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\newtheorem*{theoreme}{Théorème}
\newtheorem*{definition}{Définition}
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\theoremstyle{remark}
\newtheorem*{remarque}{Remarque}

\newcommand*{\dd}{\mathrm{d}}

\author{Leçons 224, 230, 247\\ Salim Rostam}
\title{Série harmonique}

\interfootnotelinepenalty=10000 %taille maximale des notes de bas de page (pour ne pas qu'elles se répartissent sur plusieurs pages)

\begin{document}
\maketitle

\begin{definition}
Pour $n \in \mathbb{N}^*$, on note $H_n := \sum_{k = 1}^n \frac{1}{k}$ les sommes partielles des termes de la série harmonique.
\end{definition}

Le but de ce développement est de démontrer le théorème suivant.

\begin{theoreme}
Quand $n \to +\infty$, on a $H_n = \log n + \gamma + \frac{1}{2n} - \frac{1}{12 n^2} + o\left(\frac{1}{n^2}\right)$.
\end{theoreme}

\begin{definition}
Le réel $\gamma$ est appelé la \emph{constante d'Euler}.
\end{definition}

\section{Terme en $\log n$}
\label{section:log}

La fonction qui à $t > 0$ associe $\frac{1}{t}$ étant décroissante, on a :
\[
\forall k \geq 1, \forall t \in [k, k + 1], \frac{1}{k + 1} \leq \frac{1}{t} \leq \frac{1}{k}
\]
donc en intégrant on obtient :
\begin{equation}
\label{eq:encadrement}
\forall k \geq 1, \frac{1}{k + 1} \leq \int_k^{k + 1} \frac{\dd t}{t}  = \log(k + 1) - \log k \leq \frac{1}{k}
\end{equation}

En sommant cette inégalité pour $k$ allant de $1$ à $n - 1$ on obtient :
\[
H_n - 1 \overset{(*)}{\leq} \log n \overset{(**)}{\leq} H_{n - 1}
\]

De l'inégalité $(*)$ on obtient que $H_n \leq 1 + \log n$, et en ajoutant $\frac{1}{n}$ de chaque côté de l'inégalité $(**)$ on obtient que $\frac{1}{n} + \log n \leq H_n$. Finalement, on obtient donc :
\[
\frac{1}{n} + \log n \leq H_n \leq 1 + \log n
\]
ce qui montre que $H_n \sim \log n$.

\begin{remarque}
En particulier, la série $\sum_{k \geq 1} \frac{1}{k}$ diverge.
\end{remarque}

\begin{remarque}
On aurait pu utiliser le théorème de sommation des équivalents : comme $\frac{1}{k} \sim -\log(1 - \frac{1}{k}) = \log k - \log (k-1)$ on a, comme $\frac{1}{k} > 0$ et que la somme des $\log k - \log (k - 1)$ diverge, l'équivalent $H_n \sim \log n$. Néanmoins, la méthode de comparaison avec une intégrale sera réutilisée par la suite.
\end{remarque}





\section{Terme constant}

On va en fait faire un peu plus attention dans notre encadrement précédent.
On a vu que pour $k \geq 1$ on a $\frac{1}{k} - \int_k^{k + 1} \frac{\dd t}{t} \geq 0$. Or, l'encadrement $(\ref{eq:encadrement})$ fournissant également $\int_k^{k + 1} \frac{\dd t}{t} \geq \frac{1}{k + 1}$, on obtient que $\frac{1}{k} - \int_k^{k + 1} \frac{\dd t}{t} \leq \frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1}$. Ainsi, on a :
\[
0 \leq \frac{1}{k} - \int_k^{k + 1} \frac{\dd t}{t} \leq \frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1}
\]
donc la série de terme général  $\frac{1}{k} - \int_k^{k + 1} \frac{\dd t}{t}$ converge (car à termes positifs majorés par le terme général d'une série convergente). Autrement dit en notant $\gamma$ la somme, la suite de terme général $H_n - \log n$ converge vers $\gamma$ et c'est ce que l'on voulait montrer.

\begin{remarque}
On a $\gamma \simeq 0.577$ ; on ne sait pas si $\gamma$ est un nombre rationnel.
\end{remarque}

\begin{remarque}
En fait, si $f : \mathbb{R}_+ \to \mathbb{R}$ continue décroit vers $0$ alors pour tout $k \geq 0$ on a l'encadrement $0 \leq f(k) - \int_k^{k + 1} f(t)\dd t \leq f(k) - f(k + 1)$ donc la série de terme général $f(k) - \int_k^{k + 1} f(t)\dd t$ converge, c'est-à-dire qu'il existe $c \in \mathbb{R}_+$ tel que $\sum_{k = 0}^{n - 1} f(k) = \int_0^n f(t) \dd t + c + o(1)$. En particulier, $\sum f(k)$ converge si et seulement si $\int f$ converge.
\end{remarque}

\section{Terme en $\frac{1}{n}$}

Notons $u_n := H_n - \log n - \gamma$ ; d'après ce qui précède, on sait que la suite $(u_n)$ converge vers $0$ ; on souhaite déterminer un équivalent de $u_n$. Pour cela, l'idée va être de calculer un équivalent de $u_n - u_{n - 1}$ puis d'utiliser le théorème de sommation des équivalents.

\begin{align*}
u_n - u_{n - 1} &= \frac{1}{n} + \log \left(\frac{n - 1}{n}\right)
\\
&= \frac{1}{n} + \log\left(1 - \frac{1}{n}\right)
\\
&= \frac{1}{n} - \left(\frac{1}{n} + \frac{1}{2n^2} + o\left(\frac{1}{n^2}\right)\right)
\end{align*}
donc $u_n - u_{n - 1} \sim -\frac{1}{2n^2}$. La série de terme général $-\frac{1}{2n^2} < 0$ étant convergente (critère de Riemann), on en déduit par le théorème de sommation des équivalent l'équivalence des restes, c'est-à-dire :
\[
\sum_{n = N + 1}^{+\infty} (u_n - u_{n - 1}) \sim -\frac{1}{2} \sum_{n = N + 1}^{+\infty} \frac{1}{n^2}
\]

Comme $(u_n)$ converge vers $0$, le premier membre n'est rien d'autre que $-u_N$ ; il ne manque donc plus que le résultat du lemme suivant pour conclure.

\begin{lemme}
Soit $\alpha > 1$. On a l'équivalent suivant :
\[
\sum_{n = N + 1}^{+\infty} \frac{1}{n^{\alpha}} \underset{N \to + \infty}{\sim} \frac{1}{(\alpha - 1) N^{\alpha - 1}}
\]
\end{lemme}

\begin{proof}
La fonction $t \mapsto \frac{1}{t^{\alpha}}$ étant décroissante sur $\mathbb{R}_+^*$, on peut faire le même raisonnement que dans la section  $\ref{section:log}$ pour obtenir :
\[
\forall n \geq 1, \frac{1}{(n + 1)^{\alpha}} \leq \int_n^{n + 1} \frac{\dd t}{t^{\alpha}} = \left[ \frac{t^{-\alpha + 1}}{(- \alpha + 1)} \right]_n^{n + 1}
\leq \frac{1}{n^{\alpha}}
\]
d'où l'encadrement\footnote{Comme dans la section $\ref{section:log}$ : dans un premier temps on somme le premier membre pour $n$ allant de $N$ à $+\infty$ et dans un deuxième temps on somme le deuxième pour $n$ allant de $N$ à $+\infty$ puis on retranche $\frac{1}{N^{\alpha}}$ de chaque côté ; on s'embête ainsi pour avoir directement de $N$ et non des $N + 1$ dans les équivalents.} :
\[
-\frac{N^{-\alpha + 1}}{-\alpha + 1} - \frac{1}{N^{\alpha}}
\leq
\sum_{n = N + 1}^{+\infty} 
\frac{1}{n^{\alpha}}
\leq
-\frac{N^{-\alpha + 1}}{-\alpha + 1}
\]
et donc l'équivalent annoncé (car $\frac{1}{N^{\alpha}}$ est négligeable devant $\frac{1}{N^{\alpha - 1}}$).
\end{proof}

Ainsi, on obtient $u_N \sim \frac{1}{2} \frac{1}{(2 - 1)N^{2 - 1}} = \frac{1}{2N}$ et donc finalement $u_n = \frac{1}{2n} + o\left(\frac{1}{n}\right)$ c'est-à-dire $H_n = \log n + \gamma + \frac{1}{2n} + o\left(\frac{1}{n}\right)$.

\section{Terme en $\frac{1}{n^2}$}

On fait la même chose que précédemment mais cette fois avec $v_n := H_n - \log n - \gamma - \frac{1}{2n}$, qui tend également vers $0$ (car négligeable devant $\frac{1}{n}$ par ce qui précède).

\begin{align*}
v_n - v_{n - 1} &=  \frac{1}{n} + \log \left(\frac{n - 1}{n}\right) - \frac{1}{2n} + \frac{1}{2n - 2}
\\
&= \frac{1}{n} +\log\left(1 - \frac{1}{n}\right) - \frac{1}{2n}\left(1 - \frac{1}{1 - \frac{1}{n}}\right)
\\
&=
\frac{1}{n} - \left(\frac{1}{n} + \frac{1}{2n^2} + \frac{1}{3n^3}+ o\left(\frac{1}{n^3}\right)\right)
\\
&\hspace{10ex}
- \frac{1}{2n}\left(1 - \left[1 + \frac{1}{n} + \frac{1}{n^2} + o\left(\frac{1}{n^2}\right)\right]\right)
\\
&= - \frac{1}{3n^3} + \frac{1}{2n^3} + o\left(\frac{1}{n^3}\right)
\\
v_n - v_{n - 1} &= \frac{1}{6n^3} + o\left(\frac{1}{n^3}\right)
\end{align*}

Ainsi, en utilisant encore une fois le théorème de sommation des équivalent et le lemme on obtient que $-v_N \sim \frac{1}{6} \frac{1}{2 N^2}$ et donc finalement $H_n = \log n + \gamma + \frac{1}{2n} - \frac{1}{12 n^2} + o\left(\frac{1}{n^2}\right)$.

\end{document}