Développement de $H_n$ à l'ordre $1/n$

Stratégie. C'est exactement la méthode de l'exercice résolu 8, poussée d'un cran. On pose l'erreur qu'on veut mesurer, on étudie la série de ses accroissements par un développement limité — et il faut cette fois aller jusqu'à l'ordre 3, car les ordres 1 et 2 se compensent exactement.

Posons, pour $n\ge 1$, $$v_n=H_n-\ln n-\gamma -\frac{1}{2n}.$$ Il s'agit de montrer $v_n=O\left(\frac{1}{n^2}\right)$.

Étape 1 — la limite de $(v_n)$ est nulle. L'exercice résolu 8 donne $H_n-\ln n\to \gamma$, et $\frac{1}{2n}\to 0$ : donc $v_n\to 0$. (On sait donc déjà où l'on va ; il reste à mesurer la vitesse.)

Étape 2 — l'accroissement, à l'ordre 3. $$v_{n+1}-v_n=\frac{1}{n+1}-\ln \frac{n+1}{n}+\frac{1}{2n}-\frac{1}{2(n+1)}=\frac{1}{n+1}-\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)+\frac{1}{2n(n+1)}.$$ Développons chaque morceau en puissances de $\frac{1}{n}$ : $$\frac{1}{n+1}=\frac{1}{n}\cdot \frac{1}{1+\frac{1}{n}}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n^2}+\frac{1}{n^3}+O\left(\frac{1}{n^4}\right),$$ $$\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)=\frac{1}{n}-\frac{1}{2n^2}+\frac{1}{3n^3}+O\left(\frac{1}{n^4}\right),$$ $$\frac{1}{2n(n+1)}=\frac{1}{2n^2}\cdot \frac{1}{1+\frac{1}{n}}=\frac{1}{2n^2}-\frac{1}{2n^3}+O\left(\frac{1}{n^4}\right).$$ Additionnons, coefficient par coefficient :

ordre	$\frac{1}{n+1}$	$-\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)$	$\frac{1}{2n(n+1)}$	total
$\frac{1}{n}$	$+1$	$-1$	$0$	$0$
$\frac{1}{n^2}$	$-1$	$+\frac{1}{2}$	$+\frac{1}{2}$	$0$
$\frac{1}{n^3}$	$+1$	$-\frac{1}{3}$	$-\frac{1}{2}$	$+\frac{1}{6}$

Donc $$v_{n+1}-v_n=\frac{1}{6n^3}+O\left(\frac{1}{n^4}\right)=O\left(\frac{1}{n^3}\right).$$

C'est ici le point délicat. Les deux premiers ordres s'annulent : c'est précisément ce que le terme $\frac{1}{2n}$ a été introduit pour produire. Un développement arrêté à l'ordre 2 ne donnerait que $v_{n+1}-v_n=O\left(\frac{1}{n^2}\right)$, d'où l'on ne tirerait qu'un reste en $O\left(\frac{1}{n}\right)$ — insuffisant. L'ordre 3 est indispensable, ni plus ni moins.

Étape 3 — la série converge. La série $\sum \left|v_{n+1}-v_n\right|$ est dominée par une série de Riemann d'exposant $3>1$ : elle converge. Donc la série télescopique $\sum (v_{n+1}-v_n)$ converge absolument, et par le lien suite-série la suite $(v_n)$ converge — vers $0$, d'après l'étape 1.

Étape 4 — la vitesse. Comme $v_n\to 0$, le reste de la série télescopique s'écrit $$v_n=-\sum _{k\ge n}(v_{k+1}-v_k).$$ L'étape 2 fournit une constante $M$ et un rang $k_0$ tels que $\left|v_{k+1}-v_k\right|\le \frac{M}{k^3}$ pour $k\ge k_0$ ; en sommant ces inégalités, pour $n\ge k_0$, $$|v_n|\le \sum _{k\ge n}|v_{k+1}-v_k|\le M\sum _{k\ge n}\frac{1}{k^3}.$$ Enfin, par comparaison série-intégrale sur la fonction décroissante $t\mapsto t^{-3}$ : $$\sum _{k\ge n}\frac{1}{k^3}\le {\int }_{n-1}^{+\infty }\frac{\mathrm{d}t}{t^3}=\frac{1}{2(n-1{)}^2}=O\left(\frac{1}{n^2}\right).$$ D'où $v_n=O\left(\frac{1}{n^2}\right)$, c'est-à-dire $$\boxed{H_n=\ln n+\gamma +\frac{1}{2n}+O\left(\frac{1}{n^2}\right).}$$

Contrôle numérique. Calculons $v_n=H_n-\ln n-\gamma -\frac{1}{2n}$ en précision étendue :

$n$	$v_n$	$n^2{v}_n$
$10$	$-8,325\cdot 10^{-4}$	$-0,083250$
$10^2$	$-8,333\cdot 10^{-6}$	$-0,083333$
$10^3$	$-8,333\cdot 10^{-8}$	$-0,083333$
$10^4$	$-8,333\cdot 10^{-10}$	$-0,083333$

La quantité $n^2{v}_n$ se stabilise à $-0,083333=-\frac{1}{12}$ : le $O\left(\frac{1}{n^2}\right)$ est donc optimal, il ne peut pas être amélioré en un $o\left(\frac{1}{n^2}\right)$.

Cohérence avec le calcul. Le contrôle recoupe l'étape 2, en revenant à la définition de l'équivalent. Soit $\epsilon \in \left]0,1\right[$ : puisque $v_{k+1}-v_k\sim \frac{1}{6k^3}$, il existe un rang $k_1$ tel que, pour $k\ge k_1$, $$(1-\epsilon )\frac{1}{6k^3}\le v_{k+1}-v_k\le (1+\epsilon )\frac{1}{6k^3}.$$ Notons ${\rho }_n={\sum }_{k\ge n}\frac{1}{k^3}$. En sommant pour $k\ge n\ge k_1$, avec $-v_n={\sum }_{k\ge n}(v_{k+1}-v_k)$ : $$\left|v_n+\frac{{\rho }_n}{6}\right|\le \epsilon \frac{{\rho }_n}{6}.$$ C'est la définition de $v_n\sim -\frac{{\rho }_n}{6}$. Et ${\rho }_n\sim \frac{1}{2n^2}$, par la comparaison série-intégrale qui l'encadre entre ${\int }_n^{+\infty }\frac{\mathrm{d}t}{t^3}=\frac{1}{2n^2}$ et ${\int }_{n-1}^{+\infty }\frac{\mathrm{d}t}{t^3}=\frac{1}{2(n-1{)}^2}$. D'où $v_n\sim -\frac{1}{12n^2}$ : exactement la valeur mesurée, signe compris. Le terme suivant du développement asymptotique est donc $-\frac{1}{12n^2}$ — et la même méthode, poussée d'un ordre de plus, le démontrerait.