Corrigé du contrôle de maths L2 : comparaison série-intégrale et restes

Exercice 1 : Question de cours, le théorème de comparaison série-intégrale (4 points)

1. Soit \(k \geq\, 2\). Pour \(t \in [k-1, k]\), la décroissance de \(f\) donne \(f(k) \leq\, f(t) \leq\, f(k-1)\). En intégrant sur un intervalle de longueur 1, \(f(k) \leq\, \int_{k-1}^{k} f \leq\, f(k-1)\). De même, pour \(k \geq\, 1\), \(\int_{k}^{k+1} f \leq\, f(k)\).
2. Notons \(S_n = \sum_{k=1}^{n} f(k)\) et \(F(x) = \int_{1}^{x} f\). Ces deux fonctions de \(n\) et de \(x\) sont croissantes, car \(f \geq\, 0\). En sommant a) pour \(k\) de 2 à \(n\), on obtient \(S_n – f(1) \leq\, F(n) \leq\, S_{n-1}\).
   
   Si l’intégrale converge, de valeur \(I\), alors \(F(n) \leq\, I\) et \(S_n \leq\, f(1) + I\) : la suite croissante \((S_n)\) est majorée, donc la série converge.
   
   Si la série converge, de somme \(S\), alors \(F(n) \leq\, S\) ; pour \(x \geq\, 1\), \(F(x) \leq\, F(\lceil x \rceil) \leq\, S\). La fonction croissante \(F\) est majorée, donc elle a une limite finie en \(+\infty\). La série et l’intégrale sont de même nature.
3. D’après a), \(w_n \geq\, 0\) et \(w_n \leq\, f(n-1) – f(n)\). Par télescopage, \(\sum_{k=2}^{n} w_k \leq\, f(1) – f(n) \leq\, f(1)\). Les sommes partielles de la série à termes positifs \(\sum w_n\) sont majorées : \(\sum w_n\) converge, sans hypothèse sur \(\sum f(n)\).
4. L’intégrale \(\int_{1}^{+\infty} f\) converge d’après b). Pour \(N > n \geq\, 1\), on somme les inégalités \(\int_{k}^{k+1} f \leq\, f(k) \leq\, \int_{k-1}^{k} f\) pour \(k\) de \(n+1\) à \(N\) :
   \[\int_{n+1}^{N+1} f(t)\,\mathrm{d}t \leq\, \sum_{k=n+1}^{N} f(k) \leq\, \int_{n}^{N} f(t)\,\mathrm{d}t.\]
   En faisant tendre \(N\) vers \(+\infty\), \(\int_{n+1}^{+\infty} f \leq\, R_n \leq\, \int_{n}^{+\infty} f\).

Barème : a) 0,5 point ; b) 1,5 point : 0,5 pour l’encadrement de \(S_n\), 0,5 par implication ; c) 1 point (0,5 pour la majoration, 0,5 pour le télescopage) ; d) 1 point (0,5 pour la sommation, 0,5 pour le passage à la limite justifié).

Exercice 2 : La constante d’Euler (4 points)

1. La fonction \(t \mapsto \frac{1}{t}\) est continue, positive et décroissante sur \([1, +\infty[\). Ici, \(w_k = \ln k – \ln(k-1) – \frac{1}{k}\). Par télescopage :
   \[\sum_{k=2}^{n} w_k = \ln n – \ln 1 – \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k} = \ln n – (H_n – 1).\]
   Donc \(u_n = H_n – \ln n = 1 – \sum_{k=2}^{n} w_k\). D’après l’exercice 1 c), la série \(\sum w_k\) converge, donc \((u_n)\) converge vers \(\gamma = 1 – \sum_{k=2}^{+\infty} w_k\).
2. Pour \(k \geq\, 1\), \(\int_{k}^{k+1} \frac{\mathrm{d}t}{t} \leq\, \frac{1}{k}\). En sommant de 1 à \(n\) : \(\ln(n+1) \leq\, H_n\). Ainsi \(u_n \geq\, \ln(n+1) – \ln n > 0\). De plus, \(u_n \leq\, 1\) car les \(w_k\) sont positifs. Par passage à la limite dans les inégalités larges, \(0 \leq\, \gamma \leq\, 1\). (On a en fait \(\gamma \approx 0{,}577\).)
3. Par définition de la limite, \(u_n – \gamma = o(1)\), soit \(H_n = \ln n + \gamma + o(1)\). Alors
   \[\sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k} = H_{2n} – H_n = \ln(2n) – \ln n + o(1) = \ln 2 + o(1).\]
   La limite vaut \(\ln 2\).

Barème : a) 1,5 point : 1 pour le calcul télescopique, 0,5 pour la convergence ; b) 1 point (0,5 par inégalité) ; c) 1,5 point : 0,5 pour le développement, 1 pour la limite.

Exercice 3 : Deux séries de Bertrand, somme partielle et reste (5 points)

1. La fonction \(f : t \mapsto \frac{1}{t \ln t}\) est continue, positive et décroissante sur \([2, +\infty[\), car \(t \mapsto t \ln t\) est positive et croissante. Or \(\int_{2}^{x} f = \ln(\ln x) – \ln(\ln 2) \to +\infty\). La série et l’intégrale ayant même nature, \(\sum \frac{1}{n \ln n}\) diverge.
2. En sommant \(\int_{k}^{k+1} f \leq\, f(k)\) pour \(k\) de 2 à \(n\) : \(\int_{2}^{n+1} f \leq\, S_n\), soit \(\ln(\ln(n+1)) – \ln(\ln 2) \leq\, S_n\). En sommant \(f(k) \leq\, \int_{k-1}^{k} f\) pour \(k\) de 3 à \(n\) : \(S_n – f(2) \leq\, \int_{2}^{n} f\), avec \(f(2) = \frac{1}{2\ln 2}\). On obtient l’encadrement demandé. Pour \(n \geq\, 3\), \(\ln(\ln n) > 0\) ; on divise par ce nombre. La borne de droite tend vers 1, car \(\ln(\ln n) \to +\infty\). Pour celle de gauche,
   \[\ln(\ln(n+1)) – \ln(\ln n) = \ln(1 + \frac{\ln(1 + 1/n)}{\ln n}) \to 0,\]
   donc elle tend aussi vers 1. Par encadrement, \(S_n \sim \ln(\ln n)\) : la divergence est extrêmement lente.
3. La fonction \(g : t \mapsto \frac{1}{t (\ln t)^2}\) est continue, positive et décroissante sur \([2, +\infty[\), de primitive \(t \mapsto -\frac{1}{\ln t}\). Ainsi \(\int_{x}^{+\infty} g = \frac{1}{\ln x}\) pour \(x \geq\, 2\) : l’intégrale converge, donc la série converge. L’exercice 1 d) donne, pour \(n \geq\, 2\) :
   \[\frac{1}{\ln(n+1)} \leq\, \rho_n \leq\, \frac{1}{\ln n}.\]
   Comme \(\ln(n+1) = \ln n + \ln(1 + \frac{1}{n}) \sim \ln n\), les deux bornes sont équivalentes à \(\frac{1}{\ln n}\). Donc \(\rho_n \sim \dfrac{1}{\ln n}\).

Erreur fréquente : conclure que \(\ln(\ln(n+1)) \sim \ln(\ln n)\) en « composant les équivalents ». Il faut ici étudier la différence, comme ci-dessus.

Barème : a) 1 point ; b) 2 points : 1 pour l’encadrement, 1 pour l’équivalent ; c) 2 points : 0,5 pour la convergence, 1 pour l’encadrement du reste, 0,5 pour l’équivalent.

Exercice 4 : Problème, la fonction zêta au voisinage de 1 (7 points)

1. La série de Riemann \(\sum \frac{1}{n^{s}}\) converge pour \(s > 1\) : \(\zeta(s)\) existe. La fonction \(f : t \mapsto t^{-s}\) est continue, positive et décroissante sur \([1, +\infty[\), avec \(\int_{1}^{+\infty} f = \frac{1}{s-1}\). En sommant \(\int_{k}^{k+1} f \leq\, f(k)\) pour \(k \geq\, 1\), on obtient \(\frac{1}{s-1} \leq\, \zeta(s)\). En sommant \(f(k) \leq\, \int_{k-1}^{k} f\) pour \(k \geq\, 2\), on obtient \(\zeta(s) – 1 \leq\, \frac{1}{s-1}\). D’où \(\dfrac{1}{s-1} \leq\, \zeta(s) \leq\, 1 + \dfrac{1}{s-1}\). En multipliant par \(s – 1 > 0\), \(1 \leq\, (s-1)\zeta(s) \leq\, s\). Par encadrement, \(\zeta(s) \sim \dfrac{1}{s-1}\) quand \(s \to 1^{+}\).
2. Avec \(\int_{x}^{+\infty} \frac{\mathrm{d}t}{t^{s}} = \frac{1}{(s-1)x^{s-1}}\), l’exercice 1 d) donne \(\dfrac{1}{(s-1)(n+1)^{s-1}} \leq\, R_n(s) \leq\, \dfrac{1}{(s-1)n^{s-1}}\).
3. L’erreur commise est \(R_n(2)\), et \(\frac{1}{n+1} \leq\, R_n(2) \leq\, \frac{1}{n}\). Si \(n \geq\, 1000\), \(R_n(2) \leq\, \frac{1}{1000} = 10^{-3}\) : l’approximation est bien à \(10^{-3}\) près. Si \(n \leq\, 998\), \(R_n(2) \geq\, \frac{1}{n+1} \geq\, \frac{1}{999} > 10^{-3}\) : la précision n’est pas atteinte. La convergence est donc lente : il faut environ mille termes pour trois décimales.
4. Pour \(t \in [k, k+1]\) et \(s \geq\, 1\), \(\frac{1}{(k+1)^{s}} \leq\, \frac{1}{t^{s}} \leq\, \frac{1}{k^{s}}\). En intégrant sur \([k, k+1]\), puis en retranchant de \(\frac{1}{k^{s}}\), on obtient \(0 \leq\, d_k(s) \leq\, \dfrac{1}{k^{s}} – \dfrac{1}{(k+1)^{s}}\). Pour \(s > 1\), par la relation de Chasles :
   \[\sum_{k=1}^{n} d_k(s) = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^{s}} – \int_{1}^{n+1} \frac{\mathrm{d}t}{t^{s}} \xrightarrow[n \to +\infty]{ \zeta(s) – \frac{1}{s-1}.\]
   Donc \(\zeta(s) – \dfrac{1}{s-1} = \displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty} d_k(s)\).
5. Pour \(s = 1\), \(\sum_{k=1}^{n} d_k(1) = H_n – \ln(n+1) = u_n – \ln(1 + \frac{1}{n})\). Cette quantité tend vers \(\gamma – 0\). Donc \(\sum_{k=1}^{+\infty} d_k(1) = \gamma\).
6. Soit \(\varepsilon > 0\). Pour \(s \in [1, 2]\) et \(N \geq\, 1\), d’après d) et par télescopage :
   \[0 \leq\, \sum_{k=N+1}^{+\infty} d_k(s) \leq\, \frac{1}{(N+1)^{s}} \leq\, \frac{1}{N+1}.\]
   On fixe \(N\) tel que \(\frac{1}{N+1} \leq\, \varepsilon\). La somme finie \(s \mapsto \sum_{k=1}^{N} d_k(s)\) est continue en 1 : il existe \(\eta \in ]0, 1]\) tel que, pour \(1 < s < 1 + \eta\), \(|\sum_{k=1}^{N} d_k(s) – \sum_{k=1}^{N} d_k(1)| \leq\, \varepsilon\). Pour ces valeurs de \(s\), l’inégalité triangulaire donne
   \[|\sum_{k=1}^{+\infty} d_k(s) – \gamma| \leq\, \varepsilon + \sum_{k>N} d_k(s) + \sum_{k>N} d_k(1) \leq\, 3\varepsilon.\]
   Ainsi \(\zeta(s) = \dfrac{1}{s-1} + \gamma + o(1)\) quand \(s \to 1^{+}\). La figure montre \(\zeta\) entre ses deux bornes de a).

Barème : a) 1,5 point : 1 pour l’encadrement, 0,5 pour l’équivalent ; b) 1 point ; c) 1 point (0,5 par sens) ; d) 1,5 point : 0,5 pour l’encadrement de \(d_k(s)\), 1 pour la somme ; e) 0,5 point ; f) 1,5 point : 0,5 pour la majoration uniforme des restes, 0,5 pour la continuité de la somme finie, 0,5 pour la conclusion.

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Après le corrigé du contrôle : comparaison série-intégrale et restes

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