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{{Exercice
{{SI|Entièrement réécrit dans [[Série numérique/Exercices/Série harmonique#Question 3]]}}
| idfaculté = mathématiques
| numéro = 3
| précédent = [[../Exemple de télescopage/]]
| suivant = [[../Fraction rationnelle/]]
| niveau = 15
| chapitre = [[../../Introduction/]]
}}
{{Wikipédia|Série harmonique}}
 
== 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>.
}}
 
{{Solution
| contenu =
<math>H_{2n}-H_n=\frac1{n+1}+\dots+\frac1{2n}\ge\frac n{2n}=\frac12</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.
}}
 
== Question 2 ==
Montrer que les suites <math>u_n=H_{n-1}-\ln n</math> et <math>v_n=H_n-\ln n</math> (définies pour <math>n\ge1</math>) sont [[Approfondissement sur les suites numériques/Suites adjacentes|adjacentes]].
 
{{Solution|contenu=
*<math>v_n-u_n=\frac1n\xrightarrow[n\to+\infty]{}0</math>.
*Pour vérifier que <math>(u_n)</math> est (strictement) croissante, c'est-à-dire que <math>u_{n+1}-u_n=\frac1n-\ln\left(1+\frac1n\right)>0</math>, étudions les variations sur <math>\left[0,+\infty\right[</math> de la fonction :
*::<math>f(x)=x-\ln\left(1+x\right)</math>.
*:<math>\forall x>0\quad f'(x)=1-\frac1{1+x}=\frac x{1+x}>0</math> donc <math>f(x)>f(0)=0</math>.
*:En particulier pour tout entier <math>n\ge1</math>, <math>u_{n+1}-u_n=f\left(\frac1n\right)>0</math>.
*Pour vérifier que <math>(v_n)</math> est (strictement) décroissante, c'est-à-dire que <math>v_{n+1}-v_n=\frac1{n+1}+\ln\left(1-\frac1{n+1}\right)<0</math>, étudions les variations sur <math>\left[0,1\right[</math> de la fonction :
*::<math>g(x)=x+\ln\left(1-x\right)</math>.
*:<math>\forall x\in\left]0,1\right[\quad g'(x)=1-\frac1{1-x}=-\frac x{1-x}<0</math> donc <math>g(x)<g(0)=0</math>.
*:En particulier pour tout entier <math>n\ge1</math>, <math>v_{n+1}-v_n=g\left(\frac1{n+1}\right)<0</math>.
}}
{{Wikipédia|Constante d'Euler-Mascheroni}}
Leur limite commune est la constante d'Euler, notée <math>\gamma</math>. Elle vérifie donc :
:<math>\gamma=\lim_{n\to+\infty}\left(H_n-\ln n\right)</math>,
ou encore :
:<math>H_n=\ln n+\gamma+\varepsilon_n</math> avec <math>\lim_{n\to+\infty}\varepsilon_n=0</math>.
 
== Question 3==
En déduire, en exprimant <math>P_n:=\sum_{k=1}^n\frac1{2k}</math> et <math>I_n:=\sum_{k=1}^n\frac1{2k-1}</math> en fonction de <math>H_n</math> et <math>H_{2n}</math>, que <math>\sum_{k=1}^{\infty}\frac1{k(2k+1)}=2(1-\ln2)</math>.
 
{{Solution|contenu=
<math>P_n=\frac12H_n</math> et <math>I_n+P_n=H_{2n}</math> donc <math>I_n=H_{2n}-\frac12H_n</math>.
:<math>\begin{align}\sum_{k=1}^n\frac1{2k(2k+1)}&=\sum_{k=1}^n\left(\frac1{2k}-\frac1{2k+1}\right)\\
&=P_n-(I_{n+1}-1)\\
&=\frac12H_n-H_{2n+2}+\frac12H_{n+1}+1\\
&=\frac{\ln n+\gamma+\varepsilon_n}2-\left(\ln(2n+2)+\gamma+\varepsilon_{2n+2}\right)+\frac{\ln(n+1)+\gamma+\varepsilon_{n+1}}2+1\\
&=1-\ln2+\frac{\varepsilon_n-2\varepsilon_{2n+2}+\varepsilon_{n+1}-\ln\left(1+\frac1n\right)}2\end{align}</math>
donc
:<math>\sum_{k=1}^{\infty}\frac1{2k(2k+1)}=1-\ln2</math>.
}}
 
 
{{Bas de page
| idfaculté = mathématiques
| précédent = [[../Exemple de télescopage/]]
| suivant = [[../Fraction rationnelle/]]
}}