1. Pour tout $ t \in [x, x+1] $, la décroissance de la fonction inverse donne : \[ \frac{1}{x+1} \le \frac{1}{t} \le \frac{1}{x} \] En intégrant sur $ [x, x+1] $ (intervalle de longueur 1) : \[ \frac{1}{x+1} \le \int_x^{x+1} \frac{dt}{t} \le \frac{1}{x} \] L'évaluation de l'intégrale donne immédiatement : \[ \frac{1}{x+1} \le \ln(1+x) - \ln(x) \le \frac{1}{x} \]
  2. On étudie la monotonie à l'aide de l'encadrement précédent :
    \[ u_{n+1} - u_n = \frac{1}{n+1} - (\ln(n+1) - \ln(n)) \le 0 \] La suite $ (u_n) $ est décroissante.
    \[ v_{n+1} - v_n = \frac{1}{n+1} - (\ln(n+2) - \ln(n+1)) \ge 0 \] La suite $ (v_n) $ est croissante.
    De plus, la différence de ces deux suites tend vers 0 : \[ u_n - v_n = \ln(n+1) - \ln(n) = \ln\left(1 + \frac{1}{n}\right) \xrightarrow[n \to +\infty]{} 0 \] Les suites $ (u_n) $ et $ (v_n) $ sont adjacentes, elles convergent donc vers une même limite commune.
    1. Par comparaison série-intégrale, la fonction $ t \mapsto \frac{1}{\sqrt{t}} $ étant décroissante : \[ \int_1^{n+1} \frac{dt}{\sqrt{t}} \le \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}} \le 1 + \int_1^n \frac{dt}{\sqrt{t}} \] En calculant les intégrales ($ \int \frac{dt}{\sqrt{t}} = 2\sqrt{t} $) : \[ 2\sqrt{n+1} - 2 \le \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}} \le 2\sqrt{n} - 1 \] Les deux bornes de l'encadrement sont équivalentes à $ 2\sqrt{n} $. D'après le théorème des gendarmes pour les équivalents : \[ \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}} \sim 2\sqrt{n} \]

    2. Avec la constante d'Euler : On note $ H_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} $. \[ \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n+k} = H_{2n} - H_n = \left(\ln(2n) + \gamma + o(1)\right) - \left(\ln(n) + \gamma + o(1)\right) = \ln(2) + o(1) \] La limite est $ \ln(2) $.

      Avec les sommes de Riemann : \[ \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n+k} = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{1 + \frac{k}{n}} \xrightarrow[n \to +\infty]{} \int_0^1 \frac{dx}{1+x} = \big[ \ln(1+x) \big]_0^1 = \ln(2) \]

    3. En réutilisant le développement asymptotique de $ H_n $ : \[ \sum_{k=n+1}^{3n} \frac{1}{k} = H_{3n} - H_n = \left(\ln(3n) + \gamma + o(1)\right) - \left(\ln(n) + \gamma + o(1)\right) = \ln(3) + o(1) \] La limite est donc $ \ln(3) $.