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title: "Séries numériques"
book: "Mathématiques universitaires — Licence 1"
subject: math
language: fr
chapter: 17
exercises: 12
source: https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/17-series-numeriques
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# Chapitre 17 — Séries numériques

Sommer une infinité de nombres, c’est prendre la limite des sommes partielles — ni plus, ni moins. Ce chapitre met en place les définitions et les critères de convergence utilisables en première année : comparaison et équivalents pour les termes positifs, la [règle de d’Alembert](#thm-b1-series-ratio), la comparaison [série-intégrale](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/15-integration-sur-un-segment#thm-b1-integration-def) qui donne les [séries de Riemann](#thm-b1-series-riemann), la [convergence absolue](#thm-b1-series-absolute) et le critère spécial des [séries alternées](#thm-b1-series-alternating). La théorie plus fine (produits de [séries](#def-b1-series-def), sommation par paquets, [séries](#def-b1-series-def) de fonctions) relève de la deuxième année.

## 17.1 Généralités

**Définition 17.1.**

Étant donnée une suite $(u_n)$, la *série* $\sum u_n$ est la suite des *sommes partielles* $S_N = \sum_{n=0}^{N} u_n$. La série *converge* lorsque $(S_N)$ converge ; la limite est la *somme* $\sum_{n=0}^{\infty} u_n$, et $R_N = \sum_{n > N} u_n =
S - S_N$ est le *reste*, qui tend vers $0$.

**Exemple 17.2 (Série géométrique).**

Pour $q \in \C$ : $\;S_N = \sum_{n=0}^{N} q^n = \frac{1 -
q^{N+1}}{1-q}$ ($q \neq 1$). La [série](#def-b1-series-def) converge si et seulement si $\abs q < 1$ ([Exercice 11.3](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/11-suites#exo-b1-seq-3)), avec

$$
\sum_{n=0}^{\infty} q^n = \frac{1}{1 - q} .
$$

**Exemple 17.3 (Les décimaux périodiques sont des séries géométriques).**

Que vaut $0.363636\dots$ ? Son écriture même est une [série](#def-b1-series-def) :

$$
0.\overline{36} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{36}{100^k}
= 36\cdot\frac{1/100}{1 - 1/100} = \frac{36}{99} =
\frac{4}{11} ,
$$

par la somme géométrique de raison $q = \frac{1}{100}$. En général, un bloc $B$ de $p$ chiffres répété indéfiniment vaut $\frac{B}{10^p - 1}$ — le mécanisme derrière le critère de périodicité du [Problème 10.1](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/10-nombres-reels#pb-b1-reals-1), que le langage de ce chapitre énonce enfin en une ligne : un [développement décimal](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/10-nombres-reels#pb-b1-reals-1) est une [série](#def-b1-series-def) convergente, périodique à partir d’un certain rang exactement lorsque sa somme est rationnelle. La machinerie des chiffres du chapitre 10, bâtie là-bas avec de simples [bornes supérieures](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/10-nombres-reels#def-b1-reals-bounds), était de la théorie des [séries](#def-b1-series-def) voyageant incognito.

**Proposition 17.4 (Premiers faits).**

1. Si $\sum u_n$ converge, alors $u_n \to 0$ . (La réciproque est *fausse* : la [série](#def-b1-series-def) harmonique.)
2. Linéarité : les [séries](#def-b1-series-def) convergentes s’ajoutent et se multiplient par un scalaire, avec les sommes attendues.
3. (Télescopage) $\sum (v_{n+1} -  v_n)$ converge si et seulement si $(v_n)$ converge, de somme $\lim v_n - v_0$ .
4. Modifier un nombre fini de termes ne change pas la nature de la [série](#def-b1-series-def) (seulement la somme).

**Démonstration.** (1) $u_N = S_N - S_{N-1} \to S - S = 0$. La [série](#def-b1-series-def) harmonique a $u_n = \frac1n \to 0$ et diverge pourtant ([Exercice 11.5](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/11-suites#exo-b1-seq-5)). (2) Opérations sur les limites. (3) $S_N = v_{N+1} - v_0$. (4) Les sommes partielles sont modifiées d’une quantité constante à partir d’un certain rang. ∎

**Exemple 17.5 (Prévoir les décimales avec le reste géométrique).**

Pour $\abs q < 1$, le reste de la [série géométrique](#ex-b1-series-geometric) est explicite :

$$
R_N = \sum_{n = N+1}^{\infty} q^n = \frac{q^{N+1}}{1 - q} .
$$

Cela convertit un objectif de précision en un nombre de termes, avant tout calcul. Pour évaluer $\sum_{n\geq0} \bigl(\frac13\bigr)^n =
\frac32$ à $10^{-10}$ près : il faut $\frac{(1/3)^{N+1}}{2/3} \leq
10^{-10}$, c’est-à-dire $3^{N} \geq \frac{3}{2}\cdot 10^{10}$, c’est-à-dire $N \geq 22$ (car $3^{22} \approx 3.1\cdot10^{10}$) : vingt-trois termes, connus à l’avance. Toute estimation à vitesse géométrique des devoirs maison (la [série](#def-b1-series-def) en $\frac13$ pour $\ln 2$, les [arctangentes](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/4-fonctions-usuelles#def-b1-functions-arc) de Machin dans le [Problème 16.1](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/16-formules-de-taylor-et-developpements-limites#pb-b1-taylor-1)) est ce budget de deux lignes en habit de professionnel.

**Exemple 17.6 (Un télescope plus long).**

Calculons $\sum_{n\geq1} \frac{1}{n(n+1)(n+2)}$. Décomposition en éléments simples ([Chapitre 9](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/9-fractions-rationnelles#ch-b1-fractions)) :

$$
\frac{1}{n(n+1)(n+2)}
= \frac{1/2}{n} - \frac{1}{n+1} + \frac{1/2}{n+2}
= \frac12\Bigl(\frac{1}{n(n+1)} - \frac{1}{(n+1)(n+2)}\Bigr),
$$

où la seconde forme — une différence de valeurs consécutives de $w_n = \frac{1}{n(n+1)}$ — est celle qui se télescope. D’où

$$
\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n(n+1)(n+2)}
= \frac12\Bigl(w_1 - w_{N+1}\Bigr)
= \frac12\Bigl(\frac12 - \frac{1}{(N+1)(N+2)}\Bigr)
\longrightarrow \frac14 .
$$

L’idée à retenir : les éléments simples à trois termes se télescopent rarement tels quels ; il faut d’abord les regrouper en une différence $w_n - w_{n+1}$ — la récompense n’est pas seulement la convergence, mais la somme exacte, qu’aucun critère de comparaison ne fournit jamais.

## 17.2 Séries à termes positifs

**Théorème 17.7 (Sommes partielles bornées).**

Si $u_n \geq 0$ pour tout $n$, les sommes partielles croissent, donc : $\sum u_n$ converge $\iff$ ses sommes partielles sont majorées. D’où le *critère de comparaison* : si $0 \leq u_n \leq v_n$ pour tout $n$ (assez grand),

$$
\sum v_n \text{ converge} \implies \sum u_n \text{ converge},
\qquad
\sum u_n \text{ diverge} \implies \sum v_n \text{ diverge}.
$$

Et le *critère des équivalents* : si $u_n \sim v_n$ avec $v_n \geq
0$, les deux [séries](#def-b1-series-def) sont de même nature.

**Démonstration.** [Théorème de la limite monotone](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/11-suites#thm-b1-seq-monotone) ([Théorème 11.9](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/11-suites#thm-b1-seq-monotone)) pour le premier point ; comparaison des sommes partielles pour le second. Équivalents : pour $n$ grand, $\frac12 v_n \leq u_n \leq 2 v_n$ (définition de $\sim$ avec $\varepsilon = \frac12$), et la comparaison s’applique dans les deux sens. ∎

**Exemple 17.8 (Un équivalent qui prouve la divergence).**

Nature de $\sum_{n\geq1} n\sin\dfrac{1}{n^2}$ ? Comme $\frac{1}{n^2} \to 0$ et $\sin h \sim h$ en $0$ :

$$
n\sin\frac{1}{n^2} \;\sim\; n\cdot\frac{1}{n^2} = \frac1n ,
$$

et le critère des équivalents transfère la divergence de la [série](#def-b1-series-def) harmonique : divergente — alors même que les termes tendent vers $0$. Un développement, une échelle, un verdict ; le même schéma en deux temps (un équivalent, puis une lecture dans l’échelle de Riemann ou géométrique) décide les quatre [séries](#def-b1-series-def) de l’[Exercice 17.3](#exo-b1-series-3).

**Exemple 17.9 (Le critère des équivalents en une ligne).**

Nature de $\sum_{n \geq 1} \frac{\sqrt{n+1} - \sqrt n}{n}$ ? Multiplions le numérateur par sa quantité [conjuguée](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/3-nombres-complexes#def-b1-complex-field) :

$$
\frac{\sqrt{n+1} - \sqrt n}{n}
= \frac{1}{n\,(\sqrt{n+1} + \sqrt n)}
\sim \frac{1}{2\,n^{3/2}} ,
$$

une échelle de Riemann convergente ($\alpha = \frac32 > 1$) : la [série](#def-b1-series-def) converge. Toute la décision a tenu en un équivalent et une lecture — à condition que les termes soient positifs, ce qu’ils sont. L’idée à retenir : pour les [séries](#def-b1-series-def) positives, toute la théorie de la convergence est un *dictionnaire d’échelles* ($n^{-\alpha}$, $q^n$, $\frac{1}{n(\ln n)^\alpha}$) plus le droit de remplacer un terme par un équivalent ; le travail analytique est dans l’asymptotique ([Chapitre 16](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/16-formules-de-taylor-et-developpements-limites#ch-b1-taylor)), jamais dans la sommation.

**Théorème 17.10 (Comparaison série-intégrale ; séries de Riemann).**

Soit $f$ [continue](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/13-limites-et-continuite#def-b1-continuity-continuous), positive et *décroissante* sur $\intco{1}{+\infty}$. Alors

$$
\int_1^{N+1} f(t)\,\dd t \;\leq\; \sum_{n=1}^{N} f(n) \;\leq\; f(1)
+ \int_1^{N} f(t)\,\dd t ,
$$

donc $\sum f(n)$ converge si et seulement si $\bigl(\int_1^x f\bigr)$ est bornée. En particulier, pour $\alpha \in \R$ :

$$
\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n^\alpha} \text{ converge}
\iff \alpha > 1,
$$

et $\sum_{n=1}^{N} \frac1n = \ln N + O(1)$.

**Démonstration.** Pour $n \leq t \leq n+1$, la monotonie donne $f(n+1) \leq f(t)
\leq f(n)$ ; en intégrant sur $\intcc{n}{n+1}$ (un segment de longueur $1$) :

$$
f(n+1) \;\leq\; \int_n^{n+1} f(t)\,\dd t \;\leq\; f(n) .
$$

En sommant les inégalités de droite pour $n = 1, \dots, N-1$, on obtient $\int_1^{N} f \leq \sum_{n=1}^{N-1} f(n)$, d’où l’encadrement supérieur après avoir ajouté $f(N) \leq f(1)$ ; en sommant celles de gauche pour $n = 1, \dots, N$, on obtient $\sum_{n=2}^{N+1} f(n) \leq \int_1^{N+1} f$, qui après réindexation est l’encadrement inférieur. Convergence : les sommes partielles et les [intégrales](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/15-integration-sur-un-segment#thm-b1-integration-def) $\int_1^x f$ se majorent mutuellement à la constante $f(1)$ près, et toutes deux sont croissantes, donc l’une est bornée si et seulement si l’autre l’est ([Théorème 17.7](#thm-b1-series-positive)). Pour $f(t) = t^{-\alpha}$ ($\alpha \neq 1$) : $\int_1^x
t^{-\alpha}\dd t = \frac{x^{1-\alpha} - 1}{1 - \alpha}$, bornée si et seulement si $\alpha > 1$ ; pour $\alpha = 1$ l’[intégrale](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/15-integration-sur-un-segment#thm-b1-integration-def) vaut $\ln x \to \infty$, et l’encadrement donne $\ln(N+1) \leq H_N \leq 1
+ \ln N$. Pour $\alpha \leq 0$ les termes ne tendent pas vers $0$. ∎

**Exemple 17.11 (La pile harmonique).**

Combien de termes la [série](#def-b1-series-def) harmonique doit-elle accumuler pour dépasser $20$ ? L’encadrement $\ln(N+1) \leq H_N \leq 1 + \ln N$ répond sans aucune sommation : $H_N \geq 20$ exige $1 + \ln N \geq
20$, c’est-à-dire $N \geq \eu^{19} \approx 1.8\cdot10^{8}$, et est garanti dès que $\ln(N + 1) \geq 20$, c’est-à-dire $N \approx
\eu^{20} \approx 4.9\cdot10^{8}$. (Le devoir maison affine cela en $N \approx \eu^{20 - \gamma} \approx 2.7\cdot10^{8}$ grâce à la [constante d’Euler](#ex-b1-series-oddtelescope).) L’idée à retenir : la comparaison [série-intégrale](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/15-integration-sur-un-segment#thm-b1-integration-def) ne se contente pas de décider la convergence — elle *localise* les sommes partielles avec une précision logarithmique, transformant un calcul désespéré (des centaines de millions de termes) en une estimation de deux lignes.

**Théorème 17.12 (Règle de d’Alembert).**

Soit $u_n > 0$ avec $\frac{u_{n+1}}{u_n} \to \ell$.

- Si $\ell < 1$ : $\sum u_n$ converge ;
- si $\ell > 1$ : $u_n \to +\infty$ , divergence ;
- si $\ell = 1$ : pas de conclusion ( $\sum \frac1n$ diverge, $\sum  \frac{1}{n^2}$ converge).

**Démonstration.** Si $\ell < 1$, fixons $q \in \intoo{\ell}{1}$ : au-delà d’un certain $N$, $u_{n+1} \leq q\,u_n$, donc $u_n \leq u_N q^{\,n-N}$ par récurrence : comparaison avec une [série géométrique](#ex-b1-series-geometric). Si $\ell > 1$ : au-delà d’un certain $N$ la suite $(u_n)$ est croissante, donc elle ne peut tendre vers $0$ (sa limite, si elle existe, est $\geq u_N >
0$) ; par la [Proposition 17.4](#prop-b1-series-first) (1), divergence — et de fait $u_n \geq u_N q^{n-N}$ avec $q > 1$ donne $u_n \to \infty$. ∎

**Exemple 17.13.**

$\sum \frac{x^n}{n!}$ converge pour tout $x > 0$ : le rapport vaut $\frac{x}{n+1} \to 0$. Sa somme est $\eu^x$ : par l’inégalité de Taylor–Lagrange ([Théorème 16.7](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/16-formules-de-taylor-et-developpements-limites#thm-b1-taylor-lagrange)) sur $\intcc{0}{x}$,

$$
\Bigl| \eu^x - \sum_{k=0}^{n} \frac{x^k}{k!} \Bigr|
\leq \eu^{x}\, \frac{x^{n+1}}{(n+1)!} \xrightarrow[n\to\infty]{} 0 ,
$$

la borne tendant vers $0$ parce que la factorielle l’emporte (l’[Exercice 15.9](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/15-integration-sur-un-segment#exo-b1-integration-9) (1) utilisait le même fait). Le même argument somme les [séries](#def-b1-series-def) de $\sin$, $\cos$, $\sinh$, $\cosh$ sur $\R$ tout entier.

**Exemple 17.14 (La règle de d’Alembert est suffisante, non nécessaire).**

Soit $u_n = 2^{-n}$ pour $n$ pair et $u_n = 2^{-n-2}$ pour $n$ impair. Les rapports consécutifs oscillent entre $\frac{1}{8}$ et $\frac12\cdot4 = 2$, de sorte que $\frac{u_{n+1}}{u_n}$ n’a pas de limite et que d’Alembert reste muet — pourtant $u_n \leq 2^{-n}$ et le critère de comparaison règle la convergence instantanément. L’hypothèse de la règle (le rapport *converge*) est une vraie restriction : elle convient aux termes dotés d’une seule structure multiplicative dominante (factorielles, puissances), et échoue sur tout ce qui respire. Quand les rapports se conduisent mal, revenez à la comparaison avec une enveloppe géométrique — ce que la [règle de d’Alembert](#thm-b1-series-ratio) n’a jamais cessé d’être, comme le montre sa démonstration.

**Exemple 17.15 (La règle de d’Alembert dans les batailles de factorielles).**

Nature de $\sum_{n\geq0} \dfrac{(n!)^2}{(2n)!}$ (inverses des coefficients binomiaux centraux, au facteur $n + 1$ près) ? Le rapport fait s’effondrer les factorielles :

$$
\frac{u_{n+1}}{u_n}
= \frac{((n+1)!)^2}{(n!)^2}\cdot\frac{(2n)!}{(2n+2)!}
= \frac{(n+1)^2}{(2n+1)(2n+2)}
\longrightarrow \frac14 < 1 :
$$

convergente, et avec de la marge — les termes décroissent pour l’essentiel comme $4^{-n}$, ce qui est cohérent avec $\binom{2n}{n} \geq \frac{4^n}{2n+1}$ du [Problème 15.1](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/15-integration-sur-un-segment#pb-b1-integration-1). L’idée à retenir : les quotients de factorielles sont exactement ce que la [règle de d’Alembert](#thm-b1-series-ratio) digère — chaque factorielle se simplifie en une [fraction rationnelle](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/9-fractions-rationnelles#def-b1-fractions-field) en $n$, dont la limite se lit sur les termes dominants.

## 17.3 Convergence absolue ; séries alternées

**Théorème 17.16 (Convergence absolue).**

Si $\sum \abs{u_n}$ converge (*convergence absolue*), alors $\sum u_n$ converge, et $\bigl|\sum u_n\bigr| \leq \sum \abs{u_n}$. Ceci vaut pour des termes réels ou complexes.

**Démonstration.** Les sommes partielles vérifient, pour $M > N$ (critère de Cauchy, [Théorème 11.20](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/11-suites#thm-b1-seq-complete)) :

$$
\abs{S_M - S_N} = \Bigl| \sum_{n=N+1}^{M} u_n \Bigr|
\leq \sum_{n=N+1}^{M} \abs{u_n},
$$

quantité petite pour $N$ grand puisque les sommes partielles de $\sum\abs{u_n}$ forment une [suite de Cauchy](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/11-suites#def-b1-seq-cauchy). Donc $(S_N)$ est de Cauchy, donc convergente. L’inégalité passe à la limite depuis l’[inégalité triangulaire](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/3-nombres-complexes#prop-b1-complex-rules) finie. ∎

**Exemple 17.17 (Convergence absolue, réelle et complexe).**

$\sum_{n\geq1} \frac{\sin n}{n^2}$ : les termes changent de signe de façon erratique (de fait $(\sin n)$ est [dense](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/12-topologie-de-la-droite-reelle#def-b1-topology-dense) dans $\intcc{-1}{1}$, [Exercice 11.12](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/11-suites#exo-b1-seq-12)), et aucune structure alternée n’est en vue. La [convergence absolue](#thm-b1-series-absolute) sauve tout d’un coup : $\bigl|\frac{\sin n}{n^2}\bigr| \leq \frac{1}{n^2}$, une échelle convergente, donc la [série](#def-b1-series-def) converge. Le même bouclier fonctionne sur $\C$ : $\sum_{n\geq1}\frac{\eu^{\iu n}}{n^2}$ converge parce que $\bigl|\frac{\eu^{\iu n}}{n^2}\bigr| = \frac{1}{n^2}$ — les configurations de signes, fussent-elles bidimensionnelles, sont sans importance dès que les [modules](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/3-nombres-complexes#def-b1-complex-field) sont sommables. L’idée à retenir : la [convergence absolue](#thm-b1-series-absolute) est le seul outil de ce chapitre qui ne demande jamais comment les signes sont organisés ; essayez-la d’abord ([Méthode 17.21](#met-b1-series-decide)), et réservez les critères délicats aux [séries](#def-b1-series-def) qui lui échappent.

**Théorème 17.18 (Critère spécial des séries alternées).**

Soit $(a_n)$ décroissante avec $a_n \to 0$. Alors la [série alternée](#thm-b1-series-alternating) $\sum (-1)^n a_n$ converge ; sa somme est comprise entre deux sommes partielles consécutives quelconques, et

$$
\abs{R_N} = \Bigl| \sum_{n > N} (-1)^n a_n \Bigr| \leq a_{N+1} .
$$

**Démonstration.** Les sommes partielles paires et impaires sont adjacentes : $S_{2p+2}
- S_{2p} = a_{2p+2} - a_{2p+1} \leq 0$ (décroissance), $S_{2p+1} -
S_{2p-1} = a_{2p} - a_{2p+1} \geq 0$ (croissance), et $S_{2p} -
S_{2p+1} = a_{2p+1} \to 0$. Par le [Théorème 11.11](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/11-suites#thm-b1-seq-adjacent) elles ont une limite commune $S$, dont le critère des deux [suites extraites](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/11-suites#def-b1-seq-subsequence) ([Proposition 11.14](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/11-suites#prop-b1-seq-subsequences)) fait la limite de $(S_N)$ ; de plus $S$ est piégée entre deux sommes partielles consécutives, et $\abs{S - S_N}$ vaut au plus l’écart à la suivante, $a_{N+1}$. ∎

**Exemple 17.19 (Série harmonique alternée).**

$\sum_{n \geq 1} \frac{(-1)^{n-1}}{n}$ converge (critère spécial) mais pas absolument ([série](#def-b1-series-def) harmonique). Sa somme vaut $\ln 2$ : de l’identité géométrique finie $\frac{1}{1+t} = \sum_{k=0}^{n-1} (-t)^k
+ \frac{(-t)^n}{1+t}$, on intègre sur $\intcc{0}{1}$ :

$$
\ln 2 = \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k-1}}{k}
+ (-1)^n \int_0^1 \frac{t^n}{1+t}\,\dd t ,
\qquad
0 \leq \int_0^1 \frac{t^n}{1+t}\,\dd t \leq \frac{1}{n+1} \to 0 .
$$

La convergence est d’une lenteur pénible ($R_N \approx \frac{1}{N}$) — les [séries alternées](#thm-b1-series-alternating) convergent par compensation, non par petitesse.

![Les sommes partielles S_N de la série harmonique alternée 1 - 1/2 + 1/3 - sautent par-dessus leur limite 2 à chaque étape : les sommes impaires par au-dessus, les sommes paires par en dessous, chaque saut étant de taille 1/N+1. L’encadrement rend visible la démonstration du — et la lenteur avec laquelle la pince se referme (|S_N - 2| 1/2N, devoir maison ) explique pourquoi personne ne calcule 2 de cette façon.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-series/fig-4fb812dd779c.svg)

*Les sommes partielles $S_N$ de la [série](#def-b1-series-def) harmonique alternée $1 - \frac12 + \frac13 - \cdots$ sautent par-dessus leur limite $\ln 2$ à chaque étape : les sommes impaires par au-dessus, les sommes paires par en dessous, chaque saut étant de taille $\frac{1}{N+1}$. L’encadrement rend visible la démonstration du [Théorème 17.18](#thm-b1-series-alternating) — et la lenteur avec laquelle la pince se referme ($\abs{S_N - \ln 2} \approx \frac{1}{2N}$, devoir maison [Problème 17.1](#pb-b1-series-1)) explique pourquoi personne ne calcule $\ln 2$ de cette façon.*

**Remarque 17.20 (Pièges classiques avec les séries).**

(i) *Le critère des équivalents exige un signe* : posons $v_n =
\frac{(-1)^n}{\sqrt n}$ et $u_n = v_n + \frac1n$. Alors $\frac{u_n}{v_n} = 1 + \frac{(-1)^n}{\sqrt n} \to 1$, donc $u_n
\sim v_n$ ; pourtant $\sum v_n$ converge (critère spécial) tandis que $\sum u_n = \sum v_n + \sum \frac1n$ diverge. L’équivalence contrôle la *taille* des termes, et pour les [séries](#def-b1-series-def) de signe quelconque la taille ne fait pas le destin — le critère est énoncé, et vrai, pour des termes positifs (à partir d’un certain rang) seulement. (ii) *$u_n \to 0$ ne prouve rien* : la [série](#def-b1-series-def) harmonique est l’éternel contre-exemple ; le sens direct ([Proposition 17.4](#prop-b1-series-first) (1)) n’est qu’un test rapide de divergence. (iii) *Un rapport de limite $1$ est un silence, pas une convergence* : $\sum\frac1n$ et $\sum\frac{1}{n^2}$ ont toutes deux un rapport $\to 1$ ; passez aux échelles de Riemann ou à la comparaison [série-intégrale](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/15-integration-sur-un-segment#thm-b1-integration-def). (iv) *Alterner ne suffit pas, il faut décroître* : $\sum \frac{(-1)^n}{n + (-1)^n}$ a l’air alternée et ne se traite que par développement ([Exercice 17.5](#exo-b1-series-5)) ; le devoir maison du [Chapitre 16](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/16-formules-de-taylor-et-developpements-limites#ch-b1-taylor) (question 23 là-bas) montre que le critère peut échouer purement et simplement sans monotonie. (v) *Grouper et réordonner n’est pas gratuit* : insérer des parenthèses est inoffensif pour une [série](#def-b1-series-def) convergente mais peut créer de la convergence à partir de la divergence ($1 - 1 + 1 - \cdots$ groupé par paires), et réordonner peut changer la somme elle-même — le drame mis en scène dans le devoir maison de ce chapitre ([Problème 17.1](#pb-b1-series-1)).

**Méthode 17.21 (Décider de la nature d’une série).**

1. A-t-on $u_n \to 0$ ? Sinon, divergence, on s’arrête.
2. Termes positifs : cherchez un équivalent de $u_n$ (développements, [Chapitre 16](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/16-formules-de-taylor-et-developpements-limites#ch-b1-taylor) !), comparez avec les échelles de Riemann ou géométriques ; factorielles et puissances appellent la [règle de d’Alembert](#thm-b1-series-ratio) ; un $f(n)$ décroissant appelle la comparaison [série-intégrale](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/15-integration-sur-un-segment#thm-b1-integration-def) .
3. Signes variables : essayez d’abord la [convergence absolue](#thm-b1-series-absolute) ; si elle échoue, le critère spécial des [séries alternées](#thm-b1-series-alternating) (vérifiez soigneusement la *décroissance* ) ; au-delà, les outils de deuxième année.

**Exemple 17.22 (Dénominateurs impairs, un demi-télescope).**

Calculons $\sum_{n \geq 1} \dfrac{1}{4n^2 - 1}$. Éléments simples : $\frac{1}{(2n-1)(2n+1)} =
\frac12\bigl(\frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n+1}\bigr)$, donc

$$
\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{4n^2 - 1}
= \frac12\Bigl(1 - \frac{1}{2N+1}\Bigr)
\longrightarrow \frac12 .
$$

Comparez avec $\sum \frac{1}{n(n+1)} = 1$ ([Exercice 17.1](#exo-b1-series-1)) : même squelette télescopique, mais les termes consécutifs sont ici distants de deux dans les nombres impairs, et le facteur $\frac12$ enregistre le pas. L’idée à retenir : le télescopage est un changement de point de vue, non une astuce — dès que le terme général est une différence $w_n -
w_{n+1}$ d’une suite ayant une limite, la somme vaut $w_1 - \lim w$, exactement la [Proposition 17.4](#prop-b1-series-first) (3).

**Remarque 17.23 (La chaîne de l’analyse, rétrospectivement).**

Ce chapitre est le point de convergence de l’analyse du volume, et chaque critère nomme son ancêtre. Les sommes partielles bornées, c’est le [théorème de la limite monotone](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/11-suites#thm-b1-seq-monotone) ([Chapitre 11](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/11-suites#ch-b1-seq)), lui-même l’axiome de complétude du [Chapitre 10](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/10-nombres-reels#ch-b1-reals) ; la [convergence absolue](#thm-b1-series-absolute), c’est le critère de Cauchy ; le critère intégral, c’est l’encadrement des aires du [Chapitre 15](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/15-integration-sur-un-segment#ch-b1-integration) ; les équivalents de termes généraux, ce sont les développements du [Chapitre 16](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/16-formules-de-taylor-et-developpements-limites#ch-b1-taylor) ; et le critère spécial des [séries alternées](#thm-b1-series-alternating), c’est le lemme des [suites adjacentes](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/11-suites#thm-b1-seq-adjacent) endimanché. Lue à l’envers, la chaîne explique à quoi chaque chapitre *servait* — et les devoirs maison qui la traversent (développements en base $b$, Cesàro–Stolz, les machines à irrationalité, la [constante d’Euler](#ex-b1-series-oddtelescope)) sont les mêmes quelques idées se retrouvant à une altitude toujours plus haute. L’algèbre linéaire qui suit change de sujet, pas d’exigence : l’habitude des énoncés exacts avec erreur certifiée survit au passage des limites aux dimensions.

**Remarque 17.24 (Où vont les séries ensuite).**

Ce chapitre clôt l’analyse du volume et ouvre trois portes. Dans le volume de Licence 2, les [séries](#def-b1-series-def) acquièrent une variable ($\sum
a_n x^n$ : les [séries](#def-b1-series-def) entières, avec leur rayon de convergence) puis une théorie à valeurs fonctions (les [séries](#def-b1-series-def) de Fourier) ; la dichotomie [convergence absolue](#thm-b1-series-absolute) contre convergence conditionnelle, dramatisée dans le devoir maison ci-dessous, devient la clé de voûte des deux. En probabilités (volume de Licence 3), les espérances de variables aléatoires discrètes *sont* des [séries](#def-b1-series-def), et c’est la [convergence absolue](#thm-b1-series-absolute) qui les rend bien définies. Et la [série](#def-b1-series-def) de Riemann $\sum n^{-s}$, poussée à des $s$ complexes, devient la fonction zêta — la [série](#def-b1-series-def) la plus étudiée de toutes les mathématiques.

## 17.4 Exercices

**Exercice 17.1 ★.**

Nature (et somme, en cas de télescopage) de :

$$
\sum_{n\geq1} \frac{1}{n(n+1)},
\qquad
\sum_{n\geq2} \ln\Bigl(1 - \frac{1}{n^2}\Bigr),
\qquad
\sum_{n\geq0} \frac{3^n + 4^n}{5^n} .
$$

**Solution de Exercice 17.1.**

$\dfrac{1}{n(n+1)} = \dfrac1n - \dfrac{1}{n+1}$ : télescopage, $S_N =
1 - \frac{1}{N+1} \to 1$. Convergente, de somme $1$.

$\ln\bigl(1 - \frac{1}{n^2}\bigr) = \ln\frac{(n-1)(n+1)}{n^2} =
\ln\frac{n-1}{n} - \ln\frac{n}{n+1}$ : télescopage à nouveau, $S_N =
\ln\frac12 - \ln\frac{N}{N+1} \to -\ln 2$. Convergente, de somme $-\ln 2$.

$\dfrac{3^n + 4^n}{5^n} = \bigl(\frac35\bigr)^n +
\bigl(\frac45\bigr)^n$ : deux [séries géométriques](#ex-b1-series-geometric) convergentes, de somme $\frac{1}{1 - 3/5} + \frac{1}{1 - 4/5} = \frac52 + 5 =
\frac{15}{2}$.

**Exercice 17.2 ★.**

Nature de : $\;\sum \dfrac{n^2}{2^n}$ ; $\;\sum \dfrac{n!}{n^n}$ ; $\;\sum \dfrac{2^n\,n!}{n^n}$ ; $\;\sum \dfrac{3^n\,n!}{n^n}$. *([Règle de d’Alembert](#thm-b1-series-ratio) ; on rappelle que $\bigl(1 + \frac1n\bigr)^n \to \eu$.)*

**Solution de Exercice 17.2.**

[Règle de d’Alembert](#thm-b1-series-ratio) partout.

$\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{(n+1)^2}{2n^2} \to \frac12 < 1$ : convergente.

$\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{(n+1)!\,n^n}{n!\,(n+1)^{n+1}} =
\bigl(\frac{n}{n+1}\bigr)^n = \bigl(1 + \frac1n\bigr)^{-n} \to
\frac1\eu < 1$ : convergente.

Avec le facteur $2^n$ : le rapport tend vers $\frac2\eu < 1$ : convergente.

Avec $3^n$ : le rapport tend vers $\frac3\eu > 1$ : divergente (les termes tendent vers $+\infty$).

**Exercice 17.3 ★.**

Nature de : $\;\sum \sin\dfrac{1}{n^2}$ ; $\;\sum
\Bigl(1 - \cos\dfrac1n\Bigr)$ ; $\;\sum \dfrac{1}{\sqrt{n(n+1)}}$ ; $\;\sum \dfrac{\ln n}{n^2}$ *(comparer avec $n^{-3/2}$)*.

**Solution de Exercice 17.3.**

Tous les termes sont positifs ; on utilise les équivalents ([Théorème 17.7](#thm-b1-series-positive)).

$\sin\frac{1}{n^2} \sim \frac{1}{n^2}$ : convergente (Riemann $\alpha
= 2$).

$1 - \cos\frac1n \sim \frac{1}{2n^2}$ : convergente.

$\frac{1}{\sqrt{n(n+1)}} \sim \frac1n$ : divergente.

$\frac{\ln n}{n^2} = \frac{1}{n^{3/2}}\cdot\frac{\ln n}{n^{1/2}}$ et $\frac{\ln n}{\sqrt n} \to 0$ ([Proposition 4.6](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/4-fonctions-usuelles#prop-b1-functions-powerrules)) : donc $\frac{\ln n}{n^2} \leq
\frac{1}{n^{3/2}}$ pour $n$ grand : convergente.

**Exercice 17.4 ★.**

Montrer que $\sum_{n\geq1} \frac{1}{n^2}$ converge, de somme $\leq 2$, en utilisant $\frac{1}{n^2} \leq \frac{1}{n(n-1)}$ pour $n \geq 2$ et une majoration télescopique.

**Solution de Exercice 17.4.**

Pour $n \geq 2$ : $\frac{1}{n^2} \leq \frac{1}{n(n-1)} =
\frac{1}{n-1} - \frac1n$. D’où

$$
\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n^2} \leq 1 + \sum_{n=2}^{N}
\Bigl(\frac{1}{n-1} - \frac1n\Bigr) = 1 + 1 - \frac1N < 2 :
$$

sommes partielles croissantes et majorées par $2$ : convergence ([Théorème 17.7](#thm-b1-series-positive)), somme $\leq 2$. (La valeur exacte $\frac{\pi^2}{6}$ est une fête de deuxième année.)

**Exercice 17.5 ★★.**

Nature de $\;\sum \dfrac{(-1)^n}{\sqrt n}$, de $\;\sum
\dfrac{(-1)^n}{n + (-1)^n}$ *(développer : le critère spécial ne s’applique pas directement — pourquoi ?)*, et de $\;\sum
\sin\bigl(\pi\sqrt{n^2+1}\,\bigr)$ *(réduire modulo $\pi$ : $\sqrt{n^2+1} = n + \frac{1}{2n} + O(n^{-3})$)*.

**Solution de Exercice 17.5.**

$\sum \frac{(-1)^n}{\sqrt n}$ : alternée avec $\frac{1}{\sqrt n}
\downarrow 0$ : convergente ([Théorème 17.18](#thm-b1-series-alternating)) ; pas absolument ($\alpha = \frac12 \leq 1$).

$\sum \frac{(-1)^n}{n + (-1)^n}$ : la suite $\frac{1}{n +
(-1)^n}$ n’est *pas* décroissante ($\frac{1}{n+1}$ puis $\frac{1}{n}$ alternent fâcheusement), donc le critère ne s’applique pas directement. Développons :

$$
\frac{(-1)^n}{n + (-1)^n}
= \frac{(-1)^n}{n}\cdot\frac{1}{1 + \frac{(-1)^n}{n}}
= \frac{(-1)^n}{n} - \frac{1}{n^2} +
O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr):
$$

la première [série](#def-b1-series-def) converge (critère spécial), $\sum \frac{1}{n^2}$ converge, le $O(n^{-3})$ converge absolument : la somme de trois [séries](#def-b1-series-def) convergentes converge.

$\sin\bigl(\pi\sqrt{n^2+1}\bigr)$ : écrivons $\sqrt{n^2 + 1} = n +
\frac{1}{2n} + \varepsilon_n$ avec $\varepsilon_n = O(n^{-3})$ ; alors, par $\pi$-périodicité de $\sin$ au signe près,

$$
\sin\bigl(\pi\sqrt{n^2+1}\bigr)
= (-1)^n \sin\Bigl(\frac{\pi}{2n} + \pi\varepsilon_n\Bigr) .
$$

Posons $\theta_n = \frac{\pi}{2n} + \pi\varepsilon_n$ et $a_n =
\sin\theta_n$. Pour $n$ grand, $\theta_n \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ et

$$
\theta_n - \theta_{n+1} = \frac{\pi}{2n(n+1)} +
\pi(\varepsilon_n - \varepsilon_{n+1})
= \frac{\pi}{2n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr) > 0
$$

à partir d’un certain rang, donc $(\theta_n)$ décroît vers $0$ ; comme $\sin$ est croissante sur $\intcc{0}{\frac\pi2}$, $(a_n)$ décroît elle aussi vers $0$. Le critère spécial s’applique : convergente — pas absolument, puisque $a_n \sim \frac{\pi}{2n}$.

**Exercice 17.6 ★★.**

Pour quels $\alpha > 0$ la [série](#def-b1-series-def) $\sum_{n \geq 2}
\dfrac{1}{n (\ln n)^{\alpha}}$ converge-t-elle ? *(Comparaison [série-intégrale](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/15-integration-sur-un-segment#thm-b1-integration-def) ; poser $u = \ln t$.)*

**Solution de Exercice 17.6.**

$f(t) = \frac{1}{t(\ln t)^\alpha}$ est positive, [continue](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/13-limites-et-continuite#def-b1-continuity-continuous), décroissante sur $\intco{2}{+\infty}$. En posant $u = \ln t$ :

$$
\int_2^x \frac{\dd t}{t(\ln t)^\alpha}
= \int_{\ln 2}^{\ln x} \frac{\dd u}{u^\alpha},
$$

quantité bornée quand $x \to \infty$ si et seulement si $\alpha > 1$ (le calcul du [Théorème 17.10](#thm-b1-series-riemann)). Par comparaison [série-intégrale](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/15-integration-sur-un-segment#thm-b1-integration-def) : convergence si et seulement si $\alpha > 1$. (Ces [séries](#def-b1-series-def) *de type Bertrand* montrent la finesse de la [frontière](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/12-topologie-de-la-droite-reelle#def-b1-topology-closure) de convergence : $n\ln n$ diverge, $n(\ln n)^{1.01}$ converge.)

**Exercice 17.7 ★★.**

Soit $u_n = \dfrac{1}{n} - \ln\Bigl(1 + \dfrac1n\Bigr)$. Montrer que $0 \leq u_n \leq \dfrac{1}{2n^2}$, que $\sum u_n$ converge, et en déduire l’existence de la [constante d’Euler](#ex-b1-series-oddtelescope) :

$$
\gamma = \lim_{N \to \infty} \Bigl( \sum_{n=1}^{N} \frac 1n - \ln N
\Bigr) .
$$

**Solution de Exercice 17.7.**

Par les majorations de la tangente de l’[Exercice 14.3](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/14-derivation#exo-b1-derivative-3) réécrites via des développements : pour $x = \frac1n \in
\intoc{0}{1}$, la formule de Taylor–Lagrange pour $\ln(1+x)$ à l’ordre $1$ donne $\ln(1 + x) = x - \frac{x^2}{2(1 + c)^2}$ pour un certain $c \in \intoo{0}{x}$, donc

$$
0 \leq u_n = \frac1n - \ln\Bigl(1 + \frac1n\Bigr) \leq
\frac{1}{2n^2} .
$$

Comparaison avec la [série](#def-b1-series-def) de Riemann : $\sum u_n$ converge. Sa somme partielle télescope les logarithmes :

$$
\sum_{n=1}^{N} u_n = H_N - \ln(N+1)
$$

(puisque $\sum_{n\leq N} \ln\frac{n+1}{n} = \ln(N+1)$). Donc $H_N -
\ln(N+1)$ converge ; en ajoutant $\ln\frac{N+1}{N} \to 0$, la suite $H_N - \ln N$ converge. Sa limite est $\gamma \approx 0.5772$.

**Exercice 17.8 ★★.**

Calculer les sommes

$$
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+2)}
\qquad\text{et}\qquad
\sum_{n=0}^{\infty} \frac{n}{2^n} .
$$

*(Pour la première : éléments simples. Pour la seconde : calculer $\sum_{n=1}^{N} n x^{n-1}$ sous forme close et faire $N \to \infty$ en $x = \frac12$.)*

**Solution de Exercice 17.8.**

$\dfrac{1}{n(n+2)} = \dfrac{1/2}{n} - \dfrac{1/2}{n+2}$ : la somme partielle télescope avec un décalage de $2$,

$$
S_N = \frac12\Bigl(1 + \frac12 - \frac{1}{N+1} -
\frac{1}{N+2}\Bigr) \longrightarrow \frac34 .
$$

$\sum \frac{n}{2^n}$ : pour $\abs x < 1$, en dérivant la somme géométrique finie et en passant à la limite (toutes les [séries](#def-b1-series-def) en jeu convergent absolument, [règle de d’Alembert](#thm-b1-series-ratio)) : à partir de $\sum_{n\geq0} x^n = \frac{1}{1-x}$, un calcul direct sur les sommes partielles donne

$$
\sum_{n=1}^{N} n x^{n-1}
= \frac{1 - (N+1)x^N + N x^{N+1}}{(1 - x)^2}
\xrightarrow[N\to\infty]{} \frac{1}{(1-x)^2}
\quad (\abs x < 1),
$$

(les termes de bord vérifient $N x^N \to 0$). En $x = \frac12$ : $\sum_{n\geq1} n\bigl(\frac12\bigr)^{n-1} = 4$, donc $\sum_{n\geq0}
\frac{n}{2^n} = \frac12 \times 4 = 2$.

**Exercice 17.9 ★★★.**

(Condensation de Cauchy) Soit $(u_n)$ positive et décroissante. Montrer que

$$
\sum_{n \geq 1} u_n \text{ converge}
\iff
\sum_{k \geq 0} 2^k\, u_{2^k} \text{ converge},
$$

en comparant des paquets de termes entre puissances consécutives de $2$. En redéduire le critère de Riemann et l’[Exercice 17.6](#exo-b1-series-6).

**Solution de Exercice 17.9.**

Groupons les termes de $\sum u_n$ en paquets entre puissances de $2$. Paquets majorés : pour $2^k \leq n < 2^{k+1}$ il y a $2^k$ termes, chacun $\leq u_{2^k}$ :

$$
\sum_{n=1}^{2^{K+1}-1} u_n
= \sum_{k=0}^{K} \sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1} u_n
\leq \sum_{k=0}^{K} 2^k u_{2^k} .
$$

Paquets minorés : chaque terme du même paquet est $\geq u_{2^{k+1}}$, donc $\sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1} u_n \geq 2^k u_{2^{k+1}} = \frac12
\cdot 2^{k+1} u_{2^{k+1}}$, d’où

$$
\sum_{n=1}^{2^{K+1}-1} u_n \geq \frac12 \sum_{k=1}^{K+1} 2^{k}
u_{2^{k}} .
$$

Les deux comparaisons de sommes partielles fonctionnent dans les deux sens (termes positifs, [Théorème 17.7](#thm-b1-series-positive)) : les deux [séries](#def-b1-series-def) sont de même nature.

Riemann : $u_n = n^{-\alpha}$ donne $2^k u_{2^k} =
2^{k(1-\alpha)}$, une [série géométrique](#ex-b1-series-geometric), convergente si et seulement si $2^{1 - \alpha} < 1$, c’est-à-dire $\alpha > 1$. Bertrand ([Exercice 17.6](#exo-b1-series-6)) : $u_n = \frac{1}{n(\ln n)^\alpha}$ donne $2^k u_{2^k} = \frac{1}{(k\ln 2)^\alpha}$, une [série](#def-b1-series-def) de Riemann en $k$ : convergente si et seulement si $\alpha > 1$.

**Exercice 17.10 ★★★.**

En utilisant l’identité [intégrale](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/15-integration-sur-un-segment#thm-b1-integration-def) de l’[Exemple 17.19](#ex-b1-series-ln2) adaptée à $\frac{1}{1+t^2}$, démontrer la [formule de Leibniz](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/14-derivation#thm-b1-derivative-leibniz)

$$
\frac{\pi}{4} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1}
= 1 - \frac13 + \frac15 - \frac17 + \cdots
$$

avec la majoration de l’erreur $\abs{R_N} \leq \frac{1}{2N+3}$.

**Solution de Exercice 17.10.**

Identité géométrique finie de raison $-t^2$ :

$$
\frac{1}{1 + t^2} = \sum_{k=0}^{n-1} (-1)^k t^{2k}
+ \frac{(-1)^n t^{2n}}{1 + t^2} .
$$

Intégrons sur $\intcc{0}{1}$ (le membre de gauche s’intègre en $\arctan 1 = \frac\pi4$, [Proposition 4.10](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/4-fonctions-usuelles#prop-b1-functions-arcderiv)) :

$$
\frac{\pi}{4} = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{(-1)^k}{2k+1}
+ (-1)^n \int_0^1 \frac{t^{2n}}{1+t^2}\,\dd t,
\qquad
0 \leq \int_0^1 \frac{t^{2n}}{1+t^2}\,\dd t \leq \int_0^1 t^{2n}\dd
t = \frac{1}{2n+1} .
$$

Faire $n \to \infty$ démontre la formule, et la majoration affichée de l’[intégrale](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/15-integration-sur-un-segment#thm-b1-integration-def) est exactement la majoration du reste : après avoir sommé jusqu’à $N$ (c’est-à-dire $n = N + 1$ termes), $\abs{R_N} \leq
\frac{1}{2N + 3}$.

**Exercice 17.11 ★★.**

Nature de $\displaystyle\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n^{1 + 1/n}}$. *(Calculer la limite de $n^{1/n}$ et trouver un équivalent du terme général : le critère de Riemann exige un exposant *fixe*.)*

**Solution de Exercice 17.11.**

$n^{1/n} = \eu^{\frac{\ln n}{n}} \to \eu^0 = 1$ ([Proposition 4.6](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/4-fonctions-usuelles#prop-b1-functions-powerrules)). D’où

$$
\frac{1}{n^{1 + 1/n}} = \frac{1}{n}\,\eu^{-\frac{\ln n}{n}}
\sim \frac{1}{n} ,
$$

et le critère des équivalents ([Théorème 17.7](#thm-b1-series-positive)) compare avec la [série](#def-b1-series-def) harmonique divergente : *divergente*, bien que chaque exposant $1 + \frac1n$ dépasse $1$. Le critère de Riemann porte sur un exposant $\alpha$ *fixe* ; un exposant qui glisse vers $1$ peut perdre toute sa marge, comme ici.

**Exercice 17.12 ★★★.**

Soit $(u_n)$ positive et *décroissante* avec $\sum u_n$ convergente. Montrer que $n\,u_n \to 0$ *(majorer $n\,u_{2n}$ par une tranche $\sum_{k=n+1}^{2n} u_k$ et utiliser le critère de Cauchy)*. Montrer que la réciproque est fausse, et que l’hypothèse de monotonie ne peut pas être supprimée.

**Solution de Exercice 17.12.**

Soit $\varepsilon > 0$. Par le critère de Cauchy appliqué à la [série](#def-b1-series-def) convergente ([Théorème 11.20](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/11-suites#thm-b1-seq-complete) appliqué aux sommes partielles), il existe $N$ tel que $\sum_{k=n+1}^{2n} u_k \leq
\varepsilon$ pour $n \geq N$. Par monotonie, chacun de ces $n$ termes est $\geq u_{2n}$ :

$$
n\,u_{2n} \leq \sum_{k=n+1}^{2n} u_k \leq \varepsilon
\quad\Longrightarrow\quad 2n\,u_{2n} \leq 2\varepsilon ,
$$

et pour les indices impairs $(2n+1)\,u_{2n+1} \leq (2n+1)\,u_{2n}
\leq 2\bigl(2n\,u_{2n}\bigr) \leq 4\varepsilon$ pour $n \geq N$ : dans les deux parités, $n u_n \to 0$.

Réciproque fausse : $u_n = \frac{1}{n\ln n}$ vérifie $n u_n =
\frac{1}{\ln n} \to 0$, et pourtant la [série](#def-b1-series-def) diverge ([Exercice 17.6](#exo-b1-series-6), $\alpha = 1$). Monotonie nécessaire : posons $u_n = \frac1n$ lorsque $n$ est un carré parfait et $u_n =
2^{-n}$ sinon : la [série](#def-b1-series-def) converge (les termes carrés se somment comme $\sum \frac{1}{k^2}$, le reste géométriquement), mais $n u_n =
1$ le long des carrés.

## 17.5 Problème : la constante d’Euler et la série qui change de somme

**Problème 17.1.**

Devoir maison — $H_n = \ln n + \gamma +
\frac{1}{2n} + O(n^{-2})$, et le réarrangement de $1 - \frac12 +
\frac13 - \dots$ en $\frac{\ln 2}{2}$

Deux histoires se partagent la [série](#def-b1-series-def) harmonique. D’abord, la comptabilité exacte de sa divergence : $H_n - \ln n$ converge vers la [constante d’Euler](#ex-b1-series-oddtelescope) $\gamma$ ([Exercice 17.7](#exo-b1-series-7)), et ce problème affine l’énoncé en une loi à deux côtés $\frac{1}{2(n+1)}
\leq H_n - \ln n - \gamma \leq \frac{1}{2n}$, qui certifie $\gamma
= 0.5772\dots$ à la main. Ensuite, le scandale de la convergence conditionnelle : la [série](#def-b1-series-def) harmonique alternée a pour somme $\ln 2$ ([Exemple 17.19](#ex-b1-series-ln2)), et pourtant *les mêmes termes, dans un autre ordre*, ont pour somme $\frac{\ln 2}{2}$ — ou $\ln 2 +
\frac12\ln\frac pq$ pour tous $p, q$, ou n’importe quel réel (Riemann). Les deux histoires n’en font qu’une : les sommes réarrangées se calculent *avec* la loi du $\gamma$.

**Partie I — $\gamma$, encadré.** Posons $a_n = H_n
- \ln n$ et $b_n = H_n - \ln(n+1)$.

1. En utilisant $\frac{t}{1+t} \leq \ln(1 + t) \leq t$ , montrer que $(a_n)$ décroît, que $(b_n)$ croît, et qu’elles sont adjacentes ; leur limite commune est $\gamma$ , avec $b_n \leq  \gamma \leq a_n$ pour tout $n$ .
2. Premier tir numérique : à partir de $H_{10} = 2.928968\dots$ , encadrer $\gamma$ entre $b_{10} = 0.5311$ et $a_{10} =  0.6264$ . Quel $n$ ce grossier encadrement exigerait-il pour quatre décimales ?
3. Montrer la représentation exacte du reste $a_n - \gamma =  \sum_{k \geq n} w_k$ (limite des sommes partielles), où $$w_k = a_k - a_{k+1}  = \ln\Bigl(1 + \frac1k\Bigr) - \frac{1}{k+1}  = \int_k^{k+1} \frac{(k + 1 - t)}{t\,(k+1)}\,\dd t ,$$ et déduire de la forme intégrale l’encadrement $\dfrac{1}{2(k+1)^2} \leq w_k \leq \dfrac{1}{2k(k+1)}$.

**Partie II — La loi du $\frac{1}{2n}$.**

4. Sommer les bornes de la question 3 (les deux côtés se télescopent ou se comparent à des télescopages) et conclure la loi : $$\frac{1}{2(n+1)} \;\leq\; H_n - \ln n - \gamma \;\leq\;  \frac{1}{2n} \qquad (n \geq 1).$$
5. En déduire $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} +  O\bigl(\frac{1}{n^2}\bigr)$ ; précisément, montrer que $\gamma_n = H_n - \ln n - \frac{1}{2n}$ vérifie $-\frac{1}{2n(n+1)} \leq \gamma_n - \gamma \leq 0$ .
6. Certifier quatre décimales avec $n = 100$ : sachant que $H_{100} = 5.1873775\dots$ , calculer $\gamma_{100} =  0.577207\dots$ et conclure $\gamma = 0.5772 \pm 5\cdot10^{-5}$ (valeur exacte $0.5772156\dots$ ).
7. Deux dividendes de la loi, tous deux utiles plus loin : quand $m \to \infty$, $$H_{2m} - H_m = \ln 2 - \frac{1}{4m} +  O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr),  \qquad  \sum_{j=1}^{m} \frac{1}{2j-1} = \frac{\ln m}{2} + \ln 2  + \frac\gamma2 + o(1) ,$$ la seconde via $\sum_{j \leq m} \frac{1}{2j-1} = H_{2m}  - \frac12 H_m$, et de même $\sum_{j=1}^{m}  \frac{1}{2j} = \frac{\ln m}{2} + \frac\gamma2 + o(1)$.

**Partie III — La [série](#def-b1-series-def) harmonique alternée, au second ordre.**

8. Montrer (par récurrence, ou par regroupement) l’identité $\sum_{k=1}^{2m} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = H_{2m} - H_m$, et en déduire à la fois la somme $\ln 2$ (encore) et la vitesse exacte : $$\sum_{k=1}^{2m} \frac{(-1)^{k-1}}{k}  = \ln 2 - \frac{1}{4m} + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr) .$$
9. En déduire l’erreur asymptotique de la [série](#def-b1-series-def) harmonique alternée à *tout* indice : $S - S_N \sim  \frac{(-1)^N}{2N}$ — deux fois plus petite que la borne du pire cas $a_{N+1} \approx \frac1N$ du [Théorème 17.18](#thm-b1-series-alternating) .
10. (Accélération gratuite) Montrer que les sommes moyennées $\tilde S_N = \frac{S_N + S_{N+1}}{2}$ vérifient $\tilde  S_N = \ln 2 + O\bigl(\frac{1}{N^2}\bigr)$ . Vérification : $S_{10} = 0.64563$ , $S_{11} = 0.73654$ , $\tilde S_{10} =  0.69109$ , contre $\ln 2 = 0.69315$ : une moyenne achète deux décimales.
11. Expliquer en deux phrases pourquoi aucune astuce de ce genre ne peut aider un phénomène de queue divergente *positive* comme l’encadrement de la question 2 : l’erreur alternée oscille (signe $(-1)^N$ ), donc la moyenne annule son terme dominant, tandis que l’erreur $\frac{1}{2n}$ de l’encadrement du $\gamma$ est de signe constant. (Moyenner $a_n$ et $b_n$ , en revanche, *aide* : relier $\frac{a_n + b_n}{2}$ à l’estimation par le point milieu $H_n - \ln\bigl(n + \frac12\bigr)$ et montrer que son erreur est $O\bigl(\frac{1}{n^2}\bigr)$ .)

**Partie IV — La rigidité et sa faillite.**

12. Montrer que la partie positive $\sum \frac{1}{2j-1}$ et la partie négative $\sum \frac{1}{2j}$ de la [série](#def-b1-series-def) harmonique alternée divergent toutes deux — la signature de la convergence *conditionnelle* .
13. Démontrer l’énoncé général derrière la question 12 : si $\sum u_n$ converge mais $\sum \abs{u_n}$ diverge, alors la [série](#def-b1-series-def) des parties positives $\sum u_n^+$ et celle des parties négatives $\sum u_n^-$ divergent toutes deux *(à partir de $u_n^\pm = \frac{\abs{u_n} \pm u_n}{2}$ : si l’une convergeait, l’autre aussi, donc $\sum\abs{u_n}$)* . Cet inépuisable réservoir de masse positive et négative est ce que la recette de Riemann va dépenser.
14. (Rigidité) Démontrer : si $\sum u_n$ converge *absolument* et si $\sigma \colon \N \to \N$ est une [bijection](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/1-logique-ensembles-et-applications#def-b1-logic-inj) , alors $\sum u_{\sigma(n)}$ converge vers la même somme *(pour $N$ grand, les $M$ premiers termes réarrangés contiennent $u_0, \dots, u_N$ ; comparer les sommes partielles à travers le reste $\sum_{n >  N}\abs{u_n}$)* .
15. (La recette de Riemann) Soit $t \in \R$ . Décrire le réarrangement glouton de la [série](#def-b1-series-def) harmonique alternée : prendre des termes positifs $1, \frac13, \frac15, \dots$ jusqu’à ce que la somme partielle dépasse $t$ pour la première fois, puis des termes négatifs $-\frac12, -\frac14, \dots$ jusqu’à ce qu’elle passe sous $t$ pour la première fois, et recommencer. Montrer que chaque terme est utilisé exactement une fois, qu’après le premier croisement les sommes partielles restent à distance de $t$ au plus le dernier terme utilisé, et conclure que la [série](#def-b1-series-def) réarrangée converge vers $t$ : *toute* somme prescrite est atteignable.

**Partie V — La formule $(p, q)$.** Fixons des entiers $p, q \geq 1$. Réarrangeons la [série](#def-b1-series-def) harmonique alternée par blocs : $p$ termes positifs (les inverses impairs suivants), puis $q$ termes négatifs (les inverses pairs suivants), et on recommence.

16. Vérifier qu’il s’agit bien d’un réarrangement (chaque terme exactement une fois), et que pour $(p, q) = (1, 2)$ il s’écrit $$1 - \frac12 - \frac14 + \frac13 - \frac16 - \frac18 +  \frac15 - \frac1{10} - \frac1{12} + \dots$$
17. (La division exacte par deux) Pour $(p, q) = (1, 2)$, démontrer l’identité de bloc $$\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{4k-2} - \frac{1}{4k}  = \frac12\Bigl(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k}\Bigr),$$ et en déduire la relation *exacte* $T_{3K} = \frac12  S_{2K}$ entre les sommes partielles réarrangées et les originales : la division de la somme par deux est visible à chaque étape finie, et pas seulement à la limite.
18. Montrer que la somme partielle après $K$ blocs complets vaut $\sum_{j=1}^{pK} \frac{1}{2j-1} - \sum_{j=1}^{qK}  \frac{1}{2j}$, et calculer sa limite à l’aide de la question 7 : $$\ln 2 + \frac12 \ln\frac pq .$$
19. Contrôler les sommes partielles *à l’[intérieur](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/12-topologie-de-la-droite-reelle#def-b1-topology-closure)* d’un bloc (les termes tendent vers $0$ ) et conclure que la [série](#def-b1-series-def) réarrangée selon $(p, q)$ converge vers $\ln 2 + \frac12\ln  \frac pq$ . En particulier $(1, 2)$ donne $\frac{\ln  2}{2}$ : vérifier sur les neuf premiers termes, $T_9 =  0.3083$ , qui rampe vers $0.3466$ .
20. Vérifications et portée : $(1,1)$ redonne $\ln 2$ ; $(2,1)$ donne $\frac32\ln 2$ ; quelles sommes sont atteignables par des blocs $(p, q)$ , et comment ce menu dénombrable se compare-t-il à la carte complète de Riemann (question 14) ?

**Partie VI — Épilogue : $\gamma$ à l’œuvre, et synthèse.**

21. Identifier la somme de la [série](#def-b1-series-def) convergente $\sum_{k\geq1} \bigl(\frac1k - \ln\frac{k+1}{k}\bigr)$ ( [Exercice 17.7](#exo-b1-series-7) ) : montrer qu’elle vaut $\gamma$ .
22. Faire tourner la recette de Riemann (question 14) pour la cible $t = 1$ et lister les douze premiers termes produits ( $1, \frac13, -\frac12, \frac15, -\frac14, \frac17,  \frac19, -\frac16, \frac1{11}, \frac1{13}, -\frac18,  \frac1{15}$ ), en calculant la somme partielle ( $\approx  0.980$ ) — regardez l’algorithme respirer autour de sa cible.
23. Montrer qu’un certain réarrangement de la [série](#def-b1-series-def) harmonique alternée diverge vers $+\infty$ *(des blocs de termes positifs assez longs pour gagner $1$ à chaque fois, en utilisant la question 12, séparés par des termes négatifs isolés)* .
24. Affiner l’ [Exemple 17.11](#ex-b1-series-harmonicstack) avec la loi du $\gamma$ : montrer que le premier indice tel que $H_N \geq  20$ vérifie $N = \eu^{\,20 - \gamma}\,(1 + o(1))  \approx 2.7\cdot10^{8}$ — la [constante d’Euler](#ex-b1-series-oddtelescope) est exactement la correction qui manquait à l’encadrement grossier.
25. Synthèse, une phrase pour chaque point : (i) la loi du $\gamma$ et ce qu’apporte chacun de ses trois morceaux ( $\ln n$ , $\gamma$ , $\frac{1}{2n}$ ) ; (ii) pourquoi la convergence conditionnelle rend la somme dépendante de l’ordre alors que la [convergence absolue](#thm-b1-series-absolute) l’interdit ; (iii) en quoi la formule $(p,q)$ était un *calcul* avec la loi du $\gamma$ plutôt qu’une affirmation d’existence abstraite ; (iv) où ces fils se poursuivent — [séries](#def-b1-series-def) entières et produits de [séries](#def-b1-series-def) dans le volume de Licence 2, et le devoir maison du volume de Licence 3 sur la formule de Stirling, où la même comptabilité somme-contre-intégrale tourne à plein régime.

**Solution de Problème 17.1.**

**1.** $a_{n+1} - a_n = \frac{1}{n+1} - \ln\frac{n+1}{n}
\leq 0$ car $\ln(1 + \frac1n) \geq \frac{1/n}{1 + 1/n} =
\frac{1}{n+1}$ ; et $b_{n+1} - b_n = \frac{1}{n+1} -
\ln\frac{n+2}{n+1} \geq 0$ car $\ln(1 + \frac{1}{n+1}) \leq
\frac{1}{n+1}$. Leur écart $a_n - b_n = \ln(1 + \frac1n) \to 0$ : elles sont adjacentes ([Théorème 11.11](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/11-suites#thm-b1-seq-adjacent)), de limite commune $\lim a_n = \gamma$ ([Exercice 17.7](#exo-b1-series-7)), et $b_n \leq \gamma
\leq a_n$.

**2.** $b_{10} = 2.928968 - \ln 11 = 0.5311$ et $a_{10} =
2.928968 - \ln 10 = 0.6264$ : donc $\gamma \in
\intcc{0.5311}{0.6264}$. L’écart vaut $\ln 1.1 \approx 0.095$ et décroît comme $\frac1n$ : quatre décimales ($\text{écart} \leq
10^{-4}$) exigeraient $n \approx 10^4$ — l’encadrement est correct, mais lent.

**3.** Le télescopage $a_n - a_{m+1} = \sum_{k=n}^{m} w_k$ et le passage à la limite $m \to \infty$ donnent $a_n - \gamma =
\sum_{k\geq n} w_k$ (limite des sommes partielles). De plus

$$
w_k = \int_k^{k+1} \frac{\dd t}{t} - \frac{1}{k+1}
= \int_k^{k+1} \Bigl(\frac1t - \frac{1}{k+1}\Bigr)\dd t
= \int_k^{k+1} \frac{k + 1 - t}{t\,(k+1)}\,\dd t .
$$

Sur $\intcc{k}{k+1}$ : $\frac{1}{(k+1)^2} \leq \frac{1}{t(k+1)}
\leq \frac{1}{k(k+1)}$, et $\int_k^{k+1}(k + 1 - t)\dd t =
\frac12$ : d’où $\frac{1}{2(k+1)^2} \leq w_k \leq
\frac{1}{2k(k+1)}$.

**4.** Majoration : $\sum_{k \geq n} \frac{1}{2k(k+1)} =
\frac12\sum_{k\geq n}\bigl(\frac1k - \frac{1}{k+1}\bigr) =
\frac{1}{2n}$ (télescopage). Minoration : $\frac{1}{2(k+1)^2} \geq
\frac{1}{2(k+1)(k+2)}$, dont la somme télescope en $\frac{1}{2(n+1)}$. Avec la question 3 :

$$
\frac{1}{2(n+1)} \leq H_n - \ln n - \gamma \leq \frac{1}{2n} .
$$

**5.** Retranchons $\frac{1}{2n}$ : $\gamma_n - \gamma \in
\intcc{\frac{1}{2(n+1)} - \frac{1}{2n}}{0} =
\intcc{-\frac{1}{2n(n+1)}}{0}$ : l’estimation corrigée est exacte à $O\bigl(\frac{1}{n^2}\bigr)$ près, et toujours par défaut.

**6.** $\gamma_{100} = 5.1873775 - \ln 100 - 0.005 =
0.5772073$, avec $0 \leq \gamma - \gamma_{100} \leq
\frac{1}{20200} < 5\cdot10^{-5}$ : donc $0.577207 \leq \gamma
\leq 0.577257$, c’est-à-dire $\gamma = 0.5772 \pm 5\cdot10^{-5}$ (valeur exacte $0.5772156\dots$) — quatre décimales certifiées avec cent termes, contre dix mille pour la question 2.

**7.** Premier dividende :

$$
H_{2m} - H_m = \Bigl(\ln 2m + \gamma + \frac{1}{4m}\Bigr)
- \Bigl(\ln m + \gamma + \frac{1}{2m}\Bigr) +
O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr)
= \ln 2 - \frac{1}{4m} + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr).
$$

Second : les inverses pairs jusqu’à $2m$ se somment en $\frac12 H_m$, donc $\sum_{j=1}^{m}\frac{1}{2j-1} = H_{2m} - \frac12 H_m = \frac12
\ln m + \ln 2 + \frac\gamma2 + o(1)$, et $\sum_{j=1}^m
\frac{1}{2j} = \frac12\ln m + \frac\gamma2 + o(1)$.

**8.** En retranchant deux fois les termes pairs : $\sum_{k=1}^{2m}\frac{(-1)^{k-1}}{k} = H_{2m} - 2\cdot\frac12
H_m = H_{2m} - H_m$. Par la question 7, cela vaut $\ln 2 -
\frac{1}{4m} + O(m^{-2})$ : la somme est $\ln 2$ ([Exemple 17.19](#ex-b1-series-ln2) de nouveau) *avec* sa vitesse.

**9.** Pour $N = 2m$ : $S - S_N = \frac{1}{4m} + O(m^{-2}) =
\frac{1}{2N} + O(N^{-2})$. Pour $N = 2m + 1$ : $S_{N} = S_{2m} +
\frac{1}{2m+1}$, donc

$$
S - S_N = \Bigl(\frac{1}{4m} - \frac{1}{2m+1}\Bigr) +
O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr)
= -\frac{1}{4m} + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr)
= -\frac{1}{2N} + O\Bigl(\frac{1}{N^2}\Bigr).
$$

Dans les deux cas $S - S_N \sim \frac{(-1)^N}{2N}$ : la moitié de la borne du pire cas $a_{N+1}$, avec un signe connu et alterné.

**10.** La moyenne tue le terme dominant oscillant :

$$
S - \tilde S_N = \frac{(S - S_N) + (S - S_{N+1})}{2}
= \frac{(-1)^N}{2}\Bigl(\frac{1}{2N} - \frac{1}{2(N+1)}\Bigr)
+ O\Bigl(\frac{1}{N^2}\Bigr) = O\Bigl(\frac{1}{N^2}\Bigr).
$$

Numériquement : $S_{10} = 0.645635$, $S_{11} = 0.736544$, $\tilde
S_{10} = 0.691089$, et $\ln 2 = 0.693147$ : l’erreur passe de $4.8\cdot10^{-2}$ à $2.1\cdot10^{-3}$ — une addition, vingt fois mieux.

**11.** L’erreur alternée change de signe à chaque étape, donc les sommes partielles consécutives encadrent la limite et leur moyenne annule le terme du premier ordre ; l’erreur de l’encadrement $H_n - \ln n - \gamma \approx \frac{1}{2n}$ est de signe constant, si bien qu’aucune moyenne le long de $n$ ne peut l’annuler. Moyenner les deux *encadrants*, en revanche, aide : $\frac{a_n + b_n}{2} =
H_n - \ln\sqrt{n(n+1)}$, et comme $\ln\sqrt{n(n+1)} = \ln\bigl(n + \frac12\bigr) + O(n^{-2})$,

$$
H_n - \ln\Bigl(n + \frac12\Bigr)
= \Bigl(H_n - \ln n - \frac{1}{2n}\Bigr) + \frac{1}{8n^2} +
O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr) = \gamma + O\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)
$$

(question 5 et $\ln(1 + \frac{1}{2n}) = \frac{1}{2n} -
\frac{1}{8n^2} + O(n^{-3})$). Vérification en $n = 10$ : $H_{10} -
\ln 10.5 = 0.57759$, déjà à $4\cdot10^{-4}$ de $\gamma$.

**12.** $\sum_{j\leq m} \frac{1}{2j-1} \geq \sum_{j \leq m}
\frac{1}{2j} = \frac12 H_m \to +\infty$ : la partie positive comme la partie négative de la [série](#def-b1-series-def) harmonique alternée divergent.

**13.** Écrivons $u_n^\pm = \frac{\abs{u_n} \pm u_n}{2} \geq
0$, de sorte que $u_n = u_n^+ - u_n^-$ et $\abs{u_n} = u_n^+ +
u_n^-$. Si $\sum u_n^+$ convergeait, alors $\sum u_n^- = \sum (u_n^+
- u_n)$ convergerait (différence de [séries](#def-b1-series-def) convergentes), donc $\sum
\abs{u_n}$ aussi : contradiction avec la convergence conditionnelle. Par symétrie, $\sum u_n^+$ et $\sum u_n^-$ divergent tous deux (vers $+\infty$) : un réservoir infini de masse positive et de masse négative.

**14.** Soit $S = \sum u_n$, soit $\varepsilon > 0$, et soit $N$ tel que $\sum_{n > N} \abs{u_n} \leq \varepsilon$ (critère de Cauchy pour $\sum\abs{u_n}$). Soit $M_0$ assez grand pour que $\sigma(\{0,
\dots, M_0\}) \supseteq \{0, \dots, N\}$. Pour $M \geq M_0$, la différence $\sum_{m \leq M} u_{\sigma(m)} - \sum_{n \leq N} u_n$ est une somme finie de termes $u_n$ *distincts* avec $n > N$, donc de valeur absolue $\leq \varepsilon$ ; et $\abs{S -
\sum_{n\leq N} u_n} \leq \varepsilon$ également. Les sommes partielles réarrangées sont donc, à partir d’un certain rang, à $2\varepsilon$ de $S$ : $\sum u_{\sigma(n)} = S$. La [convergence absolue](#thm-b1-series-absolute) résiste aux réarrangements.

**15.** Chaque phase du procédé glouton s’achève après un nombre fini de termes, parce que les termes positifs (respectivement négatifs) restants ont à eux seuls des sommes partielles divergentes (question 12) : la somme courante doit finir par franchir $t$. Le procédé enchaîne donc une infinité de phases finies, consommant les termes positifs dans l’ordre et les termes négatifs dans l’ordre : chaque terme est utilisé exactement une fois — c’est un réarrangement. Après le premier croisement, entre deux croisements consécutifs les sommes partielles se déplacent de façon monotone vers $t$, et lors d’un croisement elles dépassent d’au plus le terme qui vient d’être ajouté ; comme les termes utilisés au $j$-ième croisement ont un indice au moins $j$ dans leur classe, ces dépassements tendent vers $0$. Les sommes partielles convergent donc vers $t$ : tout réel est la somme d’un certain réarrangement.

**16.** Les places positives reçoivent $\frac{1}{2j-1}$ pour $j = 1, 2, \dots$ dans l’ordre, les places négatives $\frac{1}{2j}$ dans l’ordre : chaque terme de la [série](#def-b1-series-def) harmonique alternée apparaît exactement une fois. Pour $(p, q) = (1, 2)$, les blocs sont $\bigl(1, -\frac12, -\frac14\bigr)$, $\bigl(\frac13, -\frac16,
-\frac18\bigr)$, $\bigl(\frac15, -\frac1{10},
-\frac1{12}\bigr)$, … — la [série](#def-b1-series-def) affichée.

**17.** Comme $\frac{1}{4k-2} = \frac12\cdot\frac{1}{2k-1}$ :

$$
\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{4k-2} - \frac{1}{4k}
= \frac12\,\frac{1}{2k-1} - \frac12\,\frac{1}{2k}
= \frac12\Bigl(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k}\Bigr).
$$

En sommant sur $k = 1, \dots, K$ : $T_{3K} = \frac12
\sum_{k=1}^{K}\bigl(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k}\bigr) =
\frac12 S_{2K}$ : à chaque somme partielle de rang multiple de trois, la [série](#def-b1-series-def) réarrangée vaut *exactement* la moitié de l’originale.

**18.** Après $K$ blocs complets, la somme partielle réarrangée vaut $\sum_{j=1}^{pK}\frac{1}{2j-1} -
\sum_{j=1}^{qK}\frac{1}{2j}$, et la question 7 l’évalue :

$$
\Bigl(\frac{\ln(pK)}{2} + \ln 2 + \frac\gamma2\Bigr)
- \Bigl(\frac{\ln(qK)}{2} + \frac\gamma2\Bigr) + o(1)
= \ln 2 + \frac12\ln\frac pq + o(1) :
$$

les $\gamma$ se simplifient, les $\ln K$ se simplifient, le rapport $\frac pq$ survit.

**19.** Une somme partielle à l’intérieur du bloc $K + 1$ diffère de la somme après $K$ blocs par au plus $p + q$ termes, chacun de valeur absolue de l’ordre de $\frac{1}{2qK}$, donc d’un $O\bigl(\frac1K\bigr) \to 0$ : toute la suite des sommes partielles a la même limite $\ln 2 + \frac12\ln\frac pq$. Pour $(1, 2)$ : $\ln 2 +
\frac12\ln\frac12 = \frac{\ln 2}{2} = 0.34657\dots$, et de fait $T_9
= 0.30833$ rampe vers cette valeur : par la question 17, $T_{3K} =
\frac12 S_{2K}$ converge avec exactement la moitié de l’erreur de la [série](#def-b1-series-def) harmonique alternée. Mêmes termes, moitié de la somme.

**20.** $(1,1)$ : $\ln 2 + \frac12\ln 1 = \ln 2$ — l’ordre d’origine, cohérence. $(2,1)$ : $\frac32\ln 2 \approx 1.0397$. Le menu $(p,q)$ atteint exactement la famille dénombrable [dense](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/12-topologie-de-la-droite-reelle#def-b1-topology-dense) $\ln 2 +
\frac12\ln r$, $r \in \Q_{>0}$ ; la recette gloutonne de Riemann (question 15) atteint *tout* réel. La structure achète des formules ; la gourmandise achète la totalité.

**21.** Les sommes partielles télescopent : $\sum_{k=1}^{N}
\bigl(\frac1k - \ln\frac{k+1}{k}\bigr) = H_N - \ln(N+1) = b_N
\to \gamma$ : la [série](#def-b1-series-def) de l’[Exercice 17.7](#exo-b1-series-7) a exactement pour somme la [constante d’Euler](#ex-b1-series-oddtelescope).

**22.** Glouton pour $t = 1$ : le premier terme positif amène la somme exactement à $1$, sans la dépasser, donc un second terme positif est pris pour franchir la cible : $1, \frac13$ (somme $1.3333 > 1$), puis $-\frac12$ ($0.8333$), $\frac15$ ($1.0333$), $-\frac14$ ($0.7833$), $\frac17, \frac19$ ($1.0373$), $-\frac16$ ($0.8706$), $\frac1{11}, \frac1{13}$ ($1.0384$), $-\frac18$ ($0.9134$), $\frac1{15}$ ($0.9801$), … — les sommes respirent autour de $1$ avec une amplitude toujours plus petite, deux termes positifs étant désormais nécessaires par cycle puisque les négatifs sont plus grands.

**23.** Construisons des blocs : à l’étape $j$, ajoutons assez de termes positifs inutilisés pour faire monter la somme partielle d’au moins $1$ (c’est possible : les termes positifs restants ont des sommes divergentes, question 12), puis ajoutons le seul terme négatif $-\frac{1}{2j}$. Tout terme positif finit par être utilisé (chaque étape en utilise au moins un), tout terme négatif aussi (un par étape) : c’est un réarrangement. Chaque étape modifie la somme de $\geq 1 - \frac{1}{2j} \geq \frac12$ : les sommes partielles dépassent $\frac{j}{2}$ après l’étape $j$, et les accroissements à l’[intérieur](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/12-topologie-de-la-droite-reelle#def-b1-topology-closure) d’une étape sont positifs sauf le dernier, majoré par $\frac{1}{2j} \to 0$ : divergence vers $+\infty$.

**24.** Par la loi, $H_N \geq 20 \iff \ln N \geq 20 -
\gamma - \frac{1}{2N} + O(N^{-2})$ : le seuil $N^*$ vérifie $\ln N^* = 20 - \gamma + o(1)$, c’est-à-dire $N^* =
\eu^{20 - \gamma}(1 + o(1)) \approx \eu^{19.4228} \approx
2.72\cdot10^{8}$ — à l’intérieur de la fenêtre grossière $\intcc{1.8\cdot10^8}{4.9\cdot10^8}$ de l’[Exemple 17.11](#ex-b1-series-harmonicstack), et épinglé par $\gamma$.

**25.** (i) Dans $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} +
O(n^{-2})$ : le $\ln n$ est l’[intégrale](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/15-integration-sur-un-segment#thm-b1-integration-def), $\gamma$ le prix du remplacement d’une somme par une [intégrale](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/15-integration-sur-un-segment#thm-b1-integration-def) (une constante de l’analyse véritablement nouvelle), et $\frac{1}{2n}$ la première correction — l’ombre du trapèze. (ii) La convergence conditionnelle s’appuie sur une compensation entre deux réservoirs infinis (question 13), de sorte que réordonner rééquilibre les réservoirs ; la [convergence absolue](#thm-b1-series-absolute) a une masse totale finie, et l’estimation du reste de la question 14 est aveugle à l’ordre. (iii) Les sommes $(p,q)$ ont été *calculées* : la loi du $\gamma$ a transformé chaque somme partielle réarrangée en $\ln 2 +
\frac12\ln\frac pq + o(1)$, $\gamma$ se simplifiant lui-même — un exercice de comptabilité asymptotique, non un argument abstrait. (iv) La suite : produits et sommabilité inconditionnelle pour les [séries](#def-b1-series-def) entières dans le volume de Licence 2 ; et le devoir maison du volume de Licence 3 sur la formule de Stirling, où la comptabilité somme-contre-intégrale, poussée un ordre plus loin, produit $\sqrt{2\pi}$ lui-même.