Mathématiques universitaires — Licence 2 · Bachelor Year 2

6Comparaison des fonctions

L’analyse asymptotique — l’art de remplacer une quantité compliquée par une quantité simple augmentée d’une erreur contrôlée — a été amorcée dans le volume de première année avec les développements de Taylor. Ce chapitre en fait une discipline à part entière : développements le long d’échelles générales, la comparaison série–intégrale dans toute sa force asymptotique, la formule de Stirling (démontrée complètement), et l’étude systématique des suites définies implicitement. Ces techniques sont le pain quotidien de l’analyse asymptotique, et tout chapitre ultérieur qui estime quoi que ce soit — séries, intégrales, probabilités — se nourrit à cette table.

6.1 Relations de comparaison et échelles

Définition 6.1

Au voisinage d’un point $a$ ( $a \in \R$ ou $\pm\infty$ ), pour des fonctions (ou des suites, avec $n \to \infty$ ) : $f = o(g)$ , $f = O(g)$ , $f \sim g$ comme dans le volume de première année. Une échelle de comparaison en $a$ est une famille de fonctions positives, comparables deux à deux, totalement ordonnée par $o(\cdot)$ — l’échelle usuelle en $+\infty$ étant

x^{\alpha} (\ln x)^{\beta} \qquad (\alpha, \beta \in \R),

ordonnée lexicographiquement en $(\alpha, \beta)$ , raffinée au besoin par des exponentielles $\eu^{\gamma x}$ .

Définition 6.2 (Développement asymptotique)

$f$ admet le développement asymptotique

f = c_1 \varphi_1 + c_2\varphi_2 + \dots + c_k \varphi_k + o(\varphi_k) \qquad (\varphi_{i+1} = o(\varphi_i) \text{ dans l'échelle})

lorsque les restes successifs vérifient les estimations affichées. Les coefficients sont alors uniques : $c_1 = \lim f/\varphi_1$ , et par récurrence $c_{i+1} = \lim\,(f - \sum_{j \leq i} c_j\varphi_j)/\varphi_{i+1}$ .

Exemple 6.3

Les développements de Taylor sont des développements asymptotiques le long de l’échelle $(x - a)^k$ en $a$ . Mais la notion est strictement plus large : en $+\infty$ ,

\frac{1}{x - \ln x} = \frac1x \cdot \frac{1}{1 - \frac{\ln x}{x}} = \frac1x + \frac{\ln x}{x^2} + o\Bigl(\frac{\ln x}{x^2}\Bigr),

un développement le long de l’échelle mixte — aucun théorème de Taylor ne s’applique, seulement le développement géométrique et le calcul des $o$ .

Exemple 6.4 (L’échelle usuelle est réellement ordonnée)

L’affirmation lexicographique de la Définition 6.1 demande une ligne de démonstration par cas. Comparons $x^{\alpha}(\ln x)^{\beta}$ et $x^{\alpha'}(\ln x)^{\beta'}$ en $+\infty$ . Si $\alpha < \alpha'$ : le rapport vaut $x^{\alpha - \alpha'}(\ln x)^{\beta - \beta'} \to 0$ , car une puissance négative de $x$ écrase toute puissance de $\ln x$ (poser $x = \eu^t$ : $\eu^{(\alpha - \alpha')t}\,t^{\beta - \beta'} \to 0$ par la limite « l’exponentielle l’emporte sur le polynôme » du volume de première année). Si $\alpha = \alpha'$ et $\beta < \beta'$ : le rapport vaut $(\ln x)^{\beta - \beta'} \to 0$ directement. Ainsi les couples $(\alpha, \beta)$ , ordonnés lexicographiquement, ordonnent l’échelle par $o(\cdot)$ — et la substitution $x = \eu^t$ est l’astuce universelle pour les comparaisons mixtes puissance-logarithme.

Exemple 6.5 (Classer une ménagerie)

Les échelles doivent être ordonnées ; voici l’exercice type. En $+\infty$ , comparons $n^{10}$ , $\eu^{\sqrt{\ln n}\,\cdot\,\sqrt n}$ , $2^n$ et $n^{\ln n}$ en prenant les logarithmes :

10\ln n \;\ll\; (\ln n)^2 \;\ll\; \sqrt{n\ln n} \;\ll\; n\ln 2 ,

où $a_n \ll b_n$ signifie $a_n = o(b_n)$ ; la deuxième entrée est $\ln(n^{\ln n})$ . Les exponentielles préservent ces écarts stricts (si $\ln u_n - \ln v_n \to -\infty$ alors $u_n/v_n \to 0$ ), donc

n^{10} = o\bigl(n^{\ln n}\bigr), \qquad n^{\ln n} = o\bigl(\eu^{\sqrt{n\ln n}}\bigr), \qquad \eu^{\sqrt{n\ln n}} = o(2^n) .

La morale, doublement : comparer toujours via les logarithmes (différences de logarithmes, non rapports de logarithmes), et ne jamais conclure $u_n \sim v_n$ à partir de $\ln u_n \sim \ln v_n$ — le couple $n^{10}$ et $n^{\ln n}$ a un rapport de $\ln$ tendant vers $\infty$ , mais $2^n$ et $4^n$ ont un rapport de $\ln$ exactement égal à $2$ et sont follement non équivalents.

6.2 Comparaison série–intégrale, asymptotiquement

Théorème 6.6

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

Si $\int_1^{\infty} f$ converge, les restes vérifient

$\int_{n+1}^{\infty} f \;\leq\; \sum_{k > n} f(k) \;\leq\; \int_{n}^{\infty} f .$
Si $\int_1^\infty f$ diverge, les sommes partielles vérifient $\sum_{k=1}^{n} f(k) = \int_1^n f + C + o(1)$ pour une certaine constante $C$ : la différence $\sum_{k \leq n} f(k) - \int_1^n f$ converge.

Démonstration. L’encadrement $f(k+1) \leq \int_k^{k+1} f \leq f(k)$ (décroissance) était le procédé de première année ; en sommant sur $k \geq n+1$ , resp. $k \geq n$ , on obtient (1). Pour (2), posons $u_k = f(k) - \int_k^{k+1} f$ : par l’encadrement, $0 \leq u_k \leq f(k) - f(k+1)$ , donc les sommes partielles de $\sum u_k$ sont majorées par le télescopage $f(1) - f(n+1) \leq f(1)$ : la série converge. De plus la suite $\bigl(\int_n^{n+1} f\bigr)_n$ est décroissante ( $f$ décroît) et positive, donc convergente. En écrivant

\sum_{k=1}^{n} f(k) - \int_1^n f = \sum_{k=1}^{n} u_k + \int_n^{n+1} f ,

le membre de droite converge quand $n \to \infty$ : la différence converge vers une constante $C$ , ce qui est l’énoncé (2). ∎

Exemple 6.7 (Le développement harmonique)

Pour $f(t) = \frac1t$ : $H_n = \ln n + \gamma + o(1)$ , ce qui retrouve la constante d’Euler (volume de première année) avec une démonstration plus propre. En poussant d’un ordre de plus (Exercice 6.3) :

H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + o\Bigl(\frac1n\Bigr).

Les chiffres rendent le gain visible en $n = 10$ : $H_{10} = 2.928968\dots$ et $\ln 10 = 2.302585\dots$ , donc l’estimation brute de $\gamma$ est $H_{10} - \ln 10 = 0.626383$ , à $0.049$ près ; en soustrayant la correction $\frac1{20}$ on obtient $0.576383$ , qui ne diffère de $\gamma = 0.577216$ que de $8.3\cdot10^{-4}$ — lequel est lui-même le terme suivant $\frac{1}{12\cdot100}$ du développement, comme le démontre le problème du week-end (question 8).

Exemple 6.8 (Un $\ln(n!)$ grossier sans Stirling)

Le seul procédé d’encadrement localise déjà $\ln(n!)$ . Comme $\ln$ croît,

\int_{k-1}^{k}\ln t\,\dd t \;\leq\; \ln k \;\leq\; \int_{k}^{k+1}\ln t\,\dd t ,

et en sommant sur $k = 2, \dots, n$ (avec $\int_1^n\ln = n\ln n - n + 1$ ) :

n\ln n - n + 1 \;\leq\; \ln(n!) \;\leq\; (n+1)\ln(n+1) - n .

Les deux bornes valent $n\ln n - n + O(\ln n)$ : d’où $\ln(n!) = n\ln n - n + O(\ln n)$ , et en particulier $\ln(n!) \sim n\ln n$ . Ce que Stirling ajoute, ce sont les deux échelons suivants — le $\frac12\ln n$ et la constante $\ln\sqrt{2\pi}$ — qui coûtent le télescopage plus fin du Théorème 6.13. Savoir quelle précision chaque outil achète est la moitié du métier de l’asymptoticien.

Exemple 6.9 (Les compensations exigent des développements)

Calculons la limite de $\sqrt{n^2 + n} - n$ . Les deux termes sont $\sim n$ , et « $\sim n - n$ » n’a aucun sens : on ne peut pas soustraire des équivalents. Développons plutôt :

\sqrt{n^2 + n} - n = n\Bigl(\sqrt{1 + \tfrac1n} - 1\Bigr) = n\Bigl(\frac{1}{2n} - \frac{1}{8n^2} + O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr)\Bigr) = \frac12 - \frac{1}{8n} + O\Bigl(\frac1{n^2}\Bigr) :

limite $\frac12$ , avec la vitesse d’approche $\frac1{8n}$ en prime. Le mécanisme mérite un nom : une différence de deux grandes quantités équivalentes vit entièrement dans leurs termes suivants, si bien qu’il faut développer jusqu’au premier ordre où les deux membres diffèrent — et traîner le reste pour certifier que rien d’autre ne survit à cet ordre.

Exemple 6.10 (Une comparaison divergente, en détail)

Pour $f(t) = \frac{1}{t\ln t}$ sur $\intco{2}{+\infty}$ (continue, positive, décroissante) : $\int_2^x f = \ln\ln x - \ln\ln 2 \to \infty$ , donc d’après le Théorème 6.6 (2),

\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k\ln k} = \ln\ln n + C + o(1)

pour une certaine constante $C$ . Deux leçons. Premièrement, la divergence est réelle mais glaciale : la somme partielle ne dépasse $4$ que vers $n \approx \eu^{\eu^{4 - C}}$ , astronomiquement grand. Deuxièmement, la forme $\ln\ln n$ a été livrée par une primitive, non devinée : pour des termes monotones, l’intégrale est le procédé de sommation canonique, et la constante $C$ — comme le $\gamma$ d’Euler — est la mémoire des premiers termes.

6.3 Formule de Stirling

Lemme 6.11 (Intégrales de Wallis, revisitées)

Soit $W_n = \int_0^{\pi/2} \sin^n t\,\dd t$ . Alors $nW_nW_{n-1} = \frac\pi2$ pour $n \geq 1$ , $(W_n)$ décroît, et $W_n \sim \sqrt{\dfrac{\pi}{2n}}$ .

Démonstration. L’intégration par parties donne $nW_n = (n-1)W_{n-2}$ ( $n \geq 2$ ), donc $nW_nW_{n-1}$ est constant en $n$ , égal à $1 \cdot W_1 W_0 = \frac\pi2$ . Décroissance : $\sin^{n+1} \leq \sin^n$ sur $\intcc{0}{\frac\pi2}$ . L’encadrement, en détail : la monotonie donne $W_{n+1} \leq W_n \leq W_{n-1}$ , et en divisant par $W_{n-1} > 0$ ,

\frac{n}{n+1} = \frac{W_{n+1}}{W_{n-1}} \leq \frac{W_n}{W_{n-1}} \leq 1 ,

l’identité de gauche venant de la récurrence à l’indice $n + 1$ . Les deux bornes tendent vers $1$ : $W_n \sim W_{n-1}$ , d’où

nW_n^2 \sim nW_nW_{n-1} = \frac\pi2 \qquad\Longrightarrow\qquad W_n \sim \sqrt{\frac{\pi}{2n}} .

∎

Exemple 6.12 (Les premières intégrales de Wallis)

À partir de $W_0 = \frac\pi2$ , $W_1 = 1$ et de la récurrence $nW_n = (n-1)W_{n-2}$ :

W_2 = \frac\pi4, \qquad W_3 = \frac23, \qquad W_4 = \frac{3\pi}{16}, \qquad W_5 = \frac{8}{15}, \qquad W_6 = \frac{5\pi}{32}.

Les indices pairs portent un $\pi$ , les impairs sont rationnels — les deux produits entrelacés des formes closes. Numériquement $W_6 \approx 0.4909$ contre l’asymptotique $\sqrt{\pi/12} \approx 0.5116$ : en $n = 6$ l’équivalent est déjà à $5\%$ près, et l’identité de produit est exacte pour tout $n$ : $6\,W_6W_5 = 6\cdot\frac{5\pi}{32}\cdot\frac8{15} = \frac\pi2$ . De petites tables comme celle-ci sont le moyen le moins coûteux d’attraper une erreur de calcul avant qu’elle n’infecte un argument asymptotique.

Théorème 6.13 (Stirling)

n! \;\sim\; \sqrt{2\pi n}\, \Bigl(\frac{n}{\eu}\Bigr)^{\!n} .

Démonstration. Étape 1 : $n! \sim C \sqrt n\, (n/\eu)^n$ pour une certaine constante $C > 0$ . Posons

d_n = \ln(n!) - \Bigl(n + \frac12\Bigr)\ln n + n .

Alors

d_n - d_{n+1} = \Bigl(n + \frac12\Bigr) \ln\frac{n+1}{n} - 1 = \Bigl(n + \frac12\Bigr)\Bigl(\frac1n - \frac{1}{2n^2} + \frac{1}{3n^3} + o\bigl(n^{-3}\bigr)\Bigr) - 1 = \frac{1}{12n^2} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr),

par le développement de Taylor de $\ln(1 + \frac1n)$ . La série $\sum (d_n - d_{n+1})$ converge donc absolument (comparaison avec $\sum n^{-2}$ ), donc $(d_n)$ converge, disons vers $d$ ; en exponentiant, $n! \sim C\sqrt n\,(n/\eu)^n$ avec $C = \eu^{d}$ .

Étape 2 : $C = \sqrt{2\pi}$ via Wallis. La forme close $W_{2p} = \frac{(2p)!}{4^p (p!)^2}\cdot\frac\pi2$ (issue de la récurrence, calcul de première année refait dans le cadre du Lemme 6.11) se combine avec l’étape 1 :

W_{2p} \sim \frac{C\sqrt{2p}\,(2p/\eu)^{2p}} {4^p\,\bigl(C\sqrt p\,(p/\eu)^p\bigr)^2}\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{\sqrt{2p}}{C\,p}\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{C}\cdot\frac{1}{\sqrt{2p}} .

En comparant avec $W_{2p} \sim \sqrt{\frac{\pi}{4p}}$ (Lemme 6.11) : $\frac{\pi}{C\sqrt{2p}} = \sqrt{\frac{\pi}{4p}}\,(1 + o(1))$ force $C = \pi \sqrt{\frac{4p}{2p\,\pi}} = \sqrt{2\pi}$ . ∎

Exemple 6.14 (Coefficient binomial central)

\binom{2n}{n} = \frac{(2n)!}{(n!)^2} \sim \frac{\sqrt{4\pi n}\,(2n/\eu)^{2n}}{2\pi n\,(n/\eu)^{2n}} = \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}} :

la probabilité qu’une marche aléatoire symétrique revienne en $0$ à l’instant $2n$ est $\sim \frac{1}{\sqrt{\pi n}}$ — une annonce du Chapitre 22.

Remarque 6.15 (Perspectives au sein de ce volume)

Tout chapitre quantitatif à venir parle la langue de ce chapitre. Le Chapitre 7 classe les séries en comparant les termes à l’échelle $n^{-\alpha}(\ln n)^{-\beta}$ — son problème du week-end cartographie complètement cette frontière. Le Chapitre 9 fait de même pour les intégrales impropres, avec l’échelle identique dans la variable continue. Le Chapitre 11 calcule les rayons de convergence à partir de $\limsup\abs{a_n}^{1/n}$ , un exercice d’équivalents de racines $n$ -ièmes où Stirling est la clé standard ( $\sqrt[n]{n!} \sim \frac n\eu$ , Exercice 6.4). Et les chapitres de probabilités encaissent Stirling directement : les estimations locales du Chapitre 22 pour les coefficients binomiaux sont exactement l’Exemple 6.14 et l’Exemple 6.21. L’asymptotique n’est pas un chapitre ici ; c’est l’accent du volume.

Méthode 6.16 (La check-list de l’amorçage)

Avant de faire confiance à un développement obtenu par amorçage, vérifiez quatre points. (1) L’existence d’abord : la racine ou la suite doit être fixée (monotonie, valeurs intermédiaires) avant tout développement — des symboles sans référent se développent magnifiquement et ne signifient rien. (2) Un ordre par passe : chaque substitution ne peut être crue qu’à l’ordre de l’estimation injectée ; extraire deux termes nouveaux d’une seule passe est la source classique de coefficients faux. (3) Les restes voyagent avec : traînez le $o(\cdot)$ à travers chaque étape algébrique et laissez l’absorption (les termes plus petits engloutis par des restes plus grands) se produire à la fin, explicitement. (4) Audit numérique : évaluez en une valeur honnête de $n$ ; une erreur de coefficient survit étonnamment souvent à une nouvelle dérivation algébrique, et ne survit presque jamais à l’arithmétique.

Remarque 6.17 (Pièges courants)

(i) Les équivalents s’additionnent mal : de $u_n \sim n + \ln n$ et $v_n \sim -n$ on ne peut pas conclure $u_n + v_n \sim \ln n$ ; les compensations exigent des développements avec restes explicites, jamais des équivalents nus. (ii) Ne jamais exponentier une équivalence : $n + 1 \sim n$ mais $\eu^{n+1} \not\sim \eu^n$ ; la direction sûre est de prendre les logarithmes d’équivalents tendant vers $+\infty$ (problème du week-end de ce chapitre, question 24). (iii) Un développement asymptotique est attaché à une échelle : écrire $f = \frac1x + o\bigl(\frac1{x^2}\bigr)$ affirme plus que $f = \frac1x + o\bigl(\frac1x\bigr)$ , et mélanger les deux invalide l’algèbre qui suit. (iv) Dans les amorçages, substituer le développement courant entier, reste compris — laisser tomber un $o(\cdot)$ en cours de passe produit des coefficients plausibles mais faux. (v) La comparaison série–intégrale requiert la monotonie : pour des termes oscillants elle échoue purement et simplement (comparer $\sum\frac{\sin k}k$ , Chapitre 7).

Exemple 6.18 (Stirling en chiffres)

En $n = 10$ : la formule donne $\sqrt{20\pi}\,(10/\eu)^{10} \approx 3\,598\,696$ contre $10! = 3\,628\,800$ : erreur relative $8.3\cdot10^{-3}$ , remarquable pour un énoncé « asymptotique » en $n = 10$ . L’erreur a une structure — le raffinement exact $n! = \sqrt{2\pi n}\,(n/\eu)^n\bigl(1 + \frac1{12n} + O(n^{-2})\bigr)$ — dont la première correction $\frac1{120} \approx 8.3\cdot10^{-3}$ explique l’écart observé presque exactement. La machinerie d’Euler–Maclaurin du problème du week-end est précisément la source systématique de tels termes de correction.

Remarque 6.19 (Où ce chapitre est utilisé)

La comparaison asymptotique est la grammaire de tout ce qui est quantitatif en aval : les critères de convergence et le panorama de Bertrand du Chapitre 7, les critères d’intégrabilité du Chapitre 9, les calculs de rayon de convergence du Chapitre 11, et les théorèmes limites du Chapitre 22 (où Stirling fait tourner les estimations de de Moivre–Laplace). Le volume de troisième année industrialise l’unique idée que nous démontrons ici à la main — extraire le terme principal, majorer le reste — en la méthode de Laplace et la convergence dominée.

Exemple 6.20 (Une intégrale comparée à elle-même : $\int_2^x \frac{\dd t}{\ln t}$ )

La boîte à outils de comparaison marche aussi sur les intégrales. Soit $F(x) = \int_2^x\frac{\dd t}{\ln t}$ (l’intégrande est continu sur $\intco2\infty$ ). Intégrons par parties :

F(x) = \Bigl[\frac{t}{\ln t}\Bigr]_2^x + \int_2^x\frac{\dd t}{(\ln t)^2} = \frac{x}{\ln x} + O\Bigl(\int_2^x\frac{\dd t}{(\ln t)^2}\Bigr) + O(1),

et l’intégrale de reste est $o\bigl(\frac{x}{\ln x}\bigr)$ : découpons-la en $\sqrt x$ , en majorant par

\int_2^{\sqrt x}\frac{\dd t}{(\ln t)^2} \leq \sqrt x \qquad\text{et}\qquad \int_{\sqrt x}^{x}\frac{\dd t}{(\ln t)^2} \leq \frac{x}{(\ln\sqrt x)^2} = \frac{4x}{(\ln x)^2} .

D’où $F(x) \sim \frac{x}{\ln x}$ . Les lecteurs qui ont rencontré le théorème des nombres premiers dans le problème du week-end de ce chapitre reconnaîtront $F$ : c’est le logarithme intégral, le meilleur estimateur de $\pi(x)$ , et le calcul montre qu’il coïncide avec $\frac{x}{\ln x}$ au premier ordre.

Exemple 6.21 (Stirling sur un binomial déséquilibré)

La même routine à trois factorielles que pour l’Exemple 6.14 donne, pour $\binom{3n}{n} = \frac{(3n)!}{n!\,(2n)!}$ :

\binom{3n}{n} \sim \frac{\sqrt{6\pi n}\,(3n/\eu)^{3n}} {\sqrt{2\pi n}\,(n/\eu)^{n}\cdot\sqrt{4\pi n}\,(2n/\eu)^{2n}} = \sqrt{\frac{3}{4\pi n}}\, \Bigl(\frac{27}{4}\Bigr)^{\!n} .

Le taux exponentiel $\frac{27}4 = \frac{3^3}{2^2}$ vaut $\eu^{3n\,H(1/3)}$ dans la notation d’entropie de la théorie de l’information : les binomiaux déséquilibrés croissent strictement plus lentement que le $4^n$ central par deux pas — ici $(27/4)^{1/3} \approx 1.89 < 2$ par pas. Toute asymptotique binomiale en combinatoire et en probabilités (Chapitre 22) est ce seul calcul avec des poids différents.

6.4 Suites définies implicitement

Méthode 6.22

Pour trouver l’asymptotique des solutions $x_n$ d’une équation $F(x, n) = 0$ :

Localiser : démontrer l’existence et l’unicité de $x_n$ dans un intervalle précis (monotonie, théorème des valeurs intermédiaires), et trouver son comportement grossier (limite, ordre de grandeur).
Amorcer : substituer la forme grossière $x_n = (\text{terme principal})(1 + \varepsilon_n)$ dans l’équation et résoudre pour l’ordre suivant de $\varepsilon_n$ ; répéter, chaque passe raffinant d’un ordre.

Exemple 6.23

Pour $n \geq 1$ , l’équation $\tan x = x$ a exactement une solution $x_n$ dans $\intoo{n\pi - \frac\pi2}{n\pi + \frac\pi2}$ (la fonction $\tan x - x$ y croît de $-\infty$ à $+\infty$ , sa dérivée valant $\tan^2 x \geq 0$ ). Grossièrement : $x_n = n\pi + \frac\pi2 - y_n$ avec $y_n \in \intoo{0}{\pi}$ ; comme $x_n \to \infty$ et $\tan x_n = x_n \to +\infty$ , $x_n$ approche l’asymptote par la gauche : $y_n \to 0$ . Amorçage : $\tan x_n = \cot y_n = \frac{1}{\tan y_n} \sim \frac{1}{y_n}$ , et l’équation $\cot y_n = x_n \sim n\pi$ donne $y_n \sim \frac{1}{n\pi}$ . D’où

x_n = n\pi + \frac\pi2 - \frac{1}{n\pi} + o\Bigl(\frac1n\Bigr),

et le procédé se poursuit à tout ordre (Exercice 6.6).

Exemple 6.24 (Un second passage de la méthode)

Résolvons $x + \ln x = n$ asymptotiquement. Localiser : $x \mapsto x + \ln x$ croît de $-\infty$ à $+\infty$ sur $\intoo{0}{+\infty}$ : une racine unique $x_n$ , et $x_n \to \infty$ . Grossièrement : $\ln x_n = o(x_n)$ donne $x_n \sim n$ . Amorçage : de $x_n = n - \ln x_n$ et $\ln x_n = \ln n + o(1)$ (logarithmes d’équivalents, les deux membres $\to \infty$ ) :

x_n = n - \ln n + o(1) ;

une passe de plus, avec $\ln x_n = \ln\bigl(n - \ln n + o(1)\bigr) = \ln n - \frac{\ln n}{n} + o\bigl(\frac{\ln n}n\bigr)$ :

x_n = n - \ln n + \frac{\ln n}{n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr).

(Vérification en $n = 100$ : la racine est $x \approx 95.4415$ ; la formule à trois termes donne $100 - 4.6052 + 0.0461 = 95.4409$ , celle à deux termes $95.3948$ — chaque passe gagne l’ordre prévu.) Même boucle, troisième paysage : la méthode du Méthode 6.22 ne se soucie pas de l’allure de l’équation, seulement de ce que chaque passe isole l’inconnue dominante.

6.5 Exercices

Exercice 6.1 ★

Développer en $+\infty$ , deux termes au-delà du terme principal :

\sqrt{x^2 + x + 1} , \qquad \ln(x^2 + x) - 2\ln x, \qquad \frac{x + \sin x}{x - \ln x} .

Solution

Solution de Exercice 6.1.

$\sqrt{x^2 + x + 1} = x\sqrt{1 + \tfrac1x + \tfrac{1}{x^2}} = x + \frac12 + \frac38\cdot\frac1x + o\bigl(\frac1x\bigr)$ (développement binomial : $\frac12 u - \frac18 u^2$ avec $u = \frac1x + \frac{1}{x^2}$ donne $\frac{1}{2x} + \frac{1}{2x^2} - \frac{1}{8x^2} = \frac{1}{2x} + \frac{3}{8x^2}$ , puis multiplier par $x$ ).

$\ln(x^2 + x) - 2\ln x = \ln\bigl(1 + \tfrac1x\bigr) = \frac1x - \frac{1}{2x^2} + o\bigl(\frac{1}{x^2}\bigr)$ .

Troisième fonction : développer chaque facteur,

\frac{x + \sin x}{x - \ln x} = \Bigl(1 + \frac{\sin x}{x}\Bigr) \Bigl(1 + \frac{\ln x}{x} + \frac{(\ln x)^2}{x^2} + O\Bigl(\frac{(\ln x)^3}{x^3}\Bigr)\Bigr).

Ordonner les contributions sur l’échelle en $+\infty$ : $\frac{\ln x}{x} \gg \frac{1}{x} \geq \bigl|\frac{\sin x}{x}\bigr| \gg \frac{(\ln x)^2}{x^2}$ . Les deux termes après le $1$ dominant sont donc $\frac{\ln x}{x}$ , puis le terme d’oscillation bornée $\frac{\sin x}{x}$ :

\frac{x + \sin x}{x - \ln x} = 1 + \frac{\ln x}{x} + \frac{\sin x}{x} + O\Bigl(\frac{(\ln x)^2}{x^2}\Bigr).

Exercice 6.2 ★

Donner la nature (convergence/divergence) et, en cas de divergence, l’asymptotique dominante de $\sum_{k \leq n} k^\alpha$ pour $\alpha > -1$ , $\alpha = -1$ , $\alpha < -1$ , via le Théorème 6.6.

Solution

Solution de Exercice 6.2.

$f(t) = t^\alpha$ ( $t \geq 1$ ).

$\alpha > -1$ : divergence, et d’après le Théorème 6.6 (2), $\sum_{k\leq n} k^\alpha = \frac{n^{\alpha+1}}{\alpha+1} + C + o(1)$ si $\alpha < 0$ (où $f$ décroît) ; pour $\alpha \geq 0$ ( $f$ croissante) le même encadrement avec inégalités inversées donne $\sum_{k \leq n} k^\alpha \sim \frac{n^{\alpha + 1}}{\alpha + 1}$ .

$\alpha = -1$ : $H_n = \ln n + \gamma + o(1)$ (Exemple 6.7).

$\alpha < -1$ : convergence, avec reste $\sum_{k > n} k^\alpha \sim \frac{n^{\alpha+1}}{-(\alpha+1)}$ par l’encadrement (1) (les deux bornes intégrales sont équivalentes à cette valeur).

Exercice 6.3 ★★

Démontrer $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + o\bigl(\frac1n\bigr)$ . (Étudier $v_n = H_n - \ln n - \gamma$ : montrer $v_n - v_{n+1} = \frac{1}{2n^2} + O(n^{-3})$ et sommer le reste, en comparant avec $\sum_{k \geq n} \frac{1}{2k^2} \sim \frac{1}{2n}$ — Théorème 6.6 (1).)

Solution

Solution de Exercice 6.3.

Soit $v_n = H_n - \ln n - \gamma \to 0$ . Alors

v_n - v_{n+1} = \ln\frac{n+1}{n} - \frac{1}{n+1} = \Bigl(\frac1n - \frac{1}{2n^2}\Bigr) - \Bigl(\frac1n - \frac{1}{n^2}\Bigr) + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr) = \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr),

en utilisant $\frac{1}{n+1} = \frac1n - \frac{1}{n^2} + O(n^{-3})$ . Comme $v_n \to 0$ , en télescopant le reste :

v_n = \sum_{k \geq n} (v_k - v_{k+1}) = \sum_{k\geq n} \Bigl(\frac{1}{2k^2} + O(k^{-3})\Bigr) = \frac{1}{2n} + O\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr),

d’après le Théorème 6.6 (1) appliqué à $t^{-2}$ (reste $\sim \frac1n$ , divisé par deux) et à $t^{-3}$ . D’où $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + o(\frac1n)$ .

Exercice 6.4 ★★

À l’aide de Stirling, trouver des équivalents de : $\dfrac{(3n)!}{(n!)^3}$ ; $\;\dfrac{n!}{n^n}$ ; $\;\sqrt[n]{n!}$ (sous la forme $\frac n\eu(1 + o(1))$ , précisée à deux termes).

Solution

Solution de Exercice 6.4.

Stirling trois fois :

\frac{(3n)!}{(n!)^3} \sim \frac{\sqrt{6\pi n}\,(3n/\eu)^{3n}} {(2\pi n)^{3/2}\,(n/\eu)^{3n}} = \frac{\sqrt{6}\; 27^{\,n}}{2\pi n} \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi n}}\cdot\sqrt{2\pi n}\; = \frac{\sqrt3\,27^n}{2\pi n} .

(Attentivement : $\frac{\sqrt{6\pi n}}{(2\pi n)^{3/2}} = \frac{\sqrt6}{(2\pi n)\sqrt{2\pi n}}\sqrt{\pi n} = \frac{\sqrt3}{2\pi n}$ .)

$\dfrac{n!}{n^n} \sim \sqrt{2\pi n}\,\eu^{-n}$ .

$\sqrt[n]{n!} = \exp\bigl(\frac{\ln n!}{n}\bigr)$ avec $\ln n! = n\ln n - n + \frac12\ln(2\pi n) + o(1)$ :

\sqrt[n]{n!} = \exp\Bigl(\ln n - 1 + \frac{\ln(2\pi n)}{2n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr)\Bigr) = \frac{n}{\eu}\Bigl(1 + \frac{\ln(2\pi n)}{2n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr)\Bigr).

Exercice 6.5 ★★

Pour $n \geq 2$ , démontrer que $x^n + x = 1$ a une unique solution $x_n \in \intoo{0}{1}$ , que $x_n \to 1$ , et établir

x_n = 1 - \frac{\ln n}{n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr).

(De $x_n^n = 1 - x_n$ : prendre les logarithmes et amorcer avec $x_n = 1 - \varepsilon_n$ .)

Solution

Solution de Exercice 6.5.

$g(x) = x^n + x - 1$ croît strictement sur $\intcc{0}{1}$ de $-1$ à $1$ : racine unique $x_n$ . Comme $x_n^n = 1 - x_n \in \intoo{0}{1}$ : si $x_n \leq c < 1$ le long d’une sous-suite, alors $x_n^n \leq c^n \to 0$ , donc $1 - x_n \to 0$ : contradiction avec $x_n \leq c$ . D’où $x_n \to 1$ .

Écrivons $x_n = 1 - \varepsilon_n$ , $\varepsilon_n \to 0^+$ . L’équation s’écrit $(1 - \varepsilon_n)^n = \varepsilon_n$ , c’est-à-dire

n\ln(1 - \varepsilon_n) = \ln \varepsilon_n \quad\Longrightarrow\quad -n\varepsilon_n\bigl(1 + o(1)\bigr) = \ln\varepsilon_n .

Donc $n\varepsilon_n = -\ln\varepsilon_n\,(1 + o(1)) \to +\infty$ , et en prenant de nouveau les logarithmes : $\ln n + \ln\varepsilon_n = \ln(-\ln\varepsilon_n) + o(1)$ . Comme $\ln(-\ln \varepsilon_n) = o(\ln(1/\varepsilon_n))$ , cela donne $\ln\varepsilon_n \sim -\ln n$ , d’où $\varepsilon_n = \frac{-\ln\varepsilon_n}{n}(1 + o(1)) \sim \frac{\ln n}{n}$ :

x_n = 1 - \frac{\ln n}{n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr) .

Exercice 6.6 ★★

Pousser l’Exemple 6.23 d’un ordre de plus :

x_n = n\pi + \frac\pi2 - \frac{1}{n\pi} + \frac{1}{2n^2\pi} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr).

(Écrire $\cot y_n = x_n$ exactement, développer $\cot y = \frac1y - \frac y3 + o(y)$ et $x_n = n\pi(1 + \frac{1}{2n} - \dots)$ , et identifier.)

Solution

Solution de Exercice 6.6.

Relation exacte : $\cot y_n = x_n = n\pi + \frac\pi2 - y_n$ , avec $y_n \sim \frac{1}{n\pi}$ (Exemple 6.23). Développer $\cot y = \frac1y - \frac y3 + O(y^3)$ :

\frac{1}{y_n} - \frac{y_n}{3} + O(y_n^3) = n\pi + \frac\pi2 - y_n \quad\Longrightarrow\quad \frac{1}{y_n} = n\pi + \frac\pi2 + O\Bigl(\frac1n\Bigr),

(les termes $-y_n$ et $-\frac{y_n}{3}$ sont $O(\frac1n)$ ). Inverser :

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

D’où

x_n = n\pi + \frac{\pi}{2} - y_n = n\pi + \frac\pi2 - \frac{1}{n\pi} + \frac{1}{2n^2\pi} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr).

Exercice 6.7 ★★

Déterminer $\lim_{n\to\infty} \dfrac{1}{n!}\sum_{k=0}^{n} k!$ (majorer la somme de tous les termes sauf les deux derniers), et en déduire le développement asymptotique $\sum_{k \leq n} k! = n!\bigl(1 + \frac1n + O(n^{-2})\bigr)$ .

Solution

Solution de Exercice 6.7.

Séparons les deux plus grands termes :

\sum_{k=0}^{n} k! = n! + (n-1)! + \sum_{k \leq n-2} k! , \qquad \sum_{k\leq n-2} k! \leq (n-1)\,(n-2)! = (n-1)! .

Donc $1 \leq \frac{1}{n!}\sum k! \leq 1 + \frac{2}{n}$ : la limite est $1$ . En raffinant : $\frac{(n-1)!}{n!} = \frac1n$ et la majoration grossière $\sum_{k \leq n-2}k! \leq (n-1)!$ peut être affinée de la même manière : $\sum_{k\leq n-2} k! = (n-2)!\,(1 + O(\frac1n)) = O\bigl(\frac{n!}{n^2}\bigr)$ . D’où

\sum_{k=0}^{n} k! = n!\Bigl(1 + \frac1n + O\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)\Bigr).

Exercice 6.8 ★★★

Soit $u_0 > 0$ et $u_{n+1} = u_n + \dfrac{1}{u_n}$ . Démontrer que $u_n \to \infty$ , puis que $u_n \sim \sqrt{2n}$ (étudier $u_n^2$ : ses accroissements sont $2 + u_n^{-2}$ ; sommer), et raffiner :

u_n = \sqrt{2n}\Bigl(1 + \frac{\ln n}{8n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr)\Bigr).

(De $u_n^2 = 2n + \sum_{k<n} u_k^{-2} + u_0^2$ et $u_k^2 \sim 2k$ : la somme est $\sim \frac12\ln n$ d’après le Théorème 6.6.)

Solution

Solution de Exercice 6.8.

$(u_n)$ croît ; si elle était bornée elle convergerait vers $\ell$ avec $\ell = \ell + \frac1\ell$ : absurde. Donc $u_n \to \infty$ .

Carrés : $u_{n+1}^2 = u_n^2 + 2 + u_n^{-2}$ , donc

u_n^2 = u_0^2 + 2n + \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{u_k^2} .

La somme est $o(n)$ (les termes tendent vers $0$ , Cesàro), donc $u_n^2 \sim 2n$ et $u_n \sim \sqrt{2n}$ .

Raffinement : $\frac{1}{u_k^2} \sim \frac{1}{2k}$ , donc par comparaison (Théorème 6.6, ou équivalents de sommes partielles de séries positives) $\sum_{k<n} u_k^{-2} \sim \frac12 \ln n$ . D’où

u_n^2 = 2n + \frac{\ln n}{2}\,(1 + o(1)) + O(1) \quad\Longrightarrow\quad u_n = \sqrt{2n}\sqrt{1 + \frac{\ln n}{4n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr)} = \sqrt{2n}\Bigl(1 + \frac{\ln n}{8n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr)\Bigr).

Exercice 6.9 ★★★

(Une somme de Riemann avec une astuce) Déterminer le comportement asymptotique de

S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n + k\ln n} .

(Factoriser $n$ : $S_n = \frac1n\sum_k \bigl(1 + \frac{k\ln n}{n}\bigr)^{-1}$ ; reconnaître une somme de type Riemann avec un paramètre lentement variable $t = \ln n$ , calculer $\int_0^1 \frac{\dd u}{1 + tu} = \frac{\ln(1+t)}{t}$ , et conclure $S_n \sim \frac{\ln\ln n}{\ln n}$ .)

Solution

Solution de Exercice 6.9.

Factoriser $n$ et poser $t = \ln n$ :

S_n = \frac1n \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{1 + t\,\frac kn} .

Pour $t$ fixé, la somme est une somme de Riemann de $u \mapsto \frac{1}{1 + tu}$ sur $\intcc{0}{1}$ ; la fonction est monotone en $u$ , donc la somme de Riemann est encadrée par l’intégrale décalée d’une maille :

\int_0^1 \frac{\dd u}{1 + tu} - \frac1n \leq S_n \leq \int_0^1 \frac{\dd u}{1 + tu} + \frac1n

(comparaison des sommes de Riemann d’une fonction monotone avec son intégrale, valable pour chaque $n$ avec son propre $t = \ln n$ ). Maintenant $\int_0^1 \frac{\dd u}{1 + tu} = \frac{\ln(1 + t)}{t}$ , et $\frac1n = o\bigl(\frac{\ln t}{t}\bigr)$ : d’où

S_n = \frac{\ln(1 + \ln n)}{\ln n} + O\Bigl(\frac 1n\Bigr) \;\sim\; \frac{\ln\ln n}{\ln n} .

Exercice 6.10 ★

Démontrer l’identité $(\ln n)^{\ln n} = n^{\ln\ln n}$ , puis classer les suivants par ordre $o(\cdot)$ croissant à l’infini, avec démonstrations : $n^2$ , $(\ln n)^{\ln n}$ , $2^n$ , $n!$ , $n^n$ .

Solution

Solution de Exercice 6.10.

Identité : $(\ln n)^{\ln n} = \eu^{\ln n\,\ln\ln n} = \bigl(\eu^{\ln n}\bigr)^{\ln\ln n} = n^{\ln\ln n}$ . Classement : comparer les logarithmes. $\ln(n^2) = 2\ln n$ ; $\ln\bigl((\ln n)^{\ln n}\bigr) = \ln n\ln\ln n$ ; $\ln(2^n) = n\ln2$ ; $\ln(n!) = n\ln n - n + O(\ln n)$ (Stirling, ou l’encadrement plus grossier $\ln n! \sim n\ln n$ ) ; $\ln(n^n) = n\ln n$ . Comme $2\ln n = o(\ln n\ln\ln n)$ , $\ln n\ln\ln n = o(n)$ , $n\ln 2 = o(n\ln n - n)$ , et $n \ln n - n \sim n\ln n$ mais $n! / n^n \to 0$ (la différence des logarithmes est $-n + O(\ln n) \to -\infty$ ) :

n^2 = o\bigl((\ln n)^{\ln n}\bigr),\quad (\ln n)^{\ln n} = o(2^n),\quad 2^n = o(n!),\quad n! = o(n^n).

(Pour chaque étape : la différence des logarithmes tend vers $+\infty$ , donc le rapport tend vers $0$ .)

Exercice 6.11 ★★

(Reste de $\sum 1/k^2$ , deux termes) À l’aide du télescopage exact $\sum_{k > n} \frac{1}{k(k+1)} = \frac{1}{n+1}$ et de la décomposition $\frac1{k^2} = \frac{1}{k(k+1)} + \frac{1}{k^2(k+1)}$ , démontrer

\sum_{k > n} \frac{1}{k^2} = \frac1n - \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr).

Solution

Solution de Exercice 6.11.

Décomposer $\frac1{k^2} = \frac1{k(k+1)} + \frac1{k^2(k+1)}$ et sommer pour $k > n$ :

\sum_{k>n}\frac1{k^2} = \frac1{n+1} + \sum_{k>n}\frac{1}{k^2(k+1)} ,

la première somme se télescopant exactement ( $\frac1{k(k+1)} = \frac1k - \frac1{k+1}$ ). Pour la seconde : $\frac{1}{k^2(k+1)} = \frac1{k^3} + O\bigl(\frac1{k^4}\bigr)$ (car $\frac{1}{k^2(k+1)} - \frac1{k^3} = \frac{-1}{k^3(k+1)}$ ), et par la comparaison intégrale $\sum_{k>n}\frac1{k^3} = \frac1{2n^2} + O\bigl(\frac1{n^3}\bigr)$ , $\sum_{k>n}\frac1{k^4} = O\bigl(\frac1{n^3}\bigr)$ . D’où

\sum_{k>n}\frac1{k^2} = \frac1{n+1} + \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr) = \frac1n - \frac1{n^2} + \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr) = \frac1n - \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr),

en utilisant $\frac1{n+1} = \frac1n - \frac1{n^2} + O\bigl(\frac1{n^3}\bigr)$ .

Exercice 6.12 ★★★

Soit $u_0 = \frac12$ et $u_{n+1} = u_n + \eu^{-u_n}$ . Démontrer que $u_n \to \infty$ , puis — en posant $v_n = \eu^{u_n}$ et en montrant $v_{n+1} = v_n + 1 + \frac{1}{2v_n} + O\bigl(v_n^{-2}\bigr)$ — établir

u_n = \ln n + \frac{\ln n}{2n} + O\Bigl(\frac1n\Bigr).

Solution

Solution de Exercice 6.12.

$(u_n)$ croît ; si elle était bornée elle convergerait vers un $\ell$ fini avec $\ell = \ell + \eu^{-\ell}$ : impossible. Donc $u_n \to \infty$ . Soit $v_n = \eu^{u_n} \to \infty$ : alors

v_{n+1} = \eu^{u_n + \eu^{-u_n}} = v_n\,\eu^{1/v_n} = v_n\Bigl(1 + \frac1{v_n} + \frac1{2v_n^2} + O\bigl(v_n^{-3}\bigr)\Bigr) = v_n + 1 + \frac{1}{2v_n} + O\bigl(v_n^{-2}\bigr).

En sommant $v_{k+1} - v_k = 1 + O(1)$ on obtient d’abord $v_n = n + O(n)$ , d’où $v_n \geq cn$ à partir d’un certain rang ; en re-sommant avec $\frac1{2v_k} = O(\frac1k)$ on obtient $v_n = n + O(\ln n)$ . Une passe de plus : $\frac{1}{2v_k} = \frac{1}{2k}\bigl(1 + O\bigl(\tfrac{\ln k}k\bigr)\bigr)$ , donc

v_n = n + \sum_{k<n}\frac1{2k} + O(1) = n + \frac{\ln n}2 + O(1).

Enfin $u_n = \ln v_n = \ln n + \ln\Bigl(1 + \frac{\ln n}{2n} + O\bigl(\tfrac1n\bigr)\Bigr) = \ln n + \frac{\ln n}{2n} + O\bigl(\tfrac1n\bigr)$ .

6.6 Problème : amorçage, d’Euler–Maclaurin aux nombres premiers

Une quantité implicite ou accumulée livre rarement son asymptotique d’un coup ; on l’extrait par passes, chaque passe réinjectant l’estimation précédente dans la relation qui la définit. Ce problème du week-end entraîne cette boucle sur des équations nouvelles, démontre la formule d’Euler–Maclaurin au premier ordre (la version trapèze de la comparaison série–intégrale, avec des barres d’erreur rigoureuses), inverse $x\ln x = n$ , et encaisse le chèque le plus célèbre de la méthode : à partir du théorème des nombres premiers admis, la loi asymptotique $p_n \sim n\ln n$ du $n$ -ième nombre premier.

Problème 6.1

Problème du week-end — la correction d’Euler–Maclaurin et l’asymptotique du $n$ -ième nombre premier

Partie I — La boucle d’amorçage sur une équation nouvelle.

Démontrer l’affirmation d’unicité de la Définition 6.2 : si $f = \sum_{i\leq k} c_i\varphi_i + o(\varphi_k) = \sum_{i \leq k} c_i'\varphi_i + o(\varphi_k)$ le long de la même échelle, alors $c_i = c_i'$ pour tout $i$ . Puis pousser l’exemple mixte du cours d’un échelon de plus :

$\frac{1}{x - \ln x} = \frac1x + \frac{\ln x}{x^2} + \frac{(\ln x)^2}{x^3} + o\Bigl(\frac{(\ln x)^2}{x^3}\Bigr) \qquad (x \to +\infty),$

et expliquer pourquoi aucun terme $\frac{c}{x^2}$ n’apparaît.
Montrer que pour tout $n \geq 1$ l’équation $\eu^x + x = n$ a exactement une solution réelle $x_n$ , et que $x_n \to +\infty$ avec $x_n \sim \ln n$ .
Amorcer deux fois :

$x_n = \ln n - \frac{\ln n}{n} - \frac{(\ln n)^2}{2n^2} + o\Bigl(\frac{(\ln n)^2}{n^2}\Bigr).$
Vérifier numériquement en $n = 1000$ : comparer $x_{1000} \approx 6.90083$ avec les valeurs à un, deux et trois termes de la question 3, à cinq décimales.

Partie II — Euler–Maclaurin, ordre un.

Démontrer l’identité du noyau trapèze : pour $g$ de classe $C^2$ sur $\intcc{0}{1}$ ,

$\int_0^1 g(t)\,\dd t = \frac{g(0) + g(1)}{2} - \frac12\int_0^1 t(1 - t)\,g''(t)\,\dd t$

(intégrer $\frac12 t(1-t)g''$ par parties deux fois).
Soit $f$ de classe $C^2$ sur $\intco{1}{+\infty}$ avec $\int_1^\infty \abs{f''} < \infty$ . Montrer que

$E_n = \sum_{k=1}^{n} f(k) - \int_1^n f - \frac{f(1) + f(n)}{2}$

converge vers une constante $E$ , avec la majoration du reste $\abs{E - E_n} \leq \frac18\int_n^\infty\abs{f''}$ : la formule d’Euler–Maclaurin au premier ordre.
Appliquer ceci à $f(t) = \frac1t$ : démontrer

$H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + \varepsilon_n, \qquad \abs{\varepsilon_n} \leq \frac{1}{8n^2},$

renforçant l’Exercice 6.3 (identifier la constante à $\gamma$ en comparant avec l’Exemple 6.7).
Extraire le coefficient suivant : montrer $\varepsilon_n = -\frac{1}{12n^2} + o\bigl(\frac1{n^2}\bigr)$ (les accroissements de $E_n$ valent $\frac12\int_0^1t(1-t)f''(n+t)\dd t = \frac1{12}f''(n) + o(f''(n))$ ; sommer le reste avec le Théorème 6.6).
Appliquer la question 6 à $f = \ln$ : redémontrer en trois lignes la convergence de $d_n = \ln n! - (n + \frac12)\ln n + n$ (étape 1 du Théorème 6.13), avec le taux d’erreur en prime $d_n = d + O\bigl(\frac1n\bigr)$ .
Appliquer la question 6 à $f(t) = \frac{1}{\sqrt t}$ : montrer

$\sum_{k=1}^{n}\frac1{\sqrt k} = 2\sqrt n + c + \frac{1}{2\sqrt n} + O\Bigl(\frac{1}{n^{3/2}}\Bigr)$

pour une certaine constante $c$ , et évaluer tous les termes en $n = 10^4$ (la constante est $c \approx -1.4604$ ).

Partie III — Inversion : l’équation $x\ln x = n$ .

Montrer que $x\ln x = n$ a exactement une solution $x_n \in \intco{1}{+\infty}$ pour $n \geq 1$ , que $x_n \to \infty$ , et que $\ln x_n \sim \ln n$ .
En déduire l’inversion à un terme $x_n \sim \dfrac{n}{\ln n}$ , puis amorcer encore une fois :

$\ln x_n = \ln n - \ln\ln n + o(1), \qquad x_n = \frac{n}{\ln n}\Bigl(1 + \frac{\ln\ln n}{\ln n} + o\Bigl(\frac{\ln\ln n}{\ln n}\Bigr)\Bigr).$
Tester en $n = 10^6$ : la vraie racine est $x \approx 87\,848$ ; comparer avec les valeurs à un terme ( $\approx 72\,382$ ) et à deux termes ( $\approx 86\,140$ ), et expliquer la lenteur du gain (le paramètre du développement est $\frac{\ln\ln n}{\ln n}$ , seulement $\approx 0.19$ en $n = 10^6$ ).
Nous admettons maintenant le théorème des nombres premiers : le nombre $\pi(x)$ de nombres premiers $\leq x$ vérifie $\pi(x) \sim \frac{x}{\ln x}$ quand $x \to \infty$ (démontré honnêtement dans le volume de troisième année). En notant $p_n$ le $n$ -ième nombre premier, justifier $\pi(p_n) = n$ , et faire tourner l’inversion des questions 11–12 pour démontrer

$p_n \sim n \ln n .$
Dividendes : (a) montrer $\sum_{k \leq n} p_k \sim \frac{n^2\ln n}{2}$ (comparer $\sum k\ln k$ avec $\int t\ln t\,\dd t$ ) ; (b) calculer la probabilité approximative qu’un entier tiré uniformément au hasard à $100$ chiffres soit premier ( $\ln 10^{100} \approx 230.26$ : environ un sur $230$ ).

Partie IV — La méthode exportée : $x\tan x = 1$ .

Montrer que pour tout $n \geq 1$ l’équation $\tan x = \frac1x$ a exactement une solution $x_n$ dans $\intoo{n\pi}{\,n\pi + \frac\pi2}$ , et que $z_n = x_n - n\pi \to 0^+$ .
Un terme : $z_n \sim \dfrac{1}{n\pi}$ .
Montrer que le développement de $z_n$ n’a aucun terme $\frac{c}{n^2}$ : $z_n = \frac1{n\pi} + O\bigl(\frac{1}{n^3}\bigr)$ .
Trois termes : à l’aide de $\arctan u = u - \frac{u^3}3 + O(u^5)$ et $\frac1{x_n} = \frac{1}{n\pi} - \frac{z_n}{(n\pi)^2} + O(n^{-3}\cdot z_n^2)$ , démontrer

$x_n = n\pi + \frac{1}{n\pi} - \frac{4}{3\pi^3 n^3} + o\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr).$
Vérifier en $n = 3$ : vraie racine $x_3 \approx 9.5293344$ ; comparer les valeurs à un et à trois termes, et contraster en une phrase avec le $\tan x = x$ du cours (Exemple 6.23) : où chaque suite se place dans sa fenêtre, et pourquoi.

Partie V — Un amorçage dynamique, règles du jeu, synthèse.

Soit $u_0 \in \intoo{0}{\pi}$ et $u_{n+1} = \sin u_n$ . Montrer que $u_n \to 0$ en décroissant, et calculer la limite de $\dfrac{1}{u_{n+1}^2} - \dfrac{1}{u_n^2}$ (développer $\sin^{-2}$ via $\sin u = u - \frac{u^3}6 + o(u^3)$ ).
En déduire, via les moyennes de Cesàro (volume de première année), le classique

$u_n \sim \sqrt{\frac{3}{n}} .$
(Numérique certifié) À l’aide de la majoration rigoureuse de la question 7, montrer qu’évaluer $\ln n + \gamma + \frac1{2n}$ en $n = 10^6$ donne $H_{10^6}$ avec une erreur d’au plus $1.25\cdot10^{-13}$ — une somme d’un million de termes calculée à treize chiffres par trois termes.
(Règles du jeu) Démontrer ou réfuter, avec démonstrations ou contre-exemples : (a) si $u_n \sim v_n \to +\infty$ alors $\ln u_n \sim \ln v_n$ ; (b) si $u_n \sim v_n$ alors $\eu^{u_n} \sim \eu^{v_n}$ ; (c) si $f \sim g$ en $+\infty$ ( $f, g$ dérivables) alors $f' \sim g'$ .
(Synthèse) En une phrase chacun : la boucle d’amorçage du Méthode 6.22 telle qu’utilisée dans les parties I, III, IV ; ce que la correction trapèze ajoute au Théorème 6.6 ; pourquoi l’inversion de $x\ln x$ est exactement le pont de $\pi(x)$ à $p_n$ ; et laquelle des règles de la question 24 a protégé quelle étape. Nommer les deux sommets : la formule d’Euler–Maclaurin (au premier ordre), et la loi asymptotique du $n$ -ième nombre premier.

Solution

Solution de Problème 6.1.

1. En soustrayant les deux développements : $\sum_i (c_i - c_i')\varphi_i = o(\varphi_k)$ . Si un coefficient diffère, soit $i_0$ le premier : en divisant par $\varphi_{i_0}$ et en utilisant $\varphi_j = o(\varphi_{i_0})$ pour $j > i_0$ on obtient $c_{i_0} - c_{i_0}' = o(1)$ : nul, contradiction. Pour le développement : avec $u = \frac{\ln x}x \to 0$ ,

\frac{1}{x - \ln x} = \frac1x\cdot\frac{1}{1 - u} = \frac1x\bigl(1 + u + u^2 + O(u^3)\bigr) = \frac1x + \frac{\ln x}{x^2} + \frac{(\ln x)^2}{x^3} + o\Bigl(\frac{(\ln x)^2}{x^3}\Bigr).

Aucun terme $\frac c{x^2}$ n’apparaît parce que le développement est une série géométrique en $u = \frac{\ln x}{x}$ : chaque terme porte autant de puissances de $\ln x$ que de $\frac1x$ au-delà de la première ; l’échelon d’échelle $\frac1{x^2}$ (coefficient de $(\ln x)^0$ ) est simplement absent, de coefficient $0$ .

2. $f(x) = \eu^x + x$ est continue, strictement croissante, de limites $-\infty$ et $+\infty$ : une bijection $\R \to \R$ , donc $x_n = f^{-1}(n)$ existe et est unique, et $x_n \to +\infty$ ( $f^{-1}$ croît vers $+\infty$ ). De $\eu^{x_n} = n - x_n$ : $x_n = \ln(n - x_n) \leq \ln n$ , donc $x_n/n \to 0$ et $x_n = \ln n + \ln(1 - x_n/n) = \ln n + o(1) \sim \ln n$ .

3. Posons $u_n = x_n/n$ . Deuxième passe : $u_n = \frac{\ln n + o(1)}{n}$ , donc

x_n = \ln n + \ln(1 - u_n) = \ln n - u_n + O(u_n^2) = \ln n - \frac{\ln n}{n} + o\Bigl(\frac{\ln n}n\Bigr).

Troisième passe : maintenant $u_n = \frac{\ln n}{n} - \frac{\ln n}{n^2} + o\bigl(\frac{\ln n}{n^2}\bigr)$ , et $\ln(1 - u_n) = -u_n - \frac{u_n^2}2 + O(u_n^3)$ :

x_n = \ln n - \frac{\ln n}n + \frac{\ln n}{n^2} - \frac{(\ln n)^2}{2n^2} + o\Bigl(\frac{(\ln n)^2}{n^2}\Bigr) = \ln n - \frac{\ln n}{n} - \frac{(\ln n)^2}{2n^2} + o\Bigl(\frac{(\ln n)^2}{n^2}\Bigr),

le terme $\frac{\ln n}{n^2}$ étant absorbé dans $o\bigl(\frac{(\ln n)^2}{n^2}\bigr)$ .

4. En $n = 1000$ : $\ln 1000 \approx 6.90776$ (erreur $7\cdot10^{-3}$ ) ; deux termes : $6.90085$ (erreur $2\cdot10^{-5}$ ) ; trois termes : $6.90082$ (erreur inférieure à $10^{-5}$ ), contre $x_{1000} \approx 6.90083$ . Chaque passe achète grossièrement le facteur prévu $\frac{\ln n}{n}$ .

5. Deux intégrations par parties, en partant de la droite : avec $\frac{\dd}{\dd t}\bigl[\tfrac12t(1-t)\bigr] = \tfrac12 - t$ et $t(1-t)$ s’annulant aux deux extrémités,

\frac12\int_0^1 t(1-t)g''(t)\dd t = -\int_0^1\Bigl(\frac12 - t\Bigr)g'(t)\dd t = -\Bigl[\Bigl(\frac12 - t\Bigr)g\Bigr]_0^1 - \int_0^1 g = \frac{g(0) + g(1)}2 - \int_0^1 g .

Réarrangé, c’est l’identité annoncée.

6. Calculer l’accroissement, puis appliquer la question 5 à $g(t) = f(n + t)$ :

\begin{align*} E_{n+1} - E_n &= f(n{+}1) - \int_n^{n+1}\!f - \frac{f(n{+}1) - f(n)}2 \\ &= \frac{f(n) + f(n{+}1)}2 - \int_n^{n+1}\!f = \frac12\int_0^1 t(1-t)f''(n+t)\dd t . \end{align*}

Comme $0 \leq t(1-t) \leq \frac14$ : $\abs{E_{n+1} - E_n} \leq \frac18\int_n^{n+1}\abs{f''}$ , dont la somme sur $n$ converge par hypothèse : $(E_n)$ converge (accroissements absolument sommables) vers un $E$ , avec

\abs{E - E_n} \leq \sum_{k\geq n}\abs{E_{k+1} - E_k} \leq \frac18\int_n^\infty\abs{f''} .

7. $f(t) = \frac1t$ : $f''(t) = \frac2{t^3}$ , $\int_1^\infty\abs{f''} = 1 < \infty$ . Question 6 :

H_n = \ln n + \frac{1 + \frac1n}{2} + E + (E_n - E) = \ln n + \Bigl(E + \frac12\Bigr) + \frac1{2n} + \varepsilon_n,

avec $\abs{\varepsilon_n} = \abs{E_n - E} \leq \frac18\int_n^\infty\frac{2\dd t}{t^3} = \frac1{8n^2}$ . En comparant avec $H_n = \ln n + \gamma + o(1)$ (Exemple 6.7) on identifie $E + \frac12 = \gamma$ .

8. À partir de la formule d’accroissement de la question 6,

\varepsilon_n = E_n - E = -\sum_{k\geq n}\frac12\int_0^1 t(1-t)\,\frac{2\,\dd t}{(k+t)^3} = -\sum_{k \geq n}\Bigl(\frac1{k^3}\int_0^1t(1-t)\dd t + O\Bigl(\frac1{k^4}\Bigr)\Bigr),

en utilisant $\frac{1}{(k+t)^3} = \frac1{k^3} + O\bigl(\frac1{k^4}\bigr)$ uniformément pour $t \in \intcc01$ . Avec $\int_0^1 t(1-t) = \frac16$ et $\sum_{k\geq n}\frac1{k^3} \sim \frac{1}{2n^2}$ (Théorème 6.6) :

\varepsilon_n = -\frac16\cdot\frac{1}{2n^2} + o\Bigl(\frac1{n^2}\Bigr) = -\frac{1}{12n^2} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr).

9. $f = \ln$ : $f''(t) = -\frac1{t^2}$ , absolument intégrable. La question 6 donne

\ln n! = \int_1^n\ln t\,\dd t + \frac{\ln n}2 + E + O\Bigl( \frac1{8}\int_n^\infty\frac{\dd t}{t^2}\Bigr) = \Bigl(n + \frac12\Bigr)\ln n - n + 1 + E + O\Bigl(\frac1n\Bigr),

donc $d_n = 1 + E + O\bigl(\frac1n\bigr)$ : convergence de $(d_n)$ — étape 1 du Théorème 6.13 — plus le taux $O(1/n)$ . (La valeur de la limite donnée par Stirling fournit $E = \ln\sqrt{2\pi} - 1$ .)

10. $f(t) = t^{-1/2}$ : $f''(t) = \frac34 t^{-5/2}$ , absolument intégrable. Question 6 :

\sum_{k=1}^n \frac1{\sqrt k} = 2\sqrt n - 2 + \frac{1 + \frac1{\sqrt n}}2 + E + O\bigl(n^{-3/2}\bigr) = 2\sqrt n + c + \frac{1}{2\sqrt n} + O\bigl(n^{-3/2}\bigr),

avec $c = E - \frac32$ . En $n = 10^4$ : $2\sqrt n = 200$ , $c \approx -1.46035$ , $\frac1{2\sqrt n} = 0.005$ : valeur prédite $198.54465$ , et en effet $\sum_{k\leq10^4}k^{-1/2} = 198.544645\dots$ — trois termes, sept chiffres.

11. $t \mapsto t\ln t$ est continue et strictement croissante sur $\intco1\infty$ (dérivée $\ln t + 1 \geq 1$ ), de $0$ à $+\infty$ : un unique $x_n$ existe, et $x_n \to \infty$ (sinon $x_n\ln x_n$ resterait borné). En prenant les logarithmes dans $x_n\ln x_n = n$ : $\ln x_n + \ln\ln x_n = \ln n$ ; comme $\ln\ln x_n = o(\ln x_n)$ , en divisant par $\ln x_n$ on obtient $\frac{\ln n}{\ln x_n} \to 1$ : $\ln x_n \sim \ln n$ .

12. De $x_n = \frac{n}{\ln x_n}$ et $\ln x_n \sim \ln n$ : $x_n \sim \frac{n}{\ln n}$ . Passe suivante : $\ln\ln x_n = \ln\bigl(\ln n\,(1 + o(1))\bigr) = \ln\ln n + o(1)$ , donc $\ln x_n = \ln n - \ln\ln n + o(1)$ et

x_n = \frac{n}{\ln n - \ln\ln n + o(1)} = \frac{n}{\ln n}\cdot\frac{1}{1 - \frac{\ln\ln n + o(1)}{\ln n}} = \frac{n}{\ln n}\Bigl(1 + \frac{\ln\ln n}{\ln n} + o\Bigl(\frac{\ln\ln n}{\ln n}\Bigr)\Bigr).

13. En $n = 10^6$ : $\frac{n}{\ln n} \approx 72\,382$ (à $18\%$ près), deux termes donnent $\approx 86\,140$ (à $1.9\%$ près), contre le vrai $x \approx 87\,848$ . Le gain par passe n’est que le facteur $\frac{\ln\ln n}{\ln n} \approx \frac{2.63}{13.8} \approx 0.19$ : les échelles logarithmiques convergent avec une lenteur exaspérante — un fait de la vie partout où interviennent les nombres premiers.

14. Il y a exactement $n$ nombres premiers $\leq p_n$ (à savoir $p_1, \dots, p_n$ ) : $\pi(p_n) = n$ . Le théorème des nombres premiers (admis ; volume de troisième année) donne $n = \pi(p_n) \sim \frac{p_n}{\ln p_n}$ , c’est-à-dire $p_n \sim n\ln p_n$ : c’est l’équation $x\ln x \approx n$ lue à l’envers. En prenant les logarithmes : $\ln p_n = \ln n + \ln\ln p_n + o(1)$ , et $\ln\ln p_n = o(\ln p_n)$ force $\ln p_n \sim \ln n$ comme à la question 11. En substituant :

p_n \sim n\ln p_n = n\,\ln n\,\frac{\ln p_n}{\ln n} \sim n\ln n .

15. (a) Fixons $\varepsilon > 0$ ; pour $k$ grand, $(1 - \varepsilon)k\ln k \leq p_k \leq (1 + \varepsilon)k\ln k$ . Par comparaison avec le $t\ln t$ croissant (encadrement de type Théorème 6.6), $\sum_{k\leq n}k\ln k = \int_1^n t\ln t\,\dd t + O(n\ln n) = \frac{n^2\ln n}2 - \frac{n^2}4 + O(n\ln n) \sim \frac{n^2\ln n}2$ . D’où $\sum_{k\leq n}p_k = \frac{n^2\ln n}{2}(1 + O(\varepsilon) + o(1))$ pour tout $\varepsilon$ : $\sum_{k\leq n}p_k \sim \frac{n^2\ln n}2$ . (b) Par le théorème des nombres premiers, parmi les entiers jusqu’à $10^{100}$ une proportion $\sim \frac{1}{\ln 10^{100}} = \frac1{230.26\dots}$ sont premiers : un entier à $100$ chiffres tiré uniformément au hasard est premier avec probabilité environ $\frac1{230}$ .

16. Sur $\intoo{n\pi}{n\pi + \frac\pi2}$ , $g(x) = \tan x - \frac1x$ est continue et strictement croissante ( $g' = 1 + \tan^2x + \frac1{x^2} > 0$ ), avec $g \to -\frac1{n\pi} < 0$ à l’extrémité gauche et $g \to +\infty$ à droite : exactement une racine $x_n$ . Comme $\tan z_n = \tan x_n = \frac1{x_n} \to 0$ avec $z_n \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ : $z_n \to 0^+$ .

17. $\tan z_n \sim z_n$ et $\frac1{x_n} \sim \frac1{n\pi}$ : $z_n \sim \frac1{n\pi}$ .

18. $z_n = \arctan\frac1{x_n}$ et $\arctan u = u + O(u^3)$ . Avec $z_n = O(\frac1n)$ :

\frac1{x_n} = \frac{1}{n\pi}\cdot\frac1{1 + \frac{z_n}{n\pi}} = \frac1{n\pi} - \frac{z_n}{n^2\pi^2} + O\Bigl(\frac1{n^4}\Bigr) = \frac1{n\pi} + O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr),

donc $z_n = \frac1{n\pi} + O\bigl(\frac1{n^3}\bigr)$ : l’échelon $\frac{c}{n^2}$ porte le coefficient $0$ , parce que la première correction à $\frac1{x_n}$ est elle-même de taille $\frac{z_n}{n^2} = O(n^{-3})$ .

19. Insérer $z_n = \frac1{n\pi} + O(n^{-3})$ dans l’affichage précédent :

\frac{1}{x_n} = \frac{1}{n\pi} - \frac{1}{n^3\pi^3} + O\Bigl(\frac1{n^5}\Bigr),

puis $z_n = \arctan\frac1{x_n} = \frac1{x_n} - \frac{1}{3}\Bigl(\frac1{x_n}\Bigr)^3 + O\Bigl(\frac1{n^5}\Bigr) = \frac1{n\pi} - \frac{1}{n^3\pi^3} - \frac{1}{3n^3\pi^3} + O\Bigl(\frac1{n^5}\Bigr)$ :

x_n = n\pi + \frac{1}{n\pi} - \frac{4}{3\pi^3n^3} + O\Bigl(\frac1{n^5}\Bigr).

20. En $n = 3$ : un terme $9.53088$ , trois termes $9.52929$ , vraie racine $9.52933$ : erreurs $1.5\cdot10^{-3}$ et $5\cdot10^{-5}$ . Contraste : pour $\tan x = x$ la racine doit rendre $\tan$ énorme, donc elle se colle à l’extrémité droite $n\pi + \frac\pi2$ de la fenêtre, à distance $\sim\frac1{n\pi}$ avant l’asymptote ; pour $x\tan x = 1$ la racine doit rendre $\tan$ minuscule, donc elle se place juste après l’extrémité gauche $n\pi$ , à distance $\sim\frac1{n\pi}$ après le zéro. Même méthode, géographie en miroir.

21. $\sin u < u$ sur $\intoo0\pi$ et $\sin$ envoie $\intoo0\pi$ dans $\intoc01 \subseteq \intoo0\pi$ : après une étape $u_1 \in \intoc{0}{1}$ , puis $(u_n)$ décroît et est minorée par $0$ : elle converge vers un point fixe de $\sin$ , c’est-à-dire vers $0$ . Développement : $\sin u = u(1 - \frac{u^2}6 + o(u^2))$ , donc

\frac{1}{u_{n+1}^2} - \frac1{u_n^2} = \frac{1}{u_n^2}\Bigl(\bigl(1 - \tfrac{u_n^2}6 + o(u_n^2)\bigr)^{-2} - 1\Bigr) = \frac{1}{u_n^2}\Bigl(\frac{u_n^2}{3} + o(u_n^2)\Bigr) \longrightarrow \frac13 .

22. Par Cesàro (volume de première année), la moyenne des accroissements converge vers la même limite :

\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{u_n^2} = \frac1n\Bigl(\frac1{u_0^2} + \sum_{k=0}^{n-1} \Bigl(\frac1{u_{k+1}^2} - \frac1{u_k^2}\Bigr)\Bigr) \longrightarrow \frac13 ,

donc $u_n^2 \sim \frac3n$ et, tous les termes étant positifs, $u_n \sim \sqrt{3/n}$ .

23. Par la question 7, $\abs{H_n - \ln n - \gamma - \frac1{2n}} \leq \frac1{8n^2}$ . En $n = 10^6$ cette borne vaut $\frac{1}{8\cdot10^{12}} = 1.25\cdot10^{-13}$ : trois termes calculés livrent la somme harmonique d’un million de termes à treize chiffres, avec un certificat d’erreur pleinement rigoureux — tout l’intérêt d’une formule asymptotique à reste explicite.

24. (a) Vrai : $\ln u_n - \ln v_n = \ln\frac{u_n}{v_n} \to 0$ tandis que $\ln v_n \to +\infty$ , donc le rapport des logarithmes tend vers $1$ . (b) Faux : $u_n = n + 1 \sim v_n = n$ , mais $\eu^{u_n}/\eu^{v_n} = \eu \neq 1$ . L’équivalence tolère des erreurs additives $o(1)$ dans l’exposant, non $O(1)$ . (c) Faux : $f(x) = x + \sin(x^2) \sim g(x) = x$ en $+\infty$ , mais $f'(x) = 1 + 2x\cos(x^2)$ oscille sans borne tandis que $g' = 1$ : les dérivées de fonctions équivalentes n’ont aucune raison d’être comparables.

25. La boucle du Méthode 6.22 a tourné identiquement trois fois : localiser la racine, extraire un terme grossier, le réinjecter pour l’ordre suivant — sur $\eu^x + x = n$ (partie I), sur $x\ln x = n$ (partie III), sur $x\tan x = 1$ (partie IV). La correction trapèze fait passer la comparaison série–intégrale de « la différence converge » à un terme explicite $\frac{f(1) + f(n)}2$ avec un reste certifié $O(\int_n^\infty \abs{f''})$ — des constantes et des barres d’erreur au lieu de la seule convergence. Le pont vers les nombres premiers est de l’inversion pure : le théorème des nombres premiers dit $\pi(x)\ln x \approx x$ , donc $p_n$ , défini par $\pi(p_n) = n$ , résout une équation $x\ln x = n$ — et en hérite l’asymptotique. La règle (a) de la question 24 a légitimé chaque passage de $u_n \sim v_n$ à $\ln u_n \sim \ln v_n$ (questions 11, 14) ; la fausseté de (b) est la raison pour laquelle on n’exponentie jamais les équivalences. Sommets : la formule d’Euler–Maclaurin au premier ordre (question 6), et la loi asymptotique $p_n \sim n\ln n$ du $n$ -ième nombre premier.

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