Pour $n\ge1$, on pose $S_n=\sum_{k=1}^{n}\frac1{k^2}$.
- Montrer que, pour $k\ge2$, $\frac1{k(k+1)}\le\frac1{k^2}\le\frac1{k(k-1)}$. En déduire que $\sum\frac1{k^2}$ converge et que sa somme $S$ vérifie $S\le2$.
- On note $R_n=S-S_n$. Montrer que $\frac1{n+1}\le R_n\le\frac1n$ pour $n\ge1$ et en déduire un équivalent de $R_n$.
- a) Montrer que pour $k\ge1$ : $0\le\frac1{k-\frac12}-\frac1{k+\frac12}-\frac1{k^2}\le\frac1{3k^4}$. b) Montrer que $\sum_{k=n+1}^{+\infty}\frac1{k^4}\le\frac1{3n^3}$ pour $n\ge1$. c) En déduire $0\le\frac1{n+\frac12}-R_n\le\frac1{9n^3}$, puis $R_n=\frac1n-\frac1{2n^2}+O\left(\frac1{n^3}\right)$.
- Déterminer le plus petit entier $n$ pour lequel la majoration de 3 c) garantit $\left|S-\left(S_n+\frac1{n+\frac12}\right)\right|\le10^{-6}$. Comparer avec l'approximation de $S$ par $S_n$ seul.
Pour 1 et 2, les séries $\sum\frac1{k(k\pm1)}$ se calculent par télescopage.
Pour 3 a), réduire au même dénominateur puis minorer $k^2-\frac14$ par $\frac34k^2$.
Pour 3 b), comparer $\frac1{k^4}$ à $\int_{k-1}^k\frac{\mathrm dt}{t^4}$.
Pour 3 c), calculer exactement $\frac{2}{2n+1}-\frac1n+\frac1{2n^2}$.
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Pour $k\ge2$, $k(k-1)\le k^2\le k(k+1)$, avec des quantités strictement positives ; par décroissance de l'inverse on obtient l'encadrement. Pour $n\ge2$, par télescopage ($\frac1{k(k-1)}=\frac1{k-1}-\frac1k$) : $$S_n\le1+\sum_{k=2}^{n}\left(\frac1{k-1}-\frac1k\right)=2-\frac1n\le2.$$ La série est à termes positifs et ses sommes partielles sont majorées par $2$ : elle converge et $S\le2$.
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Soit $n\ge1$ et $N>n$. Par télescopage : $$\sum_{k=n+1}^{N}\frac1{k(k+1)}=\frac1{n+1}-\frac1{N+1},\qquad\sum_{k=n+1}^{N}\frac1{k(k-1)}=\frac1n-\frac1N.$$ Comme $k\ge n+1\ge2$, la question 1 donne $\frac1{n+1}-\frac1{N+1}\le\sum_{k=n+1}^{N}\frac1{k^2}\le\frac1n-\frac1N$. En faisant tendre $N$ vers $+\infty$ : $\frac1{n+1}\le R_n\le\frac1n$. En multipliant par $n$ : $\frac n{n+1}\le nR_n\le1$, donc $nR_n\to1$ et $R_n\sim\frac1n$.
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a) Pour $k\ge1$ : $\frac1{k-\frac12}-\frac1{k+\frac12}=\frac{1}{k^2-\frac14}$, et $$\frac1{k^2-\frac14}-\frac1{k^2}=\frac{\frac14}{k^2\left(k^2-\frac14\right)}\ge0.$$ Comme $k^2\ge1$, $k^2-\frac14\ge k^2-\frac{k^2}4=\frac34k^2$, d'où $\frac{\frac14}{k^2(k^2-\frac14)}\le\frac{1}{4k^2\cdot\frac34k^2}=\frac1{3k^4}$.
b) La fonction $t\mapsto t^{-4}$ est positive et décroissante sur $[1,+\infty[$ ; pour $k\ge2$, $\frac1{k^4}\le\int_{k-1}^k\frac{\mathrm dt}{t^4}$. Pour $N>n\ge1$, en sommant de $n+1$ à $N$ : $$\sum_{k=n+1}^{N}\frac1{k^4}\le\int_n^N\frac{\mathrm dt}{t^4}=\frac13\left(\frac1{n^3}-\frac1{N^3}\right)\le\frac1{3n^3}.$$ La série $\sum\frac1{k^4}$ converge (Riemann, $4>1$) ; le passage à la limite donne le résultat.
c) Pour $N>n$, par télescopage, $\sum_{k=n+1}^{N}\left(\frac1{k-\frac12}-\frac1{k+\frac12}\right)=\frac1{n+\frac12}-\frac1{N+\frac12}\to\frac1{n+\frac12}$. Les trois séries en jeu convergent, donc par linéarité puis par a) et b) : $$0\le\frac1{n+\frac12}-R_n=\sum_{k=n+1}^{+\infty}\left(\frac1{k-\frac12}-\frac1{k+\frac12}-\frac1{k^2}\right)\le\frac13\sum_{k=n+1}^{+\infty}\frac1{k^4}\le\frac1{9n^3}.$$ Ainsi $R_n=\frac{2}{2n+1}+O\left(\frac1{n^3}\right)$. Or $$\frac2{2n+1}-\frac1n+\frac1{2n^2}=\frac{4n^2-2n(2n+1)+(2n+1)}{2n^2(2n+1)}=\frac{1}{2n^2(2n+1)}=O\left(\frac1{n^3}\right).$$ Donc $R_n=\frac1n-\frac1{2n^2}+O\left(\frac1{n^3}\right)$.
- Comme $S=S_n+R_n$, $0\le\left(S_n+\frac1{n+\frac12}\right)-S\le\frac1{9n^3}$. On veut $\frac1{9n^3}\le10^{-6}$, soit $n^3\ge\frac{10^6}9\approx111\,111{,}1$. Or $48^3=110\,592$ et $49^3=117\,649$ : le plus petit entier convenable est $n=49$.
Avec $S_n$ seul, l'erreur est $R_n\ge\frac1{n+1}$ ; pour qu'elle soit $\le10^{-6}$, il faut $n\ge999\,999$. La correction par $\frac1{n+\frac12}$ divise le nombre de termes à calculer par plus de $20\,000$.
Remarque : on peut montrer que $S=\frac{\pi^2}6$, résultat qui n'est pas l'objet de ce chapitre.
$R_n=\frac1n-\frac1{2n^2}+O\left(\frac1{n^3}\right)$ ; $n=49$