Le logarithme de $1+x$ et la série harmonique alternée

La stratégie. Un reste exact, donc majorable. On n'utilise pas Taylor-Young, qui ne donne qu'un $o(x^n)$ local et ne dirait rien en $x=1$. On fabrique le reste à partir de la somme géométrique finie — une identité, pas une approximation — et on l'intègre.

L'identité de départ. Pour $t\ne -1$ et $n\ge 1$, la somme des $n$ premiers termes de la suite géométrique de raison $-t$ vaut $$\sum _{k=0}^{n-1}(-t{)}^k=\frac{1-(-t{)}^n}{1+t},\text{d’ouˋ}\frac{1}{1+t}=\sum _{k=0}^{n-1}(-1{)}^k{t}^k+\frac{(-1{)}^n{t}^n}{1+t}.$$

Intégration de $0$ à $x$. Pour $x\in [0,1]$, toutes les fonctions en jeu sont continues sur $[0,x]$. En intégrant terme à terme, $$\ln (1+x)=\sum _{k=0}^{n-1}\frac{(-1{)}^k{x}^{k+1}}{k+1}+R_n(x)=\sum _{k=1}^n\frac{(-1{)}^{k-1}{x}^k}{k}+R_n(x),R_n(x)=(-1{)}^n{\int }_0^x\frac{t^n}{1+t}\mathrm{d}t.$$ C'est une formule de Taylor avec reste intégral, obtenue à la main, et le reste est exact.

La majoration. Pour $t\in [0,x]\subset [0,1]$, on a $t\ge 0$, donc $1+t\ge 1$ et $0\le \frac{t^n}{1+t}\le t^n$. Par croissance de l'intégrale, $$|R_n(x)|={\int }_0^x\frac{t^n}{1+t}\mathrm{d}t\le {\int }_0^x{t}^n\mathrm{d}t=\frac{x^{n+1}}{n+1}\le \frac{1}{n+1}.$$ Le point délicat. La minoration $1+t\ge 1$ exige $t\ge 0$ : c'est là que l'hypothèse $x\in [0,1]$ est dépensée. Sur $[-1,0]$, $\frac{1}{1+t}$ explose près de $-1$ et la majoration s'effondre.

La série harmonique alternée. Prenons $x=1$ : $$|\ln 2-\sum _{k=1}^n\frac{(-1{)}^{k-1}}{k}|\le \frac{1}{n+1}\underset{n\to \infty }{\to }0,$$ donc $$\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{k=1}^n\frac{(-1{)}^{k-1}}{k}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots =\ln 2.$$

Contrôle numérique. Pour $n=10$, la somme vaut $\approx 0,6456$ et $\ln 2\approx 0,6931$ : erreur $\approx 0,0475$, majorant $\frac{1}{11}\approx 0,0909$. Pour $n=50$ : erreur $\approx 0,0099$, majorant $\approx 0,0196$. La majoration tient, avec un facteur $2$ de marge — l'erreur vraie est de l'ordre de $\frac{1}{2n}$ — et elle tend vers $0$, ce qui est tout ce qu'on demandait.

Ce que l'exercice installe. La différence entre local et global. Taylor-Young affirme $\ln (1+x)=\sum +o(x^n)$ quand $x\to 0$ : au point $x=1$, il ne dit rien. Le reste intégral donne une inégalité valable sur tout un intervalle, donc un résultat certifié en tout point — ici la somme d'une série. On notera que la convergence en $\frac{1}{n}$ rend cette série inutilisable pour calculer $\ln 2$ : six décimales exigeraient un million de termes.