• (a)

  On a

  $$\sum _{k=1}^{2n}\frac{{(-1)}^{k-1}}{k}\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{=}\sum _{k=1}^{2n}\frac{1}{k}-2\sum _{k=1}^n\frac{1}{2k}=\ln (2n)+\gamma +\mathrm{o}(1)-\ln (n)-\gamma =\ln (2)+\mathrm{o}(1)$$

  et

  $$\sum _{k=1}^{2n+1}\frac{{(-1)}^{k-1}}{k}\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{=}\sum _{k=1}^{2n}\frac{{(-1)}^{k-1}}{k}+\mathrm{o}(1)$$

  donc la série converge et est de somme égale à $\ln (2)$.

• (b)

  On a

  $$\sum _{k=1}^{3n}{u}_n=\sum _{k=1}^{3n}\frac{1}{k}-3\sum _{k=1}^n\frac{1}{3k}\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{=}\ln (3n)+\gamma +\mathrm{o}(1)-\ln (n)-\gamma =\ln (3)+\mathrm{o}(1)$$

  et

  $$\sum _{k=1}^{3n+1}{u}_n=\sum _{k=1}^{3n}{u}_n+\mathrm{o}(1)\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}\ln (3)\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}\sum _{k=1}^{3n+2}{u}_n=\sum _{k=1}^{3n}{u}_n+\mathrm{o}(1)\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}\ln (3)$$

  donc la série converge et est de somme égale à $\ln (3)$.

On a

donc la somme ${\sum }_{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{5n+6}{n(n+1)(n+2)}$ existe.
Par décomposition en éléments simples

donc en exploitant

on obtient

Par décomposition en éléments simples

Sachant

on obtient

Or on sait que

donc on conclut que la série converge et

On a

et donc

Par comparaison de séries à termes positifs, la série numérique $\sum \frac{1}{1^2+2^2+\mathrm{\cdots }+n^2}$ converge
Par décomposition en éléments simples

En introduisant la constante d’Euler $\gamma$, on sait

Par décalage d’indice

et en introduisant dans la somme les inverses des nombres pairs absents, on obtient

On en déduit

puis à la limite

donc la série étudiée est absolument convergente.
On a

Or

Par le développement

on parvient à

Ainsi,

(ce qui change du $\ln (2)$ traditionnel…;-)

• (a)

  Par sommation de relations de comparaison (on compare au terme général d’une série à termes positifs convergente), on peut écrire avec existence

  $$\sum _{k=n}^{+\mathrm{\infty }}{u}_k=\mathrm{O}\left(\sum _{k=n}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{k^2}\right)\text{.}$$

  Par comparaison avec une intégrale, on poursuit

  $$\sum _{k=n}^{+\mathrm{\infty }}{u}_k=\mathrm{O}\left(\frac{1}{n}\right)\text{.}$$

• (b)

  Pour $k\ge 1$, on peut écrire

  $$\ln (k+1)-\ln (k)=\ln \left(1+\frac{1}{k}\right)\underset{k\to +\mathrm{\infty }}{=}\frac{1}{k}+\mathrm{O}\left(\frac{1}{k^2}\right)\text{.}$$

  En sommant pour $k$ allant de $2$ jusqu’à $n-1$, il vient

  $$\ln (n)=\sum _{k=1}^{n-1}\frac{1}{k}+\sum _{k=2}^{n-1}\mathrm{O}\left(\frac{1}{k^2}\right)$$

  avec

  $$\sum _{k=2}^{n-1}\mathrm{O}\left(\frac{1}{k^2}\right)=\underset{\begin{array}{c}=-\gamma \end{array}}{\underbrace{\sum _{k=2}^{+\mathrm{\infty }}\mathrm{O}\left(\frac{1}{k^2}\right)}}-\underset{\begin{array}{c}=\mathrm{O}(1/n)\end{array}}{\underbrace{\sum _{k=n}^{+\mathrm{\infty }}\mathrm{O}\left(\frac{1}{k^2}\right)}}\text{.}$$

  En ajoutant un terme $1/n$ et en réorganisant les membres, on obtient l’identité voulue.

• (c)

  Posons $S_n$ la somme partielle de rang $n$. On a

  $$\lfloor \frac{\ln (n)}{\ln (2)}\rfloor =k\iff 2^k\le n<2^{k+1}\text{.}$$

  On en déduit

  $$S_{2^{k+1}-1}-S_{2^k-1}=\sum _{n=2^k}^{2^{k+1}-1}\frac{{(-1)}^n}{n}k=k\sum _{n=2^k}^{2^{k+1}-1}\frac{{(-1)}^n}{n}\text{.}$$

  En séparant les termes d’indices pairs de ceux d’indices impairs

  ${\displaystyle \sum _{n=2^k}^{2^{k+1}-1}}{\displaystyle \frac{{(-1)}^n}{n}}$

  $={\displaystyle \sum _{p=2^{k-1}}^{2^k-1}}{\displaystyle \frac{1}{2p}}-{\displaystyle \sum _{p=2^{k-1}}^{2^k-1}}{\displaystyle \frac{1}{2p+1}}\text{.}$

  On adjoint les termes pairs intermédiaires à la deuxième somme

  ${\displaystyle \sum _{n=2^k}^{2^{k+1}-1}}{\displaystyle \frac{{(-1)}^n}{n}}={\displaystyle \sum _{p=2^{k-1}}^{2^k-1}}{\displaystyle \frac{1}{p}}-{\displaystyle \sum _{n=2^k}^{2^{k+1}-1}}{\displaystyle \frac{1}{n}}\text{.}$

  On en déduit

  	$S_{2^{N+1}-1}$	$={\displaystyle \sum _{k=1}^N}\left(S_{2^{k+1}-1}-S_{2^k-1}\right)+S_1$
  		$={\displaystyle \sum _{k=1}^N}\left(k{\displaystyle \sum _{p=2^{k-1}}^{2^k-1}}{\displaystyle \frac{1}{p}}\right)-{\displaystyle \sum _{k=1}^N}\left(k{\displaystyle \sum _{n=2^k}^{2^{k+1}-1}}{\displaystyle \frac{1}{n}}\right)\text{.}$

  Après glissement d’indice dans la deuxième somme puis simplification

  	$S_{2^{N+1}-1}$	$={\displaystyle \sum _{k=1}^N}\left(k{\displaystyle \sum _{p=2^{k-1}}^{2^k-1}}{\displaystyle \frac{1}{p}}\right)-{\displaystyle \sum _{k=2}^{N+1}}\left((k-1){\displaystyle \sum _{n=2^{k-1}}^{2^k-1}}{\displaystyle \frac{1}{n}}\right)$
  		$={\displaystyle \sum _{k=1}^N}\left({\displaystyle \sum _{p=2^{k-1}}^{2^k-1}}{\displaystyle \frac{1}{p}}\right)-N{\displaystyle \sum _{n=2^N}^{2^{N+1}-1}}{\displaystyle \frac{1}{n}}$
  		$={\displaystyle \sum _{n=1}^{2^N-1}}{\displaystyle \frac{1}{n}}-N{\displaystyle \sum _{n=2^N}^{2^{N+1}-1}}{\displaystyle \frac{1}{n}}$
  		$=\ln \left(2^N-1\right)+\gamma +\mathrm{O}\left({\displaystyle \frac{1}{2^N}}\right)-N\ln (2)-N\mathrm{O}\left({\displaystyle \frac{1}{2^N}}\right)\underset{N\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}\gamma \text{.}$

  Cette étude ne suffit pas pour conclure, il faut encore étudier la limite de $(S_n)$. Pour $n\ge 1$, introduisons $k$ tel que $2^k\le n<2^{k+1}$. On a

  $$S_n-S_{2^k-1}=k\sum _{p=2^k}^n\frac{{(-1)}^p}{p}\text{.}$$

  Par application du critère spécial, cette somme est encadrée par deux sommes partielles consécutives, par exemple, celles de rangs $2^k-1$ (qui vaut $0$) et $2^k$ (qui vaut $1/2^k$). On en déduit:

  $$\left|S_n-S_{2^k-1}\right|\le \frac{k}{2^k}\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0\text{.}$$

  On peut alors conclure que la série étudiée converge et sa somme vaut $\gamma$.

Posons

On observe