Exercice 4

Partie

Question

On considère la série harmonique alternée : série de terme général \(u_n=(-1)^{n-1}\frac{1}{n} \quad (n\geq1).\)

Vérifier que cette série est convergente sans être absolument convergente. Calculer sa somme (on pourra utiliser la formule de Taylor-Lagrange appliquée à la fonction définie sur \(]-1,+\infty[\) par \(x\mapsto \ln(1+x).\)

Solution détaillée

La série des valeurs absolues est la série harmonique qui est divergente, la série harmonique alternée n'est pas absolument convergente mais elle satisfait de façon évidente au critère des séries alternées.

Calcul de la somme de la série harmonique alternée

Soit \(f\) la fonction définie sur \(]-1,+\infty[\) par \(f(x)=\ln(1+x).\) La fonction \(f\) est de classe \(C^\infty\) sur \(]-1,+\infty[\) et \(\forall k\geq1, f^{(k)} (x)=\frac{(-1)^{k-1}(k-1)!}{(1+x)^{k+1}}\) (preuve par récurrence).

Soit \(n\geq1.\) On peut appliquer la formule de Taylor-Lagrange à l'ordre \(n.\) Il existe \(c_n \in ]0,1[\) tel que \(f(1)=\displaystyle{\sum_{k=0}^{n}}\frac{f^{(k)}(0)}{k!}+\frac{f^{(n+1)}(c_n)}{(n+1)!},\)

c'est-à-dire \(\ln2=1-\frac12+...+\frac{(-1)^{n-1}}{n}+\frac{(-1)^n}{(n+1)(1+c_n)^{n+1}}\) avec \(0<c_n<1.\)

Or \(\left|\frac{(-1)^n}{(n+1)(1+c_n)^{n+1}}\right|\leq \frac{1}{n+1},\) on en déduit \(\displaystyle{\lim_{n\rightarrow+\infty}}\frac{1}{(n+1)(1+\theta)^{n+1}}=0.\) En passant à la limite quand \(n\) tend vers \(+\infty\) on obtient l'égalité :

\(\ln2=\displaystyle{\lim_{n\rightarrow+\infty}}\sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k+1}}{k}=\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n}.\)

Question

On considère la série de terme général \(v_n=\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2(2n+1)}-\frac{1}{2(2n+2)} \quad (n\geq 0).\) Montrer que cette série est absolument convergente et que sa somme est la moitié de celle de la série harmonique alternée.

Solution détaillée

On remarque que les termes de la série \(\sum v_n\) sont ceux de la série harmonique alternée écrits dans l'ordre suivant :

\(\left(1-\frac12-\frac14\right)+\left(\frac13-\frac16-\frac18\right)+\left(\frac15-\frac{1}{10}-\frac{1}{12}\right)+...+\left( \frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2(2n+1)}-\frac{1}{2(2n+2)}\right)+...\)

(on prend successivement un terme positif puis deux termes négatifs).

On a \(v_n=\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2(2n+1)}-\frac{1}{2(2n+2)}=\frac{1}{4(2n+1)(n+1)}\sim\frac{1}{8n^2} (n \mapsto+\infty).\)La série de terme général \(v_n\) est donc absolument convergente.

Pour tout \(k\geq1\), posons \(w_k=\frac{(-1)^{k+1}}{2k}\). En utilisant l'égalité \(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2(2n+1)}=\frac{1}{2(2n+1)}\), on a : \(\forall n\geq 0\), \(v_n=w_{2n+1}+w_{2n+2}\). Soit \(\rho\) l'application de \(N\) dans \(N\) définie par \(\forall n\in N\), \(\rho(n)=2n+1\).

Alors \(\rho\) est strictement croissante et \(\forall n\geq 0\), \(v_n=\displaystyle{\sum_{i=\rho(0)}^{\rho(n+1)-1}}w_i\).

D'après un théorème du cours la série de terme général \(v_n\) converge et \(\displaystyle{\sum_{n=0}^{+\infty}}v_n=\displaystyle{\sum_{n=\rho(0)}^{+\infty}}w_n\)

c'est-à-dire \(\displaystyle{\sum_{n=0}^{+\infty}}v_n=\displaystyle{\sum_{n=1}^{+\infty}}\frac{(-1)^{n+1}}{2n}=\frac12\displaystyle{\sum_{n=0}^{+\infty}}u_n=\frac12\ln 2\) d'après la question précédente.