Série numérique/Exercices/Fraction rationnelle

Exercice 3-1

Question 1

Soient $(u_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ une suite réelle de limite nulle et $a,b,c$ trois réels de somme nulle. On pose

$v_{n}=au_{n}+bu_{n+1}+cu_{n+2}$.

1. Étudier la suite des sommes partielles de la série $\sum v_{n}$ puis calculer $\sum _{n=0}^{\infty }v_{n}$.
2. Retrouver ce résultat à l'aide du produit de Cauchy.

Solution

1. $\forall N\geq 2\quad S_{N}:=\sum _{n=0}^{N}v_{n}=a\sum _{n=0}^{N}u_{n}+b\sum _{n=1}^{N+1}u_{n}+c\sum _{n=2}^{N+2}u_{n}$

   $=a(u_{0}+u_{1})+b(u_{1}+u_{N+1})+c(u_{N+1}+u_{N+2})+(a+b+c)\sum _{n=2}^{N}u_{n}$

   $=au_{0}+au_{1}+bu_{1}+bu_{N+1}+cu_{N+1}+cu_{N+2}+0\to au_{0}+au_{1}+bu_{1}$

   donc $\sum _{n=0}^{\infty }v_{n}=au_{0}+au_{1}+bu_{1}=au_{0}-cu_{1}$.

2. $v_{n}=c(u_{n+2}-u_{n+1})-a(u_{n+1}-u_{n})$.

   Le produit de Cauchy des séries $\sum a_{n}$ et $\sum b_{n}$, où

   $a_{n}=u_{n+1}-u_{n}$, $b_{0}=c$, $b_{1}=-a$ et $\forall n\geq 2\quad b_{n}=0$,

   est donc $\sum c_{n}$ avec

   $c_{0}=c(u_{1}-u_{0})$ et $\forall n\geq 1\quad c_{n}=v_{n-1}$.

   Puisque $\sum a_{n}$ converge vers $-u_{0}$ et $\sum b_{n}$ converge absolument vers $c-a$, $\sum c_{n}$ converge vers $-u_{0}(c-a)$ donc

   $\sum v_{n}=\sum c_{n+1}$ converge vers $-u_{0}(c-a)-c_{0}=(a-c)u_{0}-c(u_{1}-u_{0})=au_{0}-cu_{1}$.

 

Question 2

En admettant, bien que vous soyez supposé(e) savoir le trouver par vous-même, que

${\frac {2}{(X+1)(X+2)(X+3)}}={\frac {1}{X+1}}+{\frac {-2}{X+2}}+{\frac {1}{X+3}}$, en déduire que la série $\sum _{k\geq 0}{\frac {2}{(k+1)(k+2)(k+3)}}$ converge et déterminer sa somme.

Solution

D'après la question 1 appliquée à $u_{n}={\frac {1}{n+1}}$ et $(a,b,c)=(1,-2,1)$,

$\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {2}{(k+1)(k+2)(k+3)}}=au_{0}-cu_{1}=1{\frac {1}{1}}-1{\frac {1}{2}}={\frac {1}{2}}$.

 

Question 3

Retrouver le résultat précédent en utilisant la formule d'Euler : $H_{n}:=\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}=\ln n+\gamma +\epsilon _{n}$ avec $\lim \epsilon _{n}=0$, vue dans l'exercice sur la série harmonique.

Solution

${\begin{aligned}S_{n}&=\sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{k+1}}-2\sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{k+2}}+\sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{k+3}}\\&=H_{n+1}-2(H_{n+2}-1)+\left(H_{n+3}-1-{\frac {1}{2}}\right)\\&=\ln(n+1)+\gamma +\epsilon _{n+1}-2\left(\ln(n+2)+\gamma +\epsilon _{n+2}-1\right)+\ln(n+3)+\gamma +\epsilon _{n+3}-{\frac {3}{2}}\\&=\ln \left({\frac {(n+1)(n+3)}{(n+2)^{2}}}\right)+2-{\frac {3}{2}}+\epsilon _{n+1}-2\epsilon _{n+2}+\epsilon _{n+3}\end{aligned}}$

Or $(n+1)(n+3)\sim n^{2}\sim (n+2)^{2}$.

Donc $S_{n}\to \ln(1)+{\frac {1}{2}}+0={\frac {1}{2}}$. Autrement dit : la série $\sum _{k\geq 0}{\frac {2}{(k+1)(k+2)(k+3)}}$ converge, et sa somme est égale à ${\frac {1}{2}}$.

 

Exercice 3-2

Montrer que la série $\sum {\frac {(-1)^{n}}{n^{2}-1}}$ converge et calculer $\sum _{n=2}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n^{2}-1}}$.

Solution

La série est absolument convergente $\sum _{n>1}{\frac {1}{n^{2}-1}}<\sum _{n>1}{\frac {1}{(n-1)^{2}}}<+\infty$.

${\frac {2}{n^{2}-1}}={\frac {1}{n-1}}-{\frac {1}{n+1}}$ donc quand $N\to \infty$,

${\begin{aligned}2\sum _{n=2}^{N}{\frac {(-1)^{n}}{n^{2}-1}}&=\sum _{n=2}^{N}{\frac {(-1)^{n}}{n-1}}-\sum _{n=2}^{N}{\frac {(-1)^{n}}{n+1}}\\&=-\sum _{n=1}^{N-1}{\frac {(-1)^{n}}{n}}+\sum _{n=3}^{N+1}{\frac {(-1)^{n}}{n}}\\&=-\sum _{n=1}^{2}{\frac {(-1)^{n}}{n}}+\sum _{n=N}^{N+1}{\frac {(-1)^{n}}{n}}\\&=1-{\frac {1}{2}}+{\frac {(-1)^{N}}{N}}+{\frac {(-1)^{N+1}}{N+1}}\to {\frac {1}{2}}.\end{aligned}}$

On retrouve ainsi que $\sum {\frac {(-1)^{n}}{n^{2}-1}}$ converge, et l'on obtient de plus :

$\sum _{n=2}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n^{2}-1}}={\frac {1}{4}}$.

 

Exercice 3-3

Calculer $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n(n+1)}}$.

Solution

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n(n+1)}}=\sum _{n=1}^{\infty }\left({\frac {1}{n}}-{\frac {1}{n+1}}\right)=1$. C'est un cas particulier de l'exercice 1-1.