Une convergence arbitrairement lente

La stratégie. Un seul outil, appliqué trois fois : la comparaison série-intégrale. On vérifie que la fonction est positive, continue et décroissante — c'est l'hypothèse, et il faut la dire —, puis on encadre chaque terme par deux intégrales sur des intervalles adjacents, et l'on somme. Le même encadrement décide de la nature en question 1 et donne la vitesse en question 2 : c'est tout l'intérêt de la méthode.

1) La convergence. Posons $f(t)=\frac{1}{t{\ln }^{2}t}$ sur $[2,+\infty [$ : elle y est positive, continue et décroissante, car $t$ et $\ln t$ y sont croissants et strictement positifs ($\ln 2>0$). La décroissance donne, pour $k\ge 3$ et $t\in [k-1,k]$, l'inégalité $f(k)\le f(t)$, donc $f(k)\le {\int }_{k-1}^{k}f$. En sommant de $k=3$ à $N$ et en recollant par Chasles : $$\sum _{k=3}^N\frac{1}{k{\ln }^{2}k}\le {\int }_2^N\frac{\mathrm{d}t}{t{\ln }^{2}t}={\left[-\frac{1}{\ln t}\right]}_2^N=\frac{1}{\ln 2}-\frac{1}{\ln N}\le \frac{1}{\ln 2}.$$ Les sommes partielles d'une série à termes positifs sont croissantes et ici majorées : la série converge.

2) Le reste. Pour $k\ge n+1\ge 3$, la décroissance donne les deux encadrements $${\int }_k^{k+1}f(t)\mathrm{d}t\le f(k)\le {\int }_{k-1}^{k}f(t)\mathrm{d}t.$$ En sommant pour $k$ allant de $n+1$ à l'infini — toutes les quantités sont positives et les séries convergent —, et en recollant par Chasles : $${\int }_{n+1}^{+\infty }f(t)\mathrm{d}t\le R_n\le {\int }_n^{+\infty }f(t)\mathrm{d}t.$$ Or ${\int }_x^{+\infty }\frac{\mathrm{d}t}{t{\ln }^{2}t}={\left[-\frac{1}{\ln t}\right]}_x^{+\infty }=\frac{1}{\ln x}$, donc $$\frac{1}{\ln (n+1)}\le R_n\le \frac{1}{\ln n}.$$ Enfin $\frac{1}{\ln (n+1)}\sim \frac{1}{\ln n}$, car $\frac{\ln n}{\ln (n+1)}=\frac{\ln n}{\ln n+\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)}\to 1$. Les deux bornes de l'encadrement étant équivalentes à $\frac{1}{\ln n}$, $$R_n\sim \frac{1}{\ln n}.$$

3) Ce que cela coûte en termes. Approcher la somme à $10^{-2}$ près, c'est demander $R_n\le 10^{-2}$, soit essentiellement $\frac{1}{\ln n}\le 10^{-2}$, c'est-à-dire $\ln n\ge 100$ : $$n\ge e^{100}\approx 2,69\cdot 10^{43}.$$ (Le calcul de l'ordre de grandeur : ${\log }_{10}\left(e^{100}\right)=\frac{100}{\ln 10}=\frac{100}{2,3026}=43,43$.)

Pour $\sum \frac{1}{k^2}$, dont le reste vérifie $R_n\sim \frac{1}{n}$, il suffit de $n=100$ termes. Le rapport est de quarante et un ordres de grandeur. Une série peut donc être convergente et sa somme rester hors d'atteinte de tout calcul : son reste décroît ici plus lentement que toute puissance de $\frac{1}{n}$, puisque pour tout $\alpha >0$ le quotient $\frac{1/n^{\alpha }}{1/\ln n}=\frac{\ln n}{n^{\alpha }}$ tend vers $0$.

4) Le rôle de l'exposant. La fonction $f_{\beta }(t)=\frac{1}{t{\ln }^{\beta }t}$ est positive, continue et décroissante sur $[2,+\infty [$ dès que $\beta >0$ ; pour $\beta \le 0$, le terme général est minoré par $\frac{1}{n}$ et la divergence est immédiate par comparaison. Supposons donc $\beta >0$ et appliquons le même encadrement qu'en 1).

Cas $\beta >1$. Une primitive de $f_{\beta }$ est $\frac{(\ln t{)}^{1-\beta }}{1-\beta }$, et comme $1-\beta <0$, $(\ln t{)}^{1-\beta }\to 0$ : l'intégrale ${\int }_2^X{f}_{\beta }$ a une limite finie. Les sommes partielles sont majorées, la série converge.

Cas $\beta =1$. Une primitive est $\ln \ln t$, qui tend vers $+\infty$. Cette fois la décroissance s'utilise dans l'autre sens : $f_1(k)\ge {\int }_k^{k+1}{f}_1$, d'où $$\sum _{k=2}^N\frac{1}{k\ln k}\ge {\int }_2^{N+1}\frac{\mathrm{d}t}{t\ln t}=\ln \ln (N+1)-\ln \ln 2⟶+\infty .$$ La série diverge.

Cas $0<\beta <1$. Pour $n\ge 3$ on a $\ln n>1$, donc ${\ln }^{\beta }n\le \ln n$ et $$\frac{1}{n{\ln }^{\beta }n}\ge \frac{1}{n\ln n}.$$ Par comparaison de séries à termes positifs avec le cas $\beta =1$, la série diverge.

Mise en garde de programme. Ce résultat ne figure pas au programme comme une « échelle » à invoquer : il n'y a au programme que les séries de Riemann. Chaque fois qu'une telle série apparaît, on refait la comparaison série-intégrale.

Le point délicat. L'encadrement du reste n'est pas « on remplace la somme par l'intégrale » : c'est un double encadrement, entre ${\int }_{n+1}^{+\infty }$ et ${\int }_n^{+\infty }$, et il n'a de valeur que parce que ces deux intégrales sont équivalentes. Pour une fonction à décroissance très rapide elles ne le sont pas, et la méthode donne alors la nature mais pas l'équivalent.

Ce que l'exercice installe. La comparaison série-intégrale ne décide pas seulement de la nature, elle donne la vitesse : « convergente » ne veut pas dire « calculable ». Retenir la mécanique, invariable : positivité, continuité, décroissance, encadrement de chaque terme par deux intégrales adjacentes, sommation par Chasles.