On note $H_n=\sum_{k=1}^{n}\frac1k$ et on utilise le résultat du cours $H_n=\ln n+\gamma+o(1)$.
- Montrer que $H_{2n}-H_n\to\ln2$ et $H_{2n+1}-H_n\to\ln2$.
- Soit $S_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k+1}}{k}$. Montrer que $S_{2n}=H_{2n}-H_n$, puis que $\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n}=\ln2$.
- Montrer que $\sum_{n\ge1}\frac{1}{n(2n+1)}$ converge et calculer sa somme.
Pour 1, écrire la différence des développements asymptotiques : la constante $\gamma$ disparaît.
Pour 2, séparer les indices pairs et impairs : $\frac{(-1)^{k+1}}{k}=\frac1k-\frac2k$ si $k$ est pair.
Pour 3, décomposer $\frac1{n(2n+1)}$ en éléments simples et exprimer $\sum_{n=1}^{N}\frac1{2n+1}$ à l'aide de $H_{2N+1}$ et $H_N$.
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$H_{2n}-H_n=\ln(2n)+\gamma-\ln n-\gamma+o(1)=\ln2+o(1)\to\ln2$. De même, $H_{2n+1}-H_n=\ln\frac{2n+1}{n}+o(1)=\ln\left(2+\frac1n\right)+o(1)\to\ln2$ par continuité de $\ln$.
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Pour $k$ impair, $\frac{(-1)^{k+1}}k=\frac1k$ ; pour $k$ pair, $\frac{(-1)^{k+1}}k=-\frac1k=\frac1k-\frac2k$. Donc $$S_{2n}=\sum_{k=1}^{2n}\frac1k-2\sum_{j=1}^{n}\frac1{2j}=H_{2n}-H_n.$$ Par 1, $S_{2n}\to\ln2$. Puis $S_{2n+1}=S_{2n}+\frac1{2n+1}\to\ln2$. Les suites extraites $(S_{2n})$ et $(S_{2n+1})$ convergent vers la même limite, donc $(S_n)$ converge vers $\ln2$ : $$\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}}n=\ln2.$$
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Convergence : $\frac1{n(2n+1)}>0$ et $\frac1{n(2n+1)}\sim\frac1{2n^2}$, terme d'une série de Riemann convergente. Calcul : $\frac1n-\frac2{2n+1}=\frac{2n+1-2n}{n(2n+1)}=\frac1{n(2n+1)}$. Pour $N\ge1$, la somme des inverses des impairs de $3$ à $2N+1$ vaut $$\sum_{n=1}^{N}\frac1{2n+1}=H_{2N+1}-1-\sum_{j=1}^{N}\frac1{2j}=H_{2N+1}-1-\frac12H_N.$$ Donc $$\sum_{n=1}^{N}\frac1{n(2n+1)}=H_N-2\left(H_{2N+1}-1-\frac12H_N\right)=2-2\left(H_{2N+1}-H_N\right)\xrightarrow[N\to+\infty]{}2-2\ln2,$$ par la question 1. Ainsi $\sum_{n=1}^{+\infty}\frac1{n(2n+1)}=2-2\ln2$.
$\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n}=\ln 2$ ; $\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n(2n+1)}=2-2\ln 2$