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Explorateur de convergence de séries

Observez la croissance des sommes partielles. La série converge-t-elle vers une limite finie ou diverge-t-elle ?

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Cinquante termes, six décimales exactes

Choisissez 1/n² à N = 50 et la page affiche S50 = 1,625133. Il manque encore 0,0198 pour atteindre π²/6. Cet écart est le reste que vous avez omis. Et ce reste est presque une aire : les termes après le 50e s'additionnent pour donner presque exactement l'aire sous 1/x² au-delà de 50 (soit 1/50), moins la moitié du 50e terme. Réintégrez-le. Vous obtenez alors 1,625133 + 0,02 − 0,0002 = 1,644933, une valeur fausse uniquement sur la sixième décimale (l'erreur est de 1,3 × 10⁻⁶). La somme brute nécessite environ 750 000 termes pour s'en approcher autant. À N = 10, la même correction donne 1,549768 + 0,1 − 0,005 = 1,644768. Trois décimales avec dix termes.

Ce qu'est vraiment une somme partielle

Une série infinie ne se somme jamais d'un seul coup. On suit plutôt la somme partielle SN, le total cumulé des N premiers termes, et on observe vers quoi il tend quand N grandit. Sur le graphique, si cette courbe s'aplatit vers une ligne horizontale, la série converge vers cette hauteur ; si elle continue de monter, elle diverge. La convergence n'est donc qu'une suite de totaux qui se stabilise.

Comment la série harmonique empile des blocs

Empilez des blocs identiques au bord d'une table. Le bloc du sommet peut dépasser le bord d'au plus ½ HN, la moitié de la N-ième somme partielle harmonique. Comme la série harmonique diverge, ce porte-à-faux n'a aucune limite : avec assez de blocs, celui du haut se retrouve entièrement au-delà du bord. Il suffit de 4 blocs pour dépasser la longueur d'un bloc entier, car H4 ≈ 2.08.

THÉORIE DES SÉRIES — QUEL CRITÈRE DE CONVERGENCE CHOISIR

Choisir un critère de convergence : adapter le critère à la forme

Aucun critère unique ne règle toutes les séries. Chacun est taillé pour une forme précise du terme général — raison constante, simple puissance de n, factorielle, signes alternés — et appliquer le mauvais renvoie généralement « non concluant » plutôt qu’une réponse fausse. Lisez d’abord le terme, reconnaissez sa forme, et le critère se choisit tout seul.

Critère du terme général — ne prouve que la divergence lim an ≠ 0 ⇒ ∑an → ∞
Géométrique — une raison constante entre les termes Σarn, |r| < 1
Série de Riemann — une simple puissance de n au dénominateur Σ1/np, p > 1
Critère de d’Alembert — factorielles et puissances n-ièmes L = lim |an+1/an|
Alternée — le signe change à chaque terme Σ(−1)nbn, bn ↓ 0
Télescopique — le milieu de la somme se simplifie Σ[f(n) − f(n+1)]

01

Critère du terme général — ne prouve que la divergence

Le terme ressemble à: N’importe quelle série. À vérifier en premier ; cela coûte une seule limite.

Critère: lim an ≠ 0 ⇒ ∑an → ∞

Exemple résolu: Σ1/n a aₙ → 0, le critère ne dit donc rien — et la série diverge malgré tout.

Ouvrir ce cas: Harmonique
Critère du terme général — ne prouve que la divergence. Les sommes partielles harmoniques continuent de monter alors que les termes s’évanouissent. N’importe quelle série. À vérifier en premier ; cela coûte une seule limite.
Les sommes partielles harmoniques continuent de monter alors que les termes s’évanouissent.

02

Géométrique — une raison constante entre les termes

Le terme ressemble à: Chaque terme est un multiple fixe du précédent : aₙ₊₁/aₙ = r, le même r partout.

Critère: Σarn, |r| < 1

Exemple résolu: Σ(1/2)ⁿ a r = 1/2, elle converge donc — et le total vaut exactement a/(1 − r).

Ouvrir ce cas: Géométrique
Géométrique — une raison constante entre les termes. Une raison constante inférieure à 1 : les sommes partielles s’aplatissent sur la limite exacte. Chaque terme est un multiple fixe du précédent : aₙ₊₁/aₙ = r, le même r partout.
Une raison constante inférieure à 1 : les sommes partielles s’aplatissent sur la limite exacte.

03

Série de Riemann — une simple puissance de n au dénominateur

Le terme ressemble à: Le terme vaut 1/nᵖ et rien d’autre : ni factorielle, ni signe alterné.

Critère: Σ1/np, p > 1

Exemple résolu: 1/n² converge (p = 2) ; 1/n diverge (p = 1). La frontière est exactement p = 1.

Ouvrir ce cas: p-série
Série de Riemann — une simple puissance de n au dénominateur. p = 2 se stabilise vite tandis que p = 1 continue de monter. Le seuil est exactement p = 1. Le terme vaut 1/nᵖ et rien d’autre : ni factorielle, ni signe alterné.
p = 2 se stabilise vite tandis que p = 1 continue de monter. Le seuil est exactement p = 1.

04

Critère de d’Alembert — factorielles et puissances n-ièmes

Le terme ressemble à: Le terme contient n!, cⁿ ou nⁿ. Calculez L = lim |aₙ₊₁/aₙ|.

Critère: L = lim |an+1/an|

Exemple résolu: Σ1/n! donne L = lim 1/(n+1) = 0 < 1, elle converge donc — et très vite.

Ouvrir ce cas: Série e−1
Critère de d’Alembert — factorielles et puissances n-ièmes. 1/n! s’effondre sur sa limite en une poignée de termes. Le terme contient n!, cⁿ ou nⁿ. Calculez L = lim |aₙ₊₁/aₙ|.
1/n! s’effondre sur sa limite en une poignée de termes.

05

Alternée — le signe change à chaque terme

Le terme ressemble à: Le terme porte (−1)ⁿ, et les modules décroissent régulièrement vers zéro.

Critère: Σ(−1)nbn, bn ↓ 0

Exemple résolu: Σ(−1)ⁿ⁺¹/n converge vers ln 2, alors même que Σ1/n diverge.

Ouvrir ce cas: Harm. alternée
Alternée — le signe change à chaque terme. Les sommes partielles dépassent puis restent en deçà, tour à tour, en se resserrant sur la limite. Le terme porte (−1)ⁿ, et les modules décroissent régulièrement vers zéro.
Les sommes partielles dépassent puis restent en deçà, tour à tour, en se resserrant sur la limite.

06

Télescopique — le milieu de la somme se simplifie

Le terme ressemble à: Le terme se scinde en une différence f(n) − f(n+1), généralement par décomposition en éléments simples.

Critère: Σ[f(n) − f(n+1)]

Exemple résolu: 1/(n(n+1)) = 1/n − 1/(n+1), d’où Sₙ = 1 − 1/(n+1) → 1.

Ouvrir ce cas: Télescopique
Télescopique — le milieu de la somme se simplifie. Tout ce qui sépare le premier et le dernier terme se simplifie, laissant Sₙ = 1 − 1/(n+1). Le terme se scinde en une différence f(n) − f(n+1), généralement par décomposition en éléments simples.
Tout ce qui sépare le premier et le dernier terme se simplifie, laissant Sₙ = 1 − 1/(n+1).
Références (2)

Problème entièrement résolu

  1. La 50e somme partielle de 1 + 1/2 + 1/3 + … 5 étapes

    La 50e somme partielle de 1 + 1/2 + 1/3 + … vaut 4,499, les termes sont descendus à 0,02, et la règle de d'Alembert donne 0,98. Tout sur le panneau évoque la convergence. Prouvez qu'elle diverge — puis calculez jusqu'où il faudrait aller pour atteindre 100.

    1. Écartons d'abord la règle de d'Alembert. Elle compare des termes consécutifs, et pour 1/n, ce rapport vaut (n − 1)/n, qui tend vers 1 par valeurs inférieures quoi qu'il arrive. Le test renvoie non concluant, et non converge. Une page qui afficherait 0,98 sans ce mot induirait en erreur par omission.

      ∣a50a49∣=4950=0.98 ⟶ 1(test inconclusive)\left|\frac{a_{50}}{a_{49}}\right|=\frac{49}{50}=0.98\ \longrightarrow\ 1\quad(\text{test inconclusive})

    2. La démonstration est due à Oresme et date de sept siècles. Regroupez les termes en blocs se terminant à chaque puissance de deux : 1/3 + 1/4 dépasse 1/2, les quatre termes suivants dépassent 1/2, les huit suivants également. Chaque bloc apporte au moins un demi, et il y a une infinité de blocs.

      ∑n=12m1n ≥ 1+m2⟹unbounded\sum_{n=1}^{2^m}\frac1n\ \ge\ 1+\frac{m}{2}\quad\Longrightarrow\quad \text{unbounded}

    3. Cela établit la divergence mais ne donne pas sa vitesse, or cette vitesse est ce qui rend la divergence crédible face à une somme affichée de 4,5. La comparaison de la somme avec ∫dx/x en fournit une : les sommes partielles suivent ln n plus une constante, et cette constante est γ.

      Hn=ln⁡n+γ+12n+O(n−2),γ=0.5772157H_n=\ln n+\gamma+\frac{1}{2n}+O(n^{-2}),\qquad \gamma=0.5772157

    4. Testez-le. ln 50 + γ = 4,489239 contre les 4,499205 affichés, et le reste de 0,009967 est le terme suivant du développement, 1/2n = 0,01. L'approximation n'est pas seulement proche ; elle l'est d'une manière qui prédit sa propre erreur.

      ln⁡50+γ=4.489239,4.499205−4.489239=0.009967≈12×50\ln 50+\gamma=4.489239,\qquad 4.499205-4.489239=0.009967\approx\frac{1}{2\times50}

    5. Inversez donc la formule. Une somme de 10 nécessite environ e^(10−γ) ≈ 12 000 termes. Une somme de 100 nécessite e^(100−γ).

      Hn=100 ⟹ n≈e 100−γ=1.5×1043H_n=100\ \Longrightarrow\ n\approx e^{\,100-\gamma}=1.5\times10^{43}

    Réponse

    L'outil affiche 4,499205 après 50 termes et qualifie la série de divergente, et les deux sont vrais à la fois — ce qui fait toute la difficulté de cet exemple. La somme croît comme ln n, elle finit donc par dépasser toute cible finie. Atteindre 10 demande environ 12 000 termes ; atteindre 100 nécessite 1,5 × 10⁴³. La divergence est une affirmation sur l'éternité, non sur les quelques milliers de termes suivants, et 1/n est la preuve classique que ces deux choses ne sont pas identiques. Passez la série à 1/n² et les mêmes 50 termes se stabilisent à 1,625 et n'en bougent plus : π²/6 vaut 1,645, et la totalité du reste infini vaut 0,02.

    H50=4.499205,Hn∼ln⁡n ⟹ Hn=100 at n≈1.5×1043H_{50}=4.499205,\qquad H_n\sim\ln n\ \Longrightarrow\ H_n=100\ \text{at}\ n\approx1.5\times10^{43}

Parcours

Séries infinies et convergence

· Vérifié sur des sources publiées. Corrections bienvenues.