On a $u_n= \displaystyle\sum_{k=1}^n \dfrac{a^{n-k}}{k}$ qui est une suite à termes positifs.
La suite $u_n$ est minorée par la suite $v_n= \displaystyle\dfrac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} a^k=\dfrac{1-a^n}{(1-a) n}.$
On a la relation de récurrence $u_{n+1} =u_n a +\dfrac{1}{n+1}. $
Donc $\dfrac{u_{n+1}}{u_n} = a +\dfrac{1}{(n+1) u_n}\leq a +\dfrac{1}{(n+1) q_n}=y_n<1 $ à partir d'un certain rang.
En effet, $1-y_n= \dfrac{(1-a) \left(1-n a^n-a^n\right)}{(n+1) \left(1-a^n\right)} $est positif pour $n$ assez grand. ($1-y_n$ a le même signe que $(1-n a^n-a^n)$ et $a^n+ na^n$ tend vers $0$.)
Ainsi la suite $(u_n)$ à termes positifs étant décroissante à partir d'un certain rang, converge. Mais la relation de récurrence montre que la seule limite possible est $0$.
Il y aussi ce théorème: Soient$(a_n)_n,\:(b_n)_n $ des suites complexes telles que $\displaystyle \lim_{n\to+\infty}\dfrac{b_n}{b_{n+1}} =b\in\C\:\text{ et que le rayon de convergence } R \text { de la série } f(z)=\sum_{n=0}^{+\infty}a_n z^n \text{ vérifie }R>|b|.\:\:\: \text{ Alors: }$
avec $I_n=\int_0^b(\sum_{k=1}^n a^{n-k}x^{k-1})dx\leq nb^{n+1}$ et $J_n=\int_b^1\frac{x^n-a^n}{x-a}dx\leq \frac{1}{b-a}\int_b^1x^ndx=\frac{1}{b-a}\times \frac{1-b^{n+1}}{n+1}.$
Sinon, on a $\frac{a^{-k}}{k} \sim \frac1{1-a} (\frac{a^{-k}}{k} - \frac{a^{-(k-1)}}{k-1})$ et on peut utiliser un théorème de sommation des relations de comparaison pour obtenir $u_n \sim \frac{1}{(1-a)n}$.
Petit perfectionnement : $(n+1)u_n\to 1/(1-a).$ Avec les notations d'un précédent post, $(n+1)I_n\leq (n+1)nb^n\to 0$ et
$$\frac{n+1}{1-a}\int_b^1 (x^n-a^n)dx\leq (n+1 )J_{n}\leq \frac{n+1}{b-a}\int_b^1 (x^n-a^n)dx.$$ Donc $$\frac{1}{1-a}\leq \liminf (n+1 )J_{n}\leq \limsup (n+1 )J_{n}\leq \frac{1}{b-a},$$ ce qui donne le résultat puisque c'est vrai pour tout $b\in ]a,1[.$
@P.2 On peut aussi appliquer le théorème de convergence dominée (appliquée à la mesure de comptage) pour conclure (plus connu sous le nom de théorème de la double limite pour les sommes, une fois l'expression de la suite obtenue sous forme d'un produit de convolution).
Attends un peu : si $f_n(k)=a^{k}/(n-k)$ si $1\leq k\leq n$ et $f_n(k)=0$ sinon, il faut dire que $g(k)=a^k$ va bien pour dominer. Curieusement ca ne marche pas avec ma premiere tentative $f_n(k)=a^{n-k}/(k).$
@"P.2" Pas exactement, il faut poser $f_n(k)=\dfrac{na^{k}}{n-k}$ pour $1\leq k\leq n-1$ et $f_n(k)=0$ si $k\geq n$. Il y a alors convergence normale pour $nu_n=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} f_n(k)$ puisque $0\leq f_n(k)\leq (k+1)a^k$. Par suite $\lim (nu_n)=\dfrac1{1-a}$.
Réponses
$$ \lim_{n\to +\infty}nu_n = \dfrac 1{1-a},\quad u_n\underset{n\to +\infty}{\sim} \dfrac1{n(1-a)}.$$
Soient$(a_n)_n,\:(b_n)_n $ des suites complexes telles que $\displaystyle \lim_{n\to+\infty}\dfrac{b_n}{b_{n+1}} =b\in\C\:\text{ et que le rayon de convergence } R \text { de la série } f(z)=\sum_{n=0}^{+\infty}a_n z^n \text{ vérifie }R>|b|.\:\:\: \text{ Alors: }$
Chaque terme de la somme (finie) qui définit $S_n$ tend vers $a^k$ quand $n$ tend vers $+\infty.$
Pas exactement, il faut poser $f_n(k)=\dfrac{na^{k}}{n-k}$ pour $1\leq k\leq n-1$ et $f_n(k)=0$ si $k\geq n$.
Il y a alors convergence normale pour $nu_n=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} f_n(k)$ puisque $0\leq f_n(k)\leq (k+1)a^k$.
Par suite $\lim (nu_n)=\dfrac1{1-a}$.