Exercice 12

(a) Le terme $u_{n}$ est positif. Par le théorème 5, $H_{n} \sim \ln n$, et par la remarque qui suit la proposition 6, $\ln(n!) \sim n\ln n$. Le quotient d'équivalents (chapitre 10, théorème 1) donne $u_{n} \sim \frac{\ln n}{n\ln n} = \frac{1}{n}$. $$\boxed{\sum_{n \geqslant 2} \frac{H_{n}}{\ln(n!)} \text{ diverge}}$$

(b) Pour $x \in \big[0\,,\frac{\pi}{n}\big] \subset [0\,,\pi]$, on a $\sin x \geqslant 0$, et $\sin x \leqslant x$ (chapitre 4) ; comme $1 + x \geqslant 1$, $$0 \leqslant \frac{\sin^{3} x}{1 + x} \leqslant x^{3}, \qquad\text{donc}\qquad 0 \leqslant v_{n} \leqslant \int_{0}^{\pi/n} x^{3}\,\mathrm{d} x = \frac{\pi^{4}}{4n^{4}}$$ par croissance de l'intégrale (chapitre 18, théorème 3) et primitive usuelle. Le théorème 3 conclut. $$\boxed{\sum_{n \geqslant 1} v_{n} \text{ converge}}$$ On n'a pas besoin de calculer l'intégrale : la majorer suffit. Elle est d'ailleurs équivalente à son majorant. En effet, sur $\big[0\,,\frac{\pi}{n}\big]$, l'encadrement $\sin x \geqslant x - \frac{x^{3}}{6}$ (chapitre 5) donne $\sin x \geqslant x\big(1 - \frac{\pi^{2}}{6n^{2}}\big) \geqslant 0$ pour $n \geqslant 2$, et $\frac{1}{1 + x} \geqslant \frac{1}{1 + \pi/n}$, d'où $$\frac{\big(1 - \frac{\pi^{2}}{6n^{2}}\big)^{3}}{1 + \frac{\pi}{n}} \cdot \frac{\pi^{4}}{4n^{4}} \leqslant v_{n} \leqslant \frac{\pi^{4}}{4n^{4}}, \qquad\text{donc}\qquad v_{n} \sim \frac{\pi^{4}}{4n^{4}}.$$ Numériquement, $v_{1000} \big/ \frac{\pi^{4}}{4 \cdot 10^{12}} \approx 0{,}9975$ ✓.

(c) On a $w_{n} = \mathrm{e}^{H_{n}\ln a}$, et la proposition 7 donne $H_{n}\ln a = \ln a \cdot \ln n + \gamma\ln a + o(1)$, donc $$w_{n} = n^{\ln a}\,\mathrm{e}^{\gamma\ln a}\,\mathrm{e}^{o(1)} \sim \frac{a^{\gamma}}{n^{-\ln a}},$$ puisque $\mathrm{e}^{o(1)}$ tend vers $1$. La série de Riemann d'exposant $-\ln a$ converge si et seulement si $-\ln a > 1$, c'est-à-dire $a < \frac{1}{\mathrm{e}}$. $$\boxed{\sum_{n \geqslant 1} a^{H_{n}} \text{ converge} \iff a < \frac{1}{\mathrm{e}}}$$ Piège. L'erreur la plus répandue est d'écrire $a^{H_{n}} \sim a^{\ln n}$ à partir de $H_{n} \sim \ln n$ : on ne compose pas un équivalent par l'exponentielle. Le rapport $\frac{a^{H_{n}}}{a^{\ln n}} = a^{H_{n} - \ln n}$ tend vers $a^{\gamma}$, et non vers $1$ ; la nature n'en est pas changée ici, mais il faut le développement $H_{n} = \ln n + \gamma + o(1)$, c'est-à-dire une erreur $o(1)$ dans l'exposant, pour pouvoir conclure.