Exercice 28

1. Supposons que $\sum a_{n}$ converge, de somme $S$. Alors $S \geqslant a_{0} > 0$, $a_{n}$ tend vers $0$ (proposition 2) et $S_{n}$ tend vers $S$, donc $a_{n}S_{n}$ tend vers $0 \times S = 0$, et non vers $1$. Ainsi la série diverge ; à termes positifs, ses sommes partielles tendent vers $+\infty$ (proposition 5), et $$\boxed{\sum a_{n} \text{ diverge}, \qquad a_{n} = \frac{a_{n}S_{n}}{S_{n}} \xrightarrow[n \to +\infty]{} \frac{1}{+\infty} = 0}$$

2. On a $S_{n+1} = S_{n} + a_{n+1}$, donc $\frac{S_{n+1}}{S_{n}} = 1 + \frac{a_{n+1}}{S_{n}}$, et $\frac{a_{n+1}}{S_{n}}$ tend vers $0$ puisque $a_{n+1} \to 0$ et $S_{n} \to +\infty$. $$\boxed{S_{n+1} \sim S_{n}}$$ Ensuite, par l'identité $A^{2} - B^{2} = (A - B)(A + B)$, $$S_{n+1}^{2} - S_{n}^{2} = a_{n+1}(S_{n+1} + S_{n}) = a_{n+1}S_{n+1}\Big(1 + \frac{S_{n}}{S_{n+1}}\Big) \xrightarrow[n \to +\infty]{} 1 \times (1 + 1), \qquad \boxed{\lim_{n \to +\infty} \big(S_{n+1}^{2} - S_{n}^{2}\big) = 2}$$

3. Par le lemme de Cesàro sous la forme des accroissements (chapitre 10, proposition 16), appliqué à la suite $(S_{n}^{2})$, on obtient $\frac{S_{n}^{2}}{n} \to 2$, soit $\frac{S_{n}^{2}}{2n} \to 1$ ; par continuité de la racine carrée, et comme $S_{n} > 0$, $\frac{S_{n}}{\sqrt{2n}} \to 1$. Alors $$a_{n} = \frac{a_{n}S_{n}}{S_{n}} \sim \frac{1}{S_{n}} \sim \frac{1}{\sqrt{2n}}, \qquad \boxed{a_{n} \sim \frac{1}{\sqrt{2n}}, \quad S_{n} \sim \sqrt{2n}}$$

4. Soit $(b_{n})_{n \geqslant 1}$ telle que $b_{n} \sim c_{n}$, avec $c_{n} = \frac{1}{\sqrt{2n}}$, et $B_{n} = \sum_{k=1}^{n} b_{k}$, $C_{n} = \sum_{k=1}^{n} c_{k}$. Par le théorème 5 avec $\alpha = \frac{1}{2}$, $$C_{n} = \frac{1}{\sqrt{2}}\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}} \sim \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{n^{1/2}}{1/2} = \sqrt{2n}.$$ Montrons que $B_{n} \sim C_{n}$ ; c'est le résultat de l'exercice 11 de la feuille du chapitre 10, dont on rappelle l'argument. Soit $\varepsilon > 0$, et $N$ tel que $|b_{k} - c_{k}| \leqslant \varepsilon c_{k}$ pour $k > N$. Pour $n > N$, $$|B_{n} - C_{n}| \leqslant |B_{N} - C_{N}| + \sum_{k=N+1}^{n} |b_{k} - c_{k}| \leqslant |B_{N} - C_{N}| + \varepsilon C_{n}.$$ Comme $C_{n}$ tend vers $+\infty$, on a $|B_{N} - C_{N}| \leqslant \varepsilon C_{n}$ pour $n$ assez grand, et alors $\Big|\frac{B_{n}}{C_{n}} - 1\Big| \leqslant 2\varepsilon$. Ainsi $B_{n} \sim C_{n} \sim \sqrt{2n}$, et $$\boxed{b_{n}\sum_{k=1}^{n} b_{k} \sim \frac{1}{\sqrt{2n}} \cdot \sqrt{2n} = 1, \qquad\text{donc}\qquad \lim_{n \to +\infty} b_{n}\sum_{k=1}^{n} b_{k} = 1}$$ Les questions 1 à 4 montrent que, pour une suite strictement positive, la condition « $a_{n}S_{n} \to 1$ » équivaut à « $a_{n} \sim \frac{1}{\sqrt{2n}}$ » ; que la somme commence à l'indice $0$ ou $1$ n'importe pas, puisqu'un terme fixe, multiplié par $b_{n} \to 0$, tend vers $0$. Numériquement, la suite définie par $a_{0} = 1$ et $a_{n}S_{n} = 1$ exactement pour $n \geqslant 1$ (soit $a_{n} = \frac{-S_{n-1} + \sqrt{S_{n-1}^{2} + 4}}{2}$) vérifie $a_{n}\sqrt{2n} \approx 1{,}00066$ pour $n = 1\,000$ ✓.

Piège. L'erreur la plus répandue, à la question 3, est d'« intégrer » l'équivalent $a_{n} \sim \frac{1}{S_{n}}$ comme une équation différentielle sans justification. Le passage par $S_{n}^{2}$ est la version discrète de la résolution de $y'y = 1$, et c'est le lemme de Cesàro qui remplace l'intégration : il transforme l'information sur les accroissements $S_{n+1}^{2} - S_{n}^{2}$ en information sur $S_{n}^{2}$.