale de $f_t$ converge et on a les inégalités
   $$F(e^{-t})\geq \int_0^{+\infty}f_t(y),dy\geq \sum_{n=0}^{+\infty}f_t(n+1)=\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{e^{-2^{n+1}t}}{1+e^{-2^{n+1}t}}=\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{e^{-2^{n}2t}}{1+e^{-2^{n}2t}}=F(e^{-2t}).$$On en déduit l’encadrement suivant de $F(e^{-t})$ :
   $$(*)\colon H(t/2)\geq F(e^{-t})\geq H(t)$$avec $\displaystyle H(t):= \int_0^{+\infty}\dfrac{e^{-t2^y}}{1+e^{-t2^y}},dy.$ On pose le changement de variable $u=t2^y=te^{y\ln(2)}$ qui donne $u'(y)=t\ln(2)e^{y\ln(2)}=\ln(2)u$. On a alors
   $$H(t)=\dfrac{1}{\ln(2)}\int_t^{+\infty}\dfrac{e^{-u}}{u(1+e^{-u})},du$$Or on a $\dfrac{e^{-u}}{u(1+e^{-u})}\underset{u\rightarrow 0}{\sim}\dfrac{e^{-u}}{u}$ dont l’intégrale diverge en $0$ si bien que, par intégration des relations de comparaison, on a l’équivalent $\displaystyle H(t)\underset{t\rightarrow 0}{\sim}\dfrac{1}{2\ln(2)}\int_t^{+\infty}\dfrac{e^{-u}}{u}\,du$. On fait subir une intégration par parties à cette intégrale en primitivant $\dfrac{1}{u}$ et en dérivant $e^{-u}$. On a alors
   $$\int_t^{+\infty}\dfrac{e^{-u}}{u},du=\left[\ln(u)e^{-u}\right]t^{+\infty}+\int_t^{+\infty}\ln(u)e^{-u},du=-\ln(t)e^{-t}+\int_t^{+\infty}\ln(u)e^{-u},du.$$La deuxième intégrale converge lorsque $t\rightarrow0$ par intégrabilité de $\ln$ en $0$ si bien qu’on a $H(t)\underset{t\rightarrow0}{\sim}-\dfrac{\ln(t)e^{-t}}{2\ln(2)}\underset{t\rightarrow0}{\sim}-\dfrac{\ln(t)}{2\ln(2)}.$ De même on a $H(t/2)\underset{t\rightarrow0}{\sim}-\dfrac{\ln(t/2)}{2}=-\dfrac{\ln(t)-\ln(2)}{2}\underset{t\rightarrow0}{\sim}-\dfrac{-\ln(t)}{2}$. On a alors, en multipliant les inégalités de la relation $(*)$ par $-\dfrac{2\ln(2)}{\ln(t)}$ qui est positif pour $t$ assez proche de $0,$ par encadrement $\displaystyle\underset{t\rightarrow 0^+}{\lim}-\dfrac{2\ln(2)F(e^{-t})}{\ln(t)}=1.$ On en déduit que $F(e^{-t})\underset{t\rightarrow0^+}{\sim}\dfrac{-\ln(t)}{2\ln(2)}$, puis, avec $t=-\ln(x)$, on a $F(x)\underset{x\rightarrow 1^-}{\sim}\dfrac{-\ln(-\ln(x))}{2\ln(2)}$. Ceci nous permet de conclure que
   $$S(x)=\dfrac{F(x)}{(1-x)}\underset{x\rightarrow1^-}{\sim}\dfrac{-\ln(-\ln(x))}{2\ln(2)(1-x)}.$$

Autre solution sans intégrale. On suppose qu’on a obtenu $\forall x\in [0;1[=:I, F(x):=(1-x)S(x)=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{x^{2^n}}{1+x^{2^n}}$
On pose $\forall x\in I, G(x):=\sum_{n=0}^{+\infty} x^{2^{n}}.$

Etape 1. On va établir un équivalent de F en fonction de G.

Comme pour tout $y$ dans $I$, $1/2\le \frac{1}{1+y} \le 1$, on déduit l’encadrement $\forall x\in I, G(x)/2 \le F(x)\le G(x)$.
On va améliorer la majoration. On rappelle que la moyenne géométrique de deux nombres positifs est plus petite que leur moyenne arithmétique d’où en particulier $\forall x\in I, \forall n\in \N^{*},x^{2^{n-1}}\le \frac{1+x^{2^{n}}}{2}$ et
$\sqrt x\le (1+x)/2$ d’où $F(x)\le 1/2 (\sqrt x+\sum_{n=1}^{+\infty} x^{2^{{n-1}}})=1/2(\sqrt x+G(x))$
Ainsi $\forall x\in I, 0\le F(x)-G(x)/2 \le 1/2 \sqrt x \le 1/2$ (1) Comme $G(x)$ tend vers $+\infty$ lorsque $x$ tend vesr 1 par valeurs inférieures (1) assure que $F$ tend également vers l’infini lorsque $x$ tend vers 1 par valeurs inférieures et que $F(x)\sim_{1^{-}} G(x)/2$

:::Etape 2. Équivalent de G en $1^{-}$
$G$ vérifie l’équation fonctionnelle $\forall x\in I, G(x)=x+G(x^{2})$ d’où $\forall n \in \N^{*}, G(x)=\sum_{k=0}^{n-1} x^{2^{k}}+G(x^{2^{n}})$ (2)

Soit $a\in I$ et soit $x>a$. Soit alors $N(x)$ le plus petit entier n tel que $x^{2^{n}}<a$. Comme G est strictement croissante on a $G(x^{2^{n}})<G(a)$. Par ailleurs, on a alors $\forall k<N(x), a<x^{2^{k}}<1$ d’où $N(x)a<\sum_{k=0}^{N(x)}x^{2^k}<N(x)$ (NB cette fonction $N$ dépend du choix de $a$).
D’après (2), on a alors ($G$ est strictement positive sur $]0;1[$) $N(x)a<G(x)<N(x)+G(a)$ (3)
L’encadrement, $\forall x>a,x^{2^{N(x)}}<a<x^{2^{N(x)-1}}$ donne $N(x)\sim_{1^{-}} -\ln(-\ln x)/\ln(2)$ et en particulier $N(x)$ tend vers l’infini lorsque $x$ tend vers $1^{-}$ par valeurs inférieures. On pose $\forall x\in I, R(x):= -\ln (-\ln(x))/\ln(2)$

(3) donne alors $\limsup_{1^{-}} G(x)/R(x)\le 1$ et $\liminf_{1^{-}} G(x)/R(x) \ge a$ et ceci pour tout $a<1$ d’où les limites sup et inf sont égales à $1$ et donc $G(x)\sim_{1^{-}} R(x)$
(si on ne veut pas faire avec des limites inf sup, on pose $\epsilon=1-a$...)
::: Conclusion : $S(x)\sim_{1^{-}} \frac{-\ln(-\ln x)}{2\ln 2(1-x)}$