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{{Exercice
| idfaculté = mathématiques
| numéro = 45
| précédentchapitre = [[../Exemple de télescopage../Définition/]]
| suivant précédent = [[../Série harmonique 2/]]
| suivant = [[../Fraction rationnelle/]]
| niveau = 15
}}
 
Montrer, en exprimant <math>\sum_{k=1}^n \frac{1}{2k+1}</math> en fonction de <math>H_{2n}</math> et <math>\tfrac{1}{2}H_n</math>, que <math>\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k(2k+1)} = 2(1-\ln(2))</math>
== Question 1 ==
Montrer que la série numérique de terme général <math>\tfrac{1}{k}</math> est divergente, en utilisant le ''Critère de Cauchy''.
 
Pour la suite, on pose <math>H_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}</math> pour <math>n \in \N^*</math>
 
{{clr}}
{{Solution|titre=Indices|contenu=
Qu'est-ce que le ''Critère de Cauchy'' ? Petit rappel :
 
<math>\mathit{i} )</math> Montrer que pour tout entier <math>n \ge 1,\ H_{2n} - H_n \ge \tfrac{1}{2}</math>
 
<math>\mathit{ii} )</math> En déduire que <math>(H_n)_{n \in \N^*}</math> n'est pas de Cauchy.
 
<math>\mathit{iii} )</math> En déduire que <math>\lim_{n \to \infty} H_n = +\infty.</math>
}}
<br />
{{Solution
| contenu =
Explicitons les premiers et derniers termes de <math>H_{2n}</math> et <math>\tfrac{1}{2}H_n</math> :
<math>\mathit{i} )</math>
Explicitons les séries <math>H_{2n}</math> et <math>H_n</math> :
 
<math>H_{2n} = \sum_{k=1}^{2n} \frac{1}{k} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n} + \cdots + \frac{1}{n+2n-1} + \cdots + \frac{1}{2n}</math>
 
<math></math>
<math>H_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n}</math>
 
<math>\begin{align}
<math>H_{2n} - H_n = \frac{1}{n+1} + \cdots + \frac{1}{2n}</math>
\tfrac{1}{2}H_n = \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} & = \frac{1}{2} \times 1 + \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{2} \times \frac{1}{n-1} + \frac{1}{2} \times \frac{1}{n}\\
& = \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{2n-2} + \frac{1}{2n}\\
\end{align}</math>
 
On considère la suite définie par : <math>a_n = H_{2n} - H_n</math>, pour n ≥ 1. Et on remarque que <math>a_1 = 1+\tfrac{1}{2}-1=\tfrac{1}{2}</math>
 
De la même façon :
Si on peut prouver que <math>(a_n)</math> est une suite croissante alors "c'est gagné".
 
<math>a_\sum_{k=1}^n \frac{1}{2k+1} - a_n = (H_\frac{2(n+1)}{3} -+ H_\frac{n+1}){5} -+ (H_\cdots + \frac{1}{2n+1} - H_n)</math> or
 
Et :
<math>a_n = \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \cdots + \frac{1}{2n}</math> donc <math>a_{n+1} = \frac{1}{n+2} + \frac{1}{n+3} + \cdots + \frac{1}{2(n+1)}</math> d'où :
 
<math>H_{2n} - \frac{1}{2}H_n = 1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \cdots + \frac{1}{2n-1}</math>
<math>\begin{alignat}{3}
a_{n+1} - a_n & = \frac{-1}{n+1} + \frac{1}{2n+1} + \frac{1}{2(n+1)} \\
& = \frac{2n+1 + 2(n+1) - 2(2n+1)}{2(n+1)(2n+1)} \\
& = \frac{1}{2(n+1)(2n+1)} > 0 \\
\end{alignat}</math>
 
Il faut donc faire attention aux cas limites, d'où :
Donc <math>a_n</math> est croissante donc <math>H_{2n} - H_n \ge \tfrac{1}{2}</math>
 
<math>\sum_{k=1}^n \frac{1}{2k+1} = H_{2n} - \frac{1}{2}H_n - 1 + \frac{1}{2n+1}</math>
 
<math>\mathit{ii} )</math> Rappel : on dit qu'une suite de réels <math>(a_n)_{n \in \N}</math> est ''de Cauchy'' si "tous les termes de la suite se rapprochent les uns des autres quand n tend vers l'infini".
 
Finalement :
Pour tout réel <math>\epsilon > 0</math> donné, il existe un entier <math>p \ge 0</math> tel que <math>|a_p - a_{n+p}| < \epsilon, \forall n \in \N</math>
 
<math>\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k(2k+1)} = \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n \frac{1}{k(2k+1)}</math>
Une suite de réels <math>(a_n)</math> est convergente '''si et seulement si''' elle est de Cauchy. Une suite <math>(a_n)</math> n'est pas de Cauchy signifie (négation) :
 
S'il existe un réel <math>\epsilon_0 > 0</math> pour laquelle quelquesoit le rang ''p'' considéré, il existe un entier ''n'' tel que <math>|a_p - a_{n+p}| \ge \epsilon_0</math>
 
Décomposition de l'expression ci-dessus en une fraction rationnelle :
On a vu que pour n'importe quel entier <math>p \ge 1, |a_p - a_{n+p}| \ge \tfrac{1}{2}</math> donc il existe un réel <math>\epsilon_0 > 0, \epsilon_0 = \tfrac{1}{2}</math> tel que, quelquesoit le rang considéré, il existe un entier ''n'', ''n = p'' tel que <math>|H_{n+p} - H_p| \ge \epsilon_0</math> donc <math>H_n</math> n'est pas de Cauchy.
 
<math>\frac{1}{k(2k+1)}</math> est la valeur au point x = k de la fonction rationnelle <math>f(x) = \frac{1}{x(2x+1)}</math>
 
<math>f(x) = \mathitfrac{iiip(x)} {q(x),} H_n</math>= este(x) croissante : <math>H_{n+1} - H_n = \frac{1p_1(x)}{n+1q(x)}</math> avec <math>deg(p_1) 0< deg(q)</math> ; p/q irréductible.
 
On factorise q(x) en un produit de polynômes du premier degré ou du second degré sans racine réelle.
<math>(H_n)</math>est croissante et <math>(H_n)</math> est divergente donc
 
Un facteur de la forme <math>(x - \alpha)^n</math> dans la factorisation de q(x) correspond dans la décomposition en éléments simples :
<math>\lim_{n \to \infty} H_n = +\infty</math>}}
 
<math>\frac{A_1}{x-\alpha} + \frac{A_2}{(x-\alpha)^2} + \cdots + \frac{A_n}{(x-\alpha)^n}</math>
== Question 2 ==
Montrer que les suites <math>u_n = H_{n-1} - \frac{1}{n} - \ln(n)</math> et <math>v_n = H_n - \ln(n)</math>, définies pour <math>n \ge 1</math>, sont adjacentes. La limite de ces deux suites est un nombre "célèbre" appelé ''constante d'Euler'', noté le plus souvent <math>\gamma</math>.
 
À chaque facteur de la forme <math>(x^2 + \beta x + \gamma)^m</math> dans la factorisation de q(x) correspond dans la décomposition en éléments simples :
{{Solution|titre=Indices|contenu=
<math>u_n</math> et <math>v_n</math> sont adjacentes si :
 
<math>\frac{B_1 x + C_1}{x^2+\beta x + \gamma} + \frac{B_2}{(x^2+\beta x + \gamma)^2} + \cdots + \frac{B_m}{(x^2+\beta x + \gamma)^m}</math>
<math>\mathit{i})</math><math> (u_n)_{n \in \N^*}</math> est croissante
 
<math>\mathit{ii})</math><math> (v_n)_{n \in \N^*}</math> est décroissante
 
Ici :
<math>\mathit{iii})</math>Pour tout entier <math>n \ge 1, (u_n) \le (v_n)</math>
 
<math>\mathitfrac{iv1}{x(2x+1)</math><math>} = \lim_frac{na}{x} \to+ \inftyfrac{b}{2x+1}(u_n - v_n) = 0</math>}}
<br />
{{Solution
| contenu =
<math>\mathit{i})</math><math>u_{n+1} - u_n = \frac{2}{n} - \frac{1}{n+1} + \ln\left( \frac{n}{n+1} \right)</math>
 
Pour trouver a, il suffit donc de tout multiplier par x, ce qui donne :
On transforme l'équation ci-dessus en fonction :
 
<math>f(x) = \frac{2}{x} - \frac{1}{x2x+1} = a + \ln\left( \frac{xbx}{x2x+1} \right)</math>
 
Puis en posant <math>x = 0</math>, cela permet d'isoler a, et on trouve immédiatement :
Étudions ''f'' sur <math>[1, +\infty[ : </math>
 
<math>\beginfrac{alignat1}{21} = a</math>
f'(x) & = - \frac{2}{x^2} + \frac{1}{(x+1)^2} + \frac{x + 1 - x}{(x+1)^2} \times \frac{x+1}{x}\\
& = \frac{-3x-2}{x^2(x+1)^2} <0 \ \textrm{sur}\ [1,+\infty[\\
\end{alignat}</math>
 
Pour trouver b, on emploie exactement la même méthode : on multiplie tout par <math>(2x+1),\ b = (-2)</math>
En dessinant le tableau de variation de la fonction f, on s'aperçoit que f est décroissante sur <math>[1,+\infty[</math> et de plus, que sa limite en <math>+\infty</math> est 0. Donc pour tout réel <math>x \ge 1,\ f(x) > 0</math>
 
Donc <math>\frac{1}{x(2x+1)} = \frac{1}{x} - \frac{2}{2x+1}</math>
En particulier pour tout entier <math>n \ge 1</math>
 
<math>f(n) = u_{n+1} - u_n > 0</math> donc <math>(u_n)</math> est strictement croissante.
 
<math>\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k(2k+1)} = \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n \frac{1}{k(2k+1)} = \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n \left( \frac{1}{k} + \frac{(-2)}{2k+1} \right)</math>
 
<math>\mathit{ii}) v_{n+1} - v_n < 0 ?</math>
 
Or <math>(H_\sum_{n+k=1} -^n \lnfrac{(n-2)}{2k+1))} - (H_n= -2 \ln(n)) sum_{k= \frac{1}{^n+1} + \ln\left( \frac{n1}{n2k+1} \right)</math>, et dans le début de l'exercice :
 
<math>\sum_{k=1}^n \frac{1}{2k+1} = H_{2n} - \frac{1}{2}H_n - 1 + \frac{1}{2n+1}</math>, d'où :
On transforme l'équation ci-dessus en fonction :
 
<math>g-2 \left(x) =H_{2n} - \frac{1}{x2}H_n - 1 + \frac{1} {2n+1} \lnright) = 2 \left( H_n - H_{2n} + 1 - \frac{x1}{x2n+1} \right)</math>
 
Étudions ''g'' sur <math>[1, +\infty[ : </math>
 
<math>\begin{alignat}{2}
g'(x) & = - \frac{1}{(x+1)^2} + \frac{x + 1 - x}{(x+1)^2} \times \frac{x+1}{x}\\
& = \frac{1}{x(x+1)^2} > 0 \ \textrm{sur}\ [1,+\infty[\\
\end{alignat}</math>
 
En dessinant le tableau de variation de la fonction g, on s'aperçoit que g est croissante sur <math>[1,+\infty[ </math> et de plus, que sa limite en <math>+\infty</math> est 0. Donc pour tout réel <math>x \ge 1,\ g(x) < 0</math>
 
En particulier pour tout entier <math>n \ge 1</math>
 
<math>g(n) = v_{n+1} - v_n < 0</math> donc <math>(v_n)</math> est strictement décroissante.
 
 
<math>\mathit{iii})</math> Pour tout entier <math>n \ge 1, (u_n) \le (v_n) </math>
 
<math>u_n = H_{n-1} - \frac{1}{n} - \ln(n) = \sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k} - \frac{1}{n} - \ln(n)</math>
 
 
<math>v_n = H_n - ln(n) = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} - \ln(n) = \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k} + \frac{1}{n}- \ln(n)</math>. Donc :
 
<math>u_n - v_n = \left( \sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k} - \frac{1}{n} - \ln(n) \right) - \left( \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k} + \frac{1}{n}- \ln(n) \right)</math>
 
<math>u_n - v_n = -\frac{2}{n} \le 0</math>
 
 
<math>\mathit{iv})</math> On en déduit <math>\lim_{n \to \infty}(u_n - v_n) = 0</math>.
 
<math>\forall n \ge 1,\ u_1 \le v_n \le v_1</math>
 
<math>u_n</math> est croissante et majorée par <math>v_1</math> donc elle converge. Notons <math>l_1</math> sa limite.
 
<math>\forall n \ge 1,\ u_1 \le u_n \le v_n</math>
 
<math>v_n</math> est décroissante et minorée par <math>u_1</math> donc elle converge. Notons <math>l_2</math> sa limite.
 
Donc <math>(u_n)</math> et <math>(v_n)</math> vérifient bien <math>\mathit{i})</math>, <math>\mathit{ii})</math>, <math>\mathit{iii})</math> et <math>\mathit{iv})</math>, donc elles sont adjacentes, donc elles sont convergentes et ont même limite.
 
D'après <math>\mathit{iv})</math>, <math>l_1 = l_2</math>}}
 
== Question 3 ==
 
En éduire que <math>\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} = \ln(n) + \gamma + \epsilon_n</math> avec <math>\lim_{n \to \infty} \epsilon_n = 0.</math>
 
{{Solution
| contenu =
Exprimer <math>H_n</math> en fonction de <math>v_n</math> :
 
Et d'après l'exercice précédent, <math>H_n\lim_{n =\to \infty} \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}</math> et <math>v_n = H_n -= \ln(n) + \gamma + \epsilon_n</math> donc on obtient :
 
<math>v_n2 =\left( (ln(n) + \gamma + \epsilon_n) - (\ln(2n) + \gamma + \sum_epsilon_{k=12n}^n) + 1 - \frac{1}{k2n+1} - )\ln(nright)</math>
 
En utilisant les propriétés sur le logarithme, on transforme <math>\ln(n)-\ln(2n)</math> en <math>\ln(\tfrac{1}{2}) = \ln((2)^{-1}) = -\ln(2)</math>
<math>H_n = v_n + \ln(n) + \gamma - \gamma</math>
 
Donc, quand n tend vers l'infini, il reste bien au final :
<math>H_n = v_n + \ln(n) + \gamma - \gamma = \ln(n) + \gamma + (v_n - \gamma)</math>
 
<math>2(1-\ln(2))</math>}}
En posant <math>\epsilon_n = v_n - \gamma</math> et <math>\lim_{n \to \infty} \epsilon_n = 0</math> on a bien <math>H_n = \ln(n) + \gamma + \epsilon_n</math>}}
 
{{Bas de page
| idfaculté = mathématiques
| précédent = [[../ExempleSérie de télescopageharmonique/]]
| suivant = [[../SérieFraction harmonique 2rationnelle/]]
}}