La constante d'Euler : le lien suite-série et la vitesse

Exercice de TD · niveau 2 · mathématiques (PTSI), chapitre 17 — Séries numériques · D. Lien suite-série, restes et sommes

Énoncé

On note $H_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k}$ et $u_{n} = H_{n} - ln n$ pour $n \geq 1$ . Le chapitre sur les suites a établi — c'est un exercice de sa séance de travaux dirigés — que $(u_{n})$ est décroissante et minorée, donc converge ; sa limite $γ \approx 0, 5772$ est la constante d'Euler. On cherche ici ce que la monotonie ne donne pas : un équivalent de l'erreur $u_{n} - γ$ .

a) Montrer que $u_{n} - u_{n + 1} \sim \frac{1}{2 n ^{2}}$ . En déduire, par le lien suite-série, une seconde démonstration de la convergence de $(u_{n})$ , et écrire $u_{n} - γ$ comme le reste d'une série convergente.

b) Montrer que, pour tout $k \geq 1$ , $u_{k} - u_{k + 1} = \int_{k}^{k + 1} (\frac{1}{t} - \frac{1}{k + 1}) d t$ , puis que $\frac{1}{2 ( k + 1 ) ^{2}} \leq u_{k} - u_{k + 1} \leq \frac{1}{2 k ( k + 1 )}$ .

c) En déduire que $\frac{1}{2 ( n + 1 )} \leq u_{n} - γ \leq \frac{1}{2 n}$ pour tout $n \geq 1$ , puis que $H_{n} = ln n + γ + \frac{1}{2 n} + o (\frac{1}{n})$ .

d) L'intervalle $[u_{n} - \frac{1}{2 n}, u_{n} - \frac{1}{2 ( n + 1 )}]$ contient $γ$ : pour quel plus petit $n$ sa longueur est-elle au plus $1 0^{- 2}$ ? au plus $1 0^{- 4}$ ? Combien de termes faudrait-il pour la même précision en approchant $γ$ par $u_{n}$ seul ?

Corrigé

Ce qu'on a le droit d'utiliser. Le lien suite-série ; les équivalents et les séries de Riemann ; le développement limité de $ln (1 + x)$ ; la croissance de l'intégrale.

La stratégie. Le lien suite-série fait de l'erreur $u_{n} - γ$ le reste d'une série télescopique. Le cours ne permet pas de passer d'un équivalent du terme général à un équivalent du reste : on encadre donc chaque terme entre deux quantités télescopiques, qui se somment exactement.

a) L'équivalent, et la convergence. Par définition, $u_{n} - u_{n + 1} = ln (n + 1) - ln n - \frac{1}{n + 1} = ln (1 + \frac{1}{n}) - \frac{1}{n + 1}$ . Or, quand $n \to + \infty$ , $ln (1 + \frac{1}{n}) = \frac{1}{n} - \frac{1}{2 n ^{2}} + O (\frac{1}{n ^{3}}),$ $\frac{1}{n + 1} = \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{1 + \frac{1}{n}} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n ^{2}} + O (\frac{1}{n ^{3}}) .$ Les termes en $\frac{1}{n}$ se compensent : $u_{n} - u_{n + 1} = \frac{1}{2 n ^{2}} + O (\frac{1}{n ^{3}})$ , donc $u_{n} - u_{n + 1} \sim \frac{1}{2 n ^{2}}$ .

Convergence. Ces termes sont positifs à partir d'un certain rang (un équivalent conserve le signe) : par le théorème des équivalents et Riemann, $\sum (u_{n} - u_{n + 1})$ converge, donc aussi son opposée $\sum (u_{n + 1} - u_{n})$ , et, par le lien suite-série, $(u_{n})$ converge — l'existence de $γ$ en une ligne.

Le reste. Pour $N > n$ , la somme télescopique $\sum_{k = n}^{N - 1} (u_{k} - u_{k + 1})$ vaut $u_{n} - u_{N}$ ; quand $N \to + \infty$ , $u_{n} - γ = k = n \sum + \infty (u_{k} - u_{k + 1}) .$

b) L'encadrement exact du terme général. On a $\int_{k}^{k + 1} \frac{d t}{t} = ln (k + 1) - ln k$ et $\int_{k}^{k + 1} \frac{d t}{k + 1} = \frac{1}{k + 1}$ (une constante intégrée sur un intervalle de longueur $1$ ) : d'où l'écriture intégrale de $u_{k} - u_{k + 1}$ , avec $\frac{1}{t} - \frac{1}{k + 1} = \frac{k + 1 - t}{t ( k + 1 )}$ . Pour $t \in [k, k + 1]$ , le numérateur est positif et $k (k + 1) \leq t (k + 1) \leq (k + 1)^{2}$ , donc $\frac{k + 1 - t}{( k + 1 ) ^{2}} \leq \frac{1}{t} - \frac{1}{k + 1} \leq \frac{k + 1 - t}{k ( k + 1 )} .$ On intègre sur $[k, k + 1]$ , par croissance de l'intégrale, avec $\int_{k}^{k + 1} (k + 1 - t) d t = \frac{1}{2}$ : $\frac{1}{2 ( k + 1 ) ^{2}} \leq u_{k} - u_{k + 1} \leq \frac{1}{2 k ( k + 1 )}$ . Les deux bornes sont équivalentes à $\frac{1}{2 k ^{2}}$ , mais l'encadrement est exact : c'est ce qui permet de sommer.

c) La vitesse. Le majorant est télescopique, $\frac{1}{2 k ( k + 1 )} = \frac{1}{2} (\frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1})$ ; le minorant se minore par un terme télescopique, $\frac{1}{2 ( k + 1 ) ^{2}} \geq \frac{1}{2 ( k + 1 ) ( k + 2 )} = \frac{1}{2} (\frac{1}{k + 1} - \frac{1}{k + 2})$ . En sommant de $k = n$ à $k = N - 1$ : $\frac{1}{2} (\frac{1}{n + 1} - \frac{1}{N + 1}) \leq u_{n} - u_{N} \leq \frac{1}{2} (\frac{1}{n} - \frac{1}{N}) .$ Quand $N \to + \infty$ , $u_{N} \to γ$ et il reste $\frac{1}{2 ( n + 1 )} \leq u_{n} - γ \leq \frac{1}{2 n}$ . Donc $\frac{n}{n + 1} \leq 2 n (u_{n} - γ) \leq 1$ et, par encadrement, $2 n (u_{n} - γ) \to 1$ : $u_{n} - γ \sim \frac{1}{2 n}$ , c'est-à-dire $H_{n} = ln n + γ + \frac{1}{2 n} + o (\frac{1}{n}) .$ Contrôle numérique : $u_{10} - γ \approx 0, 049167$ , bien compris entre $\frac{1}{22} \approx 0, 045455$ et $\frac{1}{20} = 0, 05$ .

d) Accélérer. Le c) donne $u_{n} - \frac{1}{2 n} \leq γ \leq u_{n} - \frac{1}{2 ( n + 1 )}$ , intervalle de longueur $\frac{1}{2 n ( n + 1 )}$ . Pour $1 0^{- 2}$ , il faut $n (n + 1) \geq 50$ : $n = 7$ ( $6 \times 7 = 42$ , $7 \times 8 = 56$ ), et $0, 57552 \leq γ \leq 0, 58445$ . Pour $1 0^{- 4}$ , il faut $n (n + 1) \geq 5000$ : $n = 71$ ( $70 \times 71 = 4970$ , $71 \times 72 = 5112$ ), et $0, 577199 \leq γ \leq 0, 577297$ . Avec $u_{n}$ seul, l'erreur est au moins $\frac{1}{2 ( n + 1 )}$ : il faudrait cinquante termes, puis cinq mille.

Le point délicat. De $u_{k} - u_{k + 1} \sim \frac{1}{2 k ^{2}}$ , on ne tire sur le reste que sa convergence ; c'est l'encadrement exact qui passe au reste.

Ce que l'exercice installe. Le lien suite-série écrit une limite comme une somme, et l'erreur comme un reste, qu'on estime en encadrant le terme général entre deux termes télescopiques. Le terme correctif $\frac{1}{2 n}$ , moitié du dernier terme de $H_{n}$ , est la correction des trapèzes aux rectangles. Le problème refera ce geste pour $ln (n!)$ .

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Un blocage sur cet exercice ? Le tuteur d'Adloun guide par questions, sans donner la réponse.