Exercice 24

1. On note $R_{n}(u) = \sum_{k=n+1}^{+\infty} u_{k}$ et $R_{n}(v) = \sum_{k=n+1}^{+\infty} v_{k}$ ; ces restes existent (proposition 3) et $R_{n}(v) > 0$, puisque les $v_{k}$ sont strictement positifs. Soit $\varepsilon \in \,]0\,,1[$. Comme $\frac{u_{k}}{v_{k}}$ tend vers $1$, il existe un rang $N$ tel que, pour tout $k \geqslant N$, $$(1 - \varepsilon)v_{k} \leqslant u_{k} \leqslant (1 + \varepsilon)v_{k}.$$ Pour $n \geqslant N$, on somme ces inégalités pour $k$ allant de $n + 1$ à $m$, puis on fait tendre $m$ vers $+\infty$ (chapitre 7, théorème 5) : $$(1 - \varepsilon)R_{n}(v) \leqslant R_{n}(u) \leqslant (1 + \varepsilon)R_{n}(v), \qquad\text{soit}\qquad \Big|\frac{R_{n}(u)}{R_{n}(v)} - 1\Big| \leqslant \varepsilon.$$

$$\boxed{u_{n} \sim v_{n},\ u_{n},\, v_{n} > 0,\ \sum v_{n} \text{ convergente} \implies \sum_{k=n+1}^{+\infty} u_{k} \sim \sum_{k=n+1}^{+\infty} v_{k}}$$ Comme les restes ne font intervenir que les termes d'indice supérieur à $n$, le résultat subsiste si les suites ne sont strictement positives qu'à partir d'un certain rang : on l'applique aux suites décalées. C'est le pendant, pour les restes de séries convergentes, du résultat sur les sommes partielles de séries divergentes de l'exercice 11 de la feuille du chapitre 10.

2. Soit $\alpha > 1$. La série $\sum v_{k}$ est télescopique : pour $N \geqslant n$, $$\sum_{k=n}^{N} v_{k} = \frac{1}{\alpha - 1}\Big(\frac{1}{n^{\alpha-1}} - \frac{1}{(N + 1)^{\alpha-1}}\Big) \xrightarrow[N \to +\infty]{} \frac{1}{(\alpha - 1)n^{\alpha-1}},$$ puisque $\alpha - 1 > 0$. Par ailleurs, le développement $(1 + x)^{1-\alpha} = 1 + (1 - \alpha)x + o(x)$ en $0$ (chapitre 10) donne $$v_{k} = \frac{1}{(\alpha - 1)k^{\alpha-1}}\Big(1 - \Big(1 + \frac{1}{k}\Big)^{1-\alpha}\Big) = \frac{1}{(\alpha - 1)k^{\alpha-1}}\Big(\frac{\alpha - 1}{k} + o\Big(\frac{1}{k}\Big)\Big) \sim \frac{1}{k^{\alpha}}.$$ Les deux suites sont strictement positives ($t \mapsto t^{1-\alpha}$ est strictement décroissante), et la question 1, appliquée au rang $n - 1$, donne $$\boxed{\sum_{k=n}^{+\infty} \frac{1}{k^{\alpha}} \sim \sum_{k=n}^{+\infty} v_{k} = \frac{1}{(\alpha - 1)n^{\alpha-1}}}$$ C'est l'équivalent du théorème 5, puisque $\sum_{k=n}^{+\infty} \frac{1}{k^{\alpha}} = R_{n-1}$ et que $(n - 1)^{\alpha-1} \sim n^{\alpha-1}$. On l'obtient ici sans intégrale : $v_{k}$ est l'accroissement d'une primitive de $t^{-\alpha}$, ce qui est une façon discrète de comparer la série à l'intégrale.

3. Premier terme. On a $u_{n} - u_{n+1} = (H_{n} - H_{n+1}) + \ln(n + 1) - \ln n = \ln\Big(1 + \frac{1}{n}\Big) - \frac{1}{n + 1}$. Les développements $$\ln\Big(1 + \frac{1}{n}\Big) = \frac{1}{n} - \frac{1}{2n^{2}} + \frac{1}{3n^{3}} + O\Big(\frac{1}{n^{4}}\Big), \qquad \frac{1}{n + 1} = \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{1 + \frac{1}{n}} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n^{2}} + \frac{1}{n^{3}} + O\Big(\frac{1}{n^{4}}\Big)$$ donnent $$\boxed{u_{n} - u_{n+1} = \frac{1}{2n^{2}} - \frac{2}{3n^{3}} + O\Big(\frac{1}{n^{4}}\Big) \sim \frac{1}{2n^{2}}}$$ Ce terme est strictement positif : $\ln\big(1 + \frac{1}{n}\big) = \int_{n}^{n+1} \frac{\mathrm{d} t}{t}$, et la fonction continue $t \mapsto \frac{1}{t} - \frac{1}{n + 1}$ est positive sur $[n\,,n + 1]$ et non nulle, donc d'intégrale strictement positive (chapitre 18, théorème 4) ; c'est la version stricte de l'encadrement lu sur la figure de la section 20.3.2. Comme $u_{n}$ tend vers $0$ (proposition 7), la série télescopique $\sum (u_{k} - u_{k+1})$ converge et $\sum_{k=n}^{+\infty} (u_{k} - u_{k+1}) = u_{n} - \lim u = u_{n}$ (proposition 4). Les questions 1 et 2, avec $\alpha = 2$, donnent $$u_{n} = \sum_{k=n}^{+\infty} (u_{k} - u_{k+1}) \sim \sum_{k=n}^{+\infty} \frac{1}{2k^{2}} \sim \frac{1}{2n}, \qquad \boxed{H_{n} - \ln n - \gamma \sim \frac{1}{2n}}$$ Terme suivant. On pose $w_{n} = u_{n} - \frac{1}{2n}$, qui tend vers $0$. Comme $$\frac{1}{2n} - \frac{1}{2(n + 1)} = \frac{1}{2n(n + 1)} = \frac{1}{2n^{2}} - \frac{1}{2n^{3}} + O\Big(\frac{1}{n^{4}}\Big),$$ on obtient $$w_{n} - w_{n+1} = (u_{n} - u_{n+1}) - \frac{1}{2n(n + 1)} = -\frac{2}{3n^{3}} + \frac{1}{2n^{3}} + O\Big(\frac{1}{n^{4}}\Big) = -\frac{1}{6n^{3}} + O\Big(\frac{1}{n^{4}}\Big).$$ La suite $w_{n+1} - w_{n} \sim \frac{1}{6n^{3}}$ est strictement positive à partir d'un certain rang ; la question 1 (sous la forme décalée) et la question 2 avec $\alpha = 3$ donnent $$-w_{n} = \sum_{k=n}^{+\infty} (w_{k+1} - w_{k}) \sim \sum_{k=n}^{+\infty} \frac{1}{6k^{3}} \sim \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{2n^{2}} = \frac{1}{12n^{2}}.$$ Ainsi $w_{n} = -\frac{1}{12n^{2}} + o\Big(\frac{1}{n^{2}}\Big)$, ce qui s'écrit $$\boxed{H_{n} = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} - \frac{1}{12n^{2}} + o\Big(\frac{1}{n^{2}}\Big)}$$ Pour $n = 1\,000$, on calcule $n^{2}\Big(H_{n} - \ln n - \gamma - \frac{1}{2n}\Big) \approx -0{,}0833333$, très proche de $-\frac{1}{12}$ ✓. La remarque qui suit la proposition 7 avait deviné le terme $\frac{1}{2n}$ sur l'écart observé pour $n = 1\,000$ ; l'exercice le démontre et va un cran plus loin.

À retenir. La méthode est générale : pour obtenir le développement asymptotique d'une suite qui tend vers $0$, on développe ses accroissements, qui sont souvent explicites, puis on « resomme » les restes à l'aide de la question 1. L'erreur la plus répandue est de sommer des équivalents sans vérifier le signe : la question 1 exige des termes positifs, et c'est pourquoi on a travaillé avec $w_{n+1} - w_{n}$, positif, plutôt qu'avec $w_{n} - w_{n+1}$. En continuant, on trouverait que le terme suivant est $\frac{1}{120n^{4}}$ (il n'y a pas de terme en $\frac{1}{n^{3}}$), ce que confirme le calcul numérique.