Quelques équivalences plaisantes et délectables

a) Posons $S(x)=\sum_{k\geq 1}\dfrac{k!}{(2k)!}x^{2k-1}$ pour $x>0$, et $a_k=\dfrac{k!}{(2k)!}$.

On a
$$\frac{a_{k+1}}{a_k}=\frac{k+1}{(2k+2)(2k+1)}=\frac{1}{2(2k+1)},$$donc $2(2k+1)a_{k+1}=a_k$. En multipliant par $x^{2k+1}$ et en sommant sur $k\geq 1$ :
$$2\sum_{k\geq 1}(2k+1)a_{k+1}x^{2k+1}=x^2S(x).$$Comme $\sum_{k\geq 1}(2k+1)a_{k+1}x^{2k}=\frac{d}{dx}\big(S(x)-a_1x\big)=S'(x)-\tfrac12$, cela s’écrit
$$2x\left(S'(x)-\tfrac12\right)=x^2S(x),\qquad\text{soit}\qquad S'(x)=\frac{x}{2}S(x)+\frac12.$$La substitution $S(x)=e^{x^2/4}u(x)$ donne $u'(x)=\frac12 e^{-x^2/4}$, et $S(0)=0$ fournit la forme close
$$S(x)=\frac12 e^{x^2/4}\int_0^x e^{-t^2/4}\,dt.$$Quand $x\to+\infty$, l’intégrale tend vers $\int_0^{+\infty}e^{-t^2/4}dt=\sqrt{\pi}$ (poser $t=2v$), d’où
$$S(x)\underset{+\infty}{\sim}\frac{\sqrt{\pi}}{2}e^{x^2/4}.$$

b) Soit $F(x)=\displaystyle\int_0^x \frac{dt}{a^2\cos^2 t+b^2\sin^2 t}$ avec $ab\neq 0$. L’intégrande $g$ est continue, strictement positive et $\pi$-périodique ; posons $I=\int_0^{\pi}g$. En écrivant $x=n\pi+\rho$ avec $n=\lfloor x/\pi\rfloor$ et $\rho\in[0,\pi[$, la périodicité donne
$$F(x)=nI+\int_0^{\rho}g(t)\,dt,$$le reste appartenant à $[0,I]$. Comme $n\sim x/\pi$ et $I>0$, on obtient $F(x)\sim \frac{I}{\pi}x$.

On pose $u=\tan t$ sur $]-\pi/2,\pi/2[$, avec $dt=\frac{du}{1+u^2}$ :
$$I=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\frac{dt}{a^2\cos^2 t+b^2\sin^2 t}=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{du}{a^2+b^2u^2}=\frac{\pi}{|ab|}.$$

Donc $F(x)\underset{+\infty}{\sim}\dfrac{x}{|ab|}$.

c) Soit $x\in\;]0,1[$ et $S(x)=\sum_{k\geq 0}x^{2^k}$. Posons $y=\ln(1/x)>0$, de sorte que
$$S(x)=\sum_{k\geq 0}e^{-2^ky}=:\Sigma(y),\qquad y\to 0^+,$$et l’énoncé devient $\Sigma(y)\sim \dfrac{\ln(1/y)}{\ln 2}$.

Soit $N=\big\lfloor\log_2(1/y)\big\rfloor$, ainsi
$$\sum_{k\geq N}e^{-2^ky}\leq\sum_{j\geq 0}e^{-2^j}\leq\sum_{j\geq 0}e^{-(j+1)}=\frac{1}{e-1},$$quantité bornée indépendamment de $y$.

De pluus $\sum_{k=0}^{N-1}e^{-2^ky}\leq N$ et $\Sigma(y)\leq N+\frac{1}{e-1}$.

Fixons $\varepsilon\in\;]0,1[$ et posons $M=\lfloor(1-\varepsilon)N\rfloor$. Pour $k\leq M$ on a $2^ky\leq 2^{-\varepsilon N}\to 0$, donc ces termes tendent uniformément vers $1$ et
$$\Sigma(y)\geq (M+1)e^{-2^{-\varepsilon N}}\geq (1-\varepsilon)N\big(1+o(1)\big).$$En combinant les deux encadrements,
$$(1-\varepsilon)\big(1+o(1)\big)\leq\frac{\Sigma(y)}{N}\leq 1+o(1),$$et en faisant $\varepsilon\to 0$ il vient $\Sigma(y)\sim N$.

Enfin $N=\lfloor\log_2(1/y)\rfloor\sim\log_2(1/y)$, d’où
$$S(x)\underset{1^-}{\sim}\frac{\ln(1/y)}{\ln 2}=-\frac{\ln\big(\ln(1/x)\big)}{\ln 2}.$$