Solutions
De plus,
1
√ 4n − 3
+
1
√
4n − 1
−
1
√ 2n
=
(4n−1)2n+
(4n−3)2n−
(4n−3)(4n−1)
√ 4n−3
√ 4n−1
√ 2n
>
2
√ 2n −
√ 4n − 1
√ 4n − 1
√
2n
>
2
√ 2n −
√ 4n
√
4n − 1
√ 2n
=
2 −
√ 2
√ 4n − 1
.
D’où, lim
n→+∞
S 3n = +∞, {S n } étant la suite des sommes partielles de la série
réarrangée. La série diverge donc.
III.7.8. On suppose que la série
+∞
n=1
a n est absolument convergente, on appelle S n sa n-ième somme partielle et on pose S = lim
n→+∞
S n . On note {T n } la
suite des sommes partielles de la série réarrangée. La convergence absolue de
+∞
n=1
a n implique que, étant donné ε > 0, il existe n ∈ N ∗ tel que
|a n+1 | + |a n+2 | + . . . < ε.
(∗)
Soit m un entier suffisamment grand pour que tous les termes a 1 , a 2 , . . . , a n
apparaissent dans T m . D’après (∗), on a alors
|S − T m | |S − S n | + |S n − T m | < 2ε.
III.7.9. [4]. On suppose d’abord que l > 0 et on pose n = d + u, d > u.
On réarrange alors la série
+∞
n=1
(−1)
n−1 f (n) de sorte que la n-ième somme
partielle de la nouvelle série soit
T n = T u+d = (f (1) − f (2) + f (3) − . . . − f (2u)) + (f (2u + 1)
+ f (2u + 3) + . . . + f (2d − 1)).
Cette somme contient u termes négatifs et tous ceux restant, au nombre de d,
sont positifs. La somme dans la seconde parenthèse contient d − u termes et
cette somme est donc comprise entre (d − u)f (2u) et (d − u)f (2d). Puisque la
somme dans la première parenthèse converge vers S lorsque u tend vers +∞, la
différence entre la somme avant et après le réarrangement est égale à la limite
de la seconde parenthèse. On pose ν(u) = d − u. On a
ν(u)f (2d) < f(2u + 1) + f (2u + 3) + . . . + f (2d − 1) < ν(u)f (2u) (1)
et la monotonie de la suite {nf (n)} implique
u
u + ν(u)
<
f (2u + 2ν(u))
f (2u)
< 1.
(2)
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