Solutions
III.1.23. D’après (∗) dans la solution du problème précédent, on a
Arctan
1
a 2n+1
− Arctan
1
a 2n+2
= Arctan
a 2n+2 − a 2n+1
a 2n+1 a 2n+2 + 1
= Arctan
a 2n
a 2n a 2n+3
= Arctan
1
a 2n+3
.
La somme de ces égalités donne
Arctan
1
a 1
=
n+1
k=1
Arctan
1
a 2k
+ Arctan
1
a 2n+3
.
Donc,
+∞
n=1
Arctan
1
a 2n
=
π
4 .
III.1.24.
(a) On remarque que Arctan
2
n 2 = Arctan
1
n−1 − Arctan
1
n+1 pour n > 1.
Donc,
+∞
n=1
Arctan
2
n 2 = Arctan 2+Arctan 1+Arctan
1
2 =
3
4 π, la dernière
égalité se déduisant du fait que Arctan a + Arctan
1
a =
π
2 pour a > 0.
(b) Pour n ∈ N ∗ , Arctan
1
n 2 +n+1 = Arctan
1
n − Arctan
1
n+1 . On voit donc
que
+∞
n=1
Arctan
1
n 2 +n+1
= Arctan 1 =
π
4 .
(c) Puisque Arctan
8n
n 4 −2n 2 +5
= Arctan
2
(n−1) 2 − Arctan
2
(n+1) 2 pour n > 1,
on obtient, comme en (a),
+∞
n=1
Arctan
8n
n 4 − 2n 2 + 5
= Arctan 2+Arctan 2+Arctan
1
2
=
π
2
+Arctan 2.
III.1.25. On peut appliquer l’identité trigonométrique
Arctan x − Arctan y = Arctan
x − y
1 + xy
pour obtenir le résultat demandé. On remarquera ici que les résultats du problème précédent ne sont que des cas particuliers du cas présent.
III.1.26. Soit
+∞
n=1
b n un réarrangement de
+∞
n=1
a n . On pose de plus S n =
a 1 + a 2 + . . . + a n , S
n = b 1 + b 2 + . . . + b n et S = lim
n→+∞
S n . Clairement, S
n S
et {S
n } converge donc vers une limite que l’on note S telle que S S. Le
même argument donne aussi S S .
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