Exercice 1

Dans les trois premières séries, le logarithme d'un quotient se décompose en une somme de différences : la somme partielle est le logarithme d'un produit télescopique, que l'on calcule exactement. La convergence et la valeur de la somme s'obtiennent alors en une seule fois, par passage à la limite.

(a) Pour $n \geqslant 2$, on a $1 - \frac{1}{n^{2}} = \frac{(n - 1)(n + 1)}{n^{2}} > 0$, et, pour $N \geqslant 2$, les facteurs se simplifient en cascade : $$\sum_{n=2}^{N} \ln\Big(1 - \frac{1}{n^{2}}\Big) = \ln\Big(\prod_{n=2}^{N} \frac{n - 1}{n} \cdot \prod_{n=2}^{N} \frac{n + 1}{n}\Big) = \ln\Big(\frac{1}{N} \cdot \frac{N + 1}{2}\Big) = \ln\frac{N + 1}{2N}.$$ Comme $\frac{N + 1}{2N}$ tend vers $\frac{1}{2}$ et que $\ln$ est continue en $\frac{1}{2}$, la suite des sommes partielles converge. $$\boxed{\sum_{n=2}^{+\infty} \ln\Big(1 - \frac{1}{n^{2}}\Big) = \ln\frac{1}{2} = -\ln 2}$$ On pouvait aussi établir la convergence a priori : le terme général est négatif et équivalent à $-\frac{1}{n^{2}}$, et le théorème 4, appliqué à son opposé, la ramène à celle de la série de Riemann $\sum \frac{1}{n^{2}}$. Mais cela ne donne pas la somme.

(b) Le terme général vaut $\ln\frac{2j + 1}{2j}$ pour $n = 2j$ pair, et $\ln\frac{2j}{2j + 1}$ pour $n = 2j + 1$ impair : deux termes consécutifs de ce type sont opposés. Pour $k \geqslant 1$, en groupant les termes d'indices $2j$ et $2j + 1$, $$S_{2k + 1} = \sum_{n=2}^{2k + 1} \ln\Big(1 + \frac{(-1)^{n}}{n}\Big) = \sum_{j=1}^{k} \Big(\ln\frac{2j + 1}{2j} + \ln\frac{2j}{2j + 1}\Big) = 0,$$

$$S_{2k} = S_{2k + 1} - \ln\frac{2k}{2k + 1} = \ln\Big(1 + \frac{1}{2k}\Big).$$ Les deux suites extraites $(S_{2k})$ et $(S_{2k + 1})$ tendent vers $0$, donc $(S_{n})$ aussi (chapitre 7, proposition 11 (ii)). $$\boxed{\sum_{n=2}^{+\infty} \ln\Big(1 + \frac{(-1)^{n}}{n}\Big) = 0}$$ Piège. L'erreur la plus répandue est de conclure par équivalents : $\ln\big(1 + \frac{(-1)^{n}}{n}\big) \sim \frac{(-1)^{n}}{n}$, mais ce terme change de signe à chaque rang, et le théorème 4 ne s'applique pas. Le regroupement par deux, que l'exercice 6 justifiera en général, fait ici apparaître des sommes exactement nulles.

(c) On factorise numérateur et dénominateur : $n^{2} + 3n + 2 = (n + 1)(n + 2)$ et $n^{2} + 3n = n(n + 3)$. Pour $N \geqslant 2$, $$\sum_{n=2}^{N} \ln\frac{(n + 1)(n + 2)}{n(n + 3)} = \ln\Big(\prod_{n=2}^{N} \frac{n + 1}{n} \cdot \prod_{n=2}^{N} \frac{n + 2}{n + 3}\Big) = \ln\Big(\frac{N + 1}{2} \cdot \frac{4}{N + 3}\Big) = \ln\frac{2(N + 1)}{N + 3},$$ qui tend vers $\ln 2$ quand $N$ tend vers $+\infty$. $$\boxed{\sum_{n=2}^{+\infty} \ln\Big(\frac{n^{2} + 3n + 2}{n^{2} + 3n}\Big) = \ln 2}$$ Pour $N = 2$, la formule donne $\ln\frac{6}{5}$, qui est bien le premier terme $\ln\frac{12}{10}$ ✓.

(d) Le terme général vaut $4^{-k}$ pour $k$ pair et $2^{-k}$ pour $k$ impair : il est positif et majoré par $\big(\frac{1}{2}\big)^{k}$, terme d'une série géométrique convergente (théorème 1). La série converge par le théorème 3, et sa somme est la limite de la suite extraite $(S_{2m + 1})$ (chapitre 7, proposition 11 (i)). Or, en séparant les indices pairs $k = 2j$ et impairs $k = 2j + 1$, $$S_{2m + 1} = \sum_{j=0}^{m} \frac{1}{16^{j}} + \sum_{j=0}^{m} \frac{1}{2^{2j + 1}} \xrightarrow[m \to +\infty]{} \frac{1}{1 - \frac{1}{16}} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1 - \frac{1}{4}} = \frac{16}{15} + \frac{2}{3}.$$

$$\boxed{\sum_{k=0}^{+\infty} \big(3 + (-1)^{k}\big)^{-k} = \frac{16}{15} + \frac{10}{15} = \frac{26}{15}}$$ Séparer les termes pairs et impairs n'est légitime qu'après avoir établi la convergence de la série : c'est elle qui permet de calculer la somme sur une suite extraite des sommes partielles. Pour une série à termes positifs, la section 20.6 du cours rendra ce découpage automatique.