Exercice 37 Encadrement de la série harmonique

1. $$\boxed{H_{1}=1 \quad ; \quad H_{2}=\frac{3}{2} \quad ; \quad H_{3}=\frac{11}{6} \quad ; \quad H_{4}=\frac{25}{12}}$$

2. Soit $t\in[k\,;k+1]$. Comme $0<k\leqslant t\leqslant k+1$, le passage à l'inverse renverse les inégalités : $$\boxed{\frac{1}{k+1}\leqslant\frac{1}{t}\leqslant\frac{1}{k}}$$

3. On intègre cet encadrement sur $[k\,;k+1]$, intervalle de longueur $1$, en utilisant l'inégalité de la moyenne : $$\frac{1}{k+1}\times 1\leqslant\int_{k}^{k+1}\frac{1}{t}\,\mathrm{d}t \leqslant\frac{1}{k}\times 1$$ Or $\displaystyle\int_{k}^{k+1}\frac{1}{t}\,\mathrm{d}t=\Big[\ln(t)\Big]_{k}^{k+1} =\ln(k+1)-\ln(k)$, d'où : $$\boxed{\frac{1}{k+1}\leqslant\ln(k+1)-\ln(k)\leqslant\frac{1}{k}}$$

4. On somme l'inégalité de droite pour $k$ allant de $1$ à $n$ : $$\sum_{k=1}^{n}\Big(\ln(k+1)-\ln(k)\Big)\leqslant\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}=H_{n}$$ La somme de gauche est télescopique : tous les termes se simplifient deux à deux, ne laissant que le dernier moins le premier. $$\sum_{k=1}^{n}\Big(\ln(k+1)-\ln(k)\Big)=\ln(n+1)-\ln(1)=\ln(n+1)$$

5. On somme cette fois l'inégalité de gauche pour $k$ allant de $1$ à $n-1$ : $$\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k+1}\leqslant\sum_{k=1}^{n-1}\Big(\ln(k+1)-\ln(k)\Big)=\ln(n)$$ Or la somme de gauche vaut $\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{n}=H_{n}-1$, d'où : $$H_{n}-1\leqslant\ln(n) \qquad \text{soit} \qquad \boxed{H_{n}\leqslant 1+\ln(n)}$$

6. Pour $n=100$ : $$\boxed{\ln(101)\leqslant H_{100}\leqslant 1+\ln(100)} \qquad \text{soit} \qquad 4{,}615\leqslant H_{100}\leqslant 5{,}606$$ (la valeur exacte est $H_{100}\approx 5{,}187$).

Comme $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\ln(n+1)=+\infty$ et que $\ln(n+1)\leqslant H_{n}$, le théorème de comparaison donne : $$\boxed{\lim_{n\to+\infty}H_{n}=+\infty}$$ La somme $1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots$ diverge donc, bien que ses termes tendent vers $0$.

7. (a) Si $n\geqslant 22\,026$, alors $n+1\geqslant 22\,027>\mathrm{e}^{10}\approx 22\,026{,}47$, donc $\ln(n+1)>10$. Or $H_{n}\geqslant\ln(n+1)$ : $$\boxed{H_{n}>10 \text{ dès que } n\geqslant 22\,026}$$

(b) Si $n\leqslant 8\,103$, alors $\ln(n)\leqslant\ln(8\,103)<9$ car $\mathrm{e}^{9}\approx 8\,103{,}08$. Or $H_{n}\leqslant 1+\ln(n)$ : $$\boxed{H_{n}<10 \text{ tant que } n\leqslant 8\,103}$$

(c) Le premier rang $N$ tel que $H_{N}>10$ vérifie donc $8\,103<N<22\,026$. L'encadrement est très large : il ne détermine pas $N$, mais il en donne l'ordre de grandeur. C'est le prix de la simplicité des majorations utilisées. $$\boxed{8\,104\leqslant N\leqslant 22\,026 \quad \text{(en réalité } N=12\,367\text{)}}$$

8. Par définition, $u_{n}=\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2}+\cdots+\dfrac{1}{2n}$. Or : $$H_{2n}-H_{n}=\left(1+\cdots+\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}+\cdots+\frac{1}{2n}\right) -\left(1+\cdots+\frac{1}{n}\right)=\frac{1}{n+1}+\cdots+\frac{1}{2n}$$

$$\boxed{u_{n}=H_{2n}-H_{n}}$$ L'exercice 36 ayant établi que $(u_{n})$ converge vers $\ln(2)$ : $$\boxed{\lim_{n\to+\infty}\left(H_{2n}-H_{n}\right)=\ln(2)}$$ C'est un résultat remarquable : $H_{n}$ tend vers $+\infty$, mais l'écart entre $H_{2n}$ et $H_{n}$, lui, converge. Doubler le nombre de termes n'ajoute asymptotiquement que $\ln(2)$.