$$\newcommand{\mtn}{\mathbb{N}}\newcommand{\mtns}{\mathbb{N}^*}\newcommand{\mtz}{\mathbb{Z}}\newcommand{\mtr}{\mathbb{R}}\newcommand{\mtk}{\mathbb{K}}\newcommand{\mtq}{\mathbb{Q}}\newcommand{\mtc}{\mathbb{C}}\newcommand{\mch}{\mathcal{H}}\newcommand{\mcp}{\mathcal{P}}\newcommand{\mcb}{\mathcal{B}}\newcommand{\mcl}{\mathcal{L}}
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\newcommand{\rab}{\mathcal{R}(a,b)}\newcommand{\pss}[2]{\langle #1,#2\rangle}
$$
Bibm@thCalcul de deux sommes - Bibm@th.net
Enoncé 
-
- Démontrer que
$$\sum_{n=0}^{+\infty}\int_0^1 x^{2n}(1-x)dx=\int_0^1\frac{dx}{1+x}.$$
- En déduire que
$$\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{k+1}}{k}=\ln 2.$$
- En calculant de deux façons $\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n\int_0^1 x^{2n}(1-x)dx$, déterminer la valeur de la somme
$$\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)(2n+2)}.$$
Indication 
-
- Appliquer le théorème d'intégration termes à termes.
-
- Appliquer le théorème d'intégration termes à termes.
Corrigé
-
- Posons $u_n(x)=x^{2n}(1-x)$. Chaque fonction $u_n$ est positive. De plus, pour tout $x\in]0,1[$, la série $\sum_n u_n(x)$ converge simplement vers
$$\sum_{n=0}^{+\infty}u_n(x)=\frac{1-x}{1-x^2}=\frac{1}{1+x}$$
(somme géométrique), fonction qui est continue sur $]0,1[$. De plus, on a
$$\int_0^1 u_n(x)=\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+2}\sim_{+\infty}\frac 1{4n^2}$$
qui est le terme général d'une série numérique convergente. D'après le théorème d'intégration termes à termes,
on en déduit que
$$\sum_{n=0}^{+\infty}\int_0^1 u_n(x)dx=\int_0^1 \frac{dx}{1+x}=\ln 2.$$
- On a également
$$\int_0^1 u_n(x)dx=\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+2}.$$
Tenant compte de la parité des termes, on a finalement
$$\sum_{k\geq 1}\frac{(-1)^{k+1}}{k}=\sum_{n\geq 0}\left(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+2}\right)=\ln 2.$$
- Posons $S_N(x)=\sum_{n=0}^N (-1)^n x^{2n}(1-x).$ Pour $x\in ]0,1[$, la suite $S_N(x)$ converge vers
$x\mapsto \frac{1-x}{1+x^2}$ (toujours par un argument de série géométrique). De plus, on sait d'après la première question que la série
$\sum_n \int_0^1 \left|(-1)^n x^{2n}(1-x)\right|dx$ est convergente. On peut donc à nouveau appliquer le théorème d'intégration terme à terme pour obtenir
\begin{eqnarray*}
\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n\int_0^1 x^{2n}(1-x)dx&=&\int_0^1 \sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n x^{2n}(1-x)dx\\
&=&\int_0^1 \frac{1}{1+x^2}(1-x)dx\\
&=&\left[\arctan x-\frac12\ln(1+x^2)\right]_0^1\\
&=&\frac\pi 4-\frac{\ln 2}2.
\end{eqnarray*}
Par ailleurs,
$$\int_0^1 x^{2n}(1-x)dx=\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+2}=\frac{1}{(2n+1)(2n+2)}.$$
On obtient finalement
$$\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)(2n+2)}=\frac{\pi}4-\frac{\ln 2}2.$$
