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,

\[\frac{a}{k}+\frac{b}{k+1}+\frac{c}{2k+1}=\frac{a(k+1)(2k+1)+bk(2k+1)+ck(k+1)}{k(k+1)(2k+1)}= \frac{(2a+2b+c)k^2+(3a+b+c)k+a}{k(k+1)(2k+1)}.\] 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

\[\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k+1}=\sum_{k=2}^{n+1}\frac{1}{k}=H_{n+1}-1=-1+\ln(n+1)+\gamma+o(1)=\ln n+\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)+\gamma-1+o(1)=\ln n+\gamma-1+o(1).\] 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

\[\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{1^2+2^2+...+k^2}=6\left(\ln n+\gamma+\ln n+\gamma-1-4\left(\frac{1}{2}\ln n+\ln2+\frac{1}{2}\gamma-1\right)\right)=6(3-4\ln2)+o(1).\] Donc,

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