Équivalents et développements de suites/Exercices/Équivalent d'une suite définie par une somme

Exercice 2-1

Trouver un équivalent asymptotique de la suite (u_n)_n∈ℕ définie par :

$\forall n\qquad u_{n}=\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}$.

Solution

Nous allons encadrer u_n par des intégrales.

Considérons la fonction f définie, pour x > 0, par f(x) = 1/x. On alors f’(x) = –1/x² < 0.

La fonction f est donc décroissante.

Par conséquent :

$\int _{k}^{k+1}{\frac {1}{x}}\,\mathrm {d} x\leqslant {\frac {1}{k}}\leqslant \int _{k-1}^{k}{\frac {1}{x}}\,\mathrm {d} x~$.

$\sum _{k=2}^{n}\int _{k}^{k+1}{\frac {1}{x}}\,\mathrm {d} x\leqslant \sum _{k=2}^{n}{\frac {1}{k}}\leqslant \sum _{k=2}^{n}\int _{k-1}^{k}{\frac {1}{x}}\,\mathrm {d} x~$.

$\int _{2}^{n+1}{\frac {1}{x}}\,\mathrm {d} x\leqslant u_{n}-1\leqslant \int _{1}^{n}{\frac {1}{x}}\,\mathrm {d} x$,

$\ln(n+1)-\ln 2\leqslant u_{n}-1\leqslant \ln n$.

Or $\ln(n+1)\sim \ln n\to +\infty$.

D’après le théorème de l’encadrement, on en déduit :

$u_{n}\sim u_{n}-1\sim \ln n$,

c'est-à-dire :

$\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}\sim \ln n$.

Pour d'autres méthodes, voir Série numérique/Théorème de Stolz-Cesàro ou Série numérique/Exercices/Série harmonique.

 

Exercice 2-2

Soit $\alpha \in \left]0,1\right[$. Trouver un équivalent asymptotique de la suite (u_n)_n∈ℕ définie par :

$\forall n\quad u_{n}=\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k^{\alpha }}}$.

Solution

Nous allons encadrer u_n par des intégrales.

Considérons la fonction f définie, pour x > 0, par f(x) = 1/x^α. On alors f’(x) = –α/x^α+1 < 0.

La fonction f est donc décroissante.

Par conséquent :

$\int _{k}^{k+1}{\frac {1}{x^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x\leqslant {\frac {1}{k^{\alpha }}}\leqslant \int _{k-1}^{k}{\frac {1}{x^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x~$

$\sum _{k=2}^{n}\int _{k}^{k+1}{\frac {1}{x^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x\leqslant \sum _{k=2}^{n}{\frac {1}{k^{\alpha }}}\leqslant \sum _{k=2}^{n}\int _{k-1}^{k}{\frac {1}{x^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x~$

$\int _{2}^{n+1}{\frac {1}{x^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x\leqslant u_{n}-1\leqslant \int _{1}^{n}{\frac {1}{x^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x$

${\frac {(n+1)^{1-\alpha }-2^{1-\alpha }}{1-\alpha }}\leqslant u_{n}-1\leqslant {\frac {n^{1-\alpha }-1}{1-\alpha }}$.

Or $(n+1)^{1-\alpha }\sim n^{1-\alpha }\to +\infty$.

D’après le théorème de l’encadrement, on en déduit :

$u_{n}\sim u_{n}-1\sim {\frac {n^{1-\alpha }}{1-\alpha }}$.

On a donc prouvé :

$\forall \alpha \in \left]0,1\right[\qquad \sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k^{\alpha }}}\sim {\frac {n^{1-\alpha }}{1-\alpha }}$.