Exercice 51

Les chiffres binaires. Pour $n \geqslant 1$, on écrit $n = \sum_{k \geqslant 0} \varepsilon_{k}(n)2^{k}$, la somme étant finie. En séparant les rangs $k \geqslant j$ et $k < j$, $$n = 2^{j}\sum_{k \geqslant j} \varepsilon_{k}(n)2^{k-j} + \sum_{k < j} \varepsilon_{k}(n)2^{k}, \qquad 0 \leqslant \sum_{k < j} \varepsilon_{k}(n)2^{k} \leqslant 2^{j} - 1,$$ donc $\lfloor n/2^{j} \rfloor = \sum_{k \geqslant j} \varepsilon_{k}(n)2^{k-j}$, entier dont la parité est $\varepsilon_{j}(n)$. Ainsi $\varepsilon_{j}(n) = 1$ si et seulement si $\lfloor n/2^{j} \rfloor = 2i + 1$ pour un entier $i \geqslant 0$, c'est-à-dire $$\boxed{\varepsilon_{j}(n) = 1 \iff \exists\, i \in \mathbb{N},\quad 2^{j}(2i + 1) \leqslant n < 2^{j}(2i + 2)}$$ Les entiers dont le chiffre de rang $j$ vaut $1$ forment des blocs de $2^{j}$ entiers consécutifs, séparés par des blocs de même longueur où ce chiffre vaut $0$.

Chaque case colorée indique un chiffre égal à $1$ : sur la ligne $j$, les cases colorées forment des blocs de $2^{j}$ entiers commençant en $2^{j}(2i + 1)$, et la somme d'une colonne est $b(n)$, par exemple $b(7) = 3$ et $b(8) = 1$.

Interversion. La famille $\big(\frac{\varepsilon_{j}(n)}{n(n + 1)}\big)_{n \geqslant 1,\, j \geqslant 0}$ est positive ; pour $n$ fixé, seul un nombre fini de ses termes est non nul, et leur somme vaut $\frac{b(n)}{n(n + 1)}$. Par le théorème 9, dans $[0\,,+\infty]$, $$\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{b(n)}{n(n + 1)} = \sum_{j=0}^{+\infty}\,\sum_{n \geqslant 1} \frac{\varepsilon_{j}(n)}{n(n + 1)}.$$ Somme à $j$ fixé. Par le théorème 8, on somme sur chaque bloc $[\![A\,;B - 1]\!]$, avec $A = 2^{j}(2i + 1)$ et $B = 2^{j}(2i + 2)$, en utilisant $\frac{1}{n(n + 1)} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1}$, qui donne une somme télescopique : $$\sum_{n=A}^{B-1} \frac{1}{n(n + 1)} = \frac{1}{A} - \frac{1}{B} = \frac{1}{2^{j}}\Big(\frac{1}{2i + 1} - \frac{1}{2i + 2}\Big).$$ La série en $i$ est la série harmonique alternée regroupée par paires : sa somme partielle jusqu'à $i = N - 1$ est $S_{2N} = \sum_{k=1}^{2N} \frac{(-1)^{k+1}}{k}$, qui tend vers $\ln 2$ (exemple qui suit le théorème 7). Ainsi $$\boxed{\sum_{n \geqslant 1} \frac{\varepsilon_{j}(n)}{n(n + 1)} = \frac{\ln 2}{2^{j}}} \qquad\text{puis}\qquad \boxed{\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{b(n)}{n(n + 1)} = \ln 2\sum_{j=0}^{+\infty} \frac{1}{2^{j}} = 2\ln 2 \approx 1{,}386\,294}$$ La somme des termes pour $n < 2 \cdot 10^{6}$ vaut $1{,}386\,289$, et le reste, pour $N = 2 \cdot 10^{6}$, est de l'ordre de $\frac{\ln N}{2N\ln 2} \approx 5 \cdot 10^{-6}$, puisque $b(n)$ vaut en moyenne environ la moitié du nombre de chiffres de $n$ ✓.

À retenir. La fonction $b$ est très irrégulière, et aucune comparaison directe ne donnerait la somme. L'idée est d'écrire $b(n)$ comme une somme de termes simples, puis d'intervertir : chaque chiffre, pris séparément, a une structure périodique, et c'est la positivité qui autorise l'échange sans aucune vérification préalable. La même démarche (décomposer le terme général en une somme, puis sommer d'abord sur l'autre indice) sert dans l'exercice 47, et elle resservira dans les exercices 54 et 62.