Exercice 13

On note $u_{n} = \frac{1}{n^{\alpha}(\ln n)^{\beta}}$, positif pour $n \geqslant 2$.

1. Supposons $\alpha > 1$ et posons $\rho = \frac{1 + \alpha}{2} \in \,]1\,,\alpha[$. Alors $$n^{\rho}u_{n} = \frac{(\ln n)^{-\beta}}{n^{(\alpha - 1)/2}} \xrightarrow[n \to +\infty]{} 0 :$$ si $\beta \geqslant 0$, le numérateur est majoré par $1$ pour $n \geqslant 3$ ; si $\beta < 0$, c'est la croissance comparée $(\ln n)^{|\beta|} = o\big(n^{(\alpha - 1)/2}\big)$ (chapitre 10, proposition 2). Ainsi $u_{n} = o\big(\frac{1}{n^{\rho}}\big)$ avec $\rho > 1$, et la série converge (théorème 3 (iii)).

Supposons $\alpha < 1$. Alors $nu_{n} = \frac{n^{1 - \alpha}}{(\ln n)^{\beta}}$ tend vers $+\infty$, pour la même raison : si $\beta \leqslant 0$, $nu_{n} \geqslant n^{1 - \alpha}$ pour $n \geqslant 3$, et si $\beta > 0$, $(\ln n)^{\beta} = o(n^{1 - \alpha})$. Donc $u_{n} \geqslant \frac{1}{n}$ à partir d'un certain rang, et la série diverge. $$\boxed{\alpha > 1 : \text{ convergence} ; \qquad \alpha < 1 : \text{ divergence, quel que soit } \beta}$$ Le logarithme ne pèse rien devant une puissance de $n$ : pour $\alpha \neq 1$, on « vole » une petite puissance $n^{(\alpha - 1)/2}$ pour l'absorber.

2. Supposons $\alpha = 1$. Si $\beta \leqslant 0$, alors $u_{n} = \frac{(\ln n)^{-\beta}}{n} \geqslant \frac{1}{n}$ pour $n \geqslant 3$ : la série diverge. Si $\beta > 0$, la fonction $f : t \mapsto \frac{1}{t(\ln t)^{\beta}}$ est continue, positive, et décroissante sur $[2\,,+\infty[$, comme inverse de la fonction croissante et positive $t \mapsto t(\ln t)^{\beta}$. On reconnaît $f = u'u^{-\beta}$ avec $u = \ln$, d'où une primitive : $$\int_{2}^{n} \frac{\mathrm{d} t}{t(\ln t)^{\beta}} = \frac{(\ln n)^{1 - \beta} - (\ln 2)^{1 - \beta}}{1 - \beta} \ \text{ si } \beta \neq 1, \qquad \int_{2}^{n} \frac{\mathrm{d} t}{t\ln t} = \ln\ln n - \ln\ln 2.$$ Cette suite est majorée (par $\frac{(\ln 2)^{1 - \beta}}{\beta - 1}$) si $\beta > 1$, et tend vers $+\infty$ si $0 < \beta \leqslant 1$. La proposition 6 (iii) conclut. $$\boxed{\alpha = 1 : \quad \sum_{n \geqslant 2} \frac{1}{n(\ln n)^{\beta}} \text{ converge} \iff \beta > 1}$$ On contrôle la primitive par dérivation : $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t}\frac{(\ln t)^{1 - \beta}}{1 - \beta} = \frac{1}{t}(\ln t)^{-\beta}$ ✓.

3. En résumé, la série converge si et seulement si $\alpha > 1$, ou bien $\alpha = 1$ et $\beta > 1$. $$\boxed{\sum_{n \geqslant 2} \frac{1}{n^{\alpha}(\ln n)^{\beta}} \text{ converge} \iff \alpha > 1 \ \text{ ou } \ (\alpha = 1 \text{ et } \beta > 1)}$$

Le domaine de convergence, en bleu, est le demi-plan ouvert $\alpha > 1$, auquel s'ajoute la demi-droite épaisse $\{1\} \times \,]1\,,+\infty[$, sans son origine $(1, 1)$, marquée d'un cercle vide. Sur la droite $\alpha = 1$, frontière entre les deux comportements, c'est l'exposant du logarithme qui décide, avec le même seuil $1$ que pour les séries de Riemann.

À retenir. Les séries de Bertrand affinent l'échelle des séries de Riemann exactement là où celle-ci ne décide pas. Le cas $\beta = 1$ est la série $\sum \frac{1}{n\ln n}$ de l'exemple du cours (section 20.3.3) et de l'exercice 10 ; l'exercice 19 retrouvera les séries de Riemann par une autre méthode, la condensation, et prolongera l'échelle d'un cran avec un facteur $(\ln\ln n)^{\alpha}$.