Calculs de sommes de séries numériques
J'ai voulu retravailler un peu sur les séries numériques. J'ai fait les exercices de mon livre, mais beaucoup d'entre eux se limitent à déterminer la nature des séries, sans pour autant chercher à calculer la somme de celles qui sont convergentes. Certaines ont des formules suffisamment simples pour qu'on puisse les donner à WolframAlpha.
Par exemple, il me donne que $\displaystyle \sum_{n \geqslant 1}\dfrac{n^3}{2^n}=26$. Je n'ai aucune idée comment faire ce calcul, aucune. Je ne sais pas du tout comment commencer. J'aimerais apprendre à faire ce calcul. Donc : help.
Je poserai les autres après avoir résolu celui-là, chaque chose en son temps.
Par exemple, il me donne que $\displaystyle \sum_{n \geqslant 1}\dfrac{n^3}{2^n}=26$. Je n'ai aucune idée comment faire ce calcul, aucune. Je ne sais pas du tout comment commencer. J'aimerais apprendre à faire ce calcul. Donc : help.
Je poserai les autres après avoir résolu celui-là, chaque chose en son temps.
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Réponses
-- Schnoebelen, Philippe
Or, dans $n^3-(n-1)^3$, les $n^3$ se simplifient. On se ramène alors à du degré 2. Pour calculer $ \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{n^2}{2^n}$, la même technique permet de se ramener à du degré $1$, puis à du degré $0$, soit une bête série géométrique.
Puisque je sais qu'elle converge, j'ai le droit de poser $S= \displaystyle \sum_{n \geqslant 1} \dfrac{n^3}{2^n}$.
Je commence par la première méthode, celle qui ressemble à une IPP.
Alors $\dfrac{S}{2} = \displaystyle \sum_{n \geqslant 1} \dfrac{n^3}{2^{n+1}} = \sum_{n \geqslant 2} \dfrac{(n-1)^3}{2^{n}} = \sum_{n \geqslant 1} \dfrac{(n-1)^3}{2^{n}}$.
Donc $S - \dfrac{S}{2} = \displaystyle \sum_{n \geqslant 1} \dfrac{n^3 - (n-1)^3}{2^n} = \sum_{n \geqslant 1} \dfrac{n^3 - (n-1)^3}{2^n} = \sum_{n \geqslant 1} \dfrac{3n^2 - 3n + 1}{2^n} = \dfrac{S}{2}$.
Je sais que $\displaystyle \sum_{n \geqslant 1} \dfrac{n^2}{2^n}$, $\displaystyle \sum_{n \geqslant 1} \dfrac{n}{2^n}$ et $\displaystyle \sum_{n \geqslant 1} \dfrac{1}{2^n}$ existent par comparaison avec $S$, donc je n'ai plus à m'embêter avec des vérifications de convergence.
En tout cas : $\boxed{S = \displaystyle 6 \sum_{n \geqslant 1} \dfrac{n^2}{2^n} -6\sum_{n \geqslant 1} \dfrac{n}{2^n} + 2\sum_{n \geqslant 1} \dfrac{1}{2^n}}$.
Rebelote : si $S' = \displaystyle \sum_{n \geqslant 1} \dfrac{n^2}{2^n}$, alors $\displaystyle \dfrac{S'}{2} = \sum_{n \geqslant 1} \dfrac{(n-1)^2}{2^{n}}$, donc $S' - \dfrac{S'}{2} = \displaystyle \sum_{n \geqslant 1} \dfrac{2n-1}{2^n} = \dfrac{S'}{2}$.
Donc : $\boxed{S' = \displaystyle 4\sum_{n \geqslant 1} \dfrac{n}{2^n} -2 \sum_{n \geqslant 1} \dfrac{1}{2^n}}$
Re-rebelote : si $S'' = \displaystyle \sum_{n \geqslant 1} \dfrac{n}{2^n}$, alors $\dfrac{S''}{2} = \displaystyle \sum_{n \geqslant 1} \dfrac{n-1}{2^n}$, donc $S'' - \dfrac{S''}{2} = \displaystyle \sum_{n \geqslant 1} \dfrac{1}{2^n} = \dfrac{S''}{2}$.
Posons $I = \displaystyle \sum_{n \geqslant 1} \dfrac{1}{2^n}$. Alors $I+ \dfrac{1}{2^0} = 2$, c'est la somme d'une série géométrique de raison $1/2$. Donc $I+1=2$ et donc $\boxed{I=1}$.
Maintenant, $S'' = 2I$ donc $\boxed{S''=2}$. De même, $S' = 4S'' - 2I$ donc $\boxed{S'=6}$.
Finalement : $S = 6S' - 6S'' +2I$, donc $\boxed{S = 36 - 12 + 2 = 26}$.
Appendice :
La technique devrait marcher en remplaçant le $2$ au dénominateur par n'importe quel réel $a > 0$ : si l'on sait que $S= \displaystyle \sum_{n \geqslant 1} \dfrac{n^3}{a^n}$ existe, alors on peut évaluer $\dfrac{S}{a}$, et abaisser le degré du numérateur (édité) de $1$ en calculant $S - \dfrac{S}{a} := \dfrac{a-1}{a}S$.
Et évidemment, l'exposant $3$ au numérateur est au choix aussi. D'ailleurs, dans mon livre, c'était $n^{10}$ et pas $n^3$, c'est moi qui ai remplacé parce qu'avec $10$ Wolfy ne donnait pas un résultat exact, c'est trop grand. La série devrait converger quel que soit le degré du monôme au numérateur, donc en prenant des combinaisons linéaires, on devrait avoir une méthode de calcul pour $\displaystyle \sum_{n \geqslant N} \dfrac{P(n)}{a^n}$ pour tous $N \geqslant 1$, $a > 0$ et $P \in \R[X]$.
Guego : ta deuxième méthode présuppose de connaître les séries entières, je vais la faire aussi mais je préfère la première méthode pour l'instant.
La série géométrique $\displaystyle \sum_{n \geqslant 0}x^n$ converge et vaut $\dfrac{1}{1-x} \Longleftrightarrow x \in ]-1~;~1[$.
Donc $f(x) = \dfrac{x}{1-x} = x \times \displaystyle \sum_{n \geqslant 0}x^n = \sum_{n \geqslant 1}x^n$ est définie et dérivable sur $]-1~;~1[$.
$f'(x) = \displaystyle \sum_{n \geqslant 0}nx^{n-1} = \sum_{n \geqslant 1}nx^{n-1} = \sum_{n \geqslant 0}(n+1)x^n = \sum_{n \geqslant 0}nx^n + \dfrac{1}{1-x}$ d'une part, et $f'(x)=\dfrac{1}{(1-x)^2}$ d'autre part.
Donc $\boxed{\displaystyle \sum_{n \geqslant 0}nx^n = \dfrac{1}{(1-x)^2} - \dfrac{1}{1-x}}$. Je ne fais pas les degrés suivants, je vois le principe.
Avec ça, je peux recalculer par exemple $S'' = \displaystyle \sum_{n \geqslant 0}\dfrac{n}{2^n}$ en posant $x=1/2$, j'obtiens bien $S'' = 4 - 2 = 2$ comme précédemment.
On montre avec la règle de Cauchy (le truc avec les racines $n$-ièmes) que la série de terme général $\dfrac{n^n}{(\ln n)^{n^2}}$ est convergente. Peut-être que la somme n'est pas calculable du tout, en tout cas Wolfy ne trouve pas. Si quelqu'un a une idée...
La suivante, c'est de terme général $\dfrac{\sin(\ln n)}{n^2}$. Wolfy ne trouve pas non plus, mais l'expression est un peu plus simple.
> sum(n^3/2^n, n = 0..infinity); 26 > sum(n^10/2^n, n = 0..infinity); 204495126Pour $\sum_{n \geq 1} \dfrac{\sin(\ln n)}{n^2}$, c'est assez facile de voir qu'il s'agit de $\mathfrak{Im}\big(\zeta(2-i)\big)$. M'étonnerait également qu'il y ait une expression plus simple.
Sinon j'ai une autre question en rapport avec les séries :
Supposons qu'on ait une suite $(u_n)_n$ telle que $\displaystyle \sum u_n$ et $\displaystyle \sum (-1)^nu_n$ convergent toutes les deux. Si l'on sait calculer la somme de l'une des séries, peut-on en déduire la somme de l'autre ?
C'est parfois possible si par exemple on a $u_{2n} = c u_n$ où $c$ est une constante non nulle, auquel cas on a $$\sum_{n \geq 1} (-1)^n u_n = c \sum_{n \geq 1} u_n - \sum_{n \geq 1} u_{2n-1} = (2c-1) \sum_{n \geq 1} u_n.$$
C'est utilisé classiquement dans le cas $u_n = \frac{1}{n^{2k}}$.
2 * sigma des 1 / ((2n+1) * (2x+1)^(2n+1) ) pour n allant de 0 à l'infini. pour tout réel x
Comment fait-on pour montrer qu'elle converge?
Comment calcule-t-on sa somme?
je me suis dit qu'il y a une histoire de coefficients pairs et impairs... mais je ne vois pas où aller.
j'ai réécrit le terme général de la série: cela donne (1 / (2x+1)) ^(2n) / (2n+1)
exposant 2n car j'ai utilisé le 2 devant le sigma
Je n'arrive guère à aller plus loin.
Je pensais au développement en série entière mais l'on a 2x+1.
Bref, help me, please.
Regarde tout en bas de cette page. Visiblement c'est un développement connu, moyennant que $|2x+1|>1$.
Les développements en série de $\cosh$ et $\sinh$, on les connait. On sait que $\tanh = \dfrac{\sinh}{\cosh}$ et que $\coth = \dfrac{\cosh}{\sinh}$.
Si l'on connait un développement en série de $\dfrac{1}{\sinh}$, ça devrait suffire pour calculer celui de $\coth$ avec un produit de Cauchy.
Cependant. Moi, je ne sais pas déduire le développement d'un inverse. Donc, ma question : si on a un développement en série entière de $f$, peut-on en déduire celui de $\dfrac{1}{f}$ ? Si oui, comment ?
EDIT : après, pour calculer le DSE d'une bijection réciproque, c'est encore autre chose, bien entendu.
Il existe un développement en série célèbre (pas entière) pour la fonction cotangente. On en déduit un pour la cotangente hyperbolique en rajoutant des $i$ un peu partout.
Pour calculer le développement en série entière d'un inverse, il s'agit de résoudre les systèmes d'équations $b_0=\frac{1}{a_0}$, $\sum_{k=0}^{n}a_kb_{n-k}=0$, $n>0$ d'inconnue $(b_n)_n$, ce qui se fait facilement par récurrence. Mais les applications sont essentiellement théoriques je crois, je n'ai jamais eu l'occasion de l'utiliser en pratique.
Pour calculer le développement en série entière d'une réciproque, regarde du coté du théorème d'inversion de Lagrange (ou Lagrange-Bürmann)
Est-ce que déterminer le DSE d'une fonction usuelle (argument cotangente hyperbolique n'est peut-être pas "très" usuelle, mais quand même) c'est une application théorique ou pratique ? :-D
Etudier la convergence de la série $\displaystyle\sum \dfrac{ (-1)^n}{(2n+1)(2n+3)}$ et calculer sa somme.
On pourra remarquer que $\displaystyle\int_{0}^1 x^p dx=\dfrac{1}{p+1}$ pour tout entier $p$.
Après une décomposition en éléments simples, je trouve que $\dfrac{(-1)^n}{(2n+1)(2n+3)} = \dfrac{(-1)^n}{2}\bigg(\dfrac{1}{2n+1} - \dfrac{1}{2n+3} \bigg)$.
$\displaystyle \sum_{n \geqslant 0} \dfrac{(-1)^n}{2n+1} = \arctan(1) = \dfrac{\pi}{4}$ donc $\displaystyle \sum_{n \geqslant 0} \dfrac{(-1)^n}{2(2n+1)} = \dfrac{\pi}{8}$.
$\displaystyle \sum_{n \geqslant 0} \dfrac{(-1)^n}{2n+3} = \sum_{n \geqslant 1} \dfrac{(-1)^{n+1}}{2n+1} = -\sum_{n \geqslant 1} \dfrac{(-1)^n}{2n+1} = - \bigg(\sum_{n \geqslant 0} \dfrac{(-1)^n}{2n+1} - 1\bigg) = 1 - \dfrac{\pi}{4}$, donc $\displaystyle \sum_{n \geqslant 0} \dfrac{(-1)^n}{2(2n+3)} = \dfrac{1}{2} - \dfrac{\pi}{8}$.
Donc $\displaystyle \sum_{n \geqslant 0} \dfrac{(-1)^n}{2(2n+1)} - \displaystyle \sum_{n \geqslant 0} \dfrac{(-1)^n}{2(2n+3)} = \dfrac{\pi}{8} - \bigg(\dfrac{1}{2} - \dfrac{\pi}{8} \bigg) = \dfrac{\pi}{4} - \dfrac{1}{2}$. Donc $\boxed{\displaystyle \sum_{n \geqslant 0}\dfrac{(-1)^n}{(2n+1)(2n+3)} = \dfrac{\pi}{4} - \dfrac{1}{2}}$.
Bon, je me suis servi allègrement de DSE de l'arctangente, et pas du tout de l'indication. Je me demande comment fait ton corrigé...
$\displaystyle \sum_{n \geqslant 0} \dfrac{(-1)^n}{2n+1}= \sum_{n \geqslant 0}\int_{0}^1 (-1)^nx^{2n} dx=\int_{0}^1\sum_{n \geqslant 0} (-1)^nx^{2n} dx=\int_{0}^1 \dfrac{1}{1+x^2} dx=\arctan(1)$ etc.
Je n'ai pas de difficultés en calcul donc j'ai compris le corrigé directement. Et j'aime bien les séries.
C'est le genre d'exercice que je peux réussir tout seul.
@Homo Topi
Il me semble que pour démontrer la convergence, l'équivalence ne marche que pour les séries à termes positifs.
La majoration $|\dfrac{(-1)^n}{(2n+1)(2n+3)} \leq \dfrac{1}{4n^2}$ assure la convergence absolue donc la convergence de la série.
Soit $N \in \N$. On a $S_N = \displaystyle\sum_{n=0}^N \dfrac{(-1)^n}{(2n+1)(2n+3)}=\displaystyle\sum_{n=0}^N \dfrac{(-1)^n}{2n+1}-\displaystyle\sum_{n=0}^N \dfrac{(-1)^n}{2n+3}$
Donc $S_N = \displaystyle\sum_{n=0}^N \displaystyle\int_{0}^1 (-1)^n x^{2n} dx - \displaystyle\sum_{n=0}^N (-1)^n x^{2n+2} dx$
Donc $S_N = \displaystyle\int_{0}^1 \dfrac{ 1 -(-x^2)^{N+1}}{1+x^2} dx- \displaystyle\int_{0}^1 x^2 \dfrac{ 1 -(-x^2)^{N+1}}{1+x^2} dx$
D'où $\boxed{S_N = \displaystyle\int_{0}^1 \dfrac{1-x^2}{1+x^2} dx - \displaystyle\int_{0}^1 \dfrac{1-x^2}{1+x^2} (-x^2)^{N+1} dx}$
Il reste à trouver la limite de $\displaystyle\int_{0}^1 \dfrac{1-x^2}{1+x^2} (-x^2)^{N+1} dx$ et calculer l'intégrale de gauche, ce qui est assez facile.
Mais sinon oui cette version et la mienne sont pratiquement équivalentes. L'une requiert de connaitre ses formules, l'autre de savoir bidouiller.
D'accord.
Sais tu terminer l'exercice avec la moitié du corrigé que je t'ai donné ?
Je me suis rendu compte en rédigeant que tu avais oublié les facteurs $1/2$ dans ta décomposition en éléments simples :
$\dfrac{1}{2n+1} - \dfrac{1}{2n+3} = \dfrac{2n+3-(2n+1)}{(2n+1)(2n+3)} = \dfrac{2}{(2n+1)(2n+3)}$ !
Moi, je l'avais faite juste, mais bon, c'est facile à corriger, il faudra juste diviser partout par $2$.
J'appelle $I_N = \displaystyle \int_0^1 \dfrac{1-x^2}{1+x^2}(-x^2)^{N+1}dx$.
Alors $|I_N| \leqslant \displaystyle \int_0^1 \bigg| \dfrac{1-x^2}{1+x^2}x^{2N+2} \bigg|dx = \int_0^1 \dfrac{1-x^2}{1+x^2}x^{2N+2} dx \leqslant \int_0^1x^{2N+2} dx$ car $ \dfrac{1-x^2}{1+x^2} \in [0~;~1]$.
Or $\displaystyle \int_0^1x^{2N+2} dx = \dfrac{1}{2N+3} \longrightarrow 0$. Donc $|I_N|$ tend vers $0$ par encadrement, et donc $I_N$ tend vers $0$.
Ensuite :
$\displaystyle \int_0^1 \dfrac{1-x^2}{1+x^2}dx = \int_0^1 \bigg(1-2\dfrac{x^2}{1+x^2}\bigg)dx = 1-2 \int_0^1 \dfrac{x^2}{1+x^2}dx = 1-2 \int_0^1 \bigg(1- \dfrac{1}{1+x^2} \bigg)dx = 2\int_0^1 \dfrac{1}{1+x^2}dx-1$
$=2\arctan(1)-1 = \dfrac{\pi}{2}-1$. Donc $\boxed{S_N \longrightarrow \dfrac{\pi}{2}-1}$. Comme on était censé trouver le double chez toi parce que tu as oublié de diviser par $2$, c'est bon.
Pour le coup, la version "séries entières" est moins lourde à écrire. Mais les deux marchent.
Le corrigé calcule $2S_N$ en fait pour ne pas s'embêter avec le $1/2$.
C'est bien $\pi /4 -1/2$.
Un autre exercice pour toi :
Exercice (difficile d'après mon livre) : (niveau MPSI)
Soit $n \in \N^{*}$. On pose $u_n = - \dfrac{4}{n}$ si $n$ est un multiple de $5$ et $u_n=\dfrac{1}{n}$ sinon.
1) Calculer $\displaystyle\sum_{k=1}^{5n} u_k$
2) En déduire que $\sum u_k$ converge et déterminer $\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty} u_k$.
Par récurrence :
Le cas $n=1$ est vrai car $\displaystyle \sum_{k=1}^{5}u_k = 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{4} - \dfrac{4}{5} = \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{5} = \sum_{k=2}^5 \dfrac{1}{k}$
Si $\displaystyle \sum_{k=1}^{5N}u_k = \displaystyle \sum_{k=N+1}^{5N} \dfrac{1}{k}$, alors
$\displaystyle \sum_{k=1}^{5(N+1)}u_k = \sum_{k=1}^{5N}u_k + \dfrac{1}{5N+1} + \dfrac{1}{5N+2} + \dfrac{1}{5N+3} + \dfrac{1}{5N+4} - \dfrac{4}{5(N+1)}$
$~~~~~~~~~~~~~~~=\displaystyle \sum_{k=N+1}^{5N} \dfrac{1}{k}+ \dfrac{1}{5N+1} + \dfrac{1}{5N+2} + \dfrac{1}{5N+3} + \dfrac{1}{5N+4} - \dfrac{4}{5(N+1)}$
$~~~~~~~~~~~~~~~=\displaystyle \sum_{k=N+1}^{5N} \dfrac{1}{k}+ \dfrac{1}{5N+1} + \dfrac{1}{5N+2} + \dfrac{1}{5N+3} + \dfrac{1}{5N+4} + \dfrac{1}{5(N+1)} - \dfrac{5}{5(N+1)}$
$~~~~~~~~~~~~~~~=\displaystyle \sum_{k=N+2}^{5(N+1)} \dfrac{1}{k}$. Donc c'est démontré.
La deuxième formule dans l'encadré n'est qu'un décalage d'indices qui fait disparaître le $n$ dans le premier indice de la somme.
Sooit maintenant $S_p = \displaystyle \sum_{k=1}^{p}u_k$. Alors si $m = \min\{n \in \N \mid 5n \geqslant p\}$, alors $S_p \leqslant S_{5m} = \displaystyle \sum_{k=1}^{4m} \dfrac{1}{k+m}$ car les $u_k$ sont positifs.
Pour tout $k \geqslant 1$, $\dfrac{1}{k+m} \leqslant \dfrac{1}{m}$ donc $S_{5m} \leqslant 4m \times \dfrac{1}{m} = 4$. Donc la suite $(S_p)_p$ est majorée, donc la série converge.
Remarque : si je ne me suis pas planté, j'ai démontré la convergence de la série sans calculer de formule explicite pour la somme de la question 1). Cependant, puisqu'on demande de calculer cette somme, il faut que je me replonge un peu dans les nombres harmoniques et tout ce bazar-là. J'essaierai de finir plus tard.
C'est normal, c'est ce que je te dis, il n'y a rien d'autre à calculer. Par contre on peut en déduire la limite.
Tu as pourtant tout fait ! $S_{5n}=\displaystyle\sum_{k=n+1}^{5n} \dfrac{1}{k}=\dfrac{1}{n} \displaystyle\sum_{k=1}^{4n} \dfrac{1}{1+k/n}$
On reconnaît une somme de ...
Je me disais aussi que cette inversion des rôles était suspecte.
À bientôt.
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Si la série harmonique est bien connue on a directement le résultat car
$$
S_n=\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k}- \sum_{k=1}^{E(n/5)} \dfrac{1}{k}.
$$ Donc $S_n=\gamma + \ln(n)+ o(1)-(\gamma + \ln(E(n/5))+ o(1))=\ln(5)+o(1). $
D'où la convergence et la somme de la série.
J'avouerai que je ne sais plus quand j'ai utilisé la notion de somme de Riemann pour la dernière fois... probablement il y a 9-10 ans. Bon, peu importe.
Moi, j'ai $\displaystyle \dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^{4n}\dfrac{1}{1 +k/n}$. Une somme de Riemann, c'est $S_N = \displaystyle\dfrac{1}{N}\sum_{k=0}^N f\bigg(a+ k\dfrac{b-a}{N}\bigg)$ et ça tend vers $\displaystyle \int_a^b f(t)dt$.
$\displaystyle \dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^{4n}\dfrac{1}{1 +k/n} = \dfrac{1}{n}\sum_{k=0}^{4n}\dfrac{1}{1 +k/n}$. Remarque : ma somme s'arrête à $4n$ au lieu de $n$, donc la formule ne colle pas tout à fait, cependant que la somme s'arrête à $n$ ou à $4n$ la limite est la même. Avec $a=0$ et $b=1$, je peux écrire que $\dfrac{1}{1+k/n} = f\bigg( \dfrac{k}{n} \bigg)$ avec $f(x)=\dfrac{1}{1+x}$, donc la limite est : $\displaystyle \int_0^1 \dfrac{1}{1+x}dx = \ln(2)$.
@Os vu que tu as le vent en poupe voici un petit exo pour toi.
$S_n=\sum_{k=1}^n \dfrac{n-k}{n^2 + k n +2021}$
Calculer la limite de $S_n. $
On voit qu'on peut s'aider d'une somme de....
$\displaystyle \dfrac{1}{n}\sum_{k=0}^{4n} \dfrac{1}{1+k/n} = \dfrac{4}{N}\sum_{k=0}^{N} \dfrac{1}{1+4k/N} = 4 \times \dfrac{1}{N}\sum_{k=0}^{N} \dfrac{1/4}{1/4+k/N}$.
La limite devient alors $4 \displaystyle \int_0^1 \dfrac{1/4}{1/4 + x}dx = \int_0^1 \dfrac{1}{1/4 + x}dx$.
$\displaystyle \int_0^1 \dfrac{1}{1/4 + x}dx = 4\int_0^1 \dfrac{1}{1 + 4x}dx = \int_0^4 \dfrac{1}{1 + y}dy = \ln(5)$.
Pour la question $2$, penser à calculer $S_{5n+1}$, $S_{5n+2}$ etc...
Qu'en pensent @RaoulS et @Bd2017 ?
Bd2017 je n'ai rien compris à ton exercice sur les polynômes de Lagrange. L'énoncé est incompréhensible.
$\dfrac{n-k}{n^2+kn+2021}=\dfrac{1}{n} \dfrac{1 -k/n}{1+k/n+2021/n^2}$
Je ne vois pas de somme de Riemann.
Ici on peut s'aider d'une somme de Riemann? (voir @Chaurien )
Cependant, je ne sais pas donner le résultat exact.
La limite de $R_n$ se calcule, et $R_n-S_n$...