La comparaison série-intégrale : décider, mesurer, accélérer

Ce qu'on a le droit d'utiliser. La croissance de l'intégrale, la relation de Chasles, les primitives, le principe fondamental des séries positives, l'équivalent par encadrement.

La stratégie. Sur chaque segment de longueur $1$, une fonction décroissante est encadrée par ses valeurs aux extrémités (méthode des rectangles) ; en sommant, on coince la somme entre deux intégrales.

a) Les rectangles. Soit $n\ge n_0+1$. Pour $t\in [n,n+1]$, $f(t)\le f(n)$, d'où ${\int }_n^{n+1}f\le f(n)$ ; pour $t\in [n-1,n]$, segment inclus dans $[n_0,+\infty [$, $f(t)\ge f(n)$, d'où ${\int }_{n-1}^{n}f\ge f(n)$. On somme pour $n$ allant de $n_0+1$ à $N$, et la relation de Chasles recolle les intégrales. Géométriquement : le rectangle de hauteur $f(n)$ posé sur $[n-1,n]$ est sous la courbe, celui posé sur $[n,n+1]$ au-dessus.

b) Décider. Si $\beta \le 0$ : pour $n\ge 3$, $\ln n\ge 1$, donc $\frac{1}{n(\ln n{)}^{\beta }}\ge \frac{1}{n}$, et la série diverge par comparaison à la série harmonique. Si $\beta >0$ : $f:t\mapsto \frac{1}{t(\ln t{)}^{\beta }}$ est continue, positive et décroissante sur $[2,+\infty [$, son dénominateur étant le produit de deux fonctions positives croissantes. Une primitive est $\frac{(\ln t{)}^{1-\beta }}{1-\beta }$ si $\beta \ne 1$, et $\ln (\ln t)$ si $\beta =1$ : leur dérivée est bien $(\ln t{)}^{-\beta }\cdot \frac{1}{t}$. Le a), avec $n_0=2$, donne ${\int }_3^{N+1}f\le {\sum }_{n=3}^{N}f(n)\le {\int }_2^{N}f$.

• $\beta >1$ : ${\int }_2^{N}f=\frac{(\ln 2{)}^{1-\beta }-(\ln N{)}^{1-\beta }}{\beta -1}\le \frac{(\ln 2{)}^{1-\beta }}{\beta -1}$ ; les sommes partielles sont majorées, la série converge.
• $\beta =1$ : ${\int }_3^{N+1}f=\ln \ln (N+1)-\ln \ln 3\to +\infty$ ; la série diverge.
• $0<\beta <1$ : ${\int }_3^{N+1}f=\frac{(\ln (N+1){)}^{1-\beta }-(\ln 3{)}^{1-\beta }}{1-\beta }\to +\infty$ ; la série diverge.

Pourquoi Riemann ne tranche pas. Pour $\beta >1$, $n{u}_n\to 0$, mais $n^s{u}_n=\frac{n^{s-1}}{(\ln n{)}^{\beta }}\to +\infty$ pour tout $s>1$ : la série se glisse entre toutes les séries de Riemann ; seule l'intégrale voit le logarithme.

c) Mesurer une somme divergente. La somme ${\Sigma }_N={\sum }_{n=2}^N\frac{1}{n\ln n}$. La minoration ${\int }_n^{n+1}f\le f(n)$ vaut pour tout $n\ge 2$, la majoration pour $n\ge 3$ ; en isolant le premier terme $f(2)=\frac{1}{2\ln 2}$, $$\ln \ln (N+1)-\ln \ln 2\le {\Sigma }_N\le \frac{1}{2\ln 2}+\ln \ln N-\ln \ln 2.$$ Or $\ln \ln (N+1)-\ln \ln N=\ln \frac{\ln (N+1)}{\ln N}\to 0$, puisque $\ln (N+1)=\ln N+\ln \left(1+\frac{1}{N}\right)$ : les deux bornes valent $\ln \ln N+O(1)$, avec $\ln \ln N\to +\infty$ ; elles sont équivalentes à $\ln \ln N$ et, par encadrement, ${\Sigma }_N\sim \ln \ln N$. Contrôle : pour $N=10^6$, la somme vaut $3,42$, entre les bornes $2,99$ et $3,71$ ; pour qu'elle dépasse $10$, la majoration exige plus de $10^{3000}$ termes.

La somme ${\Sigma }_N^{\prime }={\sum }_{n=1}^N\frac{1}{\sqrt{n}}$. Avec $f(t)=t^{-1/2}$, décroissante sur $[1,+\infty [$ et de primitive $2\sqrt{t}$, la minoration du a) vaut pour $n\ge 1$ et la majoration pour $n\ge 2$ ; en isolant $f(1)=1$, $${\int }_1^{N+1}\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{t}}\le {\Sigma }_N^{\prime }\le 1+{\int }_1^N\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{t}},$$ c'est-à-dire $2\sqrt{N+1}-2\le {\Sigma }_N^{\prime }\le 2\sqrt{N}-1$. Divisées par $2\sqrt{N}$, les deux bornes tendent vers $1$ : ${\Sigma }_N^{\prime }\sim 2\sqrt{N}$ (pour $N=10^6$, la somme vaut $1998,54$).

d) Estimer un reste, et s'en servir. Soit $\alpha >1$ et $f(t)=t^{-\alpha }$. Pour $M>N\ge 1$, les inégalités du a), sommées de $n=N+1$ à $M$, donnent ${\int }_{N+1}^{M+1}\frac{\mathrm{d}t}{t^{\alpha }}\le {\sum }_{n=N+1}^M\frac{1}{n^{\alpha }}\le {\int }_N^M\frac{\mathrm{d}t}{t^{\alpha }}$, avec ${\int }_a^b\frac{\mathrm{d}t}{t^{\alpha }}=\frac{a^{1-\alpha }-b^{1-\alpha }}{\alpha -1}$. Quand $M\to +\infty$, $b^{1-\alpha }\to 0$ car $1-\alpha <0$, et $$\frac{1}{(\alpha -1)(N+1{)}^{\alpha -1}}\le R_N\le \frac{1}{(\alpha -1)N^{\alpha -1}}.$$ Le quotient des bornes, ${\left(\frac{N}{N+1}\right)}^{\alpha -1}$, tend vers $1$ : par encadrement, $R_N\sim \frac{1}{(\alpha -1)N^{\alpha -1}}$.

Pour $\alpha =2$ : $\frac{1}{N+1}\le R_N\le \frac{1}{N}$, l'inégalité de gauche étant stricte (chaque rectangle dépasse strictement la courbe). Pour que $R_N\le 10^{-3}$, il faut $N+1>1000$, et $N=1000$ suffit : exactement mille termes. Mais $S=S_N+R_N$ donne aussi $$S_N+\frac{1}{N+1}\le S\le S_N+\frac{1}{N},$$ un encadrement de longueur $\frac{1}{N(N+1)}$. Pour $N=31$, $31\times 32=992$ : la longueur dépasse $10^{-3}$ ; pour $N=32$, $32\times 33=1056$ : elle vaut $\frac{1}{1056}<10^{-3}$. Avec $S_{32}\approx 1,614167$ : $1,644470\le S\le 1,645417$. Trente-deux termes, contre mille — et la valeur exacte, $\frac{{\pi }^2}{6}\approx 1,644934$, démontrée en deuxième année, est bien dans l'intervalle.

Ce que l'exercice installe. Encadrer une somme par deux intégrales tranche là où l'échelle des puissances est trop grossière, mesure une somme divergente — « l'application à l'étude de sommes partielles » du programme —, estime un reste, et accélère le calcul, comme le terme correctif de l'exercice 2. En physique, c'est le passage du discret au continu, erreur comprise.