Séries à termes positifs décroissants : condensation et série de Dini

Résolution.

1. Étude de la série $\sum \frac{a_n${S_n}.}

   Cas 1 : La série $\sum a_n$ converge. Notons $S = \sum_{k=0}^{+\infty} a_k$ sa somme. Comme $a_n > 0$, on a $S > 0$. Puisque $S_n \xrightarrow[n \to +\infty]{} S$, on en déduit l'équivalent suivant :

   $$\frac{a_n}{S_n} \sim \frac{a_n}{S}$$

   Par comparaison de séries à termes positifs, la série $\sum \frac{a_n}{S_n}$ est de même nature que $\sum \frac{a_n}{S}$, laquelle converge par hypothèse.

   $$\boxed{\text{Si } \sum a_n \text{ converge, alors } \sum \frac{a_n}{S_n} \text{ converge.}}$$

   Cas 2 : La série $\sum a_n$ diverge.

   Puisque $a_n > 0$, la suite $(S_n)$ est strictement croissante et $S_n \xrightarrow[n \to +\infty]{} +\infty$. Si la suite $(\frac{a_n}{S_n})$ ne tend pas vers $0$, la série diverge grossièrement. Supposons désormais que $\frac{a_n}{S_n} \xrightarrow[n \to +\infty]{} 0$. On remarque que :

   $$\frac{a_n}{S_n} = \frac{S_n - S_{n-1}}{S_n} = 1 - \frac{S_{n-1}}{S_n}$$

   Comme $\frac{a_n}{S_n} \to 0$, on a $\frac{S_{n-1}}{S_n} \to 1$. On utilise alors le développement limité $\ln(1-x) \sim -x$ au voisinage de $0$ :

   $$-\ln\left(\frac{S_{n-1}}{S_n}\right) = -\ln\left(1 - \frac{a_n}{S_n}\right) \sim \frac{a_n}{S_n}$$

   Or, la série de terme général $w_n = -\ln\left(\frac{S_{n-1}}{S_n}\right) = \ln(S_n) - \ln(S_{n-1})$ est une série télescopique. Sa somme partielle est :

   $$\sum_{k=1}^n (\ln S_k - \ln S_{k-1}) = \ln S_n - \ln S_0 \xrightarrow[n \to +\infty]{} +\infty$$

   La série $\sum w_n$ diverge donc vers $+\infty$. Par comparaison, la série $\sum \frac{a_n}{S_n}$ diverge également.

   $$\boxed{\text{La série } \sum \frac{a_n}{S_n} \text{ est de même nature que } \sum a_n.}$$

2. Étude de la série $\sum 2^n a_{2^n$ (Règle de condensation).}

   On utilise la décroissance de $(a_n)$ pour encadrer les sommes par tranches. Pour $k \in \mathbb{N}$, considérons les indices $n$ tels que $2^k < n \le 2^{k+1}$. Il y a $2^k$ tels indices. Par décroissance :

   $$a_{2^{k+1}} \le a_n \le a_{2^k+1} \le a_{2^k}$$

   En sommant sur ces indices :

   $$\sum_{n=2^k+1}^{2^{k+1}} a_{2^{k+1}} \le \sum_{n=2^k+1}^{2^{k+1}} a_n \le \sum_{n=2^k+1}^{2^{k+1}} a_{2^k}$$

   D'où :

   $$2^k a_{2^{k+1}} \le \sum_{n=2^k+1}^{2^{k+1}} a_n \le 2^k a_{2^k}$$

   Soit en réécrivant le terme de gauche :

   $$\frac{1}{2} (2^{k+1} a_{2^{k+1}}) \le \sum_{n=2^k+1}^{2^{k+1}} a_n \le 2^k a_{2^k}$$

   En sommant de $k=0$ à $M$ :

   $$\frac{1}{2} \sum_{k=1}^{M+1} 2^k a_{2^k} \le \sum_{n=2}^{2^{M+1}} a_n \le \sum_{k=0}^{M} 2^k a_{2^k}$$

   Conclusion : Les sommes partielles de $\sum a_n$ sont majorées si et seulement si les sommes partielles de $\sum 2^k a_{2^k}$ le sont.

   $$\boxed{\text{La série } \sum a_n \text{ et la série } \sum 2^n a_{2^n} \text{ ont la même nature.}}$$