Soit $k$ un entier naturel non nul. On sait que $\sum_{i=1}^{k}i^2=\frac{k(k+1)(2k+1)}{6}$ . Déterminons alors trois réels $a$ , $b$ et $c$ tels que, pour entier naturel non nul $k$ ,

$\frac{6}{k(k+1)(2k+1)}=\frac{a}{k}+\frac{b}{k+1}+\frac{c}{2k+1}\;(*).$ Pour $k$ entier naturel non nul donné,

$\begin{align*} \frac{a}{k}+\frac{b}{k+1}+\frac{c}{2k+1} &= \frac{a(k+1)(2k+1)+bk(2k+1)+ck(k+1)}{k(k+1)(2k+1)} \\ &= \frac{(2a+2b+c)k^2+(3a+b+c)k+a}{k(k+1)(2k+1)}. \end{align*}$ Par suite,

$(*)\Leftarrow\left\{ \begin{array}{l} 2a+2b+c=0\\ 3a+b+c=0\\ a=6 \end{array} \right.\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} a=6\\ b=6\\ c=-24 \end{array} \right.,$ et donc,

$\forall n\in\Nn^*,\;\sum_{k=1}^{n}\frac{6}{k(k+1)(2k+1)}=6\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}+\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k+1}-4\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2k+1}\right).$ Ensuite, d’après l’exercice [exo:suprou3bis], quand $n$ tend vers $+\infty$ , $\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}=\ln n+\gamma+o(1)$ puis

$\begin{align*} \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k+1} &= \sum_{k=2}^{n+1}\frac{1}{k} \\ &= H_{n+1}-1 \\ &= -1+\ln(n+1)+\gamma+o(1) \\ &= \ln n+\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)+\gamma-1+o(1) \\ &= \ln n+\gamma-1+o(1). \end{align*}$ Enfin,

$\begin{align*} \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2k+1}&=-1+\sum_{k=1}^{2n+1}\frac{1}{k}-\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2k}=-1+H_{2n+1}-\frac{1}{2}H_n\\ &=\ln(2n+1)+\gamma-\frac{1}{2}(\ln n+\gamma)-1+o(1)=\ln2+\ln n+\ln\left(1+\frac{1}{2n}\right)+\gamma-\frac{1}{2}\ln n-\frac{1}{2}\gamma-1+o(1)\\ &=\frac{1}{2}\ln n+\ln2+\frac{1}{2}\gamma-1+o(1) \end{align*}$ Finalement, quand $n$ tend vers $+\infty$ , on a

$\begin{align*} \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{1^2+2^2+...+k^2} &= 6\left(\ln n+\gamma+\ln n+\gamma-1-4\left(\frac{1}{2}\ln n+\ln2+\frac{1}{2}\gamma-1\right)\right) \\ &= 6(3-4\ln2)+o(1). \end{align*}$ Donc,

$\lim_{n\rightarrow +\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{1^2+2^2+...+k^2}=6(3-4\ln2)$ .

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