Équivalent d'un reste : série-intégrale, puis télescopage

Par comparaison série-intégrale. La fonction $f:t\mapsto \frac{1}{t^2+t}$ est continue, positive et décroissante sur $[1,+\infty [$ (son dénominateur est positif et croissant). Le cours donne l'encadrement $${\int }_{n+1}^{+\infty }f(t)\mathrm{d}t\le R_n\le {\int }_n^{+\infty }f(t)\mathrm{d}t.$$ Comme $f(t)=\frac{1}{t}-\frac{1}{t+1}$, une primitive est $t\mapsto \ln \frac{t}{t+1}$, qui tend vers $0$ en $+\infty$ : ${\int }_n^{+\infty }f(t)\mathrm{d}t=\ln \frac{n+1}{n}=\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)$. D'où $$\ln \left(1+\frac{1}{n+1}\right)\le R_n\le \ln \left(1+\frac{1}{n}\right).$$ Les deux bornes sont équivalentes à $\frac{1}{n}$, car $\ln (1+x)\sim x$ en $0$ et $\frac{1}{n+1}\sim \frac{1}{n}$ : $R_n\sim \frac{1}{n}$.

Vérification exacte. $u_k=\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}$ (décomposition en éléments simples), donc le reste télescope : $$R_n=\sum _{k=n+1}^{+\infty }\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right)=\frac{1}{n+1}\sim \frac{1}{n}.$$ Et l'encadrement est bien vérifié : $\ln \left(1+\frac{1}{n+1}\right)\le \frac{1}{n+1}$, car $\ln (1+x)\le x$, et $\frac{1}{n+1}\le \ln \left(1+\frac{1}{n}\right)$, car $\ln (1+x)\ge \frac{x}{1+x}$.

(Quand le télescopage est disponible, il donne la valeur exacte ; la comparaison série-intégrale, elle, donne l'équivalent dès que la fonction est monotone : c'est l'outil du programme pour estimer un reste.)