Voici l’énoncé d’un exercice sur la suite harmonique, appelée aussi série harmonique (tout dépend de si on est dans le chapitre des suites ou des séries), une série divergente dont la démonstration n’est pas directe. C’est un exercice associé au chapitre des développements limités, mais qu’on pourrait aussi mettre dans le chapitre des équivalents de suites. C’est un exercice de première année dans le supérieur. En voici l’énoncé :
Question 1
Commençons par encadrer cette suite. Pour cela, encadrons chacun des termes :
\begin{array}{l}
\forall x \in [k,k+1], \dfrac{1}{x}\leq \dfrac{1}{k} \
\end{array}Par positivité de l’intégrale, on obtient :
\begin{array}{l}
\displaystyle \int_k^{k+1} \dfrac{1}{x}dx\leq\int_k^{k+1} \dfrac{1}{k}dx\\
\Leftrightarrow \displaystyle\ln{(k+1)}-\ln{k}\leq \dfrac{1}{k}
\end{array}Puis en sommant de 1 à n :
\begin{array}{l}
\displaystyle\sum_{k=1}^n\ln{(k+1)}-\ln{k}\leq \sum_{k=1}^n\dfrac{1}{k}\\
\text{On repère un téléscopage :}\\
\ln{(n+1)} -\ln{1} \leq H_n\\
\Leftrightarrow
\ln{(n+1)}\leq H_n\\
\end{array}Maintenant encadrons dans l’autre sens :
\begin{array}{l}
\forall x \in [k-1,k], \dfrac{1}{k}\leq \dfrac{1}{x} \
\end{array}On utilise encore la positivité de l’intégrale :
\begin{array}{l}
\displaystyle \int_{k-1}^{k} \dfrac{1}{k}dx\leq\int_{k-1}^k \dfrac{1}{x}dx\\
\Leftrightarrow \displaystyle \dfrac{1}{k} \leq \ln{(k)}-\ln{(k-1)}
\end{array}On va ensuite sommer, mais cette fois en démarrant à la somme à l’indice 2 :
\begin{array}{l}
\displaystyle \sum_{k=2}^n \dfrac{1}{k} \leq \sum_{k=2}^n \ln{(k)}-\ln{(k-1)}\\
\text{On reconnait là aussi un téléscopage}\\
\displaystyle \sum_{k=2}^n \dfrac{1}{k} \leq \ln{(n)}-\ln{(1)}\\
\text{On ajoute ensuite 1 de chaque côté}\\
\displaystyle 1+ \sum_{k=2}^n \dfrac{1}{k} \leq 1+ \ln{(n)}\\
\Leftrightarrow \displaystyle \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k} \leq 1+ \ln{(n)}\\
\Leftrightarrow \displaystyle H_n \leq 1+ \ln{(n)}\\
\end{array}Finalement, on a obtenu l’encadrement suivant :
\ln{(n+1)} \leq H_n \leq 1+\ln{n}On divise alors tout par ln(n) :
\begin{array}{l}
\dfrac{\ln{(n+1)}}{\ln(n)} \leq \dfrac{H_n}{\ln(n)} \leq \dfrac{1+\ln{n}}{\ln(n)}\\
\Leftrightarrow \dfrac{\ln{(n+1)}}{\ln(n)} \leq \dfrac{H_n}{\ln(n)} \leq \dfrac{1}{\ln(n)}+1
\end{array}Comme
\displaystyle \lim_{n\rightarrow +\infty} \dfrac{\ln{(n+1)}}{\ln(n)} = \lim_{n\rightarrow +\infty} \dfrac{1}{\ln(n)}+1 = 1
On a donc, par théorème d’encadrement
\displaystyle \lim_{n\rightarrow +\infty} \dfrac{H_n}{\ln(n)} = 1Ce qui nous permet de conclure
H_n \sim \ln{n}Question 2
Posons u la suite définie par
u_n = H_n - \ln{n}On sait que
\ln{(n+1)} \leq H_n \leq 1+\ln{n}On a donc encadrer un :
\begin{array}{l}
\ln{(n+1)} \leq H_n \leq 1+\ln{n}\\
\Rightarrow \ln{n} \leq H_n \leq 1+\ln{n}\\
\Rightarrow 0\leq H_n-\ln{n} \leq 1\\
\Rightarrow 0\leq u_n \leq 1\\
\end{array}Maintenant, montrons que la suite u est décroissante :
\begin{array}{l}
u_{n+1}-u_n \\
= H_{n+1}-\ln{(n+1)} -(H_n -\ln{n}) \\
=\displaystyle \sum_{k=1}^{n+1}\dfrac{1}{k}-\ln{(n+1)} -\left(\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k}-\ln{n}\right)\\
=\dfrac{1}{n+1}-(\ln{(n+1)} -\ln{n}) \leq 0
\end{array}Cette quantité est bien négative, on a utilisé le résultat suivant démontré à la question 1 en prenant k = n +1
\begin{array}{l}
\dfrac{1}{k} \leq \ln{(k)}-\ln{(k-1)} \\
\Leftrightarrow \dfrac{1}{k} -( \ln{(k)}-\ln{(k-1)} ) \leq 0
\end{array}On peut donc conclure :
\begin{array}{l}
H_n \text{ est décroissante}\\
H_n\in [0,1]
\end{array}Donc Hn converge vers une limite appelée γ qui appartient à [0,1].
Pour information,
γ ≈ 0.577 215 664 901 532 860 606 512 090 082 402 431 042 159 335 939 923 598 805 767 234 884 867 726 777 664 670 936 947 063 291 746 749 5..
Question 3
Maintenant, poussons un peu plus loin le développement limité. Réutilisons u définie à la question 2. On sait que :
\begin{array}{l}
u_{n+1}-u_n\\
= \dfrac{1}{n+1}-(\ln{(n+1)} -\ln{n}) \\
= \dfrac{1}{n+1}-\ln{\left(1+\dfrac{1}{n}\right)}
\end{array}Faisons un développement limité à l’ordre 2 de cette expression :
\begin{array}{l}
= \dfrac{1}{n+1}-\ln{\left(1+\dfrac{1}{n}\right)}\\
= \dfrac{1}{n}\dfrac{1}{1+\frac{1}{n}}-\ln{\left(1+\dfrac{1}{n}\right)}\\
= \dfrac{1}{n}\left(1-\dfrac{1}{n}\right)-\left(\dfrac{1}{n} -\dfrac{1}{2} \left(\dfrac{1}{n}\right)^2\right)+o\left(\dfrac{1}{n^2}\right)\\
= \dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n^2}-\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{2n^2}+o\left(\dfrac{1}{n^2}\right)\\
= - \dfrac{1}{2n^2}+o\left(\dfrac{1}{n^2}\right)
\end{array}On va maintenant poser :
v_n = u_{n+1}-u_n = - \dfrac{1}{2n^2}+o\left(\dfrac{1}{n^2}\right)On sait que
\begin{array}{l}
\displaystyle \sum_{k=n}^N v_n \\
= \displaystyle \sum_{k=n}^N u_{n+1}-u_n \\
= u_{N+1}-u_n\\
\text{Et donc, comme } \lim_{N\rightarrow +\infty} u_N = \gamma\\
\displaystyle \lim_{N\rightarrow +\infty} \sum_{k=n}^N v_n = \gamma - u_n
\end{array}Maintenant, on sait que
2v_n = - \dfrac{1}{n^2}+o\left(\dfrac{1}{n^2}\right) = -\dfrac{1}{n(n+1)}+o\left(\dfrac{1}{n^2}\right)Or,
\dfrac{1}{n(n+1)} = \dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+1}Donc,
\displaystyle \sum_{k=n}^N \dfrac{1}{n(n+1)} = \dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{N+1}Ainsi,
\displaystyle\lim_{N \rightarrow +\infty} \sum_{k=n}^N \dfrac{1}{n(n+1)} = \dfrac{1}{n}Ce qui va nous permettre de conclure que
\begin{array}{l}
\displaystyle \sum_{k=n}^N v_n =- \dfrac{1}{2n} + o\left(\dfrac{1}{n}\right)\\
\Leftrightarrow \gamma -u_n =- \dfrac{1}{2n} + o\left(\dfrac{1}{n}\right)\\
\Leftrightarrow u_n =\gamma + \dfrac{1}{2n} + o\left(\dfrac{1}{n}\right)\\
\Leftrightarrow H_n -\ln{(n)} =\gamma + \dfrac{1}{2n} + o\left(\dfrac{1}{n}\right)\\
\Leftrightarrow H_n =\ln{(n)} +\gamma + \dfrac{1}{2n} + o\left(\dfrac{1}{n}\right)\\
\end{array}Ce qui nous permet bien d’obtenir après pas mal de calculs le résultat voulu sur la suite harmonique !
Le corrigé en vidéo
Pour ceux qui préfèrent voir la correction en vidéo, la voici :
Cet exercice vous a plu ?
