Exercice 14-06
Calculer les sommes des séries convergentes suivantes.
  1. \(\displaystyle \sum_{k\geqslant 0}\frac{1}{(a+k)(a+1+k)}\), où \(a>0\).
  2. \(\displaystyle \sum_{n\geqslant 2}\frac{2n-1}{n^2(n-1)^2}\)
  3. \(\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{4n^2-1}\)
  4. \(\displaystyle \sum_{n\geqslant 2}\frac{1}{n(n+3)}\)
Ici, on profite d'avoir la décomposition en éléments simples pour pouvoir mettre quelques séries sous forme de série téléscopique, ce qui permet de calculer leur somme.

Comme illustration, reprenons un exemple que nous avions traité ici: \[ \sum_{n\geqslant 1} \frac{1}{k(k+1)} \] Si on fait une décomposition en éléments simples du terme général, \[ \frac{1}{k(k+1)} =\frac{A}{k}+\frac{B}{k+1}\,, \] on trouve \(A=-B=1\). Ainsi le terme général de notre série peut s'écrire \(a_k=x_k-x_{k+1}\), où \(x_k=\frac{1}{k}\). Donc la \(n\)-ème somme partielle de la série se calcule en téléscopant: \[\begin{aligned} s_n &=a_1+a_2+\cdots+a_n\\ &=(x_1-x_2)+(x_2-x_3)+\cdots+(x_n-x_{n+1})\\ &=x_1-x_{n+1}\\ &=1-\frac{1}{n+1} \end{aligned}\] On a donc: \[ \sum_{n\geqslant 1} \frac{1}{k(k+1)} =\lim_{n\to\infty}s_n=1 \]

Le terme général peut aussi s'écrire comme une différence, même si elle n'est pas forcément du type \(x_k-x_{k+1}\), et un téléscopage peut aussi se faire. Écrire clairement la somme partielle et voir comment les termes se compensent.

  1. Remarquons que \[\begin{aligned} \sum_{k\geqslant 0}\frac{1}{(a+k)(a+1+k)} &= \sum_{k\geqslant 0}\Bigl\{\frac{1}{a+k}-\frac{1}{a+1+k}\Bigr\}\\ &=\frac{1}{a}-\lim_{n\to\infty}\frac{1}{1+a+n}=\frac{1}{a}\,. \end{aligned}\]
  2. Cherchons une décomposition en éléments simples: \[ a_k= \frac{2k-1}{k^2(k-1)^2}= \frac{A}{k}+ \frac{B}{k^2}+ \frac{C}{k-1}+ \frac{D}{(k-1)^2} \] Après identification des coefficients, on trouve \(A=C=0\), \(D=-B=1\), donc \[ a_k=\frac{2k-1}{k^2(k-1)^2}=-\frac{1}{k^2}+\frac{1}{(k-1)^2}=x_{k-1}-x_k\,, \] où \(x_k=\frac{1}{k^2}\). On a donc \[\begin{aligned} s_n&=a_2+a_3+\dots+a_n\\ &=(x_1-x_2)+(x_2-x_3)+\cdots+(x_{n-1}-x_n)\\ &=x_1-x_n\\ &=1-\frac{1}{n^2}\,. \end{aligned}\] On conclut que la série converge et que sa somme vaut \(\lim_{n\to \infty} s_n=1\).
  3. On factorise le dénominateur et on cherche une décomposition: \[ a_k= \frac{1}{4k^2-1}= \frac{1}{(2k-1)(2k+1)}= \frac{A}{2k-1}+\frac{B}{2k+1} \] Après identification des coefficients, on trouve \(A=-B=1/2\), et donc \[ a_k=\frac{1}{2} \Bigl( \frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1} \Bigr)\,. \] On a donc \[\begin{aligned} S_n= \sum_{k=1}^n \frac{1}{4k^2-1} &=\frac{1}{2} \sum_{k=1}^n \Bigl( \frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1} \Bigr)\\ &= \frac12\Bigl( \frac{1}{1} \underbrace{-\frac{1}{3} +\frac{1}{3}}_{=0} \underbrace{-\frac{1}{5} +\frac{1}{5}}_{=0} -\cdots \underbrace{-\frac{1}{2(n-1)+1} +\frac{1}{2n-1}}_{=0} -\frac{1}{2n+1} \Bigr)\\ &= \frac12 \Bigl( 1-\frac{1}{2n+1} \Bigr)\,. \end{aligned}\] Ceci implique \[ \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{4k^2-1} = \lim_{n\to\infty}S_n=\frac12\,. \]
  4. Remarquons que le terme général peut se décomposer comme suit: \[ a_k=\frac{1}{k(k+3)}=\frac13 \Bigl( \frac{1}{k}-\frac{1}{k+3} \Bigr) \] On peut prendre une grande feuille de papier, écrire les choses proprement et voir qu'après téléscopage, \[\begin{aligned} s_n&=a_2+a_3+\cdots+a_n\\ &=\frac13 \left( \frac12 +\frac13+\frac14 -\frac{1}{n+1} -\frac{1}{n+2} -\frac{1}{n+3} \right)\,, \end{aligned}\] Sinon, on peut aussi manipuler la somme \[\begin{aligned} s_n &=\sum_{k=2}^na_k\\ &=\frac13\sum_{k=2}^n\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+3}\right)\\ &=\frac13\left(\sum_{k=2}^n\frac{1}{k}-\sum_{j=5}^{n+3}\frac{1}{j}\right)\\ &=\frac13 \left( \frac12 +\frac13+\frac14 -\frac{1}{n+1} -\frac{1}{n+2} -\frac{1}{n+3} \right)\,. \end{aligned}\] On a donc, en prenant \(n\to\infty\), \[ \sum_{n\geqslant 2}\frac{1}{n(n+3)}=\frac13 \Bigl(\frac12+\frac13+\frac14\Bigr)\,. \]