Une formule d'Euler-MacLaurin simplifiée

La formule de Euler-MacLaurin  est un outil très utile pour étudier l'asymptotique de séries divergentes  ou le reste de séries convergentes. Voici deux formules de ce type un peu différentes de celles qu'on trouve en général dans les livres de maths, mais tout à fait équivalentes et qui me semblent plus naturelles :

Théorème  soient {.} la fonction définie par "{t}= partie décimale de t" et $f\in C^1({\mathbb R})$ alors
$$\sum_a^b f(k)=  \int_{a-1}^b f(t) dt+ \int_{a-1}^b \{t\}f'(t)  dt ~~~~\forall a,b\in{\mathbb Z}~~~ (1)$$

Théorème  soient $\beta(t)= {\{t\}^2-\{t\}\over 2}$ et $f\in C^2({\mathbb R})$ alors
$$\sum_a^b f(k)=  \int_{a-1}^b f(t) dt+ {f(b)-f(a-1)\over 2}-\int_{a-1}^b \beta(t)f''(t)  dt  ~~~~\forall a,b\in{\mathbb Z}~~~(2)$$

C'est avec ce type de formule qu'on obtient facilement l'asympotique bien connue de la série harmonique :
$$\sum_1^n {1\over k}= \ln(n) +\gamma +{1\over 2n}+O\left({1\over n^2}\right)~~{\rm quand} ~~n\to\infty~~{\rm avec}~~\gamma\in[0,1]$$

les graphes des fonctions {t} et $\beta(t)$

1 Démonstration :

Notons de suite que {.} et $\beta $ sont des  fonctions $C^1$ par morceaux sur $\mathbb R$, de période 1. De plus {.}  vérifie sur chaque intervalle $[k,k+1] k\in{\mathbb Z}$  la relation $\{t\}'=1$. La preuve de la formule (1) repose sur une simple intégration par parties sur l'intervalle $[k,k+1]$

$$\int_k^{k+1} \{t\}f'(t)  dt= \left[\{t\}f(t)\right]_k^{k+1} - \int_k^{k+1} f(t) dt =  f(k+1) - \int_k^{k+1} f(t) dt $$
car $\lim_{t\to k^+}\{t\}=0$ et $\lim_{t\to k+1^-}\{t\}=1$. En passant la dernière intégrale dans le membre de gauche on obtient :
$$ f(k+1)=\int_k^{k+1} f(t) dt+\int_k^{k+1} \{t\}f'(t)  dt$$
Il ne reste ensuite qu'à faire la somme de $a-1$ jusqu'à $b-1$ pour obtenir la formule (1). Pour obtenir la  formule (2) on écrit d'abord  que :
 $$ \begin{eqnarray*}
\int_k^{k+1} \{t\}f'(t)  dt&=&\int_k^{k+1} (\{t\}-1/2)f'(t)  dt+\int_k^{k+1} {1\over 2}f'(t)  dt \\
&=&\int_k^{k+1} (\{t\}-1/2)f'(t)  dt +{f(k+1)-f(k)\over 2}
\end{eqnarray*}$$
puis on intègre par parties le terme avec $f'(t)$  en prenant comme primitive de $\{t\}-1/2 $ la fonction $\beta(t)={\{t\}^2-\{t\}\over 2}$ :
$$\int_k^{k+1} (\{t\}-1/2)f'(t)  dt= \left[\beta(t)f'(t)\right]_k^{k+1} - \int_k^{k+1} \beta(t)f''(t) dt  =- \int_k^{k+1} \beta(t)f''(t) dt $$
car $ \beta(k)=0=\beta(k+1) $. Ce qui donne :
$$ f(k+1)= \int_k^{k+1} f(t) dt+\underbrace{f(k+1)-f(k)\over 2}_\text{télescopique}- \int_k^{k+1} \beta(t)f''(t) dt$$
Il ne reste plus qu'à sommer de $k=a-1$ jusqu'à $b-1$ la partie télescopique va générer les deux termes additionnels  ${f(b)-f(a-1)\over 2}$.

2 Application à la série harmonique :
à partir de la formule (1) on peut démontrer facilement que
$$\sum_1^n {1\over k}= \ln(n) +\gamma +O\left({1\over n}\right)~~{\rm quand} ~~n\to\infty~~{\rm avec}~~\gamma\in[0,1]$$
 Il suffit de prendre $f(t)={1\over t}$ et d'appliquer la formule d'Euler MacLaurin avec $b=n$ et $a=2$ (à cause de la singularité en  $t=0$) :
$$ \begin{eqnarray*}
\sum_1^n {1\over k}&=&  1+ \int_{1}^n {1\over t} dt+ \int_{1}^n -{\{t\}\over t^2} dt  \\
&=&\underbrace{ \ln(n)}_{\int_{1}^n {1\over t} dt}+\underbrace{1+\int_{1}^\infty -{\{t\}\over t^2}  dt}_{=\gamma}+\underbrace{\int_{n}^\infty {\{t\}\over t^2}  dt}_{=O\left({1\over n}\right)}
\end{eqnarray*}$$
en effet comme
$$\left\vert \int_{n}^\infty {\{t\}\over t^2}dt\right\vert\leq \int_{n}^\infty {1\over t^2} dt ={1\over n} \mathop{\longrightarrow}_{n\to \infty} 0$$
on en déduit l'équivalent du reste $O(1/n)$  mais aussi la convergence de $\int_{1}^\infty {\{t\}/t^2}  dt$ vers une valeur finie dans [0,1] et donc que
$$\gamma=1-\int_{1}^\infty {\{t\}\over t^2}  dt\in[0,1]$$
en fait $\gamma=0,577 215 664 901 532 860 6...$ est la constante d'Euler-Mascheroni.

Si on utilise la formule (2) on obtient un résultat plus précis avec un équivalent du reste au lieu du $O(1/n)$:
$$\sum_1^n {1\over k}= \ln(n) +\gamma +{1\over 2n}+O\left({1\over n^2}\right)~~{\rm quand} ~~n\to\infty~~{\rm avec}~~\gamma\in[0,1]$$
en effet 
$$ \begin{eqnarray*}
\sum_1^n {1\over k}&=&  1+ \int_{1}^n {1\over t} dt+\left({1\over 2n}-{1\over 2}\right)- \int_{1}^n {2\beta(t)\over t^3} dt  \\
&=& \ln(n)+\underbrace{{1\over 2}-\int_{1}^\infty {2\beta(t)\over t^3}   dt}_{=\gamma}+{1\over 2n}+ \underbrace{\int_{n}^\infty {2\beta(t)\over t^3} dt }_{=O\left({1\over n^2}\right)}
\end{eqnarray*}$$
on pourra noter que comme $\beta(t)\leq 0$ le reste $ O\left({1\over n^2}\right)$  est forcément négatif. Au passage on a aussi obtenu que :
$$\gamma=1+\int_{1}^\infty -{\{t\}\over t^2}  dt={1\over 2}-\int_{1}^\infty {2\beta(t)\over t^3}   dt$$