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

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== Question 4==
Déduire de la question 2, 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>, quela convergence et la somme de la [[w:Série harmonique#La série harmonique alternée|série harmonique alternée]] :
:<math>\sum_{kn=1}^{\infty}\frac1frac{k(2k+-1)^n}n=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>. Par conséquent,
:<math>\begin{align}\sum_{kn=1}^n{2N}\frac1frac{2k(2k+-1)^n}n&=\sum_{k=1}^n\left(\frac1{2k}P_N-\frac1{2k+1}\right)I_N\\
&=P_nH_N-(I_H_{n+12N}-1)\\
&=\frac{\ln nN+\gamma+\varepsilon_n}2varepsilon_N-\left(\ln(2n+22N)+\gamma+\varepsilon_{2n+22N}\right)+\frac{\ln(n+1)+\gamma+\varepsilon_{n+1}}2+1\\▼
&=\frac12H_n-H_{2n+2}+\frac12H_{n+1}+1\\
&=-\ln 2+\varepsilon_N-\varepsilon_{2N}\\
▲&=\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}to-\ln\left(1+\frac1n\right)} 2\end{align}</math>
et puisque <math>\frac{(-1)^n}n\to0</math>, on a aussi <math>\sum_{n=1}^{2N+1}\frac{(-1)^n}n\to-\ln 2</math>.
donc
:<math>\sum_{k=1}^{\infty}\frac1{2k(2k+1)}=1-\ln2</math>.
}}
 
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