Problème AMM 12241

On peut sans doute commencer par le classique : \[\begin{align}\sum_{k=n+1}^{2n}\frac{1}{k}&=\sum_{k=1}^{2n}\frac{1}{k}-\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}\\
&=\sum_{p=1}^{n}\frac{1}{2p-1}-\sum_{p=1}^{n}\frac{1}{2p}\\
&=\sum_{k=1}^{2n}\frac{(-1)^{k-1}}{k}\\
&=\int_0^1\sum_{k=1}^{2n}(-1)^{k-1}t^{k-1}dt\\
&=\int_0^1\frac{1-t^{2n}}{1+t}dt\\
&=\ln(2)-\int_0^1\frac{t^{2n}}{1+t}dt\end{align}\]
Ce n'est pas encore suffisant pour conclure à la convergence mais on peut continuer avec des sommes partielles et ces intégrales et aller presque au bout de ce problème.

Je poursuis parce qu'on n'est vraiment pas loin.
\[\frac{1}{4n}-\ln(2)+\sum_{k=n+1}^{2n}\frac{1}{k}=\frac{1}{2}\int_0^1t^{2n-1}dt-\int_0^1\frac{t^{2n}}{1+t}dt=\frac{1}{2}\int_0^1\frac{t^{2n-1}(1-t)}{1+t}dt.

\] Si on pose $\displaystyle u_n= \frac{1}{4n}-\ln(2)+\sum_{k=n+1}^{2n}\frac{1}{k}$ pour tout $n\in\N^*$, on peut alors sommer de $1$ à $N$ : \[\sum_{n=1}^Nu_n=\frac{1}{2}\int_0^1\frac{t(1-t)}{1+t}\sum_{n=1}^Nn(-1)^nt^{2n-2} dt.

\] Or, $\ \displaystyle \sum_{n=1}^Nn(-1)^nt^{2n-2}$ converge simplement vers $\dfrac{-1}{(1+t^2)^2}$ lorsque $N$ tend vers $+\infty$ et l'intégrale résultante vaut \[\int_0^1 \frac{t(t-1)}{2(1+t)(1+t^2)^2}dt=\frac{\ln(2)-1}{8}.

\] Il ne reste qu'à prouver la convergence du reste vers 0 (et à effectuer le calcul de l'intégrale pour de vrai car je l'ai fait faire par mon esclave numérique).

C'est presque du niveau L1 :)o

[Edit] Merci AD pour la correction d'orthographe... elle m'a permis de voir une faute de Latex.

\begin{align}S&=\int_0^1 \frac{1}{1+x}\left(\frac{x^2}{(1+x^2)^2}-\frac{x^4}{x(1+x^4)^2}-\frac{x^4}{(1+x^4)^2}\right)dx\\
&=\underbrace{\int_0^1 \frac{x^2}{(1+x)(1+x^2)^2}dx}_{\text{IPP}}-\underbrace{\int_0^1 \frac{x^3}{(x^4+1)^2}dx}_{y=x^4}\\
&=-\frac{1}{2}\left[\frac{x}{(1+x^2)(1+x)}\right]_0^1+\frac{1}{4}\int_0^1\left( \frac{1}{1+x}+\frac{1}{(1+x)^2}-\frac{x}{1+x^2}\right)dx-\frac{1}{4}\int_0^1 \frac{1}{(1+y)^2}dy\\
&=-\frac{1}{8}+\frac{1}{4}\int_0^1 \frac{1}{1+x}dx-\frac{1}{4}\int_0^1 \frac{x}{1+x^2}dx\\
&=-\frac{1}{8}+\frac{1}{4}\Big[\ln(1+x)\Big]_0^1-\frac{1}{8}\Big[\ln(1+x^2)\Big]_0^1\\
&=-\frac{1}{8}+\frac{1}{4}\ln 2-\frac{1}{8}\ln 2\\
&=\boxed{\dfrac{1}{8}\left(\ln 2-1\right)}
\end{align}

L'AMM propose régulièrement ce type d'exercices pour lesquels la méthode suivante de résolution marche en général:

1)Transformer le terme général de la suite série en intégrale $\displaystyle \int_0^1 (...)dx$
2)l'intégrande de l'intégrale précédente est une combinaison linéaire de puissances, qui dépendent de $n$, de $x$: on intervertit le signe intégral et le signe somme et on calcule les séries (série somme des termes d'une suite géométrique, ou dérivée d'une telle série comme ici).
3) On a converti l'expression initiale en intégrale qu'il faut calculer, et c'est fini.

Il est (un peu) utile de connaître la formule suivante: $\displaystyle H_n:=\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k}=\int_0^1 \dfrac{1-x^n}{1-x}dx$
(formule déjà connue d'Euler)

Merci pour cette synthèse.

Bisam: Ce n'est pas cela pour moi la difficulté ici. On peut très certainement prouver ces interversions de manière très élémentaire. (on raisonne sur des sommes finies et on montre que le reste tend vers $0$ quand on augmente indéfiniment le nombre de termes de la somme principale)

La preuve de:
\begin{align}|x|<1,\sum_{n=1}^\infty n(-1)^nx^n=-\frac{x}{(1+x)^2}
\end{align}
N'est probablement pas aussi élémentaire.
(je me souviens cependant qu'un fil avait viré à exposer différentes méthodes pour calculer une telle somme)
La méthode "standard".
1) On calcule la somme:
\begin{align}|x|<1,\sum_{n=2}^\infty (-1)^nx^n\end{align}
(sommes des termes d'une suite géométrique de raison strictement inférieure à $1$ en valeur absolue)
Un théorème sur les séries entières permet d'affirmer qu'on peut sommer les nombres dérivés en $x$ de la fonction $x\rightarrow (-1)^nx^n$ et que cette somme vaut le nombre dérivé en $x$ de la fonction dont on a obtenu une expression en 1).

Je n'ai pas eu le temps de le taper (puisque je suis en cours avec mes élèves... :)o ) mais j'ai exactement le même calcul que jandri sur ma feuille.