Encadrer une somme par un télescopage

Ce qu'on a le droit d'utiliser. Le télescopage du cours ; la factorisation $a^m-b^m=(a-b){\sum }_{j=0}^{m-1}{a}^j{b}^{m-1-j}$ ; les règles de l'ordre (additionner des inégalités de même sens, multiplier par un réel positif, passer à l'inverse entre réels strictement positifs, ce qui renverse l'ordre) ; pour le c), le théorème des gendarmes et les opérations sur les limites de suites, connus du lycée. La stratégie, commune aux trois questions : on ne sait calculer ni la somme des $\frac{1}{k^2}$, ni celle des $k^p$ pour $p$ quelconque ; on encadre chaque terme par une différence $u_{k+1}-u_k$, dont la somme se calcule d'un trait.

a) La somme des inverses des carrés. Soit $k\ge 2$. En réduisant au même dénominateur, $\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}=\frac{1}{k(k+1)}$ et $\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}=\frac{1}{k(k-1)}$. Or $0<k(k-1)\le k^2\le k(k+1)$, et le passage à l'inverse renverse ces inégalités entre réels strictement positifs : $$\frac{1}{k(k+1)}\le \frac{1}{k^2}\le \frac{1}{k(k-1)}.$$ Soit $n\ge 2$. Sommons de $k=2$ à $k=n$ : les deux sommes extrêmes télescopent, en $\frac{1}{2}-\frac{1}{n+1}$ et en $1-\frac{1}{n}$. En ajoutant le terme $k=1$, qui vaut $1$, on obtient $$\frac{3}{2}-\frac{1}{n+1}\le \sum _{k=1}^n\frac{1}{k^2}\le 2-\frac{1}{n}.$$ Pour $n=1$, la somme vaut $1$ et les deux bornes aussi : l'encadrement est vrai, avec égalité des deux côtés.

Le point délicat. L'encadrement terme à terme est faux pour $k=1$, où $\frac{1}{k-1}$ n'a pas de sens : on sort le premier terme de la somme et l'on ne compare qu'à partir du rang $2$. C'est l'oubli classique, et il coûte tout.

Contrôle numérique. Pour $n=4$ : la somme vaut $1+\frac{1}{4}+\frac{1}{9}+\frac{1}{16}=\frac{205}{144}\approx 1,424$, entre $\frac{3}{2}-\frac{1}{5}=1,3$ et $2-\frac{1}{4}=1,75$. Un calcul exact confirme l'encadrement jusqu'à $n=300$.

b) Les sommes de puissances. Pour $p=0$, tout est immédiat : les trois membres de la première inégalité valent $a-b$, ceux de la seconde valent $n$. Supposons $p\ge 1$. La factorisation, avec $m=p+1$, donne $$a^{p+1}-b^{p+1}=(a-b)\sum _{j=0}^p{a}^j{b}^{p-j}.$$ Pour $0\le b\le a$, chacun des $p+1$ termes $a^j{b}^{p-j}$ est compris entre $b^j{b}^{p-j}=b^p$ et $a^j{a}^{p-j}=a^p$, par produit d'inégalités entre réels positifs. La somme est donc comprise entre $(p+1)b^p$ et $(p+1)a^p$, et l'on multiplie par $a-b\ge 0$ : c'est l'encadrement demandé.

La minoration. Appliquons l'inégalité de droite à $a=k$ et $b=k-1$, pour $k\ge 1$ : $k^{p+1}-(k-1{)}^{p+1}\le (p+1)k^p$. En sommant de $k=1$ à $n$, le membre de gauche télescope en $n^{p+1}-0^{p+1}=n^{p+1}$ : donc $n^{p+1}\le (p+1){\sum }_{k=1}^n{k}^p$.

La majoration. Appliquons l'inégalité de gauche à $a=k+1$ et $b=k$ : $(p+1)k^p\le (k+1{)}^{p+1}-k^{p+1}$. En sommant de $k=1$ à $n$ : $(p+1){\sum }_{k=1}^n{k}^p\le (n+1{)}^{p+1}-1$.

On divise par $p+1>0$ : c'est l'encadrement annoncé. Contrôle : pour $p=2$ et $n=10$, la somme des carrés vaut $385$, entre $\frac{1000}{3}\approx 333$ et $\frac{1331-1}{3}\approx 443$.

c) La limite, les rectangles, et la tige. Divisons l'encadrement du b) par $n^{p+1}>0$ : $$\frac{1}{p+1}\le \frac{1}{n^{p+1}}\sum _{k=1}^n{k}^p\le \frac{1}{p+1}\left[{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{p+1}-\frac{1}{n^{p+1}}\right].$$ Quand $n\to +\infty$, ${\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{p+1}\to 1$, comme produit de $p+1$ suites qui tendent vers $1$, et $\frac{1}{n^{p+1}}\to 0$ : le majorant tend vers $\frac{1}{p+1}$, comme le minorant. Par le théorème des gendarmes, $\frac{1}{n^{p+1}}{\sum }_{k=1}^n{k}^p$ tend vers $\frac{1}{p+1}$.

Les rectangles. Le nombre $\frac{1}{n}{\sum }_{k=1}^n{\left(\frac{k}{n}\right)}^p$ est exactement $\frac{1}{n^{p+1}}{\sum }_{k=1}^n{k}^p$. C'est la somme des aires de $n$ rectangles de largeur $\frac{1}{n}$ : le $k$-ième a pour base le segment $\left[\frac{k-1}{n},\frac{k}{n}\right]$ et pour hauteur ${\left(\frac{k}{n}\right)}^p$, la valeur de $x\mapsto x^p$ à l'extrémité droite de sa base. La fonction étant croissante sur $[0,1]$ (pour $p\ge 1$), ces rectangles recouvrent la région située sous la courbe ; ceux de hauteur ${\left(\frac{k-1}{n}\right)}^p$ sont au contraire contenus dans cette région, et les deux sommes ne diffèrent que de $\frac{1}{n}\left(1^p-0^p\right)=\frac{1}{n}$ — encore un télescopage. Elles tendent donc vers la même limite, l'aire sous la courbe de $x\mapsto x^p$ entre $0$ et $1$, que le lycée calcule comme l'intégrale ${\int }_0^1{x}^p\mathrm{d}x=\frac{1}{p+1}$. Le chapitre d'intégration fera de cette observation un théorème : les sommes de Riemann.

La tige. Avec $p=2$ : $$J_n=\frac{m{L}^2}{n^3}\sum _{k=1}^n{k}^2\underset{n\to +\infty }{\to }\frac{m{L}^2}{3}.$$ C'est le moment d'inertie d'une tige homogène par rapport à un axe perpendiculaire passant par une extrémité. Contrôle : par la somme des carrés du cours, $J_n=m{L}^2\frac{(n+1)(2n+1)}{6n^2}$, soit $0,385m{L}^2$ pour $n=10$ et $0,3338m{L}^2$ pour $n=1000$.

Ce que l'exercice installe. Pour encadrer une somme qu'on ne sait pas calculer, on compare son terme général à une différence télescopique. La somme des $\frac{1}{k^2}$ reste sous $2$ — ce sera la convergence des séries de Riemann ; la somme des $k^p$ vaut $\frac{n^{p+1}}{p+1}$ « au premier ordre » — une somme qui approche une aire. C'est exactement le geste du physicien qui découpe un solide en petits morceaux, somme leurs contributions et fait tendre le nombre de morceaux vers l'infini.