Exercice 16

1. Le terme général est positif et équivalent à $\frac{1}{2n^{2}}$ : la série converge (théorèmes 4 et 5). On décompose en éléments simples (chapitre 13) : $$\frac{1}{n(2n + 1)} = \frac{1}{n} - \frac{2}{2n + 1}.$$ Pour $N \geqslant 1$, la somme des inverses des entiers impairs de $1$ à $2N + 1$ s'obtient en retirant de $H_{2N + 1}$ les inverses des pairs, $\sum_{j=1}^{N} \frac{1}{2j} = \frac{1}{2}H_{N}$ ; on en retire encore le terme $1$, qui ne figure pas dans la somme : $$\sum_{n=1}^{N} \frac{2}{2n + 1} = 2\Big(H_{2N + 1} - \frac{1}{2}H_{N} - 1\Big), \qquad \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n(2n + 1)} = 2H_{N} - 2H_{2N + 1} + 2.$$ Par la proposition 7, $H_{N} - H_{2N + 1} = \ln N - \ln(2N + 1) + o(1) = -\ln\Big(2 + \frac{1}{N}\Big) + o(1)$ tend vers $-\ln 2$. $$\boxed{\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n(2n + 1)} = 2 - 2\ln 2 \approx 0{,}6137}$$ Pour $N = 1$, la formule donne $2 - 2\big(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3}\big) + 2 = \frac{1}{3}$, qui est bien le premier terme ✓.

2. Pour $N \geqslant 1$, on calcule la somme partielle d'indice $5N$ en écrivant, pour $5 \mid n$, $u_{n} = \frac{1}{n} - \frac{5}{n}$ ; les multiples de $5$ jusqu'à $5N$ sont les $5k$, $1 \leqslant k \leqslant N$ : $$S_{5N} = \sum_{n=1}^{5N} \frac{1}{n} - \sum_{k=1}^{N} \frac{5}{5k} = H_{5N} - H_{N} = \ln(5N) - \ln N + o(1) \xrightarrow[N \to +\infty]{} \ln 5,$$ encore par la proposition 7. Pour un entier $n \geqslant 5$ quelconque, on écrit $n = 5N + r$ avec $0 \leqslant r \leqslant 4$ et $N \geqslant 1$ ; les termes d'indices $5N + 1$, …, $5N + r$ ne sont pas multiples de $5$, donc $$0 \leqslant S_{n} - S_{5N} \leqslant \frac{r}{5N + 1} \leqslant \frac{4}{5N},$$ qui tend vers $0$ quand $n$, donc $N$, tend vers $+\infty$. Ainsi $S_{n}$ tend vers $\ln 5$. $$\boxed{\sum u_{n} \text{ converge, et } \sum_{n=1}^{+\infty} u_{n} = \ln 5}$$ C'est le regroupement par paquets de l'exercice 6 (questions 1 et 3), avec des paquets de cinq termes dont la somme des valeurs absolues tend vers $0$. La somme partielle d'indice $5 \times 10^{6}$ vaut $1{,}6094375$, pour $\ln 5 \approx 1{,}6094379$ ✓.

À retenir. Les deux questions reposent sur la même idée : exprimer les sommes partielles à l'aide de $H_{m}$ pour plusieurs valeurs de $m$ proportionnelles, puis utiliser $H_{m} = \ln m + \gamma + o(1)$, où la constante $\gamma$ disparaît dans les différences. La même méthode redonne la somme $\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n} = \ln 2$ de la section 20.5, que le cours tirait de la formule de Taylor : la somme partielle d'indice $2N$ vaut $H_{2N} - H_{N}$. Les signes de $\sum u_{n}$ ne sont pas constants, et une modification de l'ordre des termes changerait la somme ; c'est le phénomène étudié à la section 20.5.1.