Exercice 10

Première somme. La fonction $f : t \mapsto \frac{1}{\sqrt{t}}$ est continue, positive et décroissante sur $[1\,,+\infty[$. Pour $n \geqslant 1$ et $k \in [\![n + 1\,;2n]\!]$, la proposition 6 (i) donne $\int_{k}^{k+1} f \leqslant f(k) \leqslant \int_{k-1}^{k} f$, et, en sommant par la relation de Chasles, $$\int_{n+1}^{2n+1} \frac{\mathrm{d} t}{\sqrt{t}} \leqslant \sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{\sqrt{k}} \leqslant \int_{n}^{2n} \frac{\mathrm{d} t}{\sqrt{t}}.$$ La primitive usuelle $2\sqrt{t}$ donne les deux bornes : $2\big(\sqrt{2n + 1} - \sqrt{n + 1}\big)$ et $2\big(\sqrt{2n} - \sqrt{n}\big) = 2(\sqrt{2} - 1)\sqrt{n}$. La borne de gauche vaut $$2\sqrt{n}\Big(\sqrt{2 + \tfrac{1}{n}} - \sqrt{1 + \tfrac{1}{n}}\Big) \sim 2(\sqrt{2} - 1)\sqrt{n},$$ et l'encadrement conclut (chapitre 10, proposition 6). $$\boxed{\sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{\sqrt{k}} \sim 2(\sqrt{2} - 1)\sqrt{n} \approx 0{,}828\sqrt{n}}$$ Pour $n = 10^{4}$, la somme vaut $82{,}841$, pour $2(\sqrt{2} - 1) \times 100 \approx 82{,}843$ ✓. Le théorème 5 donne aussi ce résultat, à condition d'écrire les équivalents comme des développements : la somme jusqu'à $2n$ vaut $2\sqrt{2n} + o(\sqrt{n})$, celle jusqu'à $n$ vaut $2\sqrt{n} + o(\sqrt{n})$, et leur différence vaut $2(\sqrt{2} - 1)\sqrt{n} + o(\sqrt{n})$. Soustraire directement les équivalents n'aurait pas de sens : l'erreur la plus répandue est d'écrire « $\sim 2\sqrt{2n} - 2\sqrt{n}$ » sans contrôler les restes, ce qui tombe juste ici seulement parce que $2\sqrt{2} - 2 \neq 0$.

Pour $n = 4$, les quatre rectangles bleus ont pour hauteurs $f(5)$, …, $f(8)$ et pour aire totale $1{,}587$. Posés à gauche de chaque entier, ils sont sous la courbe et leur aire est inférieure à $\int_{4}^{8} f \approx 1{,}657$ ; posés à droite, ils la débordent et leur aire dépasse $\int_{5}^{9} f \approx 1{,}528$. Les deux bornes diffèrent de $\int_{4}^{5} f - \int_{8}^{9} f \leqslant f(4)$, et en général d'au plus $f(n)$, quantité négligeable devant $\sqrt{n}$.

Seconde somme. La fonction $g : t \mapsto \frac{1}{t\ln t}$ est continue et positive sur $[2\,,+\infty[$, et décroissante, comme inverse de la fonction croissante et positive $t \mapsto t\ln t$. Elle admet la primitive $t \mapsto \ln(\ln t)$, de la forme $\ln \circ\, u$ avec $u = \ln$, puisque $g = \frac{u'}{u}$. La proposition 6 (ii), avec $n_{0} = 2$, donne $$\ln\ln(n + 1) - \ln\ln 2 \leqslant \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k\ln k} \leqslant \frac{1}{2\ln 2} + \ln\ln n - \ln\ln 2.$$ La borne de droite est équivalente à $\ln\ln n$, qui tend vers $+\infty$. Pour la borne de gauche, on a $\ln(n + 1) \sim \ln n$, donc $$\ln\ln(n + 1) = \ln\ln n + \ln\frac{\ln(n + 1)}{\ln n} = \ln\ln n + o(1) \sim \ln\ln n.$$ L'encadrement conclut. $$\boxed{\sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k\ln k} \sim \ln(\ln n)}$$ La convergence de ce rapport est très lente : il vaut $1{,}36$ pour $n = 10^{4}$ et $1{,}30$ pour $n = 10^{6}$, parce que la différence entre la somme et $\ln\ln n$ converge, vers $0{,}7947$ environ (proposition 6 (iii)), et que $\ln\ln n$ ne vaut que $2{,}63$ pour $n = 10^{6}$.

À retenir. La comparaison avec une intégrale donne des équivalents de sommes partielles quand les théorèmes de comparaison ne donnent que la nature. Le second exemple confirme celui du cours (section 20.3.3) : la série $\sum \frac{1}{n\ln n}$ diverge, mais à la vitesse de $\ln\ln n$, beaucoup plus lentement que la série harmonique.