Un équivalent de la somme des inverses de racines

L'outil. La fonction $t\mapsto \frac{1}{\sqrt{t}}$ est positive et décroissante sur $\left]0,+\infty \right[$. Pour $n⩾1$ et $t\in [n,n+1]$, on a donc $\frac{1}{\sqrt{n+1}}⩽\frac{1}{\sqrt{t}}⩽\frac{1}{\sqrt{n}}$ ; en intégrant sur cet intervalle de longueur $1$ : $${\int }_n^{n+1}\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{t}}⩽\frac{1}{\sqrt{n}}\text{et}\frac{1}{\sqrt{n}}⩽{\int }_{n-1}^n\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{t}}(n⩾2).$$ Une primitive de $t^{-1/2}$ est $2\sqrt{t}$.

La minoration. Sommons la première inégalité pour $n=1,\dots ,N$ ; les intervalles se recollent en $[1,N+1]$ : $$S_N⩾{\int }_1^{N+1}\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{t}}=[2\sqrt{t}{]}_1^{N+1}=2\sqrt{N+1}-2.$$

La majoration. Sommons la seconde pour $n=2,\dots ,N$, et ajoutons le terme $n=1$, qui vaut $1$ : $$S_N⩽1+{\int }_1^N\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{t}}=1+(2\sqrt{N}-2)=2\sqrt{N}-1.$$ L'encadrement annoncé est établi (il est trivialement vrai pour $N=1$ : $2\sqrt{2}-2\approx 0,83⩽1⩽1$).

L'équivalent. Divisons l'encadrement par $2\sqrt{N}>0$ : $$\frac{2\sqrt{N+1}-2}{2\sqrt{N}}⩽\frac{S_N}{2\sqrt{N}}⩽\frac{2\sqrt{N}-1}{2\sqrt{N}}=1-\frac{1}{2\sqrt{N}}.$$ Le membre de droite tend vers $1$. Le membre de gauche s'écrit $\sqrt{\frac{N+1}{N}}-\frac{1}{\sqrt{N}}$, dont le premier terme tend vers $\sqrt{1}=1$ et le second vers $0$ : il tend vers $1$ aussi. Par encadrement, $$\frac{S_N}{2\sqrt{N}}⟶1,\text{c’est-aˋ-dire}{S}_N\sim 2\sqrt{N}.$$

Lecture. La série $\sum \frac{1}{\sqrt{n}}$ diverge (Riemann, $\alpha =\frac{1}{2}⩽1$), et l'on sait maintenant à quelle vitesse : ses sommes partielles grandissent comme $2\sqrt{N}$.