Le lien suite-série, machine à développements asymptotiques

La stratégie — le lien suite-série. Pour montrer qu'une suite converge sans connaître sa limite, on regarde la série de ses accroissements : ${\sum }_{k=1}^{n-1}(u_{k+1}-u_k)=u_n-u_1$ par télescopage, donc $(u_n)$ converge si et seulement si $\sum (u_{n+1}-u_n)$ converge. Et le même geste, répété, conquiert un terme de plus à chaque tour : retrancher le terme dominant, redériver la différence avec un développement limité d'un ordre de plus, sommer les comparaisons.

1) La constante d'Euler, et ses deux premiers termes.

L'accroissement. Pour $n\ge 1$, $$u_{n+1}-u_n=\frac{1}{n+1}-\ln (n+1)+\ln n=\frac{1}{n+1}-\ln \left(1+\frac{1}{n}\right).$$ Développons les deux morceaux en puissances de $\frac{1}{n}$ : $$\frac{1}{n+1}=\frac{1}{n}{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{-1}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n^2}+O\left(\frac{1}{n^3}\right),\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)=\frac{1}{n}-\frac{1}{2n^2}+O\left(\frac{1}{n^3}\right).$$ En soustrayant, les termes en $\frac{1}{n}$ s'annulent et $$u_{n+1}-u_n=-\frac{1}{n^2}+\frac{1}{2n^2}+O\left(\frac{1}{n^3}\right)=-\frac{1}{2n^2}+O\left(\frac{1}{n^3}\right)=O\left(\frac{1}{n^2}\right).$$

La convergence. $\sum \left|u_{n+1}-u_n\right|$ est dominée par une série de Riemann d'exposant $2>1$ : la série des accroissements est absolument convergente, donc convergente, et par télescopage $(u_n)$ converge. Notons $\gamma$ sa limite ; numériquement $\gamma \approx 0,5772$.

La vitesse. Comme $\gamma =\lim u_m$, on a $\gamma -u_n={\sum }_{k\ge n}\left(u_{k+1}-u_k\right)$. La sommation des relations de comparaison, cas convergent — la référence $\sum k^{-2}$ est positive et convergente, on somme sur les restes — donne $$\gamma -u_n\sim \sum _{k\ge n}\left(-\frac{1}{2k^2}\right)=-\frac{1}{2}\sum _{k\ge n}\frac{1}{k^2}.$$ Or la comparaison série-intégrale donne ${\sum }_{k\ge n}\frac{1}{k^2}\sim {\int }_n^{+\infty }\frac{\mathrm{d}t}{t^2}=\frac{1}{n}$. Donc $\gamma -u_n\sim -\frac{1}{2n}$, c'est-à-dire $u_n=\gamma +\frac{1}{2n}+o\left(\frac{1}{n}\right)$, soit $$H_n=\ln n+\gamma +\frac{1}{2n}+o\left(\frac{1}{n}\right),$$ et en particulier $H_n=\ln n+\gamma +O\left(\frac{1}{n}\right)$.

2) Un cran plus loin. Posons $v_n=H_n-\ln n-\gamma -\frac{1}{2n}$. On sait déjà, par le 1), que $v_n\to 0$ ; ce qu'il faut établir, c'est sa vitesse.

L'accroissement, à l'ordre trois. Pour $n\ge 1$, en utilisant $\frac{1}{2n}-\frac{1}{2(n+1)}=\frac{1}{2n(n+1)}$ : $$v_{n+1}-v_n=\frac{1}{n+1}-\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)+\frac{1}{2n(n+1)}.$$ Les trois morceaux, développés à l'ordre $3$ : $$\frac{1}{n+1}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n^2}+\frac{1}{n^3}+O\left(\frac{1}{n^4}\right),$$ $$\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)=\frac{1}{n}-\frac{1}{2n^2}+\frac{1}{3n^3}+O\left(\frac{1}{n^4}\right),$$ $$\frac{1}{2n(n+1)}=\frac{1}{2n^2}{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{-1}=\frac{1}{2n^2}-\frac{1}{2n^3}+O\left(\frac{1}{n^4}\right).$$

Les deux premiers ordres s'annulent. Le coefficient de $\frac{1}{n}$ vaut $1-1=0$. Celui de $\frac{1}{n^2}$ vaut $-1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=0$ — c'est précisément le choix du coefficient $\frac{1}{2}$ qui l'annule. Celui de $\frac{1}{n^3}$ vaut $$1-\frac{1}{3}-\frac{1}{2}=\frac{6-2-3}{6}=\frac{1}{6}.$$ Donc $v_{n+1}-v_n=\frac{1}{6n^3}+O\left(\frac{1}{n^4}\right)=O\left(\frac{1}{n^3}\right)$.

Sommation des restes. La série $\sum \frac{1}{n^3}$ est une série de Riemann convergente, donc $\sum (v_{n+1}-v_n)$ converge absolument et $(v_n)$ converge — vers $0$, on le savait. Alors $$v_n=-\sum _{k\ge n}\left(v_{k+1}-v_k\right)\sim -\sum _{k\ge n}\frac{1}{6k^3}$$ par sommation des relations de comparaison, cas convergent, la référence $\sum k^{-3}$ étant positive et convergente. Et la comparaison série-intégrale donne ${\sum }_{k\ge n}{k}^{-3}\sim {\int }_n^{+\infty }{t}^{-3}\mathrm{d}t=\frac{1}{2n^2}$. Donc $$v_n\sim -\frac{1}{12n^2},\text{c’est-aˋ-dire}{H}_n=\ln n+\gamma +\frac{1}{2n}-\frac{1}{12n^2}+o\left(\frac{1}{n^2}\right).$$

Contrôle numérique. La suite $n^2{v}_n$ vaut $-0,0832504$ en $n=10$, $-0,0833325$ en $n=10^2$, $-0,0833333$ en $n=10^3$ — à comparer à $-\frac{1}{12}=-0,0833333$. Le signe négatif dit que $\ln n+\gamma +\frac{1}{2n}$ surestime $H_n$, cohérent avec le terme suivant.

3) La même méthode sur une somme divergente. Posons $S_n={\sum }_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{k}}$ et $u_n=S_n-2\sqrt{n}$. En multipliant par la quantité conjuguée puis en réduisant au même dénominateur, $$u_{n+1}-u_n=\frac{1}{\sqrt{n+1}}-\frac{2}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\frac{\sqrt{n}-\sqrt{n+1}}{\sqrt{n+1}\left(\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\right)}=\frac{-1}{\sqrt{n+1}{\left(\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\right)}^2},$$ la dernière égalité venant de $\sqrt{n}-\sqrt{n+1}=\frac{-1}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}$. Le dénominateur étant équivalent à $\sqrt{n}{\left(2\sqrt{n}\right)}^2=4n^{3/2}$, on a $u_{n+1}-u_n\sim -\frac{1}{4n^{3/2}}$, et la forme close montre que tous ces termes sont strictement négatifs : $(u_n)$ décroît. La série des accroissements est dominée par une série de Riemann d'exposant $\frac{3}{2}>1$, donc absolument convergente, et $(u_n)$ converge vers une limite $C$ : $$\sum _{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{k}}=2\sqrt{n}+C+o(1).$$ Le terme suivant. Comme $C=\lim u_m$, la sommation des restes donne $$C-u_n=\sum _{k\ge n}\left(u_{k+1}-u_k\right)\sim -\frac{1}{4}\sum _{k\ge n}\frac{1}{k^{3/2}}\sim -\frac{1}{4}{\int }_n^{+\infty }\frac{\mathrm{d}t}{t^{3/2}}=-\frac{1}{2\sqrt{n}},$$ d'où ${\sum }_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{k}}=2\sqrt{n}+C+\frac{1}{2\sqrt{n}}+o\left(\frac{1}{\sqrt{n}}\right)$.

Contrôle numérique. La suite $u_n=S_n-2\sqrt{n}$ vaut $-1,3035574$ en $n=10$, $-1,4103962$ en $n=10^2$ et $-1,4598545089$ en $n=10^6$ : elle décroît, comme annoncé, et sa limite vaut $C=-1,4603545088$. En $n=10^6$, $C+\frac{1}{2\sqrt{n}}=-1,4598545088$, à comparer à la valeur exacte $-1,4598545089$ : neuf décimales communes.

4) Pourquoi la méthode calcule, et ne se contente pas de vérifier. Reprenons le 2) avec un coefficient inconnu, $w_n=H_n-\ln n-\gamma -\frac{c}{n}$. Le même calcul donne $w_{n+1}-w_n=\frac{1}{n+1}-\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)+\frac{c}{n(n+1)}$, dont le coefficient en $\frac{1}{n^2}$ vaut $-1+\frac{1}{2}+c=c-\frac{1}{2}$. La série reste convergente quel que soit $c$ et $(w_n)$ converge encore vers $0$ ; mais la vitesse change : $$w_n=-\sum _{k\ge n}(w_{k+1}-w_k)\sim -\left(c-\frac{1}{2}\right)\sum _{k\ge n}\frac{1}{k^2}\sim \frac{\frac{1}{2}-c}{n}\text{si }c\ne \frac{1}{2},$$ c'est-à-dire seulement d'ordre $\frac{1}{n}$ : le développement n'a pas gagné de terme. C'est l'annulation du coefficient en $\frac{1}{n^2}$ qui impose $c=\frac{1}{2}$, et la méthode produit donc le développement au lieu de le vérifier.

Le point délicat. D'un équivalent on ne tire rien sur la différence : de $S_n\sim 2\sqrt{n}$ on ne déduit pas que $S_n-2\sqrt{n}$ converge. C'est le passage aux différences, où le terme dominant s'élimine, qui fait apparaître un terme sommable — et il faut à chaque étage un développement limité d'un ordre de plus.

Ce que l'exercice installe. Un triptyque, qui se rejoue identiquement à chaque terme conquis : retrancher le terme dominant, dériver l'accroissement par un développement limité d'un ordre de plus, sommer les relations de comparaison sur les restes. C'est ainsi qu'on obtient $\gamma$, puis $\frac{1}{2n}$, puis $-\frac{1}{12n^2}$ — et c'est exactement la machine que le problème final emploiera pour la formule de Stirling.