Mathématiques universitaires — Licence 1 · Bachelor Year 1

17Séries numériques

Sommer une infinité de nombres, c’est prendre la limite des sommes partielles — ni plus, ni moins. Ce chapitre met en place les définitions et les critères de convergence utilisables en première année : comparaison et équivalents pour les termes positifs, la règle de d’Alembert, la comparaison série-intégrale qui donne les séries de Riemann, la convergence absolue et le critère spécial des séries alternées. La théorie plus fine (produits de séries, sommation par paquets, séries de fonctions) relève de la deuxième année.

17.1 Généralités

Définition 17.1

Étant donnée une suite $(u_n)$ , la série $\sum u_n$ est la suite des sommes partielles $S_N = \sum_{n=0}^{N} u_n$ . La série converge lorsque $(S_N)$ converge ; la limite est la somme $\sum_{n=0}^{\infty} u_n$ , et $R_N = \sum_{n > N} u_n = S - S_N$ est le reste, qui tend vers $0$ .

Exemple 17.2 (Série géométrique)

Pour $q \in \C$ : $\;S_N = \sum_{n=0}^{N} q^n = \frac{1 - q^{N+1}}{1-q}$ ( $q \neq 1$ ). La série converge si et seulement si $\abs q < 1$ (Exercice 11.3), avec

\sum_{n=0}^{\infty} q^n = \frac{1}{1 - q} .

Exemple 17.3 (Les décimaux périodiques sont des séries géométriques)

Que vaut $0.363636\dots$ ? Son écriture même est une série :

0.\overline{36} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{36}{100^k} = 36\cdot\frac{1/100}{1 - 1/100} = \frac{36}{99} = \frac{4}{11} ,

par la somme géométrique de raison $q = \frac{1}{100}$ . En général, un bloc $B$ de $p$ chiffres répété indéfiniment vaut $\frac{B}{10^p - 1}$ — le mécanisme derrière le critère de périodicité du Problème 10.1, que le langage de ce chapitre énonce enfin en une ligne : un développement décimal est une série convergente, périodique à partir d’un certain rang exactement lorsque sa somme est rationnelle. La machinerie des chiffres du chapitre 10, bâtie là-bas avec de simples bornes supérieures, était de la théorie des séries voyageant incognito.

Proposition 17.4 (Premiers faits)

Si $\sum u_n$ converge, alors $u_n \to 0$ . (La réciproque est fausse : la série harmonique.)
Linéarité : les séries convergentes s’ajoutent et se multiplient par un scalaire, avec les sommes attendues.
(Télescopage) $\sum (v_{n+1} - v_n)$ converge si et seulement si $(v_n)$ converge, de somme $\lim v_n - v_0$ .
Modifier un nombre fini de termes ne change pas la nature de la série (seulement la somme).

Démonstration. (1) $u_N = S_N - S_{N-1} \to S - S = 0$ . La série harmonique a $u_n = \frac1n \to 0$ et diverge pourtant (Exercice 11.5). (2) Opérations sur les limites. (3) $S_N = v_{N+1} - v_0$ . (4) Les sommes partielles sont modifiées d’une quantité constante à partir d’un certain rang. ∎

Exemple 17.5 (Prévoir les décimales avec le reste géométrique)

Pour $\abs q < 1$ , le reste de la série géométrique est explicite :

R_N = \sum_{n = N+1}^{\infty} q^n = \frac{q^{N+1}}{1 - q} .

Cela convertit un objectif de précision en un nombre de termes, avant tout calcul. Pour évaluer $\sum_{n\geq0} \bigl(\frac13\bigr)^n = \frac32$ à $10^{-10}$ près : il faut $\frac{(1/3)^{N+1}}{2/3} \leq 10^{-10}$ , c’est-à-dire $3^{N} \geq \frac{3}{2}\cdot 10^{10}$ , c’est-à-dire $N \geq 22$ (car $3^{22} \approx 3.1\cdot10^{10}$ ) : vingt-trois termes, connus à l’avance. Toute estimation à vitesse géométrique des devoirs maison (la série en $\frac13$ pour $\ln 2$ , les arctangentes de Machin dans le Problème 16.1) est ce budget de deux lignes en habit de professionnel.

Exemple 17.6 (Un télescope plus long)

Calculons $\sum_{n\geq1} \frac{1}{n(n+1)(n+2)}$ . Décomposition en éléments simples (Chapitre 9) :

\frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac{1/2}{n} - \frac{1}{n+1} + \frac{1/2}{n+2} = \frac12\Bigl(\frac{1}{n(n+1)} - \frac{1}{(n+1)(n+2)}\Bigr),

où la seconde forme — une différence de valeurs consécutives de $w_n = \frac{1}{n(n+1)}$ — est celle qui se télescope. D’où

\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac12\Bigl(w_1 - w_{N+1}\Bigr) = \frac12\Bigl(\frac12 - \frac{1}{(N+1)(N+2)}\Bigr) \longrightarrow \frac14 .

L’idée à retenir : les éléments simples à trois termes se télescopent rarement tels quels ; il faut d’abord les regrouper en une différence $w_n - w_{n+1}$ — la récompense n’est pas seulement la convergence, mais la somme exacte, qu’aucun critère de comparaison ne fournit jamais.

17.2 Séries à termes positifs

Théorème 17.7 (Sommes partielles bornées)

Si $u_n \geq 0$ pour tout $n$ , les sommes partielles croissent, donc : $\sum u_n$ converge $\iff$ ses sommes partielles sont majorées. D’où le critère de comparaison : si $0 \leq u_n \leq v_n$ pour tout $n$ (assez grand),

\sum v_n \text{ converge} \implies \sum u_n \text{ converge}, \qquad \sum u_n \text{ diverge} \implies \sum v_n \text{ diverge}.

Et le critère des équivalents : si $u_n \sim v_n$ avec $v_n \geq 0$ , les deux séries sont de même nature.

Démonstration. Théorème de la limite monotone (Théorème 11.9) pour le premier point ; comparaison des sommes partielles pour le second. Équivalents : pour $n$ grand, $\frac12 v_n \leq u_n \leq 2 v_n$ (définition de $\sim$ avec $\varepsilon = \frac12$ ), et la comparaison s’applique dans les deux sens. ∎

Exemple 17.8 (Un équivalent qui prouve la divergence)

Nature de $\sum_{n\geq1} n\sin\dfrac{1}{n^2}$ ? Comme $\frac{1}{n^2} \to 0$ et $\sin h \sim h$ en $0$ :

n\sin\frac{1}{n^2} \;\sim\; n\cdot\frac{1}{n^2} = \frac1n ,

et le critère des équivalents transfère la divergence de la série harmonique : divergente — alors même que les termes tendent vers $0$ . Un développement, une échelle, un verdict ; le même schéma en deux temps (un équivalent, puis une lecture dans l’échelle de Riemann ou géométrique) décide les quatre séries de l’Exercice 17.3.

Exemple 17.9 (Le critère des équivalents en une ligne)

Nature de $\sum_{n \geq 1} \frac{\sqrt{n+1} - \sqrt n}{n}$ ? Multiplions le numérateur par sa quantité conjuguée :

\frac{\sqrt{n+1} - \sqrt n}{n} = \frac{1}{n\,(\sqrt{n+1} + \sqrt n)} \sim \frac{1}{2\,n^{3/2}} ,

une échelle de Riemann convergente ( $\alpha = \frac32 > 1$ ) : la série converge. Toute la décision a tenu en un équivalent et une lecture — à condition que les termes soient positifs, ce qu’ils sont. L’idée à retenir : pour les séries positives, toute la théorie de la convergence est un dictionnaire d’échelles ( $n^{-\alpha}$ , $q^n$ , $\frac{1}{n(\ln n)^\alpha}$ ) plus le droit de remplacer un terme par un équivalent ; le travail analytique est dans l’asymptotique (Chapitre 16), jamais dans la sommation.

Théorème 17.10 (Comparaison série-intégrale ; séries de Riemann)

Soit $f$ continue, positive et décroissante sur $\intco{1}{+\infty}$ . Alors

\int_1^{N+1} f(t)\,\dd t \;\leq\; \sum_{n=1}^{N} f(n) \;\leq\; f(1) + \int_1^{N} f(t)\,\dd t ,

donc $\sum f(n)$ converge si et seulement si $\bigl(\int_1^x f\bigr)$ est bornée. En particulier, pour $\alpha \in \R$ :

\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n^\alpha} \text{ converge} \iff \alpha > 1,

et $\sum_{n=1}^{N} \frac1n = \ln N + O(1)$ .

Démonstration. Pour $n \leq t \leq n+1$ , la monotonie donne $f(n+1) \leq f(t) \leq f(n)$ ; en intégrant sur $\intcc{n}{n+1}$ (un segment de longueur $1$ ) :

f(n+1) \;\leq\; \int_n^{n+1} f(t)\,\dd t \;\leq\; f(n) .

En sommant les inégalités de droite pour $n = 1, \dots, N-1$ , on obtient $\int_1^{N} f \leq \sum_{n=1}^{N-1} f(n)$ , d’où l’encadrement supérieur après avoir ajouté $f(N) \leq f(1)$ ; en sommant celles de gauche pour $n = 1, \dots, N$ , on obtient $\sum_{n=2}^{N+1} f(n) \leq \int_1^{N+1} f$ , qui après réindexation est l’encadrement inférieur. Convergence : les sommes partielles et les intégrales $\int_1^x f$ se majorent mutuellement à la constante $f(1)$ près, et toutes deux sont croissantes, donc l’une est bornée si et seulement si l’autre l’est (Théorème 17.7). Pour $f(t) = t^{-\alpha}$ ( $\alpha \neq 1$ ) : $\int_1^x t^{-\alpha}\dd t = \frac{x^{1-\alpha} - 1}{1 - \alpha}$ , bornée si et seulement si $\alpha > 1$ ; pour $\alpha = 1$ l’intégrale vaut $\ln x \to \infty$ , et l’encadrement donne $\ln(N+1) \leq H_N \leq 1 + \ln N$ . Pour $\alpha \leq 0$ les termes ne tendent pas vers $0$ . ∎

Exemple 17.11 (La pile harmonique)

Combien de termes la série harmonique doit-elle accumuler pour dépasser $20$ ? L’encadrement $\ln(N+1) \leq H_N \leq 1 + \ln N$ répond sans aucune sommation : $H_N \geq 20$ exige $1 + \ln N \geq 20$ , c’est-à-dire $N \geq \eu^{19} \approx 1.8\cdot10^{8}$ , et est garanti dès que $\ln(N + 1) \geq 20$ , c’est-à-dire $N \approx \eu^{20} \approx 4.9\cdot10^{8}$ . (Le devoir maison affine cela en $N \approx \eu^{20 - \gamma} \approx 2.7\cdot10^{8}$ grâce à la constante d’Euler.) L’idée à retenir : la comparaison série-intégrale ne se contente pas de décider la convergence — elle localise les sommes partielles avec une précision logarithmique, transformant un calcul désespéré (des centaines de millions de termes) en une estimation de deux lignes.

Théorème 17.12 (Règle de d’Alembert)

Soit $u_n > 0$ avec $\frac{u_{n+1}}{u_n} \to \ell$ .

Si $\ell < 1$ : $\sum u_n$ converge ;
si $\ell > 1$ : $u_n \to +\infty$ , divergence ;
si $\ell = 1$ : pas de conclusion ( $\sum \frac1n$ diverge, $\sum \frac{1}{n^2}$ converge).

Démonstration. Si $\ell < 1$ , fixons $q \in \intoo{\ell}{1}$ : au-delà d’un certain $N$ , $u_{n+1} \leq q\,u_n$ , donc $u_n \leq u_N q^{\,n-N}$ par récurrence : comparaison avec une série géométrique. Si $\ell > 1$ : au-delà d’un certain $N$ la suite $(u_n)$ est croissante, donc elle ne peut tendre vers $0$ (sa limite, si elle existe, est $\geq u_N > 0$ ) ; par la Proposition 17.4 (1), divergence — et de fait $u_n \geq u_N q^{n-N}$ avec $q > 1$ donne $u_n \to \infty$ . ∎

Exemple 17.13

$\sum \frac{x^n}{n!}$ converge pour tout $x > 0$ : le rapport vaut $\frac{x}{n+1} \to 0$ . Sa somme est $\eu^x$ : par l’inégalité de Taylor–Lagrange (Théorème 16.7) sur $\intcc{0}{x}$ ,

\Bigl| \eu^x - \sum_{k=0}^{n} \frac{x^k}{k!} \Bigr| \leq \eu^{x}\, \frac{x^{n+1}}{(n+1)!} \xrightarrow[n\to\infty]{} 0 ,

la borne tendant vers $0$ parce que la factorielle l’emporte (l’Exercice 15.9 (1) utilisait le même fait). Le même argument somme les séries de $\sin$ , $\cos$ , $\sinh$ , $\cosh$ sur $\R$ tout entier.

Exemple 17.14 (La règle de d’Alembert est suffisante, non nécessaire)

Soit $u_n = 2^{-n}$ pour $n$ pair et $u_n = 2^{-n-2}$ pour $n$ impair. Les rapports consécutifs oscillent entre $\frac{1}{8}$ et $\frac12\cdot4 = 2$ , de sorte que $\frac{u_{n+1}}{u_n}$ n’a pas de limite et que d’Alembert reste muet — pourtant $u_n \leq 2^{-n}$ et le critère de comparaison règle la convergence instantanément. L’hypothèse de la règle (le rapport converge) est une vraie restriction : elle convient aux termes dotés d’une seule structure multiplicative dominante (factorielles, puissances), et échoue sur tout ce qui respire. Quand les rapports se conduisent mal, revenez à la comparaison avec une enveloppe géométrique — ce que la règle de d’Alembert n’a jamais cessé d’être, comme le montre sa démonstration.

Exemple 17.15 (La règle de d’Alembert dans les batailles de factorielles)

Nature de $\sum_{n\geq0} \dfrac{(n!)^2}{(2n)!}$ (inverses des coefficients binomiaux centraux, au facteur $n + 1$ près) ? Le rapport fait s’effondrer les factorielles :

\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{((n+1)!)^2}{(n!)^2}\cdot\frac{(2n)!}{(2n+2)!} = \frac{(n+1)^2}{(2n+1)(2n+2)} \longrightarrow \frac14 < 1 :

convergente, et avec de la marge — les termes décroissent pour l’essentiel comme $4^{-n}$ , ce qui est cohérent avec $\binom{2n}{n} \geq \frac{4^n}{2n+1}$ du Problème 15.1. L’idée à retenir : les quotients de factorielles sont exactement ce que la règle de d’Alembert digère — chaque factorielle se simplifie en une fraction rationnelle en $n$ , dont la limite se lit sur les termes dominants.

17.3 Convergence absolue ; séries alternées

Théorème 17.16 (Convergence absolue)

Si $\sum \abs{u_n}$ converge (convergence absolue), alors $\sum u_n$ converge, et $\bigl|\sum u_n\bigr| \leq \sum \abs{u_n}$ . Ceci vaut pour des termes réels ou complexes.

Démonstration. Les sommes partielles vérifient, pour $M > N$ (critère de Cauchy, Théorème 11.20) :

\abs{S_M - S_N} = \Bigl| \sum_{n=N+1}^{M} u_n \Bigr| \leq \sum_{n=N+1}^{M} \abs{u_n},

quantité petite pour $N$ grand puisque les sommes partielles de $\sum\abs{u_n}$ forment une suite de Cauchy. Donc $(S_N)$ est de Cauchy, donc convergente. L’inégalité passe à la limite depuis l’inégalité triangulaire finie. ∎

Exemple 17.17 (Convergence absolue, réelle et complexe)

$\sum_{n\geq1} \frac{\sin n}{n^2}$ : les termes changent de signe de façon erratique (de fait $(\sin n)$ est dense dans $\intcc{-1}{1}$ , Exercice 11.12), et aucune structure alternée n’est en vue. La convergence absolue sauve tout d’un coup : $\bigl|\frac{\sin n}{n^2}\bigr| \leq \frac{1}{n^2}$ , une échelle convergente, donc la série converge. Le même bouclier fonctionne sur $\C$ : $\sum_{n\geq1}\frac{\eu^{\iu n}}{n^2}$ converge parce que $\bigl|\frac{\eu^{\iu n}}{n^2}\bigr| = \frac{1}{n^2}$ — les configurations de signes, fussent-elles bidimensionnelles, sont sans importance dès que les modules sont sommables. L’idée à retenir : la convergence absolue est le seul outil de ce chapitre qui ne demande jamais comment les signes sont organisés ; essayez-la d’abord (Méthode 17.21), et réservez les critères délicats aux séries qui lui échappent.

Théorème 17.18 (Critère spécial des séries alternées)

Soit $(a_n)$ décroissante avec $a_n \to 0$ . Alors la série alternée $\sum (-1)^n a_n$ converge ; sa somme est comprise entre deux sommes partielles consécutives quelconques, et

\abs{R_N} = \Bigl| \sum_{n > N} (-1)^n a_n \Bigr| \leq a_{N+1} .

Démonstration. Les sommes partielles paires et impaires sont adjacentes : $S_{2p+2} - S_{2p} = a_{2p+2} - a_{2p+1} \leq 0$ (décroissance), $S_{2p+1} - S_{2p-1} = a_{2p} - a_{2p+1} \geq 0$ (croissance), et $S_{2p} - S_{2p+1} = a_{2p+1} \to 0$ . Par le Théorème 11.11 elles ont une limite commune $S$ , dont le critère des deux suites extraites (Proposition 11.14) fait la limite de $(S_N)$ ; de plus $S$ est piégée entre deux sommes partielles consécutives, et $\abs{S - S_N}$ vaut au plus l’écart à la suivante, $a_{N+1}$ . ∎

Exemple 17.19 (Série harmonique alternée)

$\sum_{n \geq 1} \frac{(-1)^{n-1}}{n}$ converge (critère spécial) mais pas absolument (série harmonique). Sa somme vaut $\ln 2$ : de l’identité géométrique finie $\frac{1}{1+t} = \sum_{k=0}^{n-1} (-t)^k + \frac{(-t)^n}{1+t}$ , on intègre sur $\intcc{0}{1}$ :

\ln 2 = \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} + (-1)^n \int_0^1 \frac{t^n}{1+t}\,\dd t , \qquad 0 \leq \int_0^1 \frac{t^n}{1+t}\,\dd t \leq \frac{1}{n+1} \to 0 .

La convergence est d’une lenteur pénible ( $R_N \approx \frac{1}{N}$ ) — les séries alternées convergent par compensation, non par petitesse.

Les sommes partielles S_N de la série harmonique alternée 1 - 1/2 + 1/3 - sautent par-dessus leur limite 2 à chaque étape : les sommes impaires par au-dessus, les sommes paires par en dessous, chaque saut étant de taille 1/N+1. L’encadrement rend visible la démonstration du — et la lenteur avec laquelle la pince se referme (|S_N - 2| 1/2N, devoir maison ) explique pourquoi personne ne calcule 2 de cette façon. — Les sommes partielles $S_N$ de la série harmonique alternée $1 - \frac12 + \frac13 - \cdots$ sautent par-dessus leur limite $\ln 2$ à chaque étape : les sommes impaires par au-dessus, les sommes paires par en dessous, chaque saut étant de taille $\frac{1}{N+1}$ . L’encadrement rend visible la démonstration du Théorème 17.18 — et la lenteur avec laquelle la pince se referme ( $\abs{S_N - \ln 2} \approx \frac{1}{2N}$ , devoir maison Problème 17.1) explique pourquoi personne ne calcule $\ln 2$ de cette façon.

Remarque 17.20 (Pièges classiques avec les séries)

(i) Le critère des équivalents exige un signe : posons $v_n = \frac{(-1)^n}{\sqrt n}$ et $u_n = v_n + \frac1n$ . Alors $\frac{u_n}{v_n} = 1 + \frac{(-1)^n}{\sqrt n} \to 1$ , donc $u_n \sim v_n$ ; pourtant $\sum v_n$ converge (critère spécial) tandis que $\sum u_n = \sum v_n + \sum \frac1n$ diverge. L’équivalence contrôle la taille des termes, et pour les séries de signe quelconque la taille ne fait pas le destin — le critère est énoncé, et vrai, pour des termes positifs (à partir d’un certain rang) seulement. (ii) $u_n \to 0$ ne prouve rien : la série harmonique est l’éternel contre-exemple ; le sens direct (Proposition 17.4 (1)) n’est qu’un test rapide de divergence. (iii) Un rapport de limite $1$ est un silence, pas une convergence : $\sum\frac1n$ et $\sum\frac{1}{n^2}$ ont toutes deux un rapport $\to 1$ ; passez aux échelles de Riemann ou à la comparaison série-intégrale. (iv) Alterner ne suffit pas, il faut décroître : $\sum \frac{(-1)^n}{n + (-1)^n}$ a l’air alternée et ne se traite que par développement (Exercice 17.5) ; le devoir maison du Chapitre 16 (question 23 là-bas) montre que le critère peut échouer purement et simplement sans monotonie. (v) Grouper et réordonner n’est pas gratuit : insérer des parenthèses est inoffensif pour une série convergente mais peut créer de la convergence à partir de la divergence ( $1 - 1 + 1 - \cdots$ groupé par paires), et réordonner peut changer la somme elle-même — le drame mis en scène dans le devoir maison de ce chapitre (Problème 17.1).

Méthode 17.21 (Décider de la nature d’une série)

A-t-on $u_n \to 0$ ? Sinon, divergence, on s’arrête.
Termes positifs : cherchez un équivalent de $u_n$ (développements, Chapitre 16 !), comparez avec les échelles de Riemann ou géométriques ; factorielles et puissances appellent la règle de d’Alembert ; un $f(n)$ décroissant appelle la comparaison série-intégrale.
Signes variables : essayez d’abord la convergence absolue ; si elle échoue, le critère spécial des séries alternées (vérifiez soigneusement la décroissance) ; au-delà, les outils de deuxième année.

Exemple 17.22 (Dénominateurs impairs, un demi-télescope)

Calculons $\sum_{n \geq 1} \dfrac{1}{4n^2 - 1}$ . Éléments simples : $\frac{1}{(2n-1)(2n+1)} = \frac12\bigl(\frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n+1}\bigr)$ , donc

\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{4n^2 - 1} = \frac12\Bigl(1 - \frac{1}{2N+1}\Bigr) \longrightarrow \frac12 .

Comparez avec $\sum \frac{1}{n(n+1)} = 1$ (Exercice 17.1) : même squelette télescopique, mais les termes consécutifs sont ici distants de deux dans les nombres impairs, et le facteur $\frac12$ enregistre le pas. L’idée à retenir : le télescopage est un changement de point de vue, non une astuce — dès que le terme général est une différence $w_n - w_{n+1}$ d’une suite ayant une limite, la somme vaut $w_1 - \lim w$ , exactement la Proposition 17.4 (3).

Remarque 17.23 (La chaîne de l’analyse, rétrospectivement)

Ce chapitre est le point de convergence de l’analyse du volume, et chaque critère nomme son ancêtre. Les sommes partielles bornées, c’est le théorème de la limite monotone (Chapitre 11), lui-même l’axiome de complétude du Chapitre 10 ; la convergence absolue, c’est le critère de Cauchy ; le critère intégral, c’est l’encadrement des aires du Chapitre 15 ; les équivalents de termes généraux, ce sont les développements du Chapitre 16 ; et le critère spécial des séries alternées, c’est le lemme des suites adjacentes endimanché. Lue à l’envers, la chaîne explique à quoi chaque chapitre servait — et les devoirs maison qui la traversent (développements en base $b$ , Cesàro–Stolz, les machines à irrationalité, la constante d’Euler) sont les mêmes quelques idées se retrouvant à une altitude toujours plus haute. L’algèbre linéaire qui suit change de sujet, pas d’exigence : l’habitude des énoncés exacts avec erreur certifiée survit au passage des limites aux dimensions.

Remarque 17.24 (Où vont les séries ensuite)

Ce chapitre clôt l’analyse du volume et ouvre trois portes. Dans le volume de Licence 2, les séries acquièrent une variable ( $\sum a_n x^n$ : les séries entières, avec leur rayon de convergence) puis une théorie à valeurs fonctions (les séries de Fourier) ; la dichotomie convergence absolue contre convergence conditionnelle, dramatisée dans le devoir maison ci-dessous, devient la clé de voûte des deux. En probabilités (volume de Licence 3), les espérances de variables aléatoires discrètes sont des séries, et c’est la convergence absolue qui les rend bien définies. Et la série de Riemann $\sum n^{-s}$ , poussée à des $s$ complexes, devient la fonction zêta — la série la plus étudiée de toutes les mathématiques.

17.4 Exercices

Exercice 17.1 ★

Nature (et somme, en cas de télescopage) de :

\sum_{n\geq1} \frac{1}{n(n+1)}, \qquad \sum_{n\geq2} \ln\Bigl(1 - \frac{1}{n^2}\Bigr), \qquad \sum_{n\geq0} \frac{3^n + 4^n}{5^n} .

Solution

Solution de Exercice 17.1.

$\dfrac{1}{n(n+1)} = \dfrac1n - \dfrac{1}{n+1}$ : télescopage, $S_N = 1 - \frac{1}{N+1} \to 1$ . Convergente, de somme $1$ .

$\ln\bigl(1 - \frac{1}{n^2}\bigr) = \ln\frac{(n-1)(n+1)}{n^2} = \ln\frac{n-1}{n} - \ln\frac{n}{n+1}$ : télescopage à nouveau, $S_N = \ln\frac12 - \ln\frac{N}{N+1} \to -\ln 2$ . Convergente, de somme $-\ln 2$ .

$\dfrac{3^n + 4^n}{5^n} = \bigl(\frac35\bigr)^n + \bigl(\frac45\bigr)^n$ : deux séries géométriques convergentes, de somme $\frac{1}{1 - 3/5} + \frac{1}{1 - 4/5} = \frac52 + 5 = \frac{15}{2}$ .

Exercice 17.2 ★

Nature de : $\;\sum \dfrac{n^2}{2^n}$ ; $\;\sum \dfrac{n!}{n^n}$ ; $\;\sum \dfrac{2^n\,n!}{n^n}$ ; $\;\sum \dfrac{3^n\,n!}{n^n}$ . (Règle de d’Alembert ; on rappelle que $\bigl(1 + \frac1n\bigr)^n \to \eu$ .)

Solution

Solution de Exercice 17.2.

Règle de d’Alembert partout.

$\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{(n+1)^2}{2n^2} \to \frac12 < 1$ : convergente.

$\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{(n+1)!\,n^n}{n!\,(n+1)^{n+1}} = \bigl(\frac{n}{n+1}\bigr)^n = \bigl(1 + \frac1n\bigr)^{-n} \to \frac1\eu < 1$ : convergente.

Avec le facteur $2^n$ : le rapport tend vers $\frac2\eu < 1$ : convergente.

Avec $3^n$ : le rapport tend vers $\frac3\eu > 1$ : divergente (les termes tendent vers $+\infty$ ).

Exercice 17.3 ★

Nature de : $\;\sum \sin\dfrac{1}{n^2}$ ; $\;\sum \Bigl(1 - \cos\dfrac1n\Bigr)$ ; $\;\sum \dfrac{1}{\sqrt{n(n+1)}}$ ; $\;\sum \dfrac{\ln n}{n^2}$ (comparer avec $n^{-3/2}$ ).

Solution

Solution de Exercice 17.3.

Tous les termes sont positifs ; on utilise les équivalents (Théorème 17.7).

$\sin\frac{1}{n^2} \sim \frac{1}{n^2}$ : convergente (Riemann $\alpha = 2$ ).

$1 - \cos\frac1n \sim \frac{1}{2n^2}$ : convergente.

$\frac{1}{\sqrt{n(n+1)}} \sim \frac1n$ : divergente.

$\frac{\ln n}{n^2} = \frac{1}{n^{3/2}}\cdot\frac{\ln n}{n^{1/2}}$ et $\frac{\ln n}{\sqrt n} \to 0$ (Proposition 4.6) : donc $\frac{\ln n}{n^2} \leq \frac{1}{n^{3/2}}$ pour $n$ grand : convergente.

Exercice 17.4 ★

Montrer que $\sum_{n\geq1} \frac{1}{n^2}$ converge, de somme $\leq 2$ , en utilisant $\frac{1}{n^2} \leq \frac{1}{n(n-1)}$ pour $n \geq 2$ et une majoration télescopique.

Solution

Solution de Exercice 17.4.

Pour $n \geq 2$ : $\frac{1}{n^2} \leq \frac{1}{n(n-1)} = \frac{1}{n-1} - \frac1n$ . D’où

\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n^2} \leq 1 + \sum_{n=2}^{N} \Bigl(\frac{1}{n-1} - \frac1n\Bigr) = 1 + 1 - \frac1N < 2 :

sommes partielles croissantes et majorées par $2$ : convergence (Théorème 17.7), somme $\leq 2$ . (La valeur exacte $\frac{\pi^2}{6}$ est une fête de deuxième année.)

Exercice 17.5 ★★

Nature de $\;\sum \dfrac{(-1)^n}{\sqrt n}$ , de $\;\sum \dfrac{(-1)^n}{n + (-1)^n}$ (développer : le critère spécial ne s’applique pas directement — pourquoi ?), et de $\;\sum \sin\bigl(\pi\sqrt{n^2+1}\,\bigr)$ (réduire modulo $\pi$ : $\sqrt{n^2+1} = n + \frac{1}{2n} + O(n^{-3})$ ).

Solution

Solution de Exercice 17.5.

$\sum \frac{(-1)^n}{\sqrt n}$ : alternée avec $\frac{1}{\sqrt n} \downarrow 0$ : convergente (Théorème 17.18) ; pas absolument ( $\alpha = \frac12 \leq 1$ ).

$\sum \frac{(-1)^n}{n + (-1)^n}$ : la suite $\frac{1}{n + (-1)^n}$ n’est pas décroissante ( $\frac{1}{n+1}$ puis $\frac{1}{n}$ alternent fâcheusement), donc le critère ne s’applique pas directement. Développons :

\frac{(-1)^n}{n + (-1)^n} = \frac{(-1)^n}{n}\cdot\frac{1}{1 + \frac{(-1)^n}{n}} = \frac{(-1)^n}{n} - \frac{1}{n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr):

la première série converge (critère spécial), $\sum \frac{1}{n^2}$ converge, le $O(n^{-3})$ converge absolument : la somme de trois séries convergentes converge.

$\sin\bigl(\pi\sqrt{n^2+1}\bigr)$ : écrivons $\sqrt{n^2 + 1} = n + \frac{1}{2n} + \varepsilon_n$ avec $\varepsilon_n = O(n^{-3})$ ; alors, par $\pi$ -périodicité de $\sin$ au signe près,

\sin\bigl(\pi\sqrt{n^2+1}\bigr) = (-1)^n \sin\Bigl(\frac{\pi}{2n} + \pi\varepsilon_n\Bigr) .

Posons $\theta_n = \frac{\pi}{2n} + \pi\varepsilon_n$ et $a_n = \sin\theta_n$ . Pour $n$ grand, $\theta_n \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ et

\theta_n - \theta_{n+1} = \frac{\pi}{2n(n+1)} + \pi(\varepsilon_n - \varepsilon_{n+1}) = \frac{\pi}{2n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr) > 0

à partir d’un certain rang, donc $(\theta_n)$ décroît vers $0$ ; comme $\sin$ est croissante sur $\intcc{0}{\frac\pi2}$ , $(a_n)$ décroît elle aussi vers $0$ . Le critère spécial s’applique : convergente — pas absolument, puisque $a_n \sim \frac{\pi}{2n}$ .

Exercice 17.6 ★★

Pour quels $\alpha > 0$ la série $\sum_{n \geq 2} \dfrac{1}{n (\ln n)^{\alpha}}$ converge-t-elle ? (Comparaison série-intégrale ; poser $u = \ln t$ .)

Solution

Solution de Exercice 17.6.

$f(t) = \frac{1}{t(\ln t)^\alpha}$ est positive, continue, décroissante sur $\intco{2}{+\infty}$ . En posant $u = \ln t$ :

\int_2^x \frac{\dd t}{t(\ln t)^\alpha} = \int_{\ln 2}^{\ln x} \frac{\dd u}{u^\alpha},

quantité bornée quand $x \to \infty$ si et seulement si $\alpha > 1$ (le calcul du Théorème 17.10). Par comparaison série-intégrale : convergence si et seulement si $\alpha > 1$ . (Ces séries de type Bertrand montrent la finesse de la frontière de convergence : $n\ln n$ diverge, $n(\ln n)^{1.01}$ converge.)

Exercice 17.7 ★★

Soit $u_n = \dfrac{1}{n} - \ln\Bigl(1 + \dfrac1n\Bigr)$ . Montrer que $0 \leq u_n \leq \dfrac{1}{2n^2}$ , que $\sum u_n$ converge, et en déduire l’existence de la constante d’Euler :

\gamma = \lim_{N \to \infty} \Bigl( \sum_{n=1}^{N} \frac 1n - \ln N \Bigr) .

Solution

Solution de Exercice 17.7.

Par les majorations de la tangente de l’Exercice 14.3 réécrites via des développements : pour $x = \frac1n \in \intoc{0}{1}$ , la formule de Taylor–Lagrange pour $\ln(1+x)$ à l’ordre $1$ donne $\ln(1 + x) = x - \frac{x^2}{2(1 + c)^2}$ pour un certain $c \in \intoo{0}{x}$ , donc

0 \leq u_n = \frac1n - \ln\Bigl(1 + \frac1n\Bigr) \leq \frac{1}{2n^2} .

Comparaison avec la série de Riemann : $\sum u_n$ converge. Sa somme partielle télescope les logarithmes :

\sum_{n=1}^{N} u_n = H_N - \ln(N+1)

(puisque $\sum_{n\leq N} \ln\frac{n+1}{n} = \ln(N+1)$ ). Donc $H_N - \ln(N+1)$ converge ; en ajoutant $\ln\frac{N+1}{N} \to 0$ , la suite $H_N - \ln N$ converge. Sa limite est $\gamma \approx 0.5772$ .

Exercice 17.8 ★★

Calculer les sommes

\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+2)} \qquad\text{et}\qquad \sum_{n=0}^{\infty} \frac{n}{2^n} .

(Pour la première : éléments simples. Pour la seconde : calculer $\sum_{n=1}^{N} n x^{n-1}$ sous forme close et faire $N \to \infty$ en $x = \frac12$ .)

Solution

Solution de Exercice 17.8.

$\dfrac{1}{n(n+2)} = \dfrac{1/2}{n} - \dfrac{1/2}{n+2}$ : la somme partielle télescope avec un décalage de $2$ ,

S_N = \frac12\Bigl(1 + \frac12 - \frac{1}{N+1} - \frac{1}{N+2}\Bigr) \longrightarrow \frac34 .

$\sum \frac{n}{2^n}$ : pour $\abs x < 1$ , en dérivant la somme géométrique finie et en passant à la limite (toutes les séries en jeu convergent absolument, règle de d’Alembert) : à partir de $\sum_{n\geq0} x^n = \frac{1}{1-x}$ , un calcul direct sur les sommes partielles donne

\sum_{n=1}^{N} n x^{n-1} = \frac{1 - (N+1)x^N + N x^{N+1}}{(1 - x)^2} \xrightarrow[N\to\infty]{} \frac{1}{(1-x)^2} \quad (\abs x < 1),

(les termes de bord vérifient $N x^N \to 0$ ). En $x = \frac12$ : $\sum_{n\geq1} n\bigl(\frac12\bigr)^{n-1} = 4$ , donc $\sum_{n\geq0} \frac{n}{2^n} = \frac12 \times 4 = 2$ .

Exercice 17.9 ★★★

(Condensation de Cauchy) Soit $(u_n)$ positive et décroissante. Montrer que

\sum_{n \geq 1} u_n \text{ converge} \iff \sum_{k \geq 0} 2^k\, u_{2^k} \text{ converge},

en comparant des paquets de termes entre puissances consécutives de $2$ . En redéduire le critère de Riemann et l’Exercice 17.6.

Solution

Solution de Exercice 17.9.

Groupons les termes de $\sum u_n$ en paquets entre puissances de $2$ . Paquets majorés : pour $2^k \leq n < 2^{k+1}$ il y a $2^k$ termes, chacun $\leq u_{2^k}$ :

\sum_{n=1}^{2^{K+1}-1} u_n = \sum_{k=0}^{K} \sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1} u_n \leq \sum_{k=0}^{K} 2^k u_{2^k} .

Paquets minorés : chaque terme du même paquet est $\geq u_{2^{k+1}}$ , donc $\sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1} u_n \geq 2^k u_{2^{k+1}} = \frac12 \cdot 2^{k+1} u_{2^{k+1}}$ , d’où

\sum_{n=1}^{2^{K+1}-1} u_n \geq \frac12 \sum_{k=1}^{K+1} 2^{k} u_{2^{k}} .

Les deux comparaisons de sommes partielles fonctionnent dans les deux sens (termes positifs, Théorème 17.7) : les deux séries sont de même nature.

Riemann : $u_n = n^{-\alpha}$ donne $2^k u_{2^k} = 2^{k(1-\alpha)}$ , une série géométrique, convergente si et seulement si $2^{1 - \alpha} < 1$ , c’est-à-dire $\alpha > 1$ . Bertrand (Exercice 17.6) : $u_n = \frac{1}{n(\ln n)^\alpha}$ donne $2^k u_{2^k} = \frac{1}{(k\ln 2)^\alpha}$ , une série de Riemann en $k$ : convergente si et seulement si $\alpha > 1$ .

Exercice 17.10 ★★★

En utilisant l’identité intégrale de l’Exemple 17.19 adaptée à $\frac{1}{1+t^2}$ , démontrer la formule de Leibniz

\frac{\pi}{4} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1} = 1 - \frac13 + \frac15 - \frac17 + \cdots

avec la majoration de l’erreur $\abs{R_N} \leq \frac{1}{2N+3}$ .

Solution

Solution de Exercice 17.10.

Identité géométrique finie de raison $-t^2$ :

\frac{1}{1 + t^2} = \sum_{k=0}^{n-1} (-1)^k t^{2k} + \frac{(-1)^n t^{2n}}{1 + t^2} .

Intégrons sur $\intcc{0}{1}$ (le membre de gauche s’intègre en $\arctan 1 = \frac\pi4$ , Proposition 4.10) :

\frac{\pi}{4} = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{(-1)^k}{2k+1} + (-1)^n \int_0^1 \frac{t^{2n}}{1+t^2}\,\dd t, \qquad 0 \leq \int_0^1 \frac{t^{2n}}{1+t^2}\,\dd t \leq \int_0^1 t^{2n}\dd t = \frac{1}{2n+1} .

Faire $n \to \infty$ démontre la formule, et la majoration affichée de l’intégrale est exactement la majoration du reste : après avoir sommé jusqu’à $N$ (c’est-à-dire $n = N + 1$ termes), $\abs{R_N} \leq \frac{1}{2N + 3}$ .

Exercice 17.11 ★★

Nature de $\displaystyle\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n^{1 + 1/n}}$ . (Calculer la limite de $n^{1/n}$ et trouver un équivalent du terme général : le critère de Riemann exige un exposant fixe.)

Solution

Solution de Exercice 17.11.

$n^{1/n} = \eu^{\frac{\ln n}{n}} \to \eu^0 = 1$ (Proposition 4.6). D’où

\frac{1}{n^{1 + 1/n}} = \frac{1}{n}\,\eu^{-\frac{\ln n}{n}} \sim \frac{1}{n} ,

et le critère des équivalents (Théorème 17.7) compare avec la série harmonique divergente : divergente, bien que chaque exposant $1 + \frac1n$ dépasse $1$ . Le critère de Riemann porte sur un exposant $\alpha$ fixe ; un exposant qui glisse vers $1$ peut perdre toute sa marge, comme ici.

Exercice 17.12 ★★★

Soit $(u_n)$ positive et décroissante avec $\sum u_n$ convergente. Montrer que $n\,u_n \to 0$ (majorer $n\,u_{2n}$ par une tranche $\sum_{k=n+1}^{2n} u_k$ et utiliser le critère de Cauchy). Montrer que la réciproque est fausse, et que l’hypothèse de monotonie ne peut pas être supprimée.

Solution

Solution de Exercice 17.12.

Soit $\varepsilon > 0$ . Par le critère de Cauchy appliqué à la série convergente (Théorème 11.20 appliqué aux sommes partielles), il existe $N$ tel que $\sum_{k=n+1}^{2n} u_k \leq \varepsilon$ pour $n \geq N$ . Par monotonie, chacun de ces $n$ termes est $\geq u_{2n}$ :

n\,u_{2n} \leq \sum_{k=n+1}^{2n} u_k \leq \varepsilon \quad\Longrightarrow\quad 2n\,u_{2n} \leq 2\varepsilon ,

et pour les indices impairs $(2n+1)\,u_{2n+1} \leq (2n+1)\,u_{2n} \leq 2\bigl(2n\,u_{2n}\bigr) \leq 4\varepsilon$ pour $n \geq N$ : dans les deux parités, $n u_n \to 0$ .

Réciproque fausse : $u_n = \frac{1}{n\ln n}$ vérifie $n u_n = \frac{1}{\ln n} \to 0$ , et pourtant la série diverge (Exercice 17.6, $\alpha = 1$ ). Monotonie nécessaire : posons $u_n = \frac1n$ lorsque $n$ est un carré parfait et $u_n = 2^{-n}$ sinon : la série converge (les termes carrés se somment comme $\sum \frac{1}{k^2}$ , le reste géométriquement), mais $n u_n = 1$ le long des carrés.

17.5 Problème : la constante d’Euler et la série qui change de somme

Problème 17.1

Devoir maison — $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + O(n^{-2})$ , et le réarrangement de $1 - \frac12 + \frac13 - \dots$ en $\frac{\ln 2}{2}$

Deux histoires se partagent la série harmonique. D’abord, la comptabilité exacte de sa divergence : $H_n - \ln n$ converge vers la constante d’Euler $\gamma$ (Exercice 17.7), et ce problème affine l’énoncé en une loi à deux côtés $\frac{1}{2(n+1)} \leq H_n - \ln n - \gamma \leq \frac{1}{2n}$ , qui certifie $\gamma = 0.5772\dots$ à la main. Ensuite, le scandale de la convergence conditionnelle : la série harmonique alternée a pour somme $\ln 2$ (Exemple 17.19), et pourtant les mêmes termes, dans un autre ordre, ont pour somme $\frac{\ln 2}{2}$ — ou $\ln 2 + \frac12\ln\frac pq$ pour tous $p, q$ , ou n’importe quel réel (Riemann). Les deux histoires n’en font qu’une : les sommes réarrangées se calculent avec la loi du $\gamma$ .

Partie I — $\gamma$ , encadré. Posons $a_n = H_n - \ln n$ et $b_n = H_n - \ln(n+1)$ .

En utilisant $\frac{t}{1+t} \leq \ln(1 + t) \leq t$ , montrer que $(a_n)$ décroît, que $(b_n)$ croît, et qu’elles sont adjacentes ; leur limite commune est $\gamma$ , avec $b_n \leq \gamma \leq a_n$ pour tout $n$ .
Premier tir numérique : à partir de $H_{10} = 2.928968\dots$ , encadrer $\gamma$ entre $b_{10} = 0.5311$ et $a_{10} = 0.6264$ . Quel $n$ ce grossier encadrement exigerait-il pour quatre décimales ?
Montrer la représentation exacte du reste $a_n - \gamma = \sum_{k \geq n} w_k$ (limite des sommes partielles), où

$w_k = a_k - a_{k+1} = \ln\Bigl(1 + \frac1k\Bigr) - \frac{1}{k+1} = \int_k^{k+1} \frac{(k + 1 - t)}{t\,(k+1)}\,\dd t ,$

et déduire de la forme intégrale l’encadrement $\dfrac{1}{2(k+1)^2} \leq w_k \leq \dfrac{1}{2k(k+1)}$ .

Partie II — La loi du $\frac{1}{2n}$ .

Sommer les bornes de la question 3 (les deux côtés se télescopent ou se comparent à des télescopages) et conclure la loi :

$\frac{1}{2(n+1)} \;\leq\; H_n - \ln n - \gamma \;\leq\; \frac{1}{2n} \qquad (n \geq 1).$
En déduire $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + O\bigl(\frac{1}{n^2}\bigr)$ ; précisément, montrer que $\gamma_n = H_n - \ln n - \frac{1}{2n}$ vérifie $-\frac{1}{2n(n+1)} \leq \gamma_n - \gamma \leq 0$ .
Certifier quatre décimales avec $n = 100$ : sachant que $H_{100} = 5.1873775\dots$ , calculer $\gamma_{100} = 0.577207\dots$ et conclure $\gamma = 0.5772 \pm 5\cdot10^{-5}$ (valeur exacte $0.5772156\dots$ ).
Deux dividendes de la loi, tous deux utiles plus loin : quand $m \to \infty$ ,

$H_{2m} - H_m = \ln 2 - \frac{1}{4m} + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr), \qquad \sum_{j=1}^{m} \frac{1}{2j-1} = \frac{\ln m}{2} + \ln 2 + \frac\gamma2 + o(1) ,$

la seconde via $\sum_{j \leq m} \frac{1}{2j-1} = H_{2m} - \frac12 H_m$ , et de même $\sum_{j=1}^{m} \frac{1}{2j} = \frac{\ln m}{2} + \frac\gamma2 + o(1)$ .

Partie III — La série harmonique alternée, au second ordre.

Montrer (par récurrence, ou par regroupement) l’identité $\sum_{k=1}^{2m} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = H_{2m} - H_m$ , et en déduire à la fois la somme $\ln 2$ (encore) et la vitesse exacte :

$\sum_{k=1}^{2m} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = \ln 2 - \frac{1}{4m} + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr) .$
En déduire l’erreur asymptotique de la série harmonique alternée à tout indice : $S - S_N \sim \frac{(-1)^N}{2N}$ — deux fois plus petite que la borne du pire cas $a_{N+1} \approx \frac1N$ du Théorème 17.18.
(Accélération gratuite) Montrer que les sommes moyennées $\tilde S_N = \frac{S_N + S_{N+1}}{2}$ vérifient $\tilde S_N = \ln 2 + O\bigl(\frac{1}{N^2}\bigr)$ . Vérification : $S_{10} = 0.64563$ , $S_{11} = 0.73654$ , $\tilde S_{10} = 0.69109$ , contre $\ln 2 = 0.69315$ : une moyenne achète deux décimales.
Expliquer en deux phrases pourquoi aucune astuce de ce genre ne peut aider un phénomène de queue divergente positive comme l’encadrement de la question 2 : l’erreur alternée oscille (signe $(-1)^N$ ), donc la moyenne annule son terme dominant, tandis que l’erreur $\frac{1}{2n}$ de l’encadrement du $\gamma$ est de signe constant. (Moyenner $a_n$ et $b_n$ , en revanche, aide : relier $\frac{a_n + b_n}{2}$ à l’estimation par le point milieu $H_n - \ln\bigl(n + \frac12\bigr)$ et montrer que son erreur est $O\bigl(\frac{1}{n^2}\bigr)$ .)

Partie IV — La rigidité et sa faillite.

Montrer que la partie positive $\sum \frac{1}{2j-1}$ et la partie négative $\sum \frac{1}{2j}$ de la série harmonique alternée divergent toutes deux — la signature de la convergence conditionnelle.
Démontrer l’énoncé général derrière la question 12 : si $\sum u_n$ converge mais $\sum \abs{u_n}$ diverge, alors la série des parties positives $\sum u_n^+$ et celle des parties négatives $\sum u_n^-$ divergent toutes deux (à partir de $u_n^\pm = \frac{\abs{u_n} \pm u_n}{2}$ : si l’une convergeait, l’autre aussi, donc $\sum\abs{u_n}$ ). Cet inépuisable réservoir de masse positive et négative est ce que la recette de Riemann va dépenser.
(Rigidité) Démontrer : si $\sum u_n$ converge absolument et si $\sigma \colon \N \to \N$ est une bijection, alors $\sum u_{\sigma(n)}$ converge vers la même somme (pour $N$ grand, les $M$ premiers termes réarrangés contiennent $u_0, \dots, u_N$ ; comparer les sommes partielles à travers le reste $\sum_{n > N}\abs{u_n}$ ).
(La recette de Riemann) Soit $t \in \R$ . Décrire le réarrangement glouton de la série harmonique alternée : prendre des termes positifs $1, \frac13, \frac15, \dots$ jusqu’à ce que la somme partielle dépasse $t$ pour la première fois, puis des termes négatifs $-\frac12, -\frac14, \dots$ jusqu’à ce qu’elle passe sous $t$ pour la première fois, et recommencer. Montrer que chaque terme est utilisé exactement une fois, qu’après le premier croisement les sommes partielles restent à distance de $t$ au plus le dernier terme utilisé, et conclure que la série réarrangée converge vers $t$ : toute somme prescrite est atteignable.

Partie V — La formule $(p, q)$ . Fixons des entiers $p, q \geq 1$ . Réarrangeons la série harmonique alternée par blocs : $p$ termes positifs (les inverses impairs suivants), puis $q$ termes négatifs (les inverses pairs suivants), et on recommence.

Vérifier qu’il s’agit bien d’un réarrangement (chaque terme exactement une fois), et que pour $(p, q) = (1, 2)$ il s’écrit

$1 - \frac12 - \frac14 + \frac13 - \frac16 - \frac18 + \frac15 - \frac1{10} - \frac1{12} + \dots$
(La division exacte par deux) Pour $(p, q) = (1, 2)$ , démontrer l’identité de bloc

$\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{4k-2} - \frac{1}{4k} = \frac12\Bigl(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k}\Bigr),$

et en déduire la relation exacte $T_{3K} = \frac12 S_{2K}$ entre les sommes partielles réarrangées et les originales : la division de la somme par deux est visible à chaque étape finie, et pas seulement à la limite.
Montrer que la somme partielle après $K$ blocs complets vaut $\sum_{j=1}^{pK} \frac{1}{2j-1} - \sum_{j=1}^{qK} \frac{1}{2j}$ , et calculer sa limite à l’aide de la question 7 :

$\ln 2 + \frac12 \ln\frac pq .$
Contrôler les sommes partielles à l’intérieur d’un bloc (les termes tendent vers $0$ ) et conclure que la série réarrangée selon $(p, q)$ converge vers $\ln 2 + \frac12\ln \frac pq$ . En particulier $(1, 2)$ donne $\frac{\ln 2}{2}$ : vérifier sur les neuf premiers termes, $T_9 = 0.3083$ , qui rampe vers $0.3466$ .
Vérifications et portée : $(1,1)$ redonne $\ln 2$ ; $(2,1)$ donne $\frac32\ln 2$ ; quelles sommes sont atteignables par des blocs $(p, q)$ , et comment ce menu dénombrable se compare-t-il à la carte complète de Riemann (question 14) ?

Partie VI — Épilogue : $\gamma$ à l’œuvre, et synthèse.

Identifier la somme de la série convergente $\sum_{k\geq1} \bigl(\frac1k - \ln\frac{k+1}{k}\bigr)$ (Exercice 17.7) : montrer qu’elle vaut $\gamma$ .
Faire tourner la recette de Riemann (question 14) pour la cible $t = 1$ et lister les douze premiers termes produits ( $1, \frac13, -\frac12, \frac15, -\frac14, \frac17, \frac19, -\frac16, \frac1{11}, \frac1{13}, -\frac18, \frac1{15}$ ), en calculant la somme partielle ( $\approx 0.980$ ) — regardez l’algorithme respirer autour de sa cible.
Montrer qu’un certain réarrangement de la série harmonique alternée diverge vers $+\infty$ (des blocs de termes positifs assez longs pour gagner $1$ à chaque fois, en utilisant la question 12, séparés par des termes négatifs isolés).
Affiner l’Exemple 17.11 avec la loi du $\gamma$ : montrer que le premier indice tel que $H_N \geq 20$ vérifie $N = \eu^{\,20 - \gamma}\,(1 + o(1)) \approx 2.7\cdot10^{8}$ — la constante d’Euler est exactement la correction qui manquait à l’encadrement grossier.
Synthèse, une phrase pour chaque point : (i) la loi du $\gamma$ et ce qu’apporte chacun de ses trois morceaux ( $\ln n$ , $\gamma$ , $\frac{1}{2n}$ ) ; (ii) pourquoi la convergence conditionnelle rend la somme dépendante de l’ordre alors que la convergence absolue l’interdit ; (iii) en quoi la formule $(p,q)$ était un calcul avec la loi du $\gamma$ plutôt qu’une affirmation d’existence abstraite ; (iv) où ces fils se poursuivent — séries entières et produits de séries dans le volume de Licence 2, et le devoir maison du volume de Licence 3 sur la formule de Stirling, où la même comptabilité somme-contre-intégrale tourne à plein régime.

Solution

Solution de Problème 17.1.

1. $a_{n+1} - a_n = \frac{1}{n+1} - \ln\frac{n+1}{n} \leq 0$ car $\ln(1 + \frac1n) \geq \frac{1/n}{1 + 1/n} = \frac{1}{n+1}$ ; et $b_{n+1} - b_n = \frac{1}{n+1} - \ln\frac{n+2}{n+1} \geq 0$ car $\ln(1 + \frac{1}{n+1}) \leq \frac{1}{n+1}$ . Leur écart $a_n - b_n = \ln(1 + \frac1n) \to 0$ : elles sont adjacentes (Théorème 11.11), de limite commune $\lim a_n = \gamma$ (Exercice 17.7), et $b_n \leq \gamma \leq a_n$ .

2. $b_{10} = 2.928968 - \ln 11 = 0.5311$ et $a_{10} = 2.928968 - \ln 10 = 0.6264$ : donc $\gamma \in \intcc{0.5311}{0.6264}$ . L’écart vaut $\ln 1.1 \approx 0.095$ et décroît comme $\frac1n$ : quatre décimales ( $\text{écart} \leq 10^{-4}$ ) exigeraient $n \approx 10^4$ — l’encadrement est correct, mais lent.

3. Le télescopage $a_n - a_{m+1} = \sum_{k=n}^{m} w_k$ et le passage à la limite $m \to \infty$ donnent $a_n - \gamma = \sum_{k\geq n} w_k$ (limite des sommes partielles). De plus

w_k = \int_k^{k+1} \frac{\dd t}{t} - \frac{1}{k+1} = \int_k^{k+1} \Bigl(\frac1t - \frac{1}{k+1}\Bigr)\dd t = \int_k^{k+1} \frac{k + 1 - t}{t\,(k+1)}\,\dd t .

Sur $\intcc{k}{k+1}$ : $\frac{1}{(k+1)^2} \leq \frac{1}{t(k+1)} \leq \frac{1}{k(k+1)}$ , et $\int_k^{k+1}(k + 1 - t)\dd t = \frac12$ : d’où $\frac{1}{2(k+1)^2} \leq w_k \leq \frac{1}{2k(k+1)}$ .

4. Majoration : $\sum_{k \geq n} \frac{1}{2k(k+1)} = \frac12\sum_{k\geq n}\bigl(\frac1k - \frac{1}{k+1}\bigr) = \frac{1}{2n}$ (télescopage). Minoration : $\frac{1}{2(k+1)^2} \geq \frac{1}{2(k+1)(k+2)}$ , dont la somme télescope en $\frac{1}{2(n+1)}$ . Avec la question 3 :

\frac{1}{2(n+1)} \leq H_n - \ln n - \gamma \leq \frac{1}{2n} .

5. Retranchons $\frac{1}{2n}$ : $\gamma_n - \gamma \in \intcc{\frac{1}{2(n+1)} - \frac{1}{2n}}{0} = \intcc{-\frac{1}{2n(n+1)}}{0}$ : l’estimation corrigée est exacte à $O\bigl(\frac{1}{n^2}\bigr)$ près, et toujours par défaut.

6. $\gamma_{100} = 5.1873775 - \ln 100 - 0.005 = 0.5772073$ , avec $0 \leq \gamma - \gamma_{100} \leq \frac{1}{20200} < 5\cdot10^{-5}$ : donc $0.577207 \leq \gamma \leq 0.577257$ , c’est-à-dire $\gamma = 0.5772 \pm 5\cdot10^{-5}$ (valeur exacte $0.5772156\dots$ ) — quatre décimales certifiées avec cent termes, contre dix mille pour la question 2.

7. Premier dividende :

H_{2m} - H_m = \Bigl(\ln 2m + \gamma + \frac{1}{4m}\Bigr) - \Bigl(\ln m + \gamma + \frac{1}{2m}\Bigr) + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr) = \ln 2 - \frac{1}{4m} + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr).

Second : les inverses pairs jusqu’à $2m$ se somment en $\frac12 H_m$ , donc $\sum_{j=1}^{m}\frac{1}{2j-1} = H_{2m} - \frac12 H_m = \frac12 \ln m + \ln 2 + \frac\gamma2 + o(1)$ , et $\sum_{j=1}^m \frac{1}{2j} = \frac12\ln m + \frac\gamma2 + o(1)$ .

8. En retranchant deux fois les termes pairs : $\sum_{k=1}^{2m}\frac{(-1)^{k-1}}{k} = H_{2m} - 2\cdot\frac12 H_m = H_{2m} - H_m$ . Par la question 7, cela vaut $\ln 2 - \frac{1}{4m} + O(m^{-2})$ : la somme est $\ln 2$ (Exemple 17.19 de nouveau) avec sa vitesse.

9. Pour $N = 2m$ : $S - S_N = \frac{1}{4m} + O(m^{-2}) = \frac{1}{2N} + O(N^{-2})$ . Pour $N = 2m + 1$ : $S_{N} = S_{2m} + \frac{1}{2m+1}$ , donc

S - S_N = \Bigl(\frac{1}{4m} - \frac{1}{2m+1}\Bigr) + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr) = -\frac{1}{4m} + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr) = -\frac{1}{2N} + O\Bigl(\frac{1}{N^2}\Bigr).

Dans les deux cas $S - S_N \sim \frac{(-1)^N}{2N}$ : la moitié de la borne du pire cas $a_{N+1}$ , avec un signe connu et alterné.

10. La moyenne tue le terme dominant oscillant :

S - \tilde S_N = \frac{(S - S_N) + (S - S_{N+1})}{2} = \frac{(-1)^N}{2}\Bigl(\frac{1}{2N} - \frac{1}{2(N+1)}\Bigr) + O\Bigl(\frac{1}{N^2}\Bigr) = O\Bigl(\frac{1}{N^2}\Bigr).

Numériquement : $S_{10} = 0.645635$ , $S_{11} = 0.736544$ , $\tilde S_{10} = 0.691089$ , et $\ln 2 = 0.693147$ : l’erreur passe de $4.8\cdot10^{-2}$ à $2.1\cdot10^{-3}$ — une addition, vingt fois mieux.

11. L’erreur alternée change de signe à chaque étape, donc les sommes partielles consécutives encadrent la limite et leur moyenne annule le terme du premier ordre ; l’erreur de l’encadrement $H_n - \ln n - \gamma \approx \frac{1}{2n}$ est de signe constant, si bien qu’aucune moyenne le long de $n$ ne peut l’annuler. Moyenner les deux encadrants, en revanche, aide : $\frac{a_n + b_n}{2} = H_n - \ln\sqrt{n(n+1)}$ , et comme $\ln\sqrt{n(n+1)} = \ln\bigl(n + \frac12\bigr) + O(n^{-2})$ ,

H_n - \ln\Bigl(n + \frac12\Bigr) = \Bigl(H_n - \ln n - \frac{1}{2n}\Bigr) + \frac{1}{8n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr) = \gamma + O\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)

(question 5 et $\ln(1 + \frac{1}{2n}) = \frac{1}{2n} - \frac{1}{8n^2} + O(n^{-3})$ ). Vérification en $n = 10$ : $H_{10} - \ln 10.5 = 0.57759$ , déjà à $4\cdot10^{-4}$ de $\gamma$ .

12. $\sum_{j\leq m} \frac{1}{2j-1} \geq \sum_{j \leq m} \frac{1}{2j} = \frac12 H_m \to +\infty$ : la partie positive comme la partie négative de la série harmonique alternée divergent.

13. Écrivons $u_n^\pm = \frac{\abs{u_n} \pm u_n}{2} \geq 0$ , de sorte que $u_n = u_n^+ - u_n^-$ et $\abs{u_n} = u_n^+ + u_n^-$ . Si $\sum u_n^+$ convergeait, alors $\sum u_n^- = \sum (u_n^+ - u_n)$ convergerait (différence de séries convergentes), donc $\sum \abs{u_n}$ aussi : contradiction avec la convergence conditionnelle. Par symétrie, $\sum u_n^+$ et $\sum u_n^-$ divergent tous deux (vers $+\infty$ ) : un réservoir infini de masse positive et de masse négative.

14. Soit $S = \sum u_n$ , soit $\varepsilon > 0$ , et soit $N$ tel que $\sum_{n > N} \abs{u_n} \leq \varepsilon$ (critère de Cauchy pour $\sum\abs{u_n}$ ). Soit $M_0$ assez grand pour que $\sigma(\{0, \dots, M_0\}) \supseteq \{0, \dots, N\}$ . Pour $M \geq M_0$ , la différence $\sum_{m \leq M} u_{\sigma(m)} - \sum_{n \leq N} u_n$ est une somme finie de termes $u_n$ distincts avec $n > N$ , donc de valeur absolue $\leq \varepsilon$ ; et $\abs{S - \sum_{n\leq N} u_n} \leq \varepsilon$ également. Les sommes partielles réarrangées sont donc, à partir d’un certain rang, à $2\varepsilon$ de $S$ : $\sum u_{\sigma(n)} = S$ . La convergence absolue résiste aux réarrangements.

15. Chaque phase du procédé glouton s’achève après un nombre fini de termes, parce que les termes positifs (respectivement négatifs) restants ont à eux seuls des sommes partielles divergentes (question 12) : la somme courante doit finir par franchir $t$ . Le procédé enchaîne donc une infinité de phases finies, consommant les termes positifs dans l’ordre et les termes négatifs dans l’ordre : chaque terme est utilisé exactement une fois — c’est un réarrangement. Après le premier croisement, entre deux croisements consécutifs les sommes partielles se déplacent de façon monotone vers $t$ , et lors d’un croisement elles dépassent d’au plus le terme qui vient d’être ajouté ; comme les termes utilisés au $j$ -ième croisement ont un indice au moins $j$ dans leur classe, ces dépassements tendent vers $0$ . Les sommes partielles convergent donc vers $t$ : tout réel est la somme d’un certain réarrangement.

16. Les places positives reçoivent $\frac{1}{2j-1}$ pour $j = 1, 2, \dots$ dans l’ordre, les places négatives $\frac{1}{2j}$ dans l’ordre : chaque terme de la série harmonique alternée apparaît exactement une fois. Pour $(p, q) = (1, 2)$ , les blocs sont $\bigl(1, -\frac12, -\frac14\bigr)$ , $\bigl(\frac13, -\frac16, -\frac18\bigr)$ , $\bigl(\frac15, -\frac1{10}, -\frac1{12}\bigr)$ , … — la série affichée.

17. Comme $\frac{1}{4k-2} = \frac12\cdot\frac{1}{2k-1}$ :

\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{4k-2} - \frac{1}{4k} = \frac12\,\frac{1}{2k-1} - \frac12\,\frac{1}{2k} = \frac12\Bigl(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k}\Bigr).

En sommant sur $k = 1, \dots, K$ : $T_{3K} = \frac12 \sum_{k=1}^{K}\bigl(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k}\bigr) = \frac12 S_{2K}$ : à chaque somme partielle de rang multiple de trois, la série réarrangée vaut exactement la moitié de l’originale.

18. Après $K$ blocs complets, la somme partielle réarrangée vaut $\sum_{j=1}^{pK}\frac{1}{2j-1} - \sum_{j=1}^{qK}\frac{1}{2j}$ , et la question 7 l’évalue :

\Bigl(\frac{\ln(pK)}{2} + \ln 2 + \frac\gamma2\Bigr) - \Bigl(\frac{\ln(qK)}{2} + \frac\gamma2\Bigr) + o(1) = \ln 2 + \frac12\ln\frac pq + o(1) :

les $\gamma$ se simplifient, les $\ln K$ se simplifient, le rapport $\frac pq$ survit.

19. Une somme partielle à l’intérieur du bloc $K + 1$ diffère de la somme après $K$ blocs par au plus $p + q$ termes, chacun de valeur absolue de l’ordre de $\frac{1}{2qK}$ , donc d’un $O\bigl(\frac1K\bigr) \to 0$ : toute la suite des sommes partielles a la même limite $\ln 2 + \frac12\ln\frac pq$ . Pour $(1, 2)$ : $\ln 2 + \frac12\ln\frac12 = \frac{\ln 2}{2} = 0.34657\dots$ , et de fait $T_9 = 0.30833$ rampe vers cette valeur : par la question 17, $T_{3K} = \frac12 S_{2K}$ converge avec exactement la moitié de l’erreur de la série harmonique alternée. Mêmes termes, moitié de la somme.

20. $(1,1)$ : $\ln 2 + \frac12\ln 1 = \ln 2$ — l’ordre d’origine, cohérence. $(2,1)$ : $\frac32\ln 2 \approx 1.0397$ . Le menu $(p,q)$ atteint exactement la famille dénombrable dense $\ln 2 + \frac12\ln r$ , $r \in \Q_{>0}$ ; la recette gloutonne de Riemann (question 15) atteint tout réel. La structure achète des formules ; la gourmandise achète la totalité.

21. Les sommes partielles télescopent : $\sum_{k=1}^{N} \bigl(\frac1k - \ln\frac{k+1}{k}\bigr) = H_N - \ln(N+1) = b_N \to \gamma$ : la série de l’Exercice 17.7 a exactement pour somme la constante d’Euler.

22. Glouton pour $t = 1$ : le premier terme positif amène la somme exactement à $1$ , sans la dépasser, donc un second terme positif est pris pour franchir la cible : $1, \frac13$ (somme $1.3333 > 1$ ), puis $-\frac12$ ( $0.8333$ ), $\frac15$ ( $1.0333$ ), $-\frac14$ ( $0.7833$ ), $\frac17, \frac19$ ( $1.0373$ ), $-\frac16$ ( $0.8706$ ), $\frac1{11}, \frac1{13}$ ( $1.0384$ ), $-\frac18$ ( $0.9134$ ), $\frac1{15}$ ( $0.9801$ ), … — les sommes respirent autour de $1$ avec une amplitude toujours plus petite, deux termes positifs étant désormais nécessaires par cycle puisque les négatifs sont plus grands.

23. Construisons des blocs : à l’étape $j$ , ajoutons assez de termes positifs inutilisés pour faire monter la somme partielle d’au moins $1$ (c’est possible : les termes positifs restants ont des sommes divergentes, question 12), puis ajoutons le seul terme négatif $-\frac{1}{2j}$ . Tout terme positif finit par être utilisé (chaque étape en utilise au moins un), tout terme négatif aussi (un par étape) : c’est un réarrangement. Chaque étape modifie la somme de $\geq 1 - \frac{1}{2j} \geq \frac12$ : les sommes partielles dépassent $\frac{j}{2}$ après l’étape $j$ , et les accroissements à l’intérieur d’une étape sont positifs sauf le dernier, majoré par $\frac{1}{2j} \to 0$ : divergence vers $+\infty$ .

24. Par la loi, $H_N \geq 20 \iff \ln N \geq 20 - \gamma - \frac{1}{2N} + O(N^{-2})$ : le seuil $N^*$ vérifie $\ln N^* = 20 - \gamma + o(1)$ , c’est-à-dire $N^* = \eu^{20 - \gamma}(1 + o(1)) \approx \eu^{19.4228} \approx 2.72\cdot10^{8}$ — à l’intérieur de la fenêtre grossière $\intcc{1.8\cdot10^8}{4.9\cdot10^8}$ de l’Exemple 17.11, et épinglé par $\gamma$ .

25. (i) Dans $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + O(n^{-2})$ : le $\ln n$ est l’intégrale, $\gamma$ le prix du remplacement d’une somme par une intégrale (une constante de l’analyse véritablement nouvelle), et $\frac{1}{2n}$ la première correction — l’ombre du trapèze. (ii) La convergence conditionnelle s’appuie sur une compensation entre deux réservoirs infinis (question 13), de sorte que réordonner rééquilibre les réservoirs ; la convergence absolue a une masse totale finie, et l’estimation du reste de la question 14 est aveugle à l’ordre. (iii) Les sommes $(p,q)$ ont été calculées : la loi du $\gamma$ a transformé chaque somme partielle réarrangée en $\ln 2 + \frac12\ln\frac pq + o(1)$ , $\gamma$ se simplifiant lui-même — un exercice de comptabilité asymptotique, non un argument abstrait. (iv) La suite : produits et sommabilité inconditionnelle pour les séries entières dans le volume de Licence 2 ; et le devoir maison du volume de Licence 3 sur la formule de Stirling, où la comptabilité somme-contre-intégrale, poussée un ordre plus loin, produit $\sqrt{2\pi}$ lui-même.