Démonstration. La fonction $x\mapsto {\frac{1}{x}}^{\alpha }$ est décroissante sur ${\mathbb{R}}_{\ast }^{+}$, nous allons faire une comparaison série / intégrale.

On a $$\forall k\ge 1,\frac{1}{(k+1{)}^{\alpha }}\le {\int }_k^{k+1}\frac{1}{x^{\alpha }}\mathrm{d}x\le \frac{1}{k^{\alpha }}$$ D’où : $$\forall k\ge 2,{\int }_k^{k+1}\frac{1}{x^{\alpha }}\mathrm{d}x\le \frac{1}{k^{\alpha }}\le {\int }_{k-1}^k\frac{1}{x^{\alpha }}\mathrm{d}x$$ Soit $N\ge 2$. Pour tout $n\in [[2,N]]$, $$\begin{array}{rl}& {\int }_n^{N+1}\frac{1}{x^{\alpha }}\mathrm{d}x\le \sum _{k=n}^N\frac{1}{k^{\alpha }}\le {\int }_{n-1}^N\frac{1}{x^{\alpha }}\mathrm{d}x\\ ⟺& {\left[\frac{-1}{\alpha -1}\frac{1}{x^{\alpha -1}}\right]}_n^{N+1}\le \sum _{k=n}^N\frac{1}{k^{\alpha }}\le {\left[\frac{-1}{\alpha -1}\frac{1}{x^{\alpha -1}}\right]}_{n-1}^N\\ ⟺& \frac{1}{\alpha -1}\left(\frac{1}{n^{\alpha -1}}-\frac{1}{(N+1{)}^{\alpha -1}}\right)\le \sum _{k=n}^N\frac{1}{k^{\alpha }}\le \frac{1}{\alpha -1}\left(\frac{1}{(n-1{)}^{\alpha -1}}-\frac{1}{N^{\alpha -1}}\right)\end{array}$$ La suite $\left({\sum }_{k=n}^N\frac{1}{k^{\alpha }}\right)$ est donc convergente, car elle est croissante et majorée par $\frac{1}{\alpha -1}\left(\frac{1}{(n-1{)}^{\alpha -1}}\right)$. Lorsque $N$ tend vers $+\infty$, on a donc $$\frac{1}{\alpha -1}\left(\frac{1}{n^{\alpha -1}}\right)\le \sum _{k=n}^{+\infty }\frac{1}{k^{\alpha }}\le \frac{1}{\alpha -1}\left(\frac{1}{(n-1{)}^{\alpha -1}}\right)$$ Or, comme $n^{\alpha -1}\sim (n-1{)}^{\alpha -1}$ quand $n$ tend vers $+\infty$, on en conclut l’équivalent annoncé. ◻

Démonstration. La fonction $x\mapsto \frac{1}{x}$ est décroissante sur ${\mathbb{R}}_{\ast }^{+}$, cela invite à faire une comparaison série / intégrale.

On a $$\forall k\ge 1,\frac{1}{k+1}\le {\int }_k^{k+1}\frac{1}{x}\mathrm{d}x\le \frac{1}{k}$$ Traitons les deux morceaux séparément.

• $\forall k\ge 1,{\int }_k^{k+1}\frac{1}{x}\mathrm{d}x\le \frac{1}{k}$ par l’inégalité de droite. Donc, en sommant entre $1$ et $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ : $$\ln (n+1)={\int }_1^{n+1}\frac{1}{x}\mathrm{d}x\le H_n$$

• $\forall k\ge 2,\frac{1}{k}\le {\int }_{k-1}^k\frac{1}{x}\mathrm{d}x$ par l’inégalité de gauche avec un changement de variable. Donc, en sommant entre $2$ et $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ : $$\sum _{k=2}^n\frac{1}{k}\le {\int }_1^n\frac{1}{x}\mathrm{d}x=\ln (n)$$ et en ajoutant $1$ : $$H_n\le \ln (n)+1$$

On peut tout regrouper pour obtenir les inégalités suivantes : $$\ln (n+1)\le H_n\le \ln (n)+1$$ et donc, quand $n$ tend vers $+\infty$, $$H_n\sim \ln (n)$$ Pour la suite, on pose pour tout $n\ge 1$, $u_n=H_n-\ln (n)$ et pour tout $n\ge 2$, $v_n=H_{n-1}-\ln (n)$. On a :

• $\forall n\ge 2$, $u_n-v_n=\frac{1}{n}\ge 0$ et converge vers $0$ quand $n$ tend vers $+\infty$.

• $\forall n\ge 1$, $$\begin{array}{rl}{u}_n-u_{n+1}& =-\frac{1}{n+1}-\ln (n)+\ln (n+1)\\ & =-\frac{1}{n+1}-\ln \left(1-\frac{1}{n+1}\right)\\ & \ge 0\end{array}$$ car $\ln (1+x)\le x$ pour $x\in ]-1,+\infty [$.

• $\forall n\ge 2$, $$\begin{array}{rl}{v}_{n+1}-v_n& =\frac{1}{n}+\ln (n)-\ln (n+1)\\ & =\frac{1}{n}-\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)\\ & \ge 0\end{array}$$

les suites $(u_n)$ et $(v_n)$ sont adjacentes, elles convergent donc vers un réel $\gamma \in \mathbb{R}$. Posons maintenant $$\forall n\ge 1,t_n=u_n-\gamma =H_n-\ln (n)-\gamma$$ Nous allons utiliser le lien entre séries et suites : cherchons un équivalente de la suite $(t_n-t_{n-1})$ pour obtenir un équivalent de la somme partielle de la série de terme général $(t_n-t_{n-1})$ qui n’est autre que la suite $(t_n)$. À l’aide du développement limité de $\ln (1+x)$ en $0$ on obtient $$\begin{array}{rl}{t}_n-t_{n-1}& =\ln (n-1)-\ln (n)+\frac{1}{n}\\ & =\ln \left(1-\frac{1}{n}\right)+\frac{1}{n}\\ & \sim -\frac{1}{2n^2}\end{array}$$ D’après le critère de Riemann, la série de terme général $t_k-t_{k-1}$ converge. Le théorème de sommation des équivalents donne l’équivalence des restes. Or, un équivalent du reste de la série de Riemann $\sum \frac{1}{n^2}$ est donné par le Lemme 1 et vaut $\frac{1}{n}$ : $$\sum _{k=n+1}^{+\infty }{t}_k-t_{k-1}=-t_n\sim \sum _{k=n+1}^{+\infty }-\frac{1}{2k^2}\sim -\frac{1}{2n}$$ D’où $t_n\sim \frac{1}{2n}$ et $H_n=\ln (n)+\gamma +\frac{1}{2n}+o\left(\frac{1}{n}\right)$. On pose alors $\forall n\ge 1$, $w_n=t_n-\frac{1}{2n}$ et on procède de manière similaire pour obtenir, pour tout $n\ge 2$ : $$\begin{array}{rl}{w}_n-w_{n-1}& =\frac{1}{n}+\ln \left(1-\frac{1}{n}\right)+\frac{1}{2n-2}-\frac{1}{2n}\\ & =\frac{1}{n}-\frac{1}{n}-\frac{1}{2n^2}-\frac{1}{3n^3}+\frac{1}{2n}\frac{1}{1-\frac{1}{n}}-\frac{1}{2n}+o\left(\frac{1}{n^3}\right)\\ & =-\frac{1}{2n^2}+\frac{1}{2n}\left(1+\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}\right)-\frac{1}{2n}+o\left(\frac{1}{n^3}\right)\\ & =\frac{1}{6n^3}+o\left(\frac{1}{n^3}\right)\end{array}$$ On a donc $$\sum _{k=n+1}^{+\infty }{w}_k-w_{k-1}=-w_n\sim \frac{1}{2}\frac{1}{6n^2}=\frac{1}{12n^2}$$ d’où le résultat. ◻