Équivalent du reste de séries de Riemann

Devoir Libre no 2
MP 933 & 934
Corrigé
Équivalent du reste de séries de Riemann
I
I.1
Étude préliminaire
Convergence des séries de Riemann
1. La fonction f est décroissante sur [ k ; k + 1 ], donc on a pour tout x ∈ [ k ; k + 1 ], f (x) 6 f (k). Les fonctions
x 7→ f (x) et x 7→ f (k) dont continues sur le segment [ k ; k + 1 ], donc on peut intégrer cette inégalité pour obtenir
Z k+1
f (x) dx 6 f (k). La seconde inégalité se montre bien entendu de la même façon.
k
1
pour t ∈ ] 0 ; +∞ [ (donc on prend a = 1, attention !)
tα
Supposons tout d’abord α > 1 et fixons n > 2. En sommant les majorations obtenues pour k ∈ [ 2 ; n]] grâce à la
question précédente, on obtient :
2. On définit bien sûr f (t) =
Z n
n
X
1
dt
1
1
1
6
=
1 − α−1 6
α
kα
t
α
−
1
n
α
−
1
1
k=2
et donc la suite (Sn )n∈N des suites partielles définie par Sn =
n
X
1
1
est croissante et majorée par 1 +
, donc
kα
α−1
k=1
1
.
α
n
∗
n∈N
Supposons maintenant : α < 1. On obtient maintenant la minoration :
est convergente, ce qui prouve la convergence de
P
Z n+1
n
X
1
dt
(n + 1)1−α − 1
Sn =
>
=
−−−−→ +∞
n→∞
kα
tα
1−α
1
k=1
1
diverge.
α
n∈N∗ n
Enfin, le cas α = 1 : on a cette fois la minoration Sn > ln(n + 1), qui prouve la divergence.
Ainsi :
donc
P
La série
X 1
converge si et seulement si α > 1.
nα
3. Soit α > 1. On avait noté que pour n > 2, on a Sn 6 1 +
reste à passer l’encadrement 1 6 Sn 6 1 +
1
. On a par ailleurs bien entendu Sn > S1 = 1, et il
α−1
1
à la limite (en N) pour obtenir le résultat demandé.
α−1
Pour tout α > 1, 1 6 S(α) 6 1 +
dimanche  septembre  —  fructidor 
1
.
α−1
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
I.2
Première étude asymptotique du reste
1. On ajoute cette fois les encadrements (E) obtenus pour k ∈ [ n ; N]], où N est un entier fixé (provisoirement) supérieur
à n > 2 (qui est fixé encore plus fortement que N !) : on obtient alors
Z N+1
Z N
N
X
dt
1
dt
GN =
6
6
= DN
(F)
tα
kα
tα
n
n−1
k=n
1
1
1
1
On a ensuite GN =
−
qui tend vers
lorsque N tend vers +∞. De même,
α − 1 nα−1
(N + 1)α−1
(α − 1)nα−1
1
lorsque N tend vers +∞. On passe donc l’encadrement (F) à la limite (en N) pour
DN tend vers
(α − 1)(n − 1)α−1
obtenir :
1
1
6 Rn (α) 6
(α − 1)nα−1
(α − 1)(n − 1)α−1
soit encore :
1
1
1
1
6
−
= Un .
0 6 Rn (α) −
(α − 1)nα−1
(α − 1) (n − 1)α−1
nα−1
Il reste à noter que :
!
1−α
1
1
1
1−
− 1 ∼ α,
Un =
(α − 1)nα−1
n
n
1
1
6 Un , on obtient bien :
donc Un = O
, et comme Rn (α) −
α
α−1
n
(α − 1)n
1
1
+
O
Rn (α) =
(α − 1)nα−1
nα
2. La fonction f est de classe C 3 . On peut donc appliquer la formule de Taylor avec reste intégral à l’ordre 2, qui
donne ici :
Z
1 k+1
1 ′′
′
f (k + 1) = f (k) + f (k) + f (k) +
(k + 1 − t)2 f (3) (t) dt
2
2 k
Z
1
α
α(α + 1) k+1 (k + 1 − t)2
= f (k) + α − α+1 +
dt .
k
2k
2
tα+2
k
|
{z
}
Ak
1
1
Il reste à noter que pour tout t ∈ [ k ; k + 1 ], 0 6 (k + 1 − t)2 6 1 et 0 6 α+2 6 α+2 , ce qui nous donne après
t
k
multiplication et intégration :
0 6 Ak 6
α(α + 1)
,
2k α+2
ce qui est le résultat demandé.
3. En sommant la relation précédente pour k variant de n à N > n, on obtient par télescopage :
f (N + 1) − f (n) =
N
N
N
X
X
1
αX 1
−
+
Ak .
kα
2
k α+1
k=n
Puisque Ak = O
(T).
k=n
X
, la série
An est convergente, et le théorème de sommation des « grands O » pour de
α+2
1
k
k=n
n∈N
telles séries (la dominante étant positive) nous assure :
+∞
X
k=n
Ak = O
+∞
X
k=n
1
k α+2
!
, soit encore
+∞
X
k=n
Ak = O
1
nα+1
α+1
.
nα+1
Il reste à noter que f (N + 1) tend vers 0 lorsque N tend vers +∞, et on peut alors effectivement faire tendre N vers
+∞ dans (T) pour obtenir :
1
α
1
= Rn (α) − Rn (α + 1) + O
,
(α − 1)nα−1
2
nα+1
1
1
et on conclut en utilisant le fait que Rn (α + 1) =
+
O
.
αnα
nα+1
1
1
1
Rn (α) =
+
+
O
.
(α − 1)nα−1
2nα
nα+1
puisque Rn (α + 2) ∼
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
II
Formule de Taylor et nombres de Bernoulli
II.1
Nombres de Bernoulli
1. Les cas p 6 3 peuvent aider à comprendre comment les termes se combinent. Calculons donc le membre de gauche
de la relation qu’on souhaite établir. Il vaut :
p
X
1
k!
p−1
X
ai f (i)
i=0
k=1
!(k)
p
p−1
X
X ai
=
f (i+k)
k!
i=0
k=1
!
.
Les différentes contributions pour f (d) sont :
• pour f ′ : seulement a0 ;
d
X
ad−k
;
• pour f (d) , avec 1 6 d 6 p :
k!
k=1
• pour f (d) , avec d > p + 1 : on s’en fiche ! Ce sont les termes de la somme
p−1
X
bℓ,p f (p+ℓ) .
ℓ=1
La relation demandée sera donc vérifiée si et seulement si a0 = 1 et les contributions intermédiaires sont nulles,
c’est-à-dire :

a0

a1
+
=0


2!



a1
a0


+
=0
a2
+


2!
3!
..
..
..
..


.
.
.
.






a2
a1
a0
a

ap + p−1 + · · · +
+
+
=0
2!
(p − 1)!
p!
(p + 1)!
Ainsi, il suffit de définir les an par récurrence, avec
a0 = 1, et an = −
n+1
X
k=2
an+1−k
k!
pour répondre au problème.
2. Les relations demandées ont été établies à la question précédente. Pour la majoration, on va définir pour tout n ∈ N
la proposition P(n) : « |an | 6 1 ».
• Initialisation — Tout d’abord, a0 = 1, ce qui prouve P(0).
• Hérédité — Soit n ∈ N∗ et supposons ensuite P(k) vérifiée pour tout k 6 n − 1. On a alors
n+1
n+1
n+1
+∞
X |a
Xa
X 1
X
1
n+1−k n+1−k |
|an | = −
6
6
= e − 2 < 1,
6
k!
k!
k!
k!
k=2
k=2
k=2
k=2
ce qui prouve P(n).
• Conclusion — Le principe de récurrence permet de conclure que la propriété P(n) est vraie pour tout n ∈ N.
Enfin :
a1
a0
1
−
=
2!
3!
12
P p
p
3. (a) Si |z| < 1, on a |ap z p | 6 |z| pour tout p ∈ N, et comme |z| < 1, la série
|z| est convergente, donc
a1 = −
a0
1
=−
2!
2
X
et
a2 = −
ap z p est absolument convergente.
p∈N
X zn
X
et
an z n sont absolument convergente, donc leur produit
n!
n>1
n>0
! +∞
! +∞
+∞ n
X
X
X
P
z
n
de Cauchy n>0 cn l’est aussi, avec de plus
an z
=
cn . Si p − 1 > 1, c’est-à-dire p > 2,
n!
n=1
n=0
n=0
alors
p
p
X
X
ap−k
ap−k
= ap−1 +
= 0,
cp =
k!
k!
(b) Soit z ∈ C tel que |z| < 1. Les deux séries
k=1
k=2
et enfin, c0 = 0 et c1 = a0 = 1, donc :
Équivalent du reste de séries de Riemann
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
(ez − 1) ϕ(z) = z.
Il reste à noter que si z ∈ C est non nul et du module strictement plus petit que 1, alors ez 6= 1 (pourquoi, au
fait ?) et donc :
Si |z| < 1, alors ϕ(z) =
z
.
ez − 1
x
est impaire (simple vérification; il a fallu enlever le terme
2
perturbateur a1 x qui est non nul pour obtenir la parité). On a alors Φ(x) − Φ(−x) = 0 pour tout x ∈ ] −1 ; 1 [,
+∞
X
or cette série entière vaut 2
a2n+1 x2n+1 , donc par unicité de la décomposition en séries entières, les a2n+1
(c) La fonction Φ : x 7→ ϕ(x) − a1 x = ϕ(x) +
n=1
sont tous nuls.
La relation de récurrence liant les an fournit maintenant :
a4 = −
a2
a1
a0
1
1
1
1
−
−
=−
+
−
=−
.
3!
4!
5!
6 × 12 24 × 2 120
720
II.2
Formule de Taylor
1. La fonction g est de classe C ∞ sur R∗+ donc de classe C 2p+1 , et on peut donc écrire la formule de Taylor avec reste
intégral à l’ordre 2p entre k et k + 1, qui dit exactement :
Z k+1
g (2p)
(k + 1 − t)2p (2p+1)
g ′ (k)
g(k + 1) = g(k) +
+ ··· +
+
g
(t) dt
1!
(2p)!
(2p)!
k
!
Z k+1
2p−1
2p−1
X
X
= g(k) + f ′ (k) +
bℓ,2p f (2p+ℓ) (k) +
ai
f (2p+1+i) (t)(k + 1 − t)2p dt
k
i=0
ℓ=1
et donc par inégalités triangulaires :
|R(k)|
= |g(k + 1) − g(k) − f ′ (k)|
Z
2p−1
2p−1
X
(2p+ℓ) X
6
|bℓ,2p | f
(k) +
|ai |
k
i=0
ℓ=1
Nous avons par ailleurs pour j > 1 et x > 0 : f (j) (x) = (−1)j−1
et donc :
(2p+ℓ) f
(k) 6
Kl
k α+2p+ℓ−1
Z
k+1
k
6
K′ℓ
α+2p
k
k+1
et
(2p+1+i) (t) (k + 1 − t)2p dt
f
α(α − 1)...(α + j − 2)
, ce qui donne les majorations
xα+j−1
(2p+1+i) λi
λ′i
f
(t) 6 α+2p+i 6 α+2p
k
k
λ′i
(2p+1+i) (t) (k + 1 − t)2p dt 6 α+2p
.
f
|
{z
}
k
| |61
En recollant les morceaux :
|R(k)| 6
2p−1
X
(|bℓ,2p | K′ℓ
+
λ′ℓ
|aℓ |)
ℓ=1
2. Déjà, R(k) = O
1
k α+2p
!
et α + 2p > 1, donc la série
P
!
1
.
k α+2p
R(k) est convergente, et on peut sommer la relation de
k∈N
domination sur les restes, ce qui donne
+∞
X
k=n
R(k) = O
+∞
X
k=n
1
k α+2p
!
=O
1
nα+2p−1
d’après l’équivalent de Rn (α + 2p) établi plus haut.
P
Ensuite, la série
g(k + 1) − g(k) est télescopique, et sa somme vaut
k>n
−g(n) = −a0 f (n) − · · · − a2p−1 f (2p−1) (n).
Enfin,
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
+∞
X
k=n
f ′ (n) =
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+∞
X
1
= Rn (α).
nα
k=n
Il n’y a plus qu’à regarder la relation g(k + 1) − g(k) = f ′ (k) + R(k) et prendre un peu de recul pour affirmer, droit
dans ses bottes :
Rn (α) =
+∞
X
1
1
′
′′
(2p−2)
=
−
a
f
(n)
+
a
f
(n)
+
a
f
(n)
+
·
·
·
+
a
f
(n)
+
O
.
0
1
2
2p−2
kα
n2p+α−1
k=n
1
1
1
1
3. Simple application numérique : a0 = 1, a1 = − , a2 =
, a3 = a5 = 0 et a4 = −
, avec f (x) = − 2 ,
2
12
720
2x
1
3
60
f ′ (x) = 3 , f ′′ (x) = − 4 et f (4) (x) = 6 :
x
x
x
+∞
X
1
1
1
1
1
1
=
+
+
−
+
O
.
k3
2n2
2n3
4n4
12n6
n8
k=n
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