Dans tous les cas, on va comparer à une intégrale.
- On doit séparer les cas $\alpha\leq 0$ et $\alpha>0$. Si $\alpha>0$, la fonction $x\mapsto x^{-\alpha}$ est décroissante sur $[1,+\infty[$. Pour tout $k\geq 2$, on a donc
$$\int_{k}^{k+1}\frac{dt}{t^\alpha}\leq \frac{1}{k^{\alpha}}\leq \int_{k-1}^{k}\frac{dt}{t^\alpha}$$
l'inégalité de gauche étant encore valable pour $k=1$.
On somme l'inégalité de gauche pour $k$ allant de $1$ à $n$, et celle de droite pour $k$ allant de $2$ à $n$. En rajoutant $1$ à l'inégalité de droite, on trouve finalement :
$$\int_1^{n+1}\frac{dt}{t^\alpha}\leq S_n\leq 1+\int_1^{n}\frac{dt}{t^\alpha}.$$
En intégrant, il vient
$$\frac{1}{1-\alpha}(n+1)^{1-\alpha}-\frac{1}{1-\alpha}\leq S_n\leq \frac{1}{1-\alpha}n^{1-\alpha}-\frac{1}{1-\alpha}+1.$$
On en déduit que
$$\left(\frac{n+1}n\right)^{1-\alpha}-\frac{1}{n^{1-\alpha}}\leq \frac{S_n}{\frac{n^{1-\alpha}}{1-\alpha}}\leq 1+\frac{C}{n^{\alpha-1}}$$
où $C\in\mathbb R$. Puisque $\alpha<1$, $n^{1-\alpha}\to+\infty$ et on en déduit que
$$S_n\sim_{+\infty}\frac{n^{1-\alpha}}{1-\alpha}.$$
Si $\alpha\leq 0$, la fonction $x\mapsto x^{-\alpha}$ est cette fois croissante. Le raisonnement est strictement identique, mais on doit inverser le sens des inégalités. On obtient exactement le même résultat.
- Le raisonnement est toujours identique, mais cette fois on doit intégrer la fonction $\frac 1x$ dont une primitive est $\ln x$. On en déduit que $$S_n\sim_{+\infty}\ln n.$$
- Somme partielle des séries de Riemann [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]
