Les séries de Bertrand

Ce qu'on a le droit d'utiliser. Les termes $u_n$ sont strictement positifs pour $n\ge 2$ : le théorème de comparaison des séries à termes positifs, les séries de Riemann et la comparaison série-intégrale s'appliquent. Les croissances comparées du chapitre 4 : pour $a>0$ et $b\in \mathbb{R}$, $\frac{(\ln n{)}^b}{n^a}\to 0$. La stratégie : comparer à une puissance de $n$ intercalée quand $\alpha \ne 1$, et passer à l'intégrale, seule assez fine, quand $\alpha =1$.

a) $\alpha >1$ : le logarithme ne pèse rien. Soit $\gamma \in ]1,\alpha [$, par exemple $\gamma =\frac{1+\alpha }{2}$. Alors $$n^{\gamma }{u}_n=\frac{n^{\gamma -\alpha }}{(\ln n{)}^{\beta }}=\frac{(\ln n{)}^{-\beta }}{n^{\alpha -\gamma }},$$ et comme $\alpha -\gamma >0$, les croissances comparées donnent $n^{\gamma }{u}_n\to 0$ — quel que soit le signe de $\beta$. Il existe donc un rang $N_0$ tel que $n^{\gamma }{u}_n\le 1$ pour $n\ge N_0$, c'est-à-dire $0<u_n\le \frac{1}{n^{\gamma }}$. Or $\sum \frac{1}{n^{\gamma }}$ converge puisque $\gamma >1$. Par comparaison, $\sum u_n$ converge.

Le point délicat. Pourquoi intercaler $\gamma$ ? Parce que comparer directement à $\frac{1}{n^{\alpha }}$ échouerait si $\beta <0$ : on aurait $u_n\ge \frac{1}{n^{\alpha }}$, majoration dans le mauvais sens. La marge $\alpha -\gamma >0$ est ce qui permet d'absorber n'importe quelle puissance du logarithme.

b) $\alpha <1$ : le logarithme ne sauve rien. On a $n{u}_n=\frac{n^{1-\alpha }}{(\ln n{)}^{\beta }}$, qui tend vers $+\infty$ par croissances comparées, puisque $1-\alpha >0$. Il existe donc $N_0$ tel que $n{u}_n\ge 1$ pour $n\ge N_0$, soit $u_n\ge \frac{1}{n}$. La série harmonique diverge ; par comparaison, $\sum u_n$ diverge.

c) $\alpha =1$ : le logarithme décide.

Si $\beta \le 0$, alors $u_n=\frac{(\ln n{)}^{-\beta }}{n}$ avec $-\beta \ge 0$, et pour $n\ge 3$ on a $\ln n\ge 1$, donc $(\ln n{)}^{-\beta }\ge 1$ et $u_n\ge \frac{1}{n}$. Divergence, par comparaison à la série harmonique.

Si $\beta >0$. La fonction $t\mapsto t(\ln t{)}^{\beta }$ est le produit de deux fonctions positives et croissantes sur $[2,+\infty [$ ($\ln t\ge \ln 2>0$), donc elle est croissante, et son inverse $g$ est décroissante, continue, positive. La comparaison série-intégrale s'applique : $${\int }_2^{N+1}g(t)\mathrm{d}t\le \sum _{n=2}^N\frac{1}{n(\ln n{)}^{\beta }}\le g(2)+{\int }_2^{N}g(t)\mathrm{d}t.$$ Le calcul de l'intégrale. Le changement de variable $u=\ln t$, $\mathrm{d}u=\frac{\mathrm{d}t}{t}$, transforme $\int \frac{\mathrm{d}t}{t(\ln t{)}^{\beta }}$ en $\int \frac{\mathrm{d}u}{u^{\beta }}$. Donc :

• si $\beta =1$ : ${\int }_2^N\frac{\mathrm{d}t}{t\ln t}=[\ln (\ln t){]}_2^N=\ln \ln N-\ln \ln 2\underset{N\to +\infty }{\to }+\infty$ ;
• si $\beta \ne 1$ : ${\int }_2^N\frac{\mathrm{d}t}{t(\ln t{)}^{\beta }}={\left[\frac{(\ln t{)}^{1-\beta }}{1-\beta }\right]}_2^N=\frac{(\ln N{)}^{1-\beta }-(\ln 2{)}^{1-\beta }}{1-\beta }$.

Si $\beta >1$, l'exposant $1-\beta$ est négatif, $(\ln N{)}^{1-\beta }\to 0$, et l'intégrale reste majorée par $\frac{(\ln 2{)}^{1-\beta }}{\beta -1}$ : les sommes partielles de la série à termes positifs sont majorées, elle converge. Si $0<\beta <1$, $(\ln N{)}^{1-\beta }\to +\infty$, l'intégrale de gauche tend vers $+\infty$ et entraîne les sommes partielles : divergence. Et pour $\beta =1$, même divergence, en $\ln \ln N$.

d) Le tableau complet. La série $\sum \frac{1}{n^{\alpha }(\ln n{)}^{\beta }}$ converge si et seulement si $\alpha >1$, ou bien $\alpha =1$ et $\beta >1$. C'est dire que le couple $(\alpha ,\beta )$ est strictement supérieur à $(1,1)$ pour l'ordre lexicographique de l'exercice 9 du TD 1 : on compare d'abord $\alpha$, et $\beta$ n'a voix au chapitre qu'en cas d'égalité. Sur les quatre exemples : $\sum \frac{1}{n\ln n}$ a $(\alpha ,\beta )=(1,1)$, diverge ; $\sum \frac{1}{n(\ln n{)}^2}$ a $(1,2)$, converge ; $\sum \frac{\ln n}{n^2}$ a $(2,-1)$, converge ; $\sum \frac{1}{\sqrt{n}(\ln n{)}^{10}}$ a $\alpha =\frac{1}{2}<1$, diverge malgré la dixième puissance du logarithme au dénominateur.

e) L'équivalent des sommes partielles. Pour $\alpha =\beta =1$, l'encadrement de c) s'écrit $$\ln \ln (N+1)-\ln \ln 2\le \sum _{n=2}^N\frac{1}{n\ln n}\le \frac{1}{2\ln 2}+\ln \ln N-\ln \ln 2.$$ Divisons par $\ln \ln N$, qui tend vers $+\infty$ : le membre de droite tend vers $1$ ; à gauche, $\ln \ln (N+1)=\ln (\ln N+\ln (1+1/N))=\ln \ln N+\ln (1+\frac{\ln (1+1/N)}{\ln N})=\ln \ln N+o(1)$, donc le quotient tend vers $1$ aussi. Par encadrement, $\sum _{n=2}^N\frac{1}{n\ln n}\sim \ln \ln N$.

Combien de termes pour dépasser $5$ ? L'équivalent seul demande $\ln \ln N$ de l'ordre de $5$, soit $\ln N$ de l'ordre de $e^5\approx 148$ et $N$ de l'ordre de $10^{64}$ ; en tenant compte de la constante vers laquelle converge la différence entre la somme partielle et $\ln \ln N$ (environ $0,79$), le seuil descend vers $10^{29}$. Dans les deux cas, aucune machine ne le sommera jamais : la série diverge, et sa divergence est inobservable.

Ce que l'exercice installe. La frontière de Riemann n'est pas une ligne mais une échelle : entre $\frac{1}{n}$ qui diverge et $\frac{1}{n^{1+\epsilon }}$ qui converge, les logarithmes s'intercalent à l'infini. Deux gestes règlent tout : une puissance intercalée quand l'exposant n'est pas critique, l'intégrale quand il l'est — et le calcul d'une primitive décide.