Le terme 12n du développement de H_n

Stratégie. On sait déjà (exercice résolu sur la constante d'Euler) que $H_n=\ln n+\gamma +O(\frac{1}{n})$. Pour transformer ce $O(\frac{1}{n})$ en $\frac{1}{2n}+O(\frac{1}{n^2})$, on applique exactement la même méthode, un cran plus loin : on retranche le terme candidat, on étudie la suite restante par le lien suite-série, et l'ordre du développement limité augmente d'une unité.

Mise en place. Posons, pour $n\ge 1$, $$v_n=H_n-\ln n-\gamma -\frac{1}{2n}.$$ Comme $H_n-\ln n\to \gamma$ et $\frac{1}{2n}\to 0$, on sait déjà que $v_n\to 0$. Ce qu'il faut établir, c'est la vitesse : $v_n=O(\frac{1}{n^2})$.

Étape 1 — la différence, développée à l'ordre $3$. Pour $n\ge 1$ : $$v_{n+1}-v_n=\frac{1}{n+1}-\ln \left(\frac{n+1}{n}\right)-\frac{1}{2(n+1)}+\frac{1}{2n}=\frac{1}{n+1}-\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)+\frac{1}{2n(n+1)},$$ où l'on a utilisé $\frac{1}{2n}-\frac{1}{2(n+1)}=\frac{1}{2n(n+1)}$. On développe les trois morceaux en puissances de $\frac{1}{n}$ à l'ordre $3$ : $$\frac{1}{n+1}=\frac{1}{n}{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{-1}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n^2}+\frac{1}{n^3}+O\left(\frac{1}{n^4}\right),$$ $$\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)=\frac{1}{n}-\frac{1}{2n^2}+\frac{1}{3n^3}+O\left(\frac{1}{n^4}\right),$$ $$\frac{1}{2n(n+1)}=\frac{1}{2n^2}{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{-1}=\frac{1}{2n^2}-\frac{1}{2n^3}+O\left(\frac{1}{n^4}\right).$$

Étape 2 — les deux premiers ordres s'annulent. En sommant, 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 $\frac{1}{2}$ devant $\frac{1}{n}$ qui l'annule), et celui de $\frac{1}{n^3}$ vaut $1-\frac{1}{3}-\frac{1}{2}=\frac{6-2-3}{6}=\frac{1}{6}$. Donc $$v_{n+1}-v_n=\frac{1}{6n^3}+O\left(\frac{1}{n^4}\right)=O\left(\frac{1}{n^3}\right).$$

Étape 3 — lien suite-série. $\sum \frac{1}{n^3}$ est une série de Riemann convergente ($3>1$) : $\sum (v_{n+1}-v_n)$ est absolument convergente. Par le lien suite-série, $(v_n)$ converge — et sa limite est $0$, on le savait.

Étape 4 — la vitesse, par sommation des restes. Puisque $\lim v_m=0$, $$v_n=-\sum _{k\ge n}(v_{k+1}-v_k)\sim -\sum _{k\ge n}\frac{1}{6k^3}$$ par sommation des relations de comparaison, cas convergent (la référence $\sum k^{-3}$ est positive et convergente ; on somme sur les restes). 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 $$v_n\sim -\frac{1}{12n^2}\text{et en particulier}{v}_n=O\left(\frac{1}{n^2}\right).$$ Ce qui est exactement l'énoncé : $$\boxed{H_n=\ln n+\gamma +\frac{1}{2n}+O\left(\frac{1}{n^2}\right).}$$ Le calcul en donne même davantage : $H_n=\ln n+\gamma +\frac{1}{2n}-\frac{1}{12n^2}+o(\frac{1}{n^2})$.

Le point délicat. Le coefficient $\frac{1}{2}$ n'est pas deviné : il est imposé par l'annulation du terme en $\frac{1}{n^2}$ à l'étape 2. Si l'on avait retranché $\frac{c}{n}$ avec $c\ne \frac{1}{2}$, on aurait trouvé $v_{n+1}-v_n=(c-\frac{1}{2})\frac{1}{n^2}\cdot (-2)+\cdots$, terme d'une série divergente, et $(v_n)$ n'aurait pas convergé. Autrement dit, la méthode ne se contente pas de vérifier le développement : elle le calcule.

Contrôle numérique.

$n$	$v_n=H_n-\ln n-\gamma -\frac{1}{2n}$	$n^2{v}_n$
$10$	$-8,325039\cdot 10^{-4}$	$-0,08325039$
$10^2$	$-8,333250\cdot 10^{-6}$	$-0,08333250$
$10^3$	$-8,3333325\cdot 10^{-8}$	$-0,08333332$

À comparer à $-\frac{1}{12}=-0,08333333$ : la suite $n^2{v}_n$ converge bien vers $-\frac{1}{12}$, ce qui valide à la fois la majoration $O(n^{-2})$ et la constante $\frac{1}{6}$ trouvée à l'étape 2 (puisque $\frac{1}{6}\times \frac{1}{2}=\frac{1}{12}$). Noter le signe : $v_n<0$, c'est-à-dire que $\ln n+\gamma +\frac{1}{2n}$ surestime $H_n$ — cohérent avec le terme suivant $-\frac{1}{12n^2}$.

Acquis. Chaque terme du développement asymptotique de $H_n$ se conquiert par le même triptyque : retrancher, dériver la différence par un développement limité d'un ordre de plus, sommer les comparaisons. En itérant on obtient la série de Stirling $H_n=\ln n+\gamma +\frac{1}{2n}-\frac{1}{12n^2}+\frac{1}{120n^4}-\cdots$