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« Série numérique/Exercices/Série harmonique » : différence entre les versions

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{{Exercice
| idfaculté = mathématiques
| numéro = 34
| précédentchapitre = [[../Exemple de télescopage../Introduction/]]
| suivant précédent = [[../Série harmonique 2/]]
| suivant = [[../Fraction rationnelle/]]
| niveau = 15
| chapitre = [[../../Introduction/]]
}}
{{Wikipédia|Série harmonique}}
 
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>\tfrac1k</math> est divergente.
Pour la suite, on pose <math>H_n = \sum_{k=1}^n \frac1k</math> pour <math>n \in \N^*</math>.
 
{{Solution|titre=Indice|contenu=
Montrer que pour tout entier <math>n\ge1\quad H_{2n}-H_n\ge\tfrac12</math>.
}}
 
{{clr}}
{{Solution
| contenu =
Explicitons les premiers et derniers termes de <math>H_{2n}</math> et <math>\tfrac{1}{2}H_n</math> :
<math>H_{2n}-H_n=\frac1{n+1}+\dots+\frac1{2n}\ge\frac n{2n}=\frac12</math>.
 
<math>u_n - v_nH_{2n} = \left( \sum_{k=1}^{n-12n} \frac{1}{k} -= 1 + \frac{1}{n2} -+ \ln(n)cdots \right) -+ \left( \sum_frac{k=1}^{n-1} + \cdots + \frac{1}{k2n-1} + \frac{1}{n2n}- \ln(n) \right)</math>▼
Si la série convergeait, on aurait <math>H_n\to H\in\R</math> donc <math>H_{2n}-H_n\to H-H=0</math>, ce qui est impossible d'après la minoration ci-dessus.
}}
 
<math></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>.
 
<math>\begin{alignat}{2align}▼
{{Solution|titre=Indices|contenu=
\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}\\
<math>u_n</math> et <math>v_n</math> sont adjacentes si :
f'(x) & = - \frac{21}{x^2} + \frac{1}{(x+1)^24} + \frac{xcdots + \frac{1 - x}{(x+1)^2n-2} \times+ \frac{x+1}{x2n}\\▼
\end{alignatalign}</math>▼
 
<math>\mathit{i})</math><math> (u_n)_{n \in \N^*}</math> est croissante
 
De la même façon :
<math>\mathit{ii})</math><math> (v_n)_{n \in \N^*}</math> est décroissante
 
<math>\mathitsum_{iiik=1})</math>Pour^n tout\frac{1}{2k+1} entier <math>n= \gefrac{1}{3} + \frac{1,}{5} (u_n)+ \lecdots (v_n)+ \frac{1}{2n+1}</math>
 
Et :
<math>\mathit{iv})</math><math> \lim_{n \to \infty}(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>▼
 
▲<math>\mathitH_{i2n})</math><math>u_ - \frac{n+1}{2}H_n -= u_n1 =+ \frac{21}{n3} -+ \frac{1}{n+15} + \ln\left(cdots + \frac{n1}{n+2n-1} \right)</math>
On transforme l'équation ci-dessus en fonction :
 
Il faut donc faire attention aux cas limites, d'où :
<math>f(x) = \frac{2}{x} - \frac{1}{x+1} + \ln\left( \frac{x}{x+1} \right)</math>▼
 
<math>\sum_{k=1}^n \frac{1}{2k+1} = H_{2n} - \frac{1}{2}H_n - 1 + \frac{1}{2n+1}</math>
Étudions ''f'' sur <math>[1, +\infty[ : </math>
 
▲<math>\begin{alignat}{2}
▲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>
 
Finalement :
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>
 
<math>v_n = H_n - ln(n) = \sum_{k=1}^n{\infty} \frac{1}{k(2k+1)} -= \ln(lim_{n) =\to \infty} \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k} (2k+ \frac{1)}{n}- \ln(n)</math>. Donc :▼
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.
 
Décomposition de l’expression ci-dessus en une fraction rationnelle :
 
<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>\mathit{ii}) v_{n+1} - v_n < 0 ?</math>▼
 
<math>f(H_{n+1}x) -= \lnfrac{p(n+1x)}{q(x)} -= e(H_n - \ln(n)x) =+ \frac{1p_1(x)}{n+1q(x)}</math> +avec \ln\left<math>deg(p_1) \frac{n}{n+1}< \rightdeg(q)</math> ; p/q irréductible.
 
On factorise q(x) en un produit de polynômes du premier degré ou du second degré sans racine réelle.
On transforme l'équation ci-dessus en fonction :
 
Un facteur de la forme <math>(x - \alpha)^n</math> dans la factorisation de q(x) correspond dans la décomposition en éléments simples :
▲<math>g(x) = \frac{1}{x+1} + \ln\left( \frac{x}{x+1} \right)</math>
 
<math>\frac{A_1}{x-\alpha} + \frac{A_2}{(x-\alpha)^2} + \cdots + \frac{A_n}{(x-\alpha)^n}</math>
Étudions ''g'' sur <math>[1, +\infty[ : </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 :
<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>
 
<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>
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>
 
Ici :
<math>g(n) = v_{n+1} - v_n < 0</math> donc <math>(v_n)</math> est strictement décroissante.
 
▲<math>f(x) = \frac{21}{x(2x+1)} -= \frac{1a}{x+1} + \ln\left( \frac{xb}{x2x+1} \right)</math>
 
Pour trouver a, il suffit donc de tout multiplier par x, ce qui donne :
<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}{n2x+1} -= \ln(n)a =+ \sum_{k=1}^{n-1}\frac{1bx}{k} - \frac{2x+1}{n} - \ln(n)</math>
 
Puis en posant <math>x = 0</math>, cela permet d'isoler a, et on trouve immédiatement :
 
▲<math>\mathitfrac{ii1}) v_{n+1} - v_n < 0= ?a</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 :
 
Pour trouver b, on emploie exactement la même méthode : on multiplie tout par <math>(2x+1),\ b = (-2)</math>
▲<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>
 
Donc <math>u_n - v_n\frac{1}{x(2x+1)} = -\frac{21}{nx} \le- 0\frac{2}{2x+1}</math>
 
 
<math>\mathitsum_{ivk=1}^{\infty} \frac{1}{k(2k+1)</math>} On= en\lim_{n déduit\to \infty} \sum_{k=1}^n \frac{1}{k(2k+1)} = <math>\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n \left(u_n -\frac{1}{k} v_n+ \frac{(-2)}{2k+1} = 0\right)</math>.
 
<math>\forall n \ge 1,\ u_1 \le v_n \le v_1</math>
 
Or <math>\sum_{k=1}^n \frac{(-2)}{2k+1} = -2 \sum_{k=1}^n \frac{1}{2k+1}</math>, et dans le début de l'exercice :
<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 sum_{k=1}^n \ge frac{1,\}{2k+1} u_1= \leH_{2n} u_n- \lefrac{1}{2}H_n v_n- 1 + \frac{1}{2n+1}</math>, d'où :
 
<math>-2 \left( H_{2n} - \frac{1}{2}H_n - 1 + \frac{1}{2n+1} \right) = 2 \left( H_n - H_{2n} + 1 - \frac{1}{2n+1} \right)</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 déduire 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>}}
 
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