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

$v_n=a{u}_n+b{u}_{n+1}+c{u}_{n+2}$.

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

Solution

1. $\mathrm{\forall }N\ge 2S_N:=\sum _{n=0}^N{v}_n=a\sum _{n=0}^N{u}_n+b\sum _{n=1}^{N+1}{u}_n+c\sum _{n=2}^{N+2}{u}_n$

   $=a(u_0+u_1)+b(u_1+u_{N+1})+c(u_{N+1}+u_{N+2})+(a+b+c)\sum _{n=2}^N{u}_n$

   $=a{u}_0+a{u}_1+b{u}_1+b{u}_{N+1}+c{u}_{N+1}+c{u}_{N+2}+0\to a{u}_0+a{u}_1+b{u}_1$

   donc $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{v}_n=a{u}_0+a{u}_1+b{u}_1=a{u}_0-c{u}_1$.

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 $\mathrm{\forall }n\ge 2b_n=0$,

   est donc $\sum c_n$ avec

   $c_0=c(u_1-u_0)$ et $\mathrm{\forall }n\ge 1c_n=v_{n-1}$.

   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 $-u_0(c-a)-c_0=(a-c)u_0-c(u_1-u_0)=a{u}_0-c{u}_1$.

 

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 $\sum _{k\ge 0}\frac{2}{(k+1)(k+2)(k+3)}$ converge et déterminer sa somme.

Solution

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

$\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{2}{(k+1)(k+2)(k+3)}=a{u}_0-c{u}_1=1\frac{1}{1}-1\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$.

 

Question 3

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

Solution

$\begin{array}{cc}{S}_n& =\sum _{k=0}^n\frac{1}{k+1}-2\sum _{k=0}^n\frac{1}{k+2}+\sum _{k=0}^n\frac{1}{k+3}\\ & =H_{n+1}-2(H_{n+2}-1)+(H_{n+3}-1-\frac{1}{2})\\ & =\ln (n+1)+\gamma +{ϵ}_{n+1}-2(\ln (n+2)+\gamma +{ϵ}_{n+2}-1)+\ln (n+3)+\gamma +{ϵ}_{n+3}-\frac{3}{2}\\ & =\ln \left(\frac{(n+1)(n+3)}{(n+2{)}^2}\right)+2-\frac{3}{2}+{ϵ}_{n+1}-2{ϵ}_{n+2}+{ϵ}_{n+3}\end{array}$

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

Solution

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

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

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

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

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

 

Exercice 3-3

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

Solution

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