Développement asymptotique de la série harmonique
Références :
Oraux XENS Analyse 1, Serge Francinou
Théo. Posons, pour tout n ∈ N∗,
Hn = n∑ k=1
1
k
/
Alors, il existe γ ∈ R∗+ tel que
Hn = ln(n) + γ + 1
2n −
1
12n2 + o
Å 1 n2 ã
.
γ est appelé la constante d’Euler.
De plus, si on pose kn = min{k ∈ N, Hk ≥ n} alors lim n→∞ kn+1 kn = e.
Démonstration. • Posons, pour tout n ∈ N∗, un = Hn − ln(n) et vn = un −
1
n
.
Montrons que ces suites sont adjacentes.
La différence un − vn = 1 n est positive et converge vers 0. …afficher plus de contenu…

On a, de plus, vn+1 − vn = un+1 −
1
n+ 1 − un + 1 n = 1 n+ 1 + ln
Å
1− 1 n+ 1 ã − 1 n+ 1 + 1 n = 1 n − ln(n+ 1) + ln(n)
= 1 n − ln
Å
1 + 1 n ã
≥ 0 car pour x > −1, ln(1 + x) ≤ x
Les deux suites (un)n≥1 et (vn)n≥1 sont adjacentes et convergent vers γ ∈ R. Comme, pour tout n ∈ N, on a γ ≥ vn ≥ v2 = 1 − ln(2) > 0.
On a donc obtenu
Hn = ln(n) + γ + o(1).
• Posons, pour n ∈ N∗, tn = un − γ.
On va chercher un équivalent de tn − tn−1. On a, pour n tendant vers l’infini, tn − tn−1 = un − un−1
= ln
Å …afficher plus de contenu…

2Développement asymptotique de la série harmonique
On obtient ainsi le développement asymptotique
Hn = ln(n) + γ + 1
2n −
1
12n2 + o
Å 1 n2 ã
.
• Montrons que lim n→∞ kn+1 kn = e.
On sait que Hn = ln(n) + γ + εn où lim n→∞ εn = 0. Par définition de kn, on a ln(kn) + γ + εkn ≥ n et ln(kn − 1) + γ + εkn−1 < n.
En passant à l’exponentielle, on obtient ene−γ−εkn−1 + 1 > kn ≥ ene−γ−εkn
On a donc que kn ∼ n→∞ ene−γ et donc lim n→∞ kn+1 kn = e.
Leçons possibles : 224 - 230