Solutions
III.7.2. On appelle {T n } la suite des sommes partielles de la série réarrangée.
On a
T 3n =
1 −
1
2
−
1
4
+
1
3
−
1
6
−
1
8
+ . . . +
1
2n − 1
−
1
4n − 2
−
1
4n
=
1
2
−
1
4
+
1
6
−
1
8
+ . . . +
1
4n − 2
−
1
4n
=
1
2
1 −
1
2
+
1
3
−
1
4
+ . . . +
1
2n − 1
−
1
2n
.
Donc, d’après III.1.32 (a), on obtient lim
n→+∞
T 3n =
1
2 ln 2. Bien sûr,
lim
n→+∞
T 3n = lim
n→+∞
T 3n+1 = lim
n→+∞
T 3n+2 . Il s’ensuit que
1 −
1
2
−
1
4
+
1
3
−
1
6
−
1
8
+
1
5
− . . . =
1
2
ln 2.
III.7.3. Soit {T n } la suite des sommes partielles de la série réarrangée. On
pose f (n) = 1 +
1
2 +
1
3 +
1
4 + . . . +
1
n−1 +
1
n . On a alors
T α+β = 1 +
1
3
+ . . . +
1
2α − 1
−
1
2
−
1
4
− . . . −
1
2β
= f (2α − 1) −
1
2
f (α − 1) −
1
2
f (β)
=
1
2
f (α) −
1
2
f (β).
On montre maintenant par récurrence que
T n(α+β) = f (2nα) −
1
2
f (nα) −
1
2
f (nβ).
Comme on l’a déjà prouvé, l’égalité est vérifiée pour n = 1. Si elle est vérifiée
pour un n ∈ N ∗ , alors
T (n+1)(α+β) = f (2nα) −
1
2
f (nα) −
1
2
f (nβ) +
1
2nα + 1
+
1
2nα + 3
+ . . .
+
1
2(n + 1)α − 1
−
1
2nβ + 2
−
1
2nβ + 4
− . . . −
1
2(n + 1)β
= f (2nα)−
1
2
f (nα)−
1
2
f (nβ)+f (2(n+1)α−1)−
1
2
f ((n+1)α−1)
− f (2nα) +
1
2
f (nα) −
1
2
f ((n + 1)β) +
1
2
f (nβ)
= f (2(n + 1)α) −
1
2
f ((n + 1)α) −
1
2
f ((n + 1)β).
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