Exercice 15

Notons $N = 10^{9}$ et $S = \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n^{2/3}}$. La fonction $f : t \mapsto t^{-2/3}$ est continue, positive et strictement décroissante sur $[1\,,+\infty[$, de primitive $t \mapsto 3t^{1/3}$. La proposition 6 (ii), avec $n_{0} = 1$, donne $$3\big((N + 1)^{1/3} - 1\big) \leqslant S \leqslant 1 + 3\big(N^{1/3} - 1\big).$$ Or $N^{1/3} = 10^{3} = 1000$, et $(N + 1)^{1/3} > 1000$. La borne de droite vaut $1 + 3 \times 999 = 2998$, celle de gauche est strictement supérieure à $3 \times 999 = 2997$. Pour exclure l'égalité $S = 2998$, on revient à la proposition 6 (i) : pour $k \geqslant 2$, la fonction $f - f(k)$ est continue, positive sur $[k - 1\,,k]$, et non nulle (elle vaut $f(k - 1) - f(k) > 0$ en $k - 1$), donc son intégrale est strictement positive (chapitre 18, théorème 4) : $f(k) < \int_{k-1}^{k} f$. L'inégalité de droite est donc stricte, et $$2997 < S < 2998, \qquad \boxed{\Big\lfloor \sum_{n=1}^{10^{9}} \frac{1}{n^{2/3}} \Big\rfloor = 2997}$$ Le choix de $N = 10^{9}$ rend la racine cubique entière : c'est ce qui permet de conclure sans calculatrice. La valeur exacte, obtenue par ordinateur, est $S \approx 2997{,}552$ ; les deux bornes encadrent $S$ dans un intervalle de longueur voisine de $f(1) = 1$, ce qui suffit ici parce que le nombre de bornes entières possibles est réduit à un.

Piège. L'erreur la plus répandue est de ne retenir que l'équivalent $S \sim 3N^{1/3} = 3000$ du théorème 5 : un équivalent ne donne aucune information sur la partie entière, puisqu'il autorise une erreur $o(N^{1/3})$, éventuellement très grande. Il faut un encadrement à moins de $1$ près, et la proposition 6 le fournit.