Comparaison séries intégrales

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Enoncés
Comparaison séries intégrales
1
Exercice 7 [ 01068 ] [Correction]
Pour α > 1 on pose
Exercice 1 [ 00077 ] [Correction]
À l’aide d’une comparaison avec une intégrale, donner la nature de la série
X
n≥2
1
n ln n
Exercice 2 [ 01064 ] [Correction]
Déterminer la nature de la série de terme général
ζ(α) =
+∞
X
1
α
n
n=1
Déterminer la limite de (α − 1)ζ(α) quand α tend vers 1+
Exercice 8 [ 01061 ] [Correction]
En exploitant une comparaison avec des intégrales, établir :
(a)
Pn
k=1
√
√
k ∼ 23 n n
(b) ln(n!) ∼ n ln n
(c)
Pn
1
k=2 k ln k
∼ ln(ln n)
1
un =
2
(ln 2) + · · · + (ln n)2
Exercice 9 [ 01069 ] [Correction]
En exploitant une comparaison série-intégrale, déterminer
Exercice 3 [ 00664 ] [Correction]
√
P
Soit a ∈ ]0 ; 1[. Déterminer la nature de la série n≥0 a n .
+∞
X
lim
a→+∞
Exercice 4 [ 01063 ] [Correction]
Déterminer la nature de la série de terme général
un =
+∞
X
1
2
k
k=n+1
Exercice 5 [ 01066 ] [Correction]
Pour α > 1, on pose
Exercice 10 [ 02431 ] [Correction]
Soit a > 0, b > 0 et pour n ∈ N∗ ,
n
An =
Trouver limn∞
N
+∞
X
X
1
1
et
R
=
N
α
n
nα
n=1
n=N+1
P
Étudier, selon α, la nature de la série n≥1 SRnn .
SN =
Exercice 6 [ 01067 ] [Correction]
P
P
Soit n≥0 un une série divergente de réels strictement positifs. On note S n = nk=0 uk .
Montrer, à l’aide d’une comparaison intégrale que pour tout α > 1, il y a convergence de
la série
X un
n≥1
S nα
n=1
a
n2 + a2
Bn
An
n
Y
1X
(a + bk), Bn =
(a + bk)1/n
n k=1
k=1
en fonction de e.
Exercice 11 [ 02434 ] [Correction]
Soit, pour x ∈ R,
f (x) =
cos(x1/3 )
x2/3
(a) Nature la série de terme général
un =
Z
n+1
f (x) dx − f (n)
n
(b) Nature de la série de terme général f (n).
(indice : on pourra montrer que sin n1/3 n’admet pas de limite quand n → +∞
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Enoncés
2
Exercice 16 [ 04069 ] [Correction]
Soit f : [0 ; +∞[ → R continue, positive et croissante.
Établir que les objets suivants ont même nature
!
Z +∞
X1 1
X
f e−n et
f e−t dt,
f
n n
0
(c) Nature de la série de terme général
sin(n1/3 )
n2/3
Exercice 12 [ 02810 ] [Correction]
Rn
x)
On pose f (x) = sin(ln
pour tout x ≥ 1 et un = n−1 f (t) dt − f (n) pour tout entier n ≥ 2.
x
(a) Montrer que f 0 est intégrable sur [1 ; +∞[.
(b) Montrer que la série de terme général un est absolument convergente.
(c) Montrer que la suite (cos(ln n)) diverge.
(d) En déduire la nature de la série de terme général f (n).
Exercice 13 [ 03449 ] [Correction]
Soit f : [1 ; +∞[ → C une fonction de classe C1 telle que f 0 est intégrable sur [1 ; +∞[.
P
(a) Montrer
que
R
la série numérique f (n) converge si, et seulement si, la suite
n
f (t) dt converge.
1
(b) Application : Étudier la convergence de
√
+∞
X
sin n
n
n=1
Exercice 14 [ 03045 ] [Correction]
Pour n ∈ N∗ , soit
fn : x ∈ ]n ; +∞[ →
n
X
k=1
1
x−k
Soit a > 0. Montrer qu’il existe un unique réel, noté xn tel que fn (xn ) = a.
Déterminer un équivalent de xn quand n → +∞.
Exercice 15
Étudier
[ 03086 ]
[Correction]
lim n
n→+∞
!
+∞
X
1 n
k
e
k2
k=n
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Corrections
Corrections
3
Exercice 4 : [énoncé]
Puisque x 7→ x12 est décroissante
Exercice 1 : [énoncé]
On a
!0
ln x + 1
1
=−
x ln x
(x ln x)2
La fonction x 7→ 1/x ln x est décroissante sur ]1 ; +∞[.
On en déduit
Z N+1
N
X
1
dt
≥
= ln ln(N + 1) − ln ln 2 → +∞
n ln n
t ln t
2
n=2
Exercice 2 : [énoncé]
Par comparaison avec une intégrale
Z n
(ln t)2 dt ≤
1
n
X
k
donc
Z
n+1
(ln k)2
n
donc
Z
N+1
donc 0 ≤ un ≤ vn avec
1
n(ln n)2
On peut alors conclure que la série des un converge absolument par comparaison avec une
série de Bertrand.
Z
dx
≤ RN ≤
xα
Z
Rn ∼
vn ∼
a
x
puis
n
X
a
√
k
≤1+
k=0
√
n
Z
√
a
x
dx = 1 + 2
0
√
a
n
< +∞
Rn
n≥1 S n
P
n
N
dx
xα
converge si, et seulement si, α > 2.
un
≤
S nα
uau du
0
uau du est définie donc
X
Z
+∞
dx
xα
1
(α − 1)nα−1
Exercice 6 : [énoncé]
On a
dx
n−1
1
Rn
∼
S n (α − 1)S ∞ nα−1
La série
√
n
puis
n−1
0
+∞
dx
1
≤
≤
xα nα
d’où l’on obtient :
n
k−1
dx
x2
Z +∞
+∞
X
dx
1
dx
≤
≤
x2 k=n+1 k2
x2
n
n+1
Z
k=1
Exercice 3 : [énoncé]
Notons que les termes
sommés sont positifs.
√
La fonction x 7→ a x est décroissante donc
Z
√
n
a ≤
k
Z
d’où l’on obtient : un ∼ 1/n.
Il y a donc divergence de la série de terme général un .
1
R +∞
+∞
1
dx
≤ 2 ≤
x2
k
Exercice 5 : [énoncé]
Puisque x 7→ x1α est décroissante
Or par une intégration par parties on obtient
Z n
(ln t)2 dt ∼ n(ln n)2
or
k+1
Z
donc
Z
Sn
S n−1
dt
tα
"
#S p
Z Sp
p
X
un
dt
1
1
1
=
≤
< +∞
α ≤
α
α−1
S
t
α
−
1
α
−
1
t
S0
S0
n=1 n
La série à termes positifs est convergente car ses sommes partielles sont majorées.
n≥0
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Exercice 7 : [énoncé]
Puisque x 7→ x1α est décroissante
Z
4
donc
n+1
Z
+∞
+∞
+∞
Z
dx X 1
≤
≤1+
xα k=1 kα
1
donc
Corrections
1
2
dx
xα
1
1
≤ ζ(α) ≤ 1 +
α−1
α−1
α→1+
n
1
dt
t ln t
puis on conclut via
Z
Z
N+1
Exercice 8 : [énoncé]
√
Z
dt
= ln(ln t) + C te → +∞
t ln t
Exercice 9 : [énoncé]
P+∞ a
a
a
Notons que n2 +a
2 ∼ n2 donc
n=1 n2 +a2 existe.
a
La fonction x 7→ x2 +a2 est décroissante sur [0 ; +∞[ donc par comparaison série-intégrale
Par suite (α − 1)ζ(α) −→ 1.
(a) Par croissance de la fonction
n
X 1
dt
≤
≤
t ln t k=2 k ln k
1
.
N
X a
a
dx ≤
≤
2
2
x +a
n2 + a2
n=1
Z
N
x2
0
a
dx
+ a2
puis sachant
k
Z
√
√
t dt ≤
k+1
Z
k≤
Z
√
t dt
k−1
k
x
a
= arctan + C te
a
x2 + a2
on obtient
donc
n
Z
√
t dt ≤
0
n √
X
n+1
Z
k≤
N
arctan
√
t dt
1
k=1
Quand N → +∞,
et on conclut aisément.
(b) On a
ln n! =
n
X
N+1
1 X a
N
− arctan ≤
≤ arctan
a
a n=1 n2 + a2
a
+∞
1 X a
π
π
− arctan ≤
≤
2
2
2
a n=1 n + a
2
Par le théorème des gendarmes,
ln k
k=1
lim
et, par croissance de la fonction ln„
k
Z
a→+∞
ln t dt ≤ ln k ≤
ln t dt
k
n
Z
Exercice 10 : [énoncé]
On a
n+1
Z
ln t dt ≤ ln n! ≤
1
ln t dt
(c) Par décroissance de la fonction x 7→ 1/x ln x sur [1/ e ; +∞[,
k
k+1
n
An = a +
1
puis on peut conclure.
Z
n=1
a
π
=
n2 + a2 2
k+1
Z
k−1
donc
+∞
X
dt
1
≤
≤
t ln t k ln k
Z
k
k−1
dt
t ln t
b(n + 1)
1X
, ln Bn =
ln(a + bk)
2
n k=1
Posons f (t) = ln(a + bt) fonction croissante.
À l’aide d’une comparaison série-intégrale
n
X
f (k) = n ln(a + bn) − n + o(n)
k=1
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donc
Corrections
!
Bn
a + bn
− 1 + o(1) → ln 2 − 1
= ln Bn − ln An = ln
ln
An
a + bn/2
puis
5
(b) Par intégration par parties
Z n
Z
f (t) dt = (t − (n − 1) f (t) nn−1 −
n−1
Bn
2
→
An
e
n
(t − (n − 1)) f 0 (t) dt
n−1
donc
Z
n
n−1
Exercice 11 : [énoncé]
Or par le théorème des accroissements fini,
N
X
f (x) − f (n) = f (c x )(x − n)
avec c x ∈ ]n ; x[.
Après calcul de f 0 (x), on en déduit
| f (x) − f (n)| ≤
1
2
+ 5/3
4/3
3n
3n
.
R n+1
Rn
(b) La série de terme général n f (t) dt diverge car 0 f (t) dt = 3 sin(n1/3) diverge. En
effet si sin n1/3 convergeait vers ` alors par extraction sin(n) aussi et il est classique
1/3
P
)
d’établir la divergence de (sin(n)). On en déduit que cos(n
diverge.
n2/3
R n+1
(c) Il suffit de reprendre la même étude pour parvenir à la mêmeun = n f (x) dx − f (n)
conclusion.
|un | ≤ |u1 | +
P
Z
N
Z
0 f (t) dt ≤ |u1 | +
1
n=1
La série
0
1
n4/3
n−1
L’intégrabilité de f 0 permet d’introduire 1 | f 0 (t)| dt et d’affirmer que les sommes
P
partielles de la série |un | sont majorées via
n
0 f (t) dt
R +∞
(a) a) Une comparaison série intégrale est inadaptée, f n’est pas monotone comme en
témoigne ses changements de signe. En revanche :
Z n+1
un =
f (x) − f (n) dx
puis un = O
n
Z
(t − (n − 1)) f 0 (t) dt ≤
|un | ≤
+∞
0 f (t) dt
1
un est alors absolument convergente.
(c) Par l’absurde, supposons que la suite (cos(ln n)) converge. La suite extraite
(cos(ln 2n )) = (cos(n ln 2)) aussi. Notons ` sa limite.
Puisque
cos((n + 1) ln 2) + cos((n − 1) ln 2) = 2 cos(n ln 2) cos(ln 2)
on obtient à la limite 2` = 2` cos(ln 2) et donc ` = 0.
Puisque
cos(2n ln 2) = 2 cos2 (n ln 2) − 1
on obtient aussi à la limite ` = 2`2 − 1 ce qui est incompatible avec ` = 0.
(d) Puisque
Z
n
f (t) dt = − cos(ln n) + cos(ln(n − 1))
n−1
PR n
La divergence de la suite (cos(ln n)) entraîne la divergence de la série
f (t) dt.
n−1
P
P
Enfin, puisque la série un converge, on peut alors affirmer que la série f (n)
diverge.
Exercice 12 : [énoncé]
(a) La fonction f 0 est bien définie et continue par morceaux sur [1 ; +∞[.
On a
cos(ln x) − sin(ln x)
f 0 (x) =
x2
et donc
0 2
f (x) ≤ 2
x
La fonction x 7→ 1/x2 étant intégrable sur [1 ; +∞[, il en est de même de f 0 par
domination.
Exercice 13 : [énoncé]
(a) Posons
un =
Z
n+1
f (t) dt − f (n)
n
On a
Z
|un | ≤
n+1
| f (t) − f (n)| dt
n
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Corrections
Or pour tout t ∈ [n ; n + 1]
On a
Z t
Z t
Z n+1 0 f 0 (u) du
0
f (u) du ≤
f (u) du ≤
| f (t) − f (n)| = n
n
n
et donc
Z
n+1
|un | ≤
1
k
k=1
la convergence de la série
n
k=1
f (n) équivaut à celle de la suite
(b) Introduisons
f : t 7→
R n
1
n
ea −1 ,
et par suite
xn ≤ n + 1 +
Aussi
f (n + y) =
Pour y =
f 0 (t) =
2
√ √
cos(
t)
−
sin
t
t
t2
t→+∞
k−1
dt
=
t+y
n
Z
0
n
dt
= ln 1 +
t+y
y
!
n
ea − 1
n
0
xn ≥ n +
xn ∼ n +
1
t2
Z
1
≥
y+k
On en déduit
= O
k
n
dt
= ln 1 +
t+y
y
!
f (n + y) ≥ a et par suite
La fonction f est de classe C1 sur [1 ; +∞[ et
1√
n−1
X
k=0
n
ea −1 ,
Z
f (n + 1 + y) ≤ ln (1 + (ea − 1)) = a
f (t) dt .
√
sin t
t
n
X 1
X
1
=
≤
n + 1 + y − k k=1 k + y k=1
0
P
n
X
k=1
Pour y =
P R n+1 0
Sachant que la suite 1 | f (u)| du converge, la série
| f (u)| du converge et,
n
P
par comparaison de séries à termes positifs, on peut affirmer que la série un est
absolument convergente.
Puisque
Z n+1
n
n Z k+1
n
X
X
X
f (k) =
f (t) dt − uk =
uk
f (t) dt −
k=1
fn (n + 1 + y) =
0 f (u) du
n
R n
6
ea
n
ea − 1
n
ea n
= a
−1 e −1
!
est intégrable sur [1 ; +∞[.
La convergence de la série étudiée équivaut alors à la convergence quand n → +∞ de
√
Z n
sin t
dt
t
1
√
En posant u = t
√
Z n
Z √n
sin t
sin u
dt =
du
2
t
u
1
1
Exercice 15 : [énoncé]
On remarque
n
avec ϕ : x 7→ x12 e1/x .
La fonction ϕ est décroissante en tant que produit de deux fonctions décroissantes
positives. Par suite
! Z k/n
Z (k+1)/n
1 k
ϕ(t) dt ≤ ϕ
≤
ϕ(t) dt
n n
k/n
(k−1)/n
En sommant et en exploitant l’intégrabilité de ϕ au voisinage de +∞
dont la convergence quand n → +∞ est bien connue (cf. intégrale de Dirichlet).
Z
1
Exercice 14 : [énoncé]
La fonction fn est continue, strictement décroissante et de limites +∞ et 0 en n et +∞. On
en déduit que fn réalise une bijection de ]n ; +∞[ vers ]0 ; +∞[. Ainsi, pour tout a > 0, il
existe un unique xn > n vérifiant fn (xn ) = a.
!
!
+∞
+∞
X
1 n
1X k
k
e
=
ϕ
n k=n
n
k2
k=n
+∞
! Z +∞
+∞
X
1 1/t
1 1/t
1 k
e
dt
≤
e dt
ϕ
≤
2
n
n
t2
t
(n−1)/n
k=n
Or
Z
1
+∞
h
i+∞
1 1
e t dt = − e1/t
= e − 1 et
2
1
t
Z
+∞
(n−1)/n
h
i+∞
1 1
e t dt = − e1/t
→e−1
2
(n−1)/n
t
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Par encadrement
Corrections
7
!
+∞
X
1 n
k
e = e − 1.
lim n
n→+∞
k2
k=n
Exercice 16 : [énoncé]
La fonction t 7→ f (e−t ) est Rdécroissante et positive donc, par théorème de comparaison
P
+∞
série intégrale, l’intégrale 0 f e−t dt et la série f (e−n ) ont même nature.
R +∞
Par le changement de variable C1 bijectif u = et , l’intégrale 0 f e−t dt à même nature
R +∞
que 1 1u f 1u du.
La fonction u 7→ u1 f 1u est décroissante et positive donc, par théorème de comparaison
R +∞
P série intégrale, l’intégrale 1 1u f 1u du et la série 1n f n1 ont même nature.
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