Exercice Entrainement 11 - Exercice 1

Appliquons à la série $$\mathcal{H}_a$$ le théorème des séries alternées. On a :
$$\blacklozenge \,\,$$ $$\textbf{Première étape : }$$
On a $$\forall n \in \mathbb{N}$$ :
$$n + 2 > n + 1 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \dfrac{1}{n+2} < \dfrac{1}{n + 1} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \dfrac{1}{(n+1)+1} < \dfrac{1}{n + 1}$$
Soit encore :
$$\left| \dfrac{(-1)^{n+1}}{(n+1) + 1} \right| < \left| \dfrac{(-1)^n}{n+1} \right|$$
Donc :
$$\left| u_{n+1} \right| < \left| u_n \right|$$
$$\blacklozenge \blacklozenge \,\,$$ $$\textbf{Seconde étape : }$$
On a :
$$\lim_{n \longrightarrow + \infty} \left| u_n \right| = \lim_{n \longrightarrow + \infty} \dfrac{1}{n+1} = 0$$
En conclusion, la théorème de convergence des séries alternées nous permet d'affirmer que la série numérique $$\mathcal{H}_a$$ converge.

Pour démontrer que $$\mathcal{H}_a$$ est semi-convergente, démontrons que la série numérique
$$\mathcal{H}_a$$ n'est pas absolument convergente. On a :
$$\sum_{n=0}^{+\infty} \left| \dfrac{(-1)^n}{n + 1} \right| = \sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{1}{n+1}$$
Utilisons maintenant la comparaison avec l'intégrale impropre associée. On a alors :
$$\int_{0}^{+\infty} \dfrac{1}{x+1} \, dx = \lim_{b \longrightarrow + \infty} \int_{0}^{b} \dfrac{1}{x+1} \, dx$$
Ainsi :
$$\int_{0}^{+\infty} \dfrac{1}{x+1} \, dx = \lim_{b \longrightarrow + \infty} \left[ \ln(x+1) \right]_{0}^{b} = \lim_{b \longrightarrow + \infty} \ln (b+1) - \ln 1 = \lim_{b \longrightarrow + \infty} \ln (b+1)$$
D'où :
$$\int_{0}^{+\infty} \dfrac{1}{x+1} \, dx = \lim_{b \longrightarrow + \infty} \int_{0}^{b} \dfrac{1}{x+1} \, dx = + \infty$$
Donc l'intégrale impropre associée à la série des valeurs absolues diverge. De ce fait la série des valeurs absolues diverge et la série étudiée $$\mathcal{H}_a$$ n'est pas absolument convergente. Dès lors, on peut automatiquement affirmer que la série numérique harmonique alternée $$\mathcal{H}_a$$ est de nature semi-convergente convergente.

On a :
$$\mathcal{H}_a = \sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{(-1)^n}{n + 1} = \mathcal{H}_a = \sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^n \times \dfrac{1}{n+1}$$
Mais, on sait que :
$$\dfrac{1}{n+1} = \int_{0}^{1} x^n \, dx \,\,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\,\, \mathcal{H}_a = \sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^n \times \int_{0}^{1} x^n \, dx$$
Ainsi :
$$\mathcal{H}_a = \sum_{n=0}^{+\infty} \int_{0}^{1} (-1)^n x^n \, dx = \lim_{b \longrightarrow + \infty} \sum_{n=0}^{b} \int_{0}^{1} (-1)^n x^n \, dx = \lim_{b \longrightarrow + \infty} \sum_{n=0}^{b} \int_{0}^{1} (-x)^n \, dx$$
Par permutation de la somme discrète $$\displaystyle{\sum_{n=0}^{b}}$$ avec la somme continue $$\displaystyle{\int_{0}^{1}}$$ (car il n'y a pas de dépendance à un paramètre quelconque), on obtient :
$$\mathcal{H}_a = \lim_{b \longrightarrow + \infty}\int_{0}^{1} \left( \sum_{n=0}^{b} (-x)^n \right) \, dx$$
Or, d'après la série géométrique, on a :
$$\sum_{n=0}^{b} (-x)^n = 1\times \dfrac{1-(-x)^{b+1}}{1-(-x)} = \dfrac{1-(-x)^{b+1}}{1+x}$$
Ce qui implique que :
$$\mathcal{H}_a = \lim_{b \longrightarrow + \infty}\int_{0}^{1} \dfrac{1-(-x)^{b+1}}{1+x} \, dx$$
Ce qui va encore s'écrire comme :
$$\mathcal{H}_a = \int_{0}^{1} \dfrac{1}{1+x} \, dx + \lim_{b \longrightarrow + \infty} \int_{0}^{1} - \dfrac{(-x)^{b+1}}{1+x} \, dx = \int_{0}^{1} \dfrac{1}{1+x} \, dx - \lim_{b \longrightarrow + \infty} \int_{0}^{1} \dfrac{(-x)^{b+1}}{1+x} \, dx$$
Mais, on sait que :
$$\int_{0}^{1} \dfrac{1}{1+x} \, dx = \ln (2) \,\,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\,\, \mathcal{H}_a = \ln (2) - \lim_{b \longrightarrow + \infty} \int_{0}^{1} \dfrac{(-x)^{b+1}}{1+x} \, dx$$
Or, $$\forall x \in [0\,;\,1]$$, on a :
$$1 + x \geqslant 1 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \dfrac{1}{1+x} \leqslant 1\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \dfrac{x^{b+1}}{1+x} \leqslant x^{b+1} \,\,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\,\, \left| \dfrac{(-x)^{b+1}}{1+x} \right| \leqslant x^{b+1}$$
En intégrant, on trouve que :
$$\int_{0}^{1} \left| \dfrac{(-x)^{b+1}}{1+x} \right| \, dx \leqslant \int_{0}^{1} x^{b+1} \, dx \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \int_{0}^{1} \left| \dfrac{(-x)^{b+1}}{1+x} \right| \, dx \leqslant \dfrac{1}{b+2}$$
Or, on sait que pour toute application $$f \,\,\left((\alpha\,;\,\beta)\in \mathbb{R}^2 \right)$$, on a :
$$\left| \int_{\alpha}^{\beta} f \right| \leqslant \int_{\alpha}^{\beta} \left| f \right| \,\,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\,\, \left| \int_{0}^{1} \dfrac{(-x)^{b+1}}{1+x} \, dx \right| \leqslant \int_{0}^{1} \left| \dfrac{(-x)^{b+1}}{1+x} \right| \, dx$$
De ce fait, on a donc :
$$\left| \int_{0}^{1} \dfrac{(-x)^{b+1}}{1+x} \, dx \right| \leqslant \dfrac{1}{b+2}$$
Par passage à la limite, on a alors :
$$\lim_{b \longrightarrow + \infty} \left| \int_{0}^{1} \dfrac{(-x)^{b+1}}{1+x} \, dx \right| \leqslant \lim_{b \longrightarrow + \infty} \dfrac{1}{b+2} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \lim_{b \longrightarrow + \infty} \left| \int_{0}^{1} \dfrac{(-x)^{b+1}}{1+x} \, dx \right| \leqslant 0$$
De ce fait, par le théorème de l'encadrement, on en déduit directement que :
$$\lim_{b \longrightarrow + \infty} \int_{0}^{1} \dfrac{(-x)^{b+1}}{1+x} \, dx = 0$$
Finalement, on peut écrire que :
$$\mathcal{H}_a = \ln (2)$$