Solutions
Donc, d’après II.5.8 (a), on a lim
n→+∞
S 2n = ln 2. Clairement,
lim
n→+∞
S 2n+1 = lim
n→+∞
S 2n +
1
2n + 1
= ln 2.
(b) On a
2n+1
n(n+1) =
1
n +
1
n+1 . On a donc, d’après (a),
+∞
n=1
(−1)
n−1 2n + 1
n(n + 1)
=
+∞
n=1
(−1)
n−1 1
n
+
+∞
n=1
(−1)
n−1
1
n + 1
= ln 2 − (ln 2 − 1) = 1.
(c) On note S n la n-ième somme partielle de la série. On a alors
S n =
1
x + 2n + 1
+
1
x + 2n + 2
+ . . . +
1
x + 4n − 1
+
1
x + 4n
.
Comme dans la démonstration de II.5.8, on peut montrer que
lim
n→+∞
S 2n = ln 2. Clairement, lim
n→+∞
S 2n+1 = ln 2.
III.1.33. On a
S 2n = ln
2
1
− ln
3
2
+ ln
4
3
− ln
5
4
+ . . . + ln
2n
2n − 1
− ln
2n + 1
2n
= ln
2 × 4 × · · · × 2n
1 × 3 × · · · × (2n − 1)
− ln
3 × 5 × · · · × (2n + 1)
2 × 4 × · · · × 2n
= ln
1
2n + 1
(2n)!!
(2n − 1)!!
2
.
D’après la formule de Wallis (voir III.8.38),
π
2 = lim
n→+∞
1
2n+1
(2n)!!
(2n−1)!!
2
.
Donc, lim
n→+∞
S 2n = ln
π
2 .
III.1.34. On a
+∞
n=1
(−1)
n−1
ln
1 −
1
(n + 1) 2
=
+∞
n=1
(−1)
n−1
ln
1 +
1
n + 1
+ ln
1 −
1
n + 1
= −
+∞
n=2
(−1)
n−1
ln
1 +
1
n
−
+∞
n=1
(−1)
n−1
ln
1 +
1
n
.
D’après le problème précédent, la somme de la série est égale à ln 2 − 2 ln
π
2 .
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