Séries de Bertrand : nature, reste, sommes partielles

La stratégie. Loin du bord $\alpha =1$, la puissance de $n$ l'emporte sur tout logarithme, et l'on compare à Riemann en glissant un exposant intermédiaire. Au bord, la puissance est exactement celle de la série harmonique, et c'est le logarithme qui décide : la fonction $t\mapsto \frac{1}{t{\ln }^{\beta }t}$ a une primitive explicite, et la comparaison série-intégrale donne la nature, puis la mesure.

a) La nature. Si $\alpha >1$ : soit $\gamma =\frac{1+\alpha }{2}$, de sorte que $1<\gamma <\alpha$. Alors $n^{\gamma }\cdot \frac{1}{n^{\alpha }{\ln }^{\beta }n}=\frac{1}{n^{(\alpha -1)/2}{\ln }^{\beta }n}\to 0$ par croissances comparées, quel que soit le signe de $\beta$ : le terme général est négligeable devant $\frac{1}{n^{\gamma }}$, avec $\gamma >1$, et la série converge. Si $\alpha <1$ : avec le même $\gamma$, désormais dans $]\alpha ,1[$, $n^{\gamma }\cdot \frac{1}{n^{\alpha }{\ln }^{\beta }n}=\frac{n^{(1-\alpha )/2}}{{\ln }^{\beta }n}\to +\infty$ : à partir d'un certain rang, le terme dépasse $\frac{1}{n^{\gamma }}$, avec $\gamma <1$, et la série diverge.

Si $\alpha =1$ et $\beta \le 0$ : pour $n\ge 3$, $\ln n\ge 1$, donc $\frac{1}{n{\ln }^{\beta }n}=\frac{{\ln }^{-\beta }n}{n}\ge \frac{1}{n}$ : la série diverge. Si $\alpha =1$ et $\beta >0$ : la fonction $f:t\mapsto \frac{1}{t{\ln }^{\beta }t}$ est continue, positive et décroissante sur $[2,+\infty [$ (son dénominateur est un produit de fonctions positives croissantes). Elle a pour primitive $\frac{{\ln }^{1-\beta }t}{1-\beta }$ si $\beta \ne 1$, et $\ln \ln t$ si $\beta =1$ ; l'intégrale ${\int }_2^{+\infty }f$ converge donc si et seulement si $\beta >1$. Par comparaison série-intégrale, la série a la même nature.

Bilan : la série converge si et seulement si $\alpha >1$, ou bien $\alpha =1$ et $\beta >1$.

b) Le reste. Pour $\beta >1$, $f$ est décroissante et le cours donne l'encadrement $${\int }_{n+1}^{+\infty }f(t)\mathrm{d}t\le R_n\le {\int }_n^{+\infty }f(t)\mathrm{d}t,\text{avec}{\int }_n^{+\infty }f(t)\mathrm{d}t=\frac{1}{(\beta -1){\ln }^{\beta -1}n}.$$ Comme $\ln (n+1)=\ln n+\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)\sim \ln n$, les deux bornes sont équivalentes à $\frac{1}{(\beta -1){\ln }^{\beta -1}n}$, et le reste aussi. Pour $\beta =2$ : $R_n\sim \frac{1}{\ln n}$ — un reste qui décroît plus lentement que toute puissance de $\frac{1}{n}$.

c) Les sommes partielles. Pour $\beta =1$, $f(t)=\frac{1}{t\ln t}$ est décroissante et la série diverge. Pour $k\ge 3$, la décroissance donne ${\int }_k^{k+1}f\le f(k)\le {\int }_{k-1}^{k}f$ ; en sommant de $k=3$ à $n$ et en notant $S_n={\sum }_{k=2}^{n}f(k)$ : $$\ln \ln (n+1)-\ln \ln 3\le S_n-f(2)\le \ln \ln n-\ln \ln 2.$$ Or $\ln \ln (n+1)-\ln \ln n=\ln \frac{\ln (n+1)}{\ln n}\to 0$ : les deux bornes sont équivalentes à $\ln \ln n$, qui tend vers $+\infty$, et $S_n\sim \ln \ln n$. C'est le cas divergent du théorème de comparaison série-intégrale, qui remplace ici toute sommation d'équivalents : la fonction est monotone, et cela suffit.

d) Une précision inaccessible. Il faut $R_n\le 10^{-2}$. Il suffit que $\frac{1}{\ln n}\le 10^{-2}$, c'est-à-dire $n\ge e^{100}$ ; et c'est nécessaire, à une unité près, puisque $R_n\ge \frac{1}{\ln (n+1)}$. Il faut donc sommer environ $e^{100}\approx 2,7\times 10^{43}$ termes : aucun ordinateur n'y parviendra. Une série convergente peut être numériquement inutilisable.

Le point délicat. Au a), le glissement d'exposant est l'astuce : on ne compare pas à $\frac{1}{n^{\alpha }}$, dont la comparaison serait perdue par le facteur logarithmique, mais à $\frac{1}{n^{\gamma }}$ avec $\gamma$ strictement entre $1$ et $\alpha$, pour laisser une marge polynomiale qui écrase le logarithme.

Ce que l'exercice installe. Au bord de la règle de Riemann, le logarithme décide, et la comparaison série-intégrale mesure : reste en $\frac{1}{\ln n}$, sommes partielles en $\ln \ln n$. C'est la méthode de la PC pour estimer restes et sommes partielles : dès que la fonction est monotone, l'encadrement par deux intégrales donne l'équivalent.