Calculs de sommes - mp.cpgedupuydelome.fr
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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014 Calculs de sommes Enoncés 1 Exercice 6 +∞ P Sachant Exercice 1 [ 03633 ] [correction] Existence et calcul de n=0 +∞ X 1 ln 1 − 2 n n=2 [ 01050 ] 1 n! [correction] = e, calculer +∞ +∞ 2 X X n+1 n −2 et n! n! n=0 n=0 Exercice 7 [ 01051 ] [correction] Soit x ∈ ]−1, 1[. Calculer Exercice 2 [ 01046 ] [correction] Existence et calcul de +∞ X +∞ X 1 n(n + 1)(2n + 1) n=1 k=0 Exercice 8 [ 01052 ] [correction] Soit α > 0. Montrer +∞ X (−1)k Exercice 3 [ 01047 ] [correction] +∞ P 1 π2 On donne k2 = 6 . Calculer k=1 k=0 +∞ X k=1 1 k 2 (k + 1)2 kxk Exercice 9 On pose [ 01053 ] Z = k+α 0 1 xα−1 dx 1+x [correction] Z après en avoir justifié l’existence. un = 1 xn sin(πx) dx 0 Montrer que la série Exercice 4 [ 01048 ] [correction] Nature puis somme de X n>1 1 n(n + 1)(n + 2) P un converge et que sa somme vaut Z π sin t dt t 0 Exercice 10 [ 01054 ] [correction] On rappelle l’existence d’une constante γ telle qu’on ait Exercice 5 [ 01049 ] [correction] Après en avoir justifié l’existence, calculer n X 1 = ln n + γ + o(1) k k=1 +∞ X +∞ X 1 1 π2 sachant = (2n + 1)2 n2 6 n=0 n=1 a) Calculer la somme de la série de terme général un = (−1)n−1 /n. b) Même question avec un = 1/n si n 6= 0 [3] et un = −2/n sinon. Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014 Exercice 11 [ 01055 ] [correction] Justifier et calculer Enoncés Exercice 17 Calculer +∞ X 2 [ 02805 ] [correction] +∞ X (−1)n 4n + 1 n=0 1 n(2n − 1) n=1 Exercice 12 [ 01057 ] [correction] Pour p ∈ N, on pose Exercice 18 Calculer +∞ p X n ap = 2n n=0 [ 01058 ] [correction] +∞ X 1 (−1)n ln 1 + n n=1 [correction] ∞ X n=0 a) Montrer que ap existe puis exprimer ap en fonction de a0 , . . . , ap−1 . b) En déduire que ap ∈ N. Exercice 13 Calculer [ 02964 ] 1 3 1 1 − + + 4n + 1 4n + 2 4n + 3 4n + 4 Exercice 19 [ 02426 ] [correction] Calculer pour x ∈ ]−1, 1[ +∞ X xn (1 − xn )(1 − xn+1 ) n=1 Indice : utiliser la formule de Stirling. Exercice 20 Calculer Exercice 14 [ 02354 ] [correction] Existence et calcul de +∞ X 1 (4n + 1)(4n + 3) n=0 Exercice 21 [ 03448 ] [correction] Existence et valeur pour m > 1 de Exercice 15 [ 02801 ] [correction] Soient α dans R? , a et b dans R\N. On pose n−a un n−b Etudier la nature de la série de terme général un et calculer éventuellement sa somme. Exercice 16 [ 02804 ] [correction] Convergence puis calcul de +∞ X [correction] +∞ X 5n + 6 n(n + 1)(n + 2) n=1 u0 = α et ∀n ∈ N, un+1 = [ 01338 ] 1 2 + 2 2 + · · · + n2 1 n=1 Sm = +∞ X 1 n(n + 1) . . . (n + m) n=1 Exercice 22 [ 03622 ] [correction] Calculer la somme de la série de terme général un = arctan 1 n2 + 3n + 3 Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014 Exercice 23 [ 03796 ] [correction] P Convergence et somme de la série k>2 Enoncés 3 1 k2 −1 . Convergence et somme de √ X k>2 j√ k k+1 − k k Exercice 24 [ 03895 ] [correction] Existence et valeur de +∞ X (−1)n ln 1 + n n=2 Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014 Corrections Corrections donc on conclut que la série converge et Exercice 1 : [énoncé] On a X N N X 1 ln 1 − 2 = (ln(n − 1) + ln(n + 1) − 2 ln n) n n=2 n=2 donc N X ln 1 − n=2 4 1 n2 = N X (ln(n − 1) − ln n) + n=2 N X +∞ X 1 = 3 − 4 ln 2 n(n + 1)(2n + 1) n=1 Exercice 3 : [énoncé] On a k 2 (k (ln(n + 1) − ln n) n=2 1 1 ∼ 4 2 + 1) k donc la série converge. Par décomposition en éléments simples Après télescopage N X ln 1 − n=2 1 n2 = ln N +1 − ln 2 → − ln 2 N k 2 (k 1 1 2 2 1 = 2+ + − 2 2 + 1) k (k + 1) k+1 k donc N X On en déduit que la série converge et +∞ X 1 ln 1 − 2 = − ln 2 n n=2 k=1 N N +1 N +1 N X X X X 1 1 1 1 1 π2 = + − 1 + 2 − 2 = −3 k 2 (k + 1)2 k2 k2 k k 3 k=1 k=1 k=2 k=1 Exercice 4 : [énoncé] 1 1 ∼ 3 n(n + 1)(n + 2) n Exercice 2 : [énoncé] Par décomposition en éléments simples 1 1 4 1 = + − n(n + 1)(2n + 1) n n + 1 2n + 1 donc la série converge Par décomposition en éléments simples 1 1/2 1 1/2 = − + n(n + 1)(n + 2) n n+1 n+2 Sachant N X 1 = 2n +1 n=1 2N +1 X n=2 N X 1 1 − n n=1 2n puis après télescopage +∞ X 1 1 = n(n + 1)(n + 2) 4 n=1 on obtient N X N N 2N +1 X X 1 3 X 1 1 = + −4 n(n + 1)(2n + 1) n n + 1 n n=1 n=1 n=1 n=2 Or on sait que N X 1 = ln N + γ + o(1) n n=1 Exercice 5 : [énoncé] +∞ +∞ +∞ P 1 P P 1 n2 = (2n+1)2 + n=1 n=0 n=1 1 (2n)2 donc +∞ P n=0 1 (2n+1)2 = 3 4 +∞ P n=1 1 n2 = π2 8 . Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014 Corrections 5 Exercice 6 : [énoncé] D’une part +∞ +∞ +∞ X X 1 1 n+1 X = + = 2e n! (n − 1)! n=0 n! n=1 n=0 Exercice 9 : [énoncé] Par sommation géométrique D’autre part Posons n X Z 1 uk = 0 k=0 Z +∞ 2 +∞ +∞ +∞ +∞ X X X n − 2 X n(n − 1) + n − 2 X 1 1 1 = = + −2 =0 n! n! (n − 2)! (n − 1)! n! n=0 n=0 n=2 n=1 n=0 Exercice 7 : [énoncé] Tout d’abord la série converge en vertu de la règle de d’Alembert (en traitant x = 0 séparément) Puisque ! 0 n n X d X k 1 − xn+1 x k kx = x x =x → dx 1−x (1 − x)2 k=0 sin(πx) dx 1−x 0 Cette intégrale est bien définie car la fonction intégrée se prolonge par continuité en 1. Z n X 1 sin(πx) n+1 M uk − I 6 x dx 6 1 − x n +1 0 k=0 avec sin(πx) [0,1] 1 − x M = sup On conclut que n P uk → I puis par changement de variable k=0 n X on obtient kxk = k=0 1 I= k=0 +∞ X 1 − xn+1 sin(πx) dx 1−x x (1 − x)2 π Z uk → 0 k=0 sin t dt t Exercice 10 : [énoncé] a) On a Exercice 8 : [énoncé] Par sommation géométrique 2n X (−1)k−1 k k=1 α−1 x = 1+x donc Z 1 0 n X k k+α−1 (−1) x + (−1) n+1 x n+α = 2n n X X 1 1 −2 = ln 2n + γ + o(1) − ln n − γ = ln 2 + o(1) k 2k k=1 et 2n+1 X 1+x k=0 k=1 k=1 n X xα−1 dx = 1+x k=0 Z 1 (−1)k xk+α−1 dx + (−1)n+1 0 0 avec Z |εn | 6 1 n X (−1)k xn+α dx = + εn 1+x k+α n+α 1 dx = →0 n+α−1 k=1 donc la série converge et est de somme égale à ln 2. b) On a 3n X k=0 un = k=1 1 x 0 d’où la conclusion. Z 2n X (−1)k−1 (−1)k−1 = + o(1) k k et 3n+1 X k=1 3n n X X 1 1 −3 = ln 3n + γ + o(1) − ln n − γ = ln 3 + o(1) k 3k k=1 un = 3n X k=1 k=1 un + o(1) → ln 3 et 3n+2 X un = k=1 3n X un + o(1) → ln 3 k=1 donc la série converge et est de somme égale à ln 3. Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014 Corrections 6 Exercice 14 : [énoncé] On a Exercice 11 : [énoncé] Par décomposition en éléments simples N N 2N N 2N X X X X X 2 1 2 1 1 1 = − = −2 =2 n(2n − 1) (2n − 1) n m n n n=1 n=1 n=1 n=1 n=1 N X n=N +1 +∞ P donc la somme n=1 5n + 6 =O n(n + 1)(n + 2) 5n+6 n(n+1)(n+2) 1 n2 existe. Par décomposition en éléments simples Or 2N X n=N +1 3 1 2 5n + 6 = − − n(n + 1)(n + 2) n n+1 n+2 2N N X 1 X1 1 = − = ln(2N ) + γ + o(1) − ln N − γ = ln 2 + o(1) n n=1 n n=1 n donc en exploitant N X 1 = ln N + γ + o(1) n n=1 puis +∞ X 1 = 2 ln 2 n(2n − 1) n=1 on obtient n X Exercice 12 : [énoncé] a)ap existe en vertu de la règle de d’Alembert. +∞ X (n + 1)p 1 ap = = n+1 2 2 n=0 ap + k=1 ! p ap−1 + · · · + 1 p p ! ! a0 donc ap = ! p 1 ap−1 + · · · + p p ! a0 b) Par un récurrence aisée ap ∈ N pour tout p ∈ N. Exercice 13 : [énoncé] La somme existe en vertu du critère de Leibniz. Pour la calculer, il suffit de déterminer la limite des sommes partielles de rangs pairs. puis et donc Or donc puis n3 5k + 6 = 3 ln + 4 + o(1) → 4 k(k + 1)(k + 2) (n + 1)(n + 2)2 Exercice 15 : [énoncé] On peut supposer α > 0 quitte à passer la suite à l’opposé. un+1 b−a =1+ un n−b Posons vn = na−b un . ln vn+1 − ln vn = O 1/n2 donc (ln vn ) converge puis un ∼ A avec A > 0 na−b P Par conséquent un converge si, et seulement si, a − b > 1. (n − b)un+1 = (n − a)un donc (n + 1)un+1 − nun = (b + 1)un+1 − aun En sommant et en notant S = +∞ P un , on obtient (b + 1)(S − α) − aS = 0 donc n=0 S= (b + 1)α b+1−a Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014 Exercice 16 : [énoncé] On a 12 + 22 + · · · + n2 = n X 7 Exercice 17 : [énoncé] Par sommation géométrique k2 = k=1 et donc Corrections n(n + 1)(2n + 1) 6 Z 1 N N Z 1 X X (−1)n 1 − (−t4 )N +1 = dt (−t4 )n dt = 4n + 1 n=0 0 1 + t4 0 n=0 1 3 ∼ 3 12 + 22 + · · · + n2 n Par comparaison de séries à termes positifs, la série numérique converge Par décomposition en éléments simples Or P Z 1 12 +22 +···+n2 1 0 donc P (−1)n 4n+1 Z 1 1 (−t4 )N +1 t4N +4 dt = dt 6 →0 1 + t4 4N +5 0 converge et Z 1 +∞ X (−1)n dt = 4n + 1 1 + t4 0 n=0 6 6 6 24 = + − n(n + 1)(2n + 1) n n + 1 2n + 1 En introduisant la constante d’Euler γ, on sait Enfin Z N X 1 = ln N + γ + o(1) n n=1 0 1 1 dt = √ 4 1+t 4 2 √ 2+ 2 √ +π ln 2− 2 Exercice 18 : [énoncé] Par décalage d’indice N X 1 = n + 1 n=1 N +1 X n=2 1 = ln(N + 1) + γ − 1 + o(1) n et en introduisant dans la somme les inverses des nombres pairs absents, on obtient N X 2N +1 N X 1 1 X 1 1 1 = − = ln(2N + 1) − ln N + γ − 1 + o(1) 2n + 1 n 2n 2 2 n=1 n=2 n=1 3 1 1 1 3 1 1 1 − + + = − + + +O 4n + 1 4n + 2 4n + 3 4n + 4 4n 4n 4n 4n =O 1 n2 k=1 Or 4 1 N 18 (N + 1)6 = ln + 18 + o(1) 12 + 22 + · · · + n2 (2N + 1)24 n=1 1 n2 donc la série étudiée est absolument convergente. On a 4N +4 N N X X X 3 1 1 1 1 1 − + + = −4 4n + 1 4n + 2 4n + 3 4n + 4 k 4n +2 n=0 n=0 On en déduit N X N X N 2N +1 N X X X 1 1 1 1 =2 =2 −2 4n + 2 2n + 1 k 2k n=0 n=0 k=1 k=1 Par le développement n X 1 = ln n + γ + o(1) k puis à la limite k=1 +∞ X n=1 12 + 22 1 = 18 − 24 ln 2 + · · · + n2 on parvient à N X n=0 1 3 1 1 − + + 4n + 1 4n + 2 4n + 3 4n + 4 = ln(4N +4)+γ−2 ln(2N +1)−2γ+ln N +γ+o( Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014 Ainsi ∞ X n=0 3 1 1 1 − + + 4n + 1 4n + 2 4n + 3 4n + 4 Corrections =0 (ce qui change du ln 2 traditionnel. . . ;-) 8 Par intégration par parties x Z t Z 1 2 du 1 x 1 − t2 S(x) = (t − 1) + dt 4 2 2 0 1 − t4 0 1−u 0 et ainsi S(x) = Exercice 19 : [énoncé] La convergence de la série est assurée par le critère de d’Alembert. On a Quand x → 1− x Z +∞ X +∞ X n n n+1 +∞ X x x −x (1−x) = = n )(1 − xn+1 ) (1 − x (1 − xn )(1 − xn+1 ) n=1 n=1 n=1 1 1 − (1 − xn ) (1 − xn+1 )donc 0 1 2 (x − 1) 2 Après télescopage on obtient xn x = n )(1 − xn+1 ) (1 − x (1 − x)2 n=1 Exercice 20 : [énoncé] Introduisons la série entière de somme S(x) = On en déduit Z 0 x dt 1 + t2 1 2 Z 0 1 dt π = 2 1+t 8 +∞ X 1 π = S(1) = (4n + 1)(4n + 3) 8 n=0 Exercice 21 : [énoncé] On a +∞ X x4n+3 (4n + 1)(4n + 3) n=0 On vérifie aisément que son rayon de convergence est égale à 1 et que sa somme est définie et continue sur [−1, 1] par convergence normale. Sur ]−1, 1[ +∞ X x4n+2 S 0 (x) = 4n + 1 n=0 m× 1 1 1 = − n(n + 1) . . . (n + m) n(n + 1) . . . (n + m − 1) (n + 1) . . . (n + m) Après télescopage m N X 1 1 1 = − n(n + 1) . . . (n + m) m! (N + 1) . . . (N + m) n=1 donc, sachant m > 1, Pour x 6= 0 0 dt 1 + 1 − t4 2 dt = O (ln(1 − x)) = o(x − 1) 1 − t4 S(x) → +∞ X x Z 0 X +∞ 1 1 0 S (x) = x4n = x 1 − x4 n=0 m N X 1 1 −−−−−→ = Sm N →+∞ m.m! n(n + 1) . . . (n + m) n=1 On en déduit que sur ]−1, 1[ S 0 (x) = x x Z 0 dt 1 − t4 puis Z S(x) = x Z t 0 0 t du 1 − u4 Exercice 22 : [énoncé] Considérons vn = arctan 1 1 − arctan ∈ ]0, π/2[ n+1 n+2 On constate tan vn = 1 n2 + 3n + 3 Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014 Corrections 9 et donc un = vn . P un En tant que somme télescopique associée à une suite convergente, la série converge et +∞ X π un = arctan 1 = 4 n=0 Exercice 23 : [énoncé] La convergence s’obtient par équivalence de séries à termes positifs, la somme via une décomposition en éléments simples permettant de calculer les sommes partielles. On obtient +∞ X 1 3 = k2 − 1 4 k=2 Si k + 1 n’est pas le carré d’un entier √ j√ k k+1 − k =0 k Si k + 1 est le carré d’un entier n, √ j√ k k+1 − k = k 1 n2 − 1 Cela permet de calculer les sommes partielles et de conclure en faisant le lien avec la série précédente. Exercice 24 : [énoncé] On a X N 2N +1 X (−1)n ln 1 + = ln(2k + 1) − ln(2k + 1) = 0 n n=2 k=1 et 2N X 2N +1 X (−1)n (−1)n ln 1 + = ln 1 + + o(1) → 0 n n n=2 n=2 donc +∞ X (−1)n ln 1 + n n=2 =0 Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD