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CHAPITRE 3. SÉRIES NUMÉRIQUES
Chapitre 3
Séries numériques
3.1
Préparation
P
Définition 3.1.12 On appelle série de terme général
un et on note
un (qui se lit « série de terme général un »), où
P
n
(un )n∈N ∈ RN , la suite de terme général Sn (u) = k=0 uk . Sn (u) s’appelle la somme de rang n de la série.
P
un est convergente, que sa somme est S, ce que l’on note
Lorsque
la suite (Sn (u)) converge vers S, on dit que la série
P+∞
S = k=0 uk . En ce cas, Rn (u) = S − Sn (u) s’appelle le reste d’ordre n de la série.
P
Lorsque la suite (Sn (u)) diverge, on dit que la série
un diverge.
Le fait pour une série de converger ou de diverger, s’appelle la nature de la série.
Question 3.1.18 Étudier à la main la nature des séries suivantes :
P n
1.
q , où q ∈ R (série dite géométrique) ;
3.1. PRÉPARATION
2.
3.
4.
P
1
P n1
P
√
(on pourra étudier S2n (u) − Sn (u)) ;
n
1
n2
(minorer Sn par quelquechose de simple) ;
(majorer Sn par quelquechose de simple).
Question 3.1.19 Démontrer les résultats suivants :
1. On ne change pas la nature d’une série en modifiant un nombre fini de termes ;
P
2. Si
un converge, alors un −−−−−→ 0 ;
n→+∞
P
P
un converge (on pourra s’inspirer
3. Si
|un | converge (on dit que la série est absolument convergente), alors
de la question (24).) ;
4. L’ensemble des séries numériques convergentes est un espace vectoriel sur R.
3.1.1 Remarque fondamentale ! : Toute suite (un )n∈N ∈ RN est de même nature que la série
(
v 0 = u0 ,
vn = un − un−1 .
P
vn où :
Question 3.1.20 Le démontrer.
Question 3.1.21 Quel nom pourrait-on donner à cette remarque ? (Penser à somme comme s’entendant intégrale).
Question 3.1.22 Traduire les propriétés usuelles de l’intégrale, en termes parallèles sur les séries : relation de
Chasles, intégration par parties, changement de variables...
Définition 3.1.13 Une série convergente, non absolument convergente est dite semi-convergente.
P (−1)n
Question 3.1.23 Montrer que
n+1 est semi-convergente (à la main).
3.1. PRÉPARATION
P
P
−
série
réelle, on pose u+
un
Question 3.1.24 Si
un est
n = max(0, un ) et un = max(0, −un ). Montrer que si
Pune
P
est semi-convergente, alors
u+
u−
n et
n divergent. Paralléliser.
P+∞
Exercice 3.1.14 Soit la série définie dans la question 23, montrer que ∀l ∈ [−∞, +∞], ∃ϕ ∈ S(N), telle que n=0 uϕ(n) =
l. (On pourra expliquer sur un dessin ce qui se passe, puis essayer de le formaliser ou essayer de construire ϕ pour obtenir
l = 2).
3.2. RÉPONSES AUX QUESTIONS DE LA PRÉPARATION
3.2
Réponses aux questions de la préparation
Réponse à la question 18 de la section 3.1
1. Si q = 1 la série diverge, car Sn = q + 1. Si q 6= 1, on peut sommer :
Sn =
la série converge ⇐⇒ q < 1.
2. On a :
S2n − Sn =
1 − q n+1
,
1−q
2n
X
1
1
1
≥n×
= ,
k
2n
2
k+1
donc la série diverge (si elle convergeait, la différence S2n − Sn devrait tendre vers 0).
3. On peut comparer à la précédente :
n
n
X
X
1
1
√ ≥
→ +∞,
n
n
k=1
k=1
√
donc la série diverge. On pourrait aussi montrer par récurrence que Sn ≥ 2 n − 1 − 2, ce que l’on observe sur une
comparaison à une intégrale :
Z n−1
√
1
√ dx = 2 n − 1 − 2.
Sn ≥
x
1
4. On peut comparer à l’intégrale de la fonction x 7→ 1/x2 ,
Z n
n
n Z k
X
X
1
1
1
1
≤
1
+
dx
=
1
+
dx = 2 − ≤ 2.
2
2
2
k
n
k−1 x
1 x
k=1
k=2
(Ou encore montrer par récurrence que Sn ≤ 2 − n1 ). La série converge donc puisque la suite (Sn ) est croissante,
majorée par 2.
3.2.2 De ces exercices, on peut tirer quelques résultats.
P
P
vn deux séries à termes positifs, telles que
Proposition 3.2.14 Soient
un et
∀n ∈ N, un ≤ vn ,
alors
P:
P
– P vn converge ⇒P un converge.
–
un diverge ⇒
vn diverge.
Démonstration On a clairement ∀n ∈ N, Sn (u) ≤ Sn (v) et de plus, la positivité entraı̂ne la croissance de (Sn (u)). Donc,
P
si la série
vn converge, (Sn (v)) est majorée, donc (Sn (u)) est aussi majorée, croissante, elle converge. L’autre résultat
2
s’obtient par contraposition.
P
P
1. Appelons
un l’ancienne série et
vn la nouvelle, puis, E l’ensemble des termes qui ont changés (il est fini, par
hypothèse), prenons alors
N = max(n ∈ N, vn ∈ E).
En ce cas,
∀M ≥ N, SM (v) = SM (u) +
N
X
k=0
|
(vk − uk ) .
{z
constante
}
La nature de la série ne change pas.
2. Comme on a :
si
P
∀n ≥ 1, un = Sn (u) − Sn−1 (u),
un converge, Sn (u) et Sn−1 (u) tendent tous deux vers la même limite S(u) donc un → 0.
P
Attention !
La réciproque est fausse, comme le montre la série
1/n étudiée précédemment.
P
P
|un | converge (on dit que la série est absolument convergente), alors
3. Soit
un une série telle que
(
∀n ∈ N,
u+
n = max(un , 0) ≤ |un |,
u−
n = max(−un , 0) ≤ |un |.
P +
P −
−
Les séries
un et
un convergent donc d’après la proposition P
14 de la section 3.2. Or un = u+
n − un , donc
+
−
Sn (u) = Sn (un ) − Sn (un ), ce qui assure la convergence de la série
un .
4. Évident...
Réponse à la question 20 de la section 3.1 On a clairement :
Sn (v) = u0 +
n
X
(uk − uk−1 ) = un ,
k=1
et le résultat en découle.
Réponse à la question 21 de la section 3.1 On appellera la série associée à la suite (un ), la série dérivée de la suite.
3.2.3 Malgré l’extrème simplicité de la démonstration, cette remarque est très importante. Nous allons donc essayer d’en
extraire le plus d’informations possibles.
Exemple 3.2.24 On a vu, dans la correction de la question 18 de la section 3.1, que :
1+
1
1
+ · · · + ∼n→+∞ ln(n),
2
n
en comparant la somme avec l’intégrale de x 7→ 1/x entre 0 et n (Voir plus loin la comparaison série/intégrale). Essayons
d’être plus précis dans le développement et étudions :
un =
n
X
1
− ln(n).
k
k=1
Comme la suite (un ) a son terme qui ressemble à une série, on peut lui appliquer la remarque démontrée ci-dessus, en
posant :
1
1
vn = un − un−1 = − ln(n) + ln(n − 1) ∼n→+∞ − 2 .
n
2n
Le cours sur les fonctions intégrables nous incite à énoncer :
P
un et
P
vn deux séries à termes positifs.
1. (Équivalence)
un ∼n→+∞ vn ⇒
2. (Négligeabilité)
X
X
un = o(vn ) et
3. (Grand « O »)
un = O(vn ) et
X
un et
X
vn sont de même nature.
vn converge ⇒
vn converge ⇒
Démonstration Idem que pour la proposition 8 de la section 2.2.
X
X
un converge.
un converge.
2
Exemple 3.2.24 (suite) D’après cette proposition, on en déduit que
permet d’affirmer :
∃γ ∈ R,
n
X
1
= ln(n) + γ + o(1)
k
P
−vn est convergente, donc
P
vn aussi, ce qui
(Formule d’Euler)
k=1
3.2.4 En fait, on peut obtenir des informations plus précises, comme pour les fonctions intégrables (Voir la proposition 9
de la section 2.2).
P
P
vn deux séries à
Proposition 3.2.16 (Intégration des relations de comparaison discrètes) Soient
un et
termes positifs (du moins à partir d’un certain rang).
1. (Équivalence)
un ∼n→+∞ vn ⇒
2. (Négligeabilité)


si elles divergent,



Sn (u) ∼n→+∞ Sn (v),
| {z }

si elles convergent,



Rn (u) ∼n→+∞ Rn (v) .
| {z }
(
un = o(vn ) ⇒
3. (Grand « O »)
P
si
vn converge,
P
si
vn diverge,
(
un = O(vn ) ⇒
P
si
vn converge,
P
si
vn diverge,
Démonstration Idem que pour la proposition 9 de la section 2.2.
→+∞
→0
Rn (u) = o (Rn (v)) ,
Sn (u) = o (Sn (v)) .
Rn (u) = O (Rn (v)) ,
Sn (u) = O (Sn (v)) .
2
Exemple 3.2.24 (suite et fin) On avait trouvé vn ∼ −1/2n2 = wn , en appliquant la proposition à −wn , il vient que :
Rn (v) = S(v) − Sn (v) = γ − un ∼n→+∞ Rn (w).
Puis, par comparaison avec une intégrale :
Rn (w) ∼n→+∞ −
et finalement
1
,
2n
n
X
1
1
1
= ln(n) + γ +
+o
.
k
2n
n
k=1
Remarque 3.2.48 On pourrait continuer ad libitum. Vérifions avec Maple :
> asympt(sum(1/k,k=1..n),n) ;
1 1
1 1
1 1
1
+
+ O( 6 )
ln(n) + γ +
−
2
4
2 n 12 n
120 n
n
3.2.5 Une autre proposition (que nous avons déjà utilisée) est la célèbre et utile comparaison série/intégrale.
Proposition 3.2.17 (Comparaison série/intégrale) Soit f : [0, +∞[→ [0, +∞[, continue par morceaux, décroissante,
alors :
X
f est intégrable ⇐⇒
f (n) converge.
De plus, lorsque f n’est pas intégrable, on a :
Z
n
0
f (t) dt ∼n→+∞
n
X
f (k).
k=0
Démonstration ∀k ∈ N, ∀t ∈ [k, k + 1], on a, d’après la décroissance de f , f (k + 1) ≤ f (t) ≤ f (k), en intégrant sur [k, k + 1],
il vient
Z
f (k + 1) ≤
k+1
k
f (t) dt ≤ f (k),
Un rectangle d’aire majorante
Un rectangle d’aire minorante
f (x)
En sommant les inégalités sur k, il vient :
n
X
k=0
k
Z
f (k) − f (0) ≤
n
0
f (t) dt ≤
n
X
f (k) − f (n).
(3.1)
k=0
Rn
Le reste de la démonstration est fort simple. Si f est intégrable, alors 0 f (t) dt est Rbornée, et (Sn ) aussi, comme les
n
termes positifs, la suite (Sn ) est convergente. Si au contraire f n’est pas intégrable, alors 0 f (t) dt tend vers +∞, et (Sn )
aussi. De plus, on a l’inégalité 3.1, qui permet de voir que comme f (n) reste borné, il est négligeable devant Sn et
Z n
f (t) dt.
Sn ∼n→+∞
0
2
Remarque 3.2.49
1. La décroissance de f à partir d’un certain rang suffit (de même que sa positivité).
2. Lorsque f est intégrable, on n’a pas nécessairement :
Z
Rn ∼n→+∞
+∞
n
f (t) dt
FAUX
Exemple 3.2.25 Posons :
f (x) = e−x =
.
x
1
,
e
ce qui nous donne une série géométrique convergente. On a
Rn =
∞
X
e−k = e−(n+1)
n+1
Or
e−k = e−(n+1)
k=0
Z
+∞
n
∞
X
1
e−n
=
.
1 − 1/e
e−1
e−x dx = e−n 6∼n→+∞ Rn .
En revanche, nous avons un encadrement :
Z
Rn ≤
+∞
n
f (t) dt ≤ Rn + f (n).
(3.2)
Cela permet souvent de conclure quand même :
(a) Si on a (cas des séries de Riemann et de Bertrand)
Z +∞
f (t) dt au voisinage de + ∞,
f (n) n
alors l’inégalité 3.2 permet d’obtenir :
Z
Rn ∼n→+∞
+∞
n
f (t) dt.
(b) Si, au contraire (cas des séries à très forte décroissance)
Z +∞
f (n) f (t) dt au voisinage de + ∞,
n
alors
Rn = f (n + 1) + Rn+1 ∼n→+∞ f (n + 1),
car
Z
Rn+1 ≤
+∞
n+1
f (t) dt f (n + 1).
(c) (Cas proche du cas géométrique) Il arrive qu’aucune des deux négligeabilités précédentes ne soit vérifiée :
Exemple 3.2.26 Recherchons un équivalent du reste de la série de terme général
un =
ln(n)
, pour n ≥ 1.
2n
Posons f (x) = ln(x)/2x , cette fonction est décroissante à partir d’un certain rang, et manifestement
intégrable (négligeable devant 1/x2 au voisinage de +∞) sur [1, +∞[. Calculons l’intégrale :
Z +∞
Z +∞ 0
f (t)
ln(n)
.
dt ∼ n
f (t) dt ∼n→+∞
− ln(2)
2 × ln(2)
n
n
> f :=t->ln(t)/(2**t) ;
f := t →
ln(t)
2t
> diff(f(t),t) ;
ln(t) ln(2)
1
−
t 2t
2t
> asympt(%,t,1) ;
1
−ln(2) ln(t) + O( )
t
2t
Nous ne sommes donc dans aucun des cas faciles...
– (Analyse) On peut remarquer que les deux termes à comparer (f (n) et
ordre, et donc supposer raisonnablement que :
R +∞
n
f (t) dt) sont du même
ln(n)
.
2n
En ce cas, nous savons que nous pouvons continuer le développement asymptotique en étudiant :
∃C ∈ R∗+ , Rn ∼ C
un = Rn − C
ln(n)
, puis la série vn = un − un−1 .
2n
> v :=unapply(-f(n)-C*ln(n)/2**n+C*ln(n-1)/2**(n-1),n) ;
ln(n)
C ln(n)
C ln(n − 1)
v := n → − n −
+
n
2
2
2(n−1)
> asympt(v(n),n,2) ;
C
1
C ln(n) − ln(n) − 2 + O( 2 )
n
n
2n
Une valeur particulière apparaı̂t C = 1.
– (Synthèse) Posons C = 1, alors la suite un = Rn −
ln(n)
2n
est de même nature que la série
P
vn . Or :
vn = o(f (n)), donc Rn (v) = −un = o(Rn ),
ce qui montre que :
Rn ∼n→+∞
ln(n)
.
2n
3. Si f est croissante, positive, on peut aussi utiliser une comparaison avec une intégrale (bien sûr, les inégalités ne
sont pas dans le même sens, et la fonction n’est jamais intégrable, de même que la série diverge). Brièvement,
on obtient :
Z n
Sn − f (n) ≤
f (t) dt ≤ Sn − f (0),
0
et
Rn
– Si f (n) 0 f (t) dt, on a :
Z
Sn ∼
– Si f (n) Rn
0
n
0
f (t) dt.
f (t) dt, on a :
Sn ∼ f (n),
R n−1
Rn
car Sn = f (n) + Sn−1 et Sn−1 ≤ f (n − 1) + 0
f (t) dt ≤ 0 f (t) dt f (n).
– Autre cas : se débrouiller comme dans l’exemple précédent.
Exercice du jour
Exercice 3.2.15 Trouver des équivalents de :
Pn
√
2k
k,
k=0 2
√ √
Pn
k
k.
k=0 3
Exemple 3.2.27 Cherchons un équivalent de un = n!.
1. On a alors ln(un ) =
Pn
k=1
ln(k), et une comparaison avec l’intégrale de la fonction t 7→ ln(t) donne :
Z n
Sn − ln(n) ≤
ln(t) dt ≤ Sn − ln(1).
|{z}
| 1 {z
}
ln(un )
∼n ln(n)
Ce qui donne, ln(un ) ∼ n ln(n).
2. Étudions maintenant le terme suivant, soit :
vn =
n
X
ln(k) − n ln(n), (la suite) et wn = vn − vn−1 (la série dérivée).
k=1
> w :=unapply(ln(n)-n*ln(n)+(n-1)*ln(n-1),n) ;
w := n → ln(n) − n ln(n) + (n − 1) ln(n − 1)
> asympt(w(n),n,2) ;
1
−1 + O( )
n
P
P
La série
wn (et donc la suite (vn )) est à termes négatifs équivalents aux termes d’une série divergente ( −1),
elle diverge donc et
vn = Sn (w) ∼ −n.
3. Puis on étudie :
xn = vn + n, (la suite) et donc yn = xn − xn−1 , la série dérivée.
> asympt(w(n)+n-(n-1),n,3) ;
1 1
1
+ O( 2 )
2
n
n
P
La série
yn (et donc la suite (xn )) est à termes positifs équivalents aux termes d’une série de Riemann divergente,
elle diverge donc et
n
X
ln(n)
1
∼
.
xn = Sn (y) ∼
2k
2
k=1
4. Il faut continuer, car on ne peut toujours pas prendre l’exponentielle pour trouver un équivalent. Soit :
zn = xn −
ln(n)
, (la suite) et donc tn = zn − zn−1 la série dérivée.
2
> asympt(w(n)+n-(n-1)-ln(n)/2+ln(n-1)/2,n,4) ;
1 1
1
−
+ O( 3 )
12 n2
n
P
La série
tn (et donc la suite (zn )) est à termes négatifs, équivalents aux termes d’une série convergente, elle
converge donc, et notons K sa somme.
Donc Sn (t) = zn = K + o(1),
soit :
ln(un ) = n ln(n) − n +
ce qui en prenant l’exponentielle donne :
un ∼n→+∞
n
+ K + o(1),
2
n n √
e
neK .
Remarque 3.2.50 En fait, on a même :
Rn (t) ∼
+∞
X
k=n+1
−
1
∼
12n2
Z
+∞
n+1
−
1
1
,
dx ∼ −
2
12x
12n
et comme Rn (t) = (limn→+∞ zn ) − zn = K − zn , il vient plus précisément (et gratuitement) :
n n √ 1
1
un =
n C+
.
+o
e
12n
n
3.2.6 La plupart du temps, il est impossible de calculer la constante C qui intervient (comme pour la formule d’Euler,
où γ est une « nouvelle constante »). Cependant, pour n!, il est possible de l’obtenir avec l’intégrale de Wallis :
Z
In =
π/2
0
(sin(t))n dt.
Rapidement, on a :
1. ∀n ≥ 0, 0 ≤ In+1 ≤ In .
2. Une intégration par parties donne :
Z
In+1 =
π/2
0
sin(t) × (sin(t))n dt = n (In−1 − In+1 ) , ∀n ≥ 1.
| {z } | {z }
u0
v
Ce qui donne une récurrence de 2 en 2. Il vient alors :
∀p ≥ 0, I2p+1 =
2p
2p × (2p − 2) × · · · × 2
I2p−1 =
I1 .
2p + 1
(2p + 1) × (2p − 1) × · · · × 3 |{z}
=1
Soit, en multipliant le dénominateur (et donc le numérateur aussi) par le numérateur
I2p+1 =
De même :
I2p =
(2p × p!)2
.
(2p + 1)!
2p − 1
(2p − 1) × · · · × 1
I2p−2 =
I0 .
2p
(2p) × · · · × 2 |{z}
=π/2
Soit :
(2p)! π
.
(2p × p!)2 2
I2p =
3. Il reste à remarquer que I2p+1 ∼ I2p−1 , d’après la formule de récurrence, et√comme I2p est entre les deux, on a
I2p ∼ I2p+1 . En remplaçant n!par son équivalent trouvé au dessus n! ∼ nn /en nC, on trouve C, soit :
n! ∼n→+∞
n n √
e
2πn,
(Formule de Stirling)
Corrigé de l’exercice 15 de la section 3.2
1. (Lucie) On cherche l’équivalent de :
Sn =
n
X
22
k
√
k.
k=0
On utilise une comparaison série/intégrale avec la fonction :
x√
f (x) = 22 x, qui est croissante.
On a donc :
Z
Sn − f (n) ≤
n
0
f (t) dt ≤ Sn − f (0).
> f :=x->2**(2**x)*sqrt(x) ;
x √
f := x → 2(2 ) x
> diff(f(x),x) ;
x
√
1 2(2 )
(2x ) x
2
√
2
2 ln(2) x +
2
x
On « corrige » la dérivée...
> diff(f(x)/(2**x*(ln(2))**2),x) ;
x
x √
√
1
2(2 )
2(2 ) x
(2x )
− x
x+ √ x
2
2 x 2 ln(2)2
2 ln(2)
On a donc :
f (x) ∼x→+∞
f (x)
2x (ln(2))2
0
,
et ces fonctions sont non intégrables, positives, par intégration des relations de comparaisons (voir 9 de la section 2.2),
il vient :
n
Z n
f (n)
f (x)
f (t) dt ∼n→+∞ x
∼ n
f (n).
2
2
(ln(2))
(ln(2))
2
2
0
1
On applique alors la méthode déjà vue :
Z
Sn = f (n) + Sn−1 , et Sn−1 ≤ f (n − 1) +
Z
[0,n−1]
f≤
[0,n]
f f (n),
ce qui produit :
Sn ∼n→+∞ f (n).
2. (Xavier C.) On cherche un équivalent de :
Sn =
n
X
3
√
n
√
n.
k=0
On procède encore par comparaison série/intégrale, avec la fonction :
√ √
f (x) = 3 x x qui est croissante.
Il vient
Z
Sn − f (n) ≤
[0,n]
f ≤ Sn − f (0).
> f :=x->3**(sqrt(x))*sqrt(x) ;
√ √
f := x → 3 x x
> diff(f(x),x) ;
√
1 (√x)
1 3( x)
√
ln(3) +
3
2
2
x
On peut corriger la dérivée...
> diff(2*f(x)*sqrt(x)/(ln(3)),x) ;
√
√ √
3( x)
(
x)
x+2
3
ln(3)
Ou faire une intégration par parties...
> intparts(Int(f(x),x=1..n),f(x)) ;
√
Z n
√
1 (√x)
1 3( x)
n)
(
(3/2)
√ ) x dx
3
n
−3−
( 3
ln(3) +
2
2
x
1
Dans les deux cas, on trouve :
Z
[0,n]
f∼
2n
f (n) f (n).
ln(3)
Donc
2n √n √
3
n.
ln(3)
Sn ∼n→+∞
Exercice du jour
Exercice 3.2.16 Donner un équivalent de :
Sn =
n
X
5n+
√
n
√
n ln(n).
k=1
Réponse à la question 22 de la section 3.1 On a les analogies suivantes :
Séries à termes positifs
X
un
Sn (u) =
n
X
uk
Intégrales de fonctions positives
Z
f où f est supposée continue
[a,b[
Z x
F (x) =
f (t) dt.
a
k=1
0
un = Sn (u) − Sn−1 (u)
X
X
un ∼ v n ⇒
un et
vn sont de même nature
f (x) = F (x) =
Z
x
a
0
f (t) dt
f (t) ∼b− g(t) ⇒ f et g sont intégrables en même temps
Z
Si, de plus, elles ne sont pas intégrables : [a, x]f ∼b−
Z
g
[a,x]
Z
Z
Si elles sont intégrables :
f ∼ b−
g.
Si de plus, elles divergent : Sn (u) ∼ Sn (v)
Si au contraire elles convergent : Rn (u) ∼ Rn (v)
De même avec o et O
X
Attention !
un converge ⇒ un → 0.
De même avec o et O
[x,b[
[x,b[
Mais, f intégrable sur [a, b[ 6⇒ f (t) −−−−→
0.
t→bZ−
Z
Intégration par parties :
f 0 g = f g − f g0
Intégration par parties discrète
1
3.2.7 (Intégration par parties discrète) 2 Soit la série à étudier de la forme :
X
un Sn (v),
| {z }
wn
1 Nous
reviendrons sur les autres analogies, un peu plus tard.
connue sous le nom de transformation d’Abel, elle est hors programme, c’est-à-dire que vous n’avez pas le droit de l’utiliser directement
comme un résultat du cours. Il faut à chaque fois, d’une part justifier par une analogie son utilisation, d’autre part, refaire le calcul dans son
entier.
2 Plus
on a alors :
n
X
Sn (w) =
uk Sk (v) =
k=0
n
X
(Sk (u) − Sk−1 (u)) × Sk (v),
k=0
avec la convention que S−1 (u) = 0. En regroupant suivant les Sk (u) il vient :


n
X


Sk (u) × Sk (v) − Sk+1 (v) + Sn (u) × Sn+1 (v).
Sn (w) =
|
{z
}
k=0
=−vk+1
Remarque 3.2.51 On peut parfois aussi utiliser le fait que :
un = Rn−1 (u) − Rn (u).
Exemple 3.2.28 Soit
P
an une série à termes positifs convergente, on pose :
∀n ≥ 1, bn =
n
X
1
kak .
n(n + 1)
k=0
Et on veut étudier la nouvelle série. Comme il est difficile d’obtenir des informations (majorations, équivalents...) sur bn ,
on va revenir à une chose élémentaire : le calcul de Sn (b).
Sn (b) =
n
X
p=1
on intervertit les sommations, il vient :
Sn (b) =
n
X
k=1
p
X
1
kak ,
p(p + 1)
k=1
kak
n
X
p=k
1
,
p(p + 1)
or (en décomposant en éléments simples la fraction rationnelle)
n
n X
X
1
1
1
1
1
=
−
.
= −
p(p + 1)
p
p+1
k
n+1
p=k
p=k
Donc, finalement :
Sn (b) = Sn (a) −
n
1 X
kak .
n+1
k=1
| {z }
Σn
Pour faire apparaı̂tre des Sk (a), il suffit de faire une intégration par parties discrète :
Σn =
n
X
Sk (a)(k − (k + 1)) + (n + 1)Sn (a),
k=1
et
Sn (b) =
d’après Césaro. La série
P
n
1 X
Sk (a) −−−−−→ S(a),
n→+∞
n+1
k=1
bn est donc convergente, et sa somme est la même que celle de
P
an .
Question 3.2.25 (Pascal) Comment procède-t-on pour intervertir les sommations ?
Réponse à la question 25 de la section 3.2 Le principe général est semblable à celui utilisé pour le calcul des intégrales
doubles (d’ailleurs une somme double n’est-elle pas une intégrale double discrète ?). On écrit :
XX
X
un,p sous la forme
un,p ,
n∈I p∈Jn
(n,p)∈A
puis, on « lit » la somme obtenue dans le sens que l’on veut.
Exemple 3.2.29 Soit la somme :
S=
N X
n
X
un,p à intervertir.
n=2 p=0
On a dans le plan des (n, p) le dessin suivant :
Zone d’évolution des (n, p)
p
1
2
N
n
Et donc (très pointillés horizontaux)
S=
N
X
N
X
un,p .
p=0 n=min(2,p)
Proposition 3.2.18 (Césaro) Soit (an ) une suite réelle telle que :
an −−−−−→ l ∈ R ∪ {−∞, +∞},
n→+∞
alors
n
X
1
n+1
k=0
!
ak
−−−−−→ l,
n→+∞
et la réciproque est fausse.
Démonstration
1. Une preuve epsilonnante a été vue en première année.
2. On peut cependant utiliser
P les outils que nous possédons :
– Si l 6= 0, an ∼ l, donc
an diverge et Sn (a) ∼ (n + 1)l.
– Si l = 0, on applique le raisonnement précédent
à an + 1.
P
an diverge, donc Sn (A) = (n + 1)A = o(Sn (a)).
– Si l = +∞, alors ∀A > 0, A = o(an ), et
– Un contre-exemple simple à la réciproque est la suite an = (−1)n .
2
Exemple 3.2.30 Un peu prématurément, une série à termes complexes :
X einθ
, où θ ∈ R \ 2πZ, et n ≥ 1.
n}
| {z
un
– D’abord, la série n’est (hélas) pas absolument convergente, car |un | ∼ 1/n.
– Pas d’autre idée ? Regardons ce qui se passe sur l’analogue continu. Comment montre-t-on que la limite de
Z
x
1
eiθt
dt existe lorsque x → +∞ ?
t
Tout simplement à l’aide d’une intégration par parties :
Z
x
1
x
eiθt
iθt
| {z 1}
eiθt
dt =
t
Z
+
x
1
eiθt
iθt2
|{z}
dt.
| |≤1/θt2 donc intégrable
a une limite finie
– En conséquence, il est naturel d’utiliser la transformation analogue.
Sn (u) =
n
n
X
X
eiθk
Sk − Sk−1
=
,
k
k
k=1
où
Sk =
k
X
eiθp =
p=0
On remarque de plus que :
|Sk | ≤
Finalement
Sn (u) =
n
X
k=1
1 − eiθ(k+1)
, car eiθ 6= 1.
1 − eiθ
2
est bornée.
|eiθ − 1|
Sk ×
k=1 |
Sn
1
1
−S0 +
.
−
n+1
k
k+1
|
{z
}
{z
}
vk
→0
Et comme
|vk | =
la série
P
|Sk |
=O
k(k + 1)
1
k2
,
vk est convergente, et (Sn (u)) admet une limite.
Exercice 3.2.17 Soit
P
un une série à termes positifs, (un ) étant décroissante et tendant vers 0, on pose :
∀n ∈ N, vn = n(un − un+1 ).
Montrer que
P
un et
P
vn sont de même nature, et que si elles convergent, elles ont même somme.
Corrigé de l’exercice 17 de la section 3.2 On peut remarquer que la décroissance de (un ) signifie la positivité de
vn , puis que un − un+1 ressemble (à un décalage d’indice près) à une dérivée discrète.
– Regardons l’analogue continu, soit f une fonction décroissante vers 0, définie sur [0, +∞[, et g(x) = xf 0 (x), on veut
montrer que lorsque f est intégrable g l’est et réciproquement.
Z x
Z x
x
tf 0 (t) dt = [tf (t)]0 −
f (t) dt.
0
0
Tout va donc dépendre du comportement du crochet, or on a vu dans la remarque 30 de la section 2.3, que l’intégrabilité
de f entraı̂nait (lorsque f était décroissante, la convergence de xf (x) vers 0). De toutes manières, nous pouvons
remarquer que tout vient de l’intégration par parties.
– Faisons donc une intégration par parties discrète :
Sn (v) =
n
X
k=0
k(uk − uk+1 ) =
n
X
uk (k − (k − 1)) − nun+1 − u0 = Sn (u) − nun+1 − u0 .
k=0
Donc :
P
– Si un converge, alors la suite (Sn (v)) est croissante, majorée par S(u), elle est donc convergente. Automatiquement,
nun+1 doit converger, vers une limite l ≥ 0, mais si l 6= 0, alors un ∼ l/n, et la série ne saurait converger, donc l = 0.
Remarque 3.2.52 On a montré en passant l’analogue discret de la remarque 30 de la section 2.3, à savoir : soit
P
un une série, convergente, à termes décroissants, alors
nun −−−−−→ 0.
n→+∞
P
– Réciproquement, si la série
vn converge, on voit que (Sn (u)) et (nun+1 ) sont de même nature. Pour pouvoir
travailler, nous allons calculer un en fonction des vk . Comme
n
∀n ≥ 1, un − un+1 =
Comme on sait que un → 0, la série
P
X vk
vn
, il vient u1 − un+1 =
.
n
k
k=1
vk /k est convergente de somme u1 , et donc :
un =
+∞
X
vk
.
k
k=n
Alors, reportons pour estimer nun+1 :
nun+1 =
+∞
+∞
X
X
nvk
vk −−−−−→ 0.
≤
n→+∞
k
k=n+1
k=n+1
La fin est immédiate.
3.2.8 On peut utiliser l’analogie discret/continu pour étudier des suites récurrentes, et en trouver des équivalents.
Exemple 3.2.31 Étudions la suite récurrente définie par :
i πh
.
un+1 = sin(un ), et u0 ∈ 0,
2
– Clairement un → 0 (on peut le voir sur le dessin suivant) :
1.2
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
0.2
0.4
0.6
t
0.8
1
1.2
– On a donc une relation du type :
un+1 = un −
u3n
+ o(u3n ), lorsque n → +∞.
6
Mais nous sommes un peu bloqué, on reconnaı̂t dans un+1 − un une dérivée discrète, faisons donc une analogie avec
le continu.
On trouve une équation différentielle y 0 = −y 3 /6, qui fait apparaı̂tre, lorsqu’on sépare les variables, la dérivée de la
fonction 1/y 2 . Aussi, allons-nous nous intéresser à la dérivée (discrète) de 1/u2n .
– Posons :
1
1 DL 1
1
1
u2
vn = 2
− 2 = 2 1 + n + o(u2n ) − 2 −−−−−→ .
3
un+1
un
un
un n→+∞ 3
La série
P
vn est donc à termes positifs, équivalents à 1/3 termes d’une série divergente et :
Sn (v) =
1
1
n
− 2 ∼ .
u2n+1
u0
3
Ce qui conduit directement à :
r
un ∼n→+∞
3
.
n
Corrigé de l’exercice 16 de la section 3.2 On fait une comparaison série/intégrale à l’aide de la fonction :
f (x) = 5x+
√
x
√
x ln(x), qui est croissante.
> f :=x->5**(x+sqrt(x))*sqrt(x)*ln(x) ;
√ √
f := x → 5(x+ x) x ln(x)
> diff(f(x),x) ;
√
√
√
1 1
1 5(x+ x) ln(x)
(x+ x)
√
5
(1 + √ ) ln(5) x ln(x) +
2 x
2
x
√
(x+ x)
5
+ √
x
> limit(%/f(x),x=infinity) ;
ln(5)
On a :
Z
Sn − f (n) ≤
et
Z
[1,n]
Z
[1,n]
f∼
[1,n]
f ≤ Sn − f (0),
f
f (n)
∼
.
ln(5)
ln(5)
Nous sommes dans le cas où les termes sont tous du même ordre, il faut alors procéder par analyse et synthèse.
– (Analyse) Supposons que l’équivalent cherché soit de la forme :
Sn ∼ Cf (n),
on pourrait alors étudier un = Sn − Cf (n) (la suite) et vn = un − un−1 la série dérivée.
> v :=unapply(f(n)-C*f(n)+C*f(n-1),n) ;
√ √
√ √
v := n → 5(n+ n) n ln(n) − C 5(n+ n) n ln(n)
√
√
+ C 5(n−1+ n−1) n − 1 ln(n − 1)
> asympt(v(n),n,1) ;


!
r
1
√

 1 ln(n) (−5 + 4 C)
1
1 n
1
−
n
r
−
C ln(5) ln(n) + O(
) 5 5
 5
10
n
1
n
Un bon candidat pour C est 5/4.
– (Synthèse) Posons :
5
un = Sn − f (n), et vn = un − un−1 ,
4
alors vn = o(f (n)) et Sn (v) = o(Sn ) = un , donc :
Sn ∼n→+∞
5 n+√n √
n ln(n).
5
4
Réponse à la question 23 de la section 3.1 La série n’est clairement pas absolument convergente. Sa convergence se
montre simplement en étudiant les suites (S2n ) et (S2n+1 ) qui sont adjacentes. On retrouvera cette méthode lors de
l’étude générale des séries alternées. La série est bien semi-convergente.
Réponse à la question 24 de la section 3.1 Si la série
(
P
un converge, et que la série
1
u+
n = 2 (un + |un |),
1
u−
n = 2 (|un | − un ),
P
|un | diverge, alors, on a :
P +
donc
u diverge,
P n−
donc
un diverge.
Corrigé de l’exercice 14 de la sectionP3.1 On va montrer en général (ce n’est pas tellement plus dur), pour une série
semi-convergente réelle quelconque. Soit
un cette série. On peut renuméroter les termes de telle sorte que :

θ et ψ sont strictement croissantes,



∀n ∈ N, u
θ(n) ≥ 0, θ numérote les termes ≥ 0,
∃(θ, ψ) ∈ NN ,

∀n ∈ N, uψ(n) < 0 ψ numérote les termes < 0,



θ(N) ∪ ψ(N) = N, on n’oublie aucun indice.
Pour l’exemple proposé, θ(n) = 2n et ψ(n) = 2n + 1.
P
P
uψ(n) sont divergentes. On va construire ϕ ∈ S(N) par itération. Posons
D’après ce qui précède, les séries
uθ(n) et
ϕ(0) = 0, et supposons construits ϕ(1),..., ϕ(p), alors il y a dans ce p-uplet, un certain nombre de θ(k), k variant de 0 à
p1 et des ψ(k), k variant de 0 à p2 = p − p1 − 1, supposons de plus que :
p−1
X
uϕ(k) < l ≤
k=0
p
X
uϕ(k) , où l ∈ R.
k=0
L’idée de l’itération est :
– D’abord rajouter des termes <0, pour revenir avant l ;
– puis, rajouter des termes ≥ 0, pour redépasser l.
– Commençons par diminuer, pour cela il faut rajouter des ψ(k), on peut s’intéresser à :
{q > p2 ,
p
X
uϕ(k) +
k=0
q
X
uψ(k) < l},
k=p2 +1
Pn
cet ensemble est non vide, d’après la divergence de 0 uψ(k) vers −∞ (c’est une série à termes < 0 qui diverge...), soit
p02 son plus petit élément. On a :
p02
p
X
X
uϕ(k) +
uψ(k) < l,
k=0
k=p2 +1
posons ϕ(p + 1) = ψ(p2 + 1),..., ϕ(p + p02 − p2 ) = ψ(p02 ).
– Il faut maintenant ajouter des termes positifs :
p+p02 −p2
{q > p1 ,
X
k=0
uϕ(k) +
q
X
uθ(k) ≥ l},
k=p1 +1
est lui aussi non vide, et admet un plus petit élément p01 , on construit alors ϕ(p + p02 − p2 + 1) = θ(p1 + 1),...,
ϕ(p + p02 − p2 + p01 − p1 ) = θ(p01 ), et l’encadrement des sommes est encore vérifié. L’itération se poursuit, comme p02 > p2
et p01 > p1 , nous sommes assurés de construire une application ϕ bijective.
Remarque 3.2.53 Lorsque l = +∞, dépasse 1, puis on revient, on dépasse 2, puis on revient, etc. Et de manière
symétrique pour l = −∞.
3.3
3.3. PRATIQUE DE L’ÉTUDE D’UNE SÉRIE À TERMES POSITIFS
Pratique de l’étude d’une série à termes positifs
3.3.9 Pour étudier les séries à termes positifs, nous avons besoin de séries de référérences :
1. (Séries de Riemann)
X 1
converge ⇐⇒ α > 1.
nα
Démonstration Il suffit de comparer à l’intégrale de 1/xα .
2. (Séries de Bertrand )
X
2



1
converge ⇐⇒ ou
α

n (ln(n))β

α > 1,
α = 1 et β > 1.
Démonstration Comme pour les intégrales, voir le deuxième item de l’exercice 3 de la section 2.1.
3. (Séries géométriques)
X
2
q n converge ⇐⇒ |q| < 1.
3.3.10 Puis, on applique les techniques usuelles :
1. Majoration, minoration, domination asymptotique, équivalence...
2. Comparaison avec une intégrale.
Exemple 3.3.32
1. Soit α > 0, étudions la série
1
un = arccos 1 − α .
n
Pour celà, cherchons simplement un équivalent de un , soit un équivalent de la fonction x 7→ arccos(1 − x) au
voisinage de 0. On a :
(arccos(1 − x))0 = p
1
1
∼0+ √ , intégrable sur ]0, 1].
2x
1 − (1 − x)2
En appliquant les méthodes d’intégration des relations de comparaison (voir la proposition 9 de la section 2.2), il
vient
Z x
Z x
dt
√ ,
(arccos(1 − t))0 dt ∼0+
2t
0
0
soit
r
√
2
arccos(1 − x) ∼0+ 2x, et un ∼
.
nα
Finalement :
X
un converge ⇐⇒ α > 2.
Remarque 3.3.54 On peut même conclure que :
Rn (u) ∼
√
2
+∞
X
√
1
k=n+1
kα/2
2
(α/2 − 1)nα/2−1
|
{z
}
∼
par comparaison avec une
si α > 2,
R
et lorsque la série diverge :
Sn (u) ∼
n
√ X
2
k=1
1
kα/2
∼
√
2
lorsque α ≤ 2.
(1 − α/2)nα/2−1
2. Soit α > 0, étudions la série de terme général
un =
1
, où n ≥ 3.
(ln(ln(n)))α
Il est facile de voir que la série diverge, car
1
,
n
et la comparaison série/intégrale donne immédiatement (cas où la fonction est décroissante et non intégrable) :
Z n
1
Sn (u) ∼
dt.
α
(ln(ln(t))
3
|
{z
}
un f (t)
Pour chercher un équivalent de cette intégrale (lorsque n tend vers +∞), on peut essayer d’appliquer les méthodes
vues dans l’exemple 12 de la section 2.2.
– (Correction de la dérivée)
α
f 0 (t) = −
,
t ln(t)(ln(ln(t)))α+1
mais
(−t ln(t) ln(ln(t))f (t))0 f (t),
cette méthode ne permet pas, en ce cas de conclure.
– (Intégration par parties)
Z
Z n
f (t) dt = [tf (t)]n
−
3
3
|
n
3
tf 0 (t) dt .
| {z }
f (t)
{z
Rn
}
3 f (t) dt
D’où :
Sn (u) ∼
n
.
(ln(ln(n)))α
3. Prenons la suite définie dans l’exemple 31 de la section 3.2, on a vu alors que
r
3
,
un ∼
n
P α
donc la série
un converge si, et seulement si, α > 2.
4. Soit un l’unique racine dans ]0, 1[ du polynôme
X n + nX − 1,
on peut se poser les questions suivantes :
(a) Vers quelle valeur tend (un ) ? (Si limite, il y a...) Notons cette limite l.
(b) Étudier la série :
X
|un − l|α .
(c) Peut-on avoir une information plus précise sur le développement asymptotique de un ?
Remarque 3.3.55 Les techniques que nous allons utiliser sont très importantes, et nous y reviendrons dans
le cours sur les développements asymptotiques.
Réponses :
(a) Posons fn (x) = xn + nx − 1 et étudions ses variations sur [0, 1]. Il vient
un
x 0
fn
1
n
0
−1
Ceci montre donc l’existence et l’unicité de un , il nous donne aussi une information fondamentale :
Pour placer un réel x ∈ [0, 1] par rapport à un , il suffit de regarder le signe de fn (x).
(b) Prenons donc un x ∈]0, 1[ fixé, alors
fn (x) = |{z}
xn + |{z}
nx −1 > 0 pour n assez grand..
→0
→+∞
Donc, ∃N , ∀n ≥ N , 0 ≤ un ≤ x, ce qui montre que un → 0.
(c) Pour trouver plus d’informations, on reporte dans l’expression définissant un :
n−1
fn (un ) = 0, soit un
) = 1.
n + nun = un (n + un
| {z }
|
{z
borné
∼nun
}
Donc un ∼ 1/n.
(d) Cherchons un terme supplémentaire. On pose donc 3
1
un = + vn , avec vn = o
n
1
.
n
Il reste à reporter dans l’expression fn (un ) = 0, il vient :
n
1
1
+ vn
+ vn = 1,
+n
n
n
soit
1
1
(1 + nvn )n = n exp(n ln(1 + nvn )).
nn
n
De cette équation, on peut déduire que :
−nvn =
3 Il
(∗)
est important, en mathématiques comme ailleurs de nommer les objets que l’on utilise !
– vn < 0,
– et donc n ln(1 + nvn ) ∼ n2 vn < 0, ce qui montre que
nvn = O
1
nn
.
En réinjectant cette donnée dans l’équation (∗), il vient que n2 vn → 0 et
vn ∼n→+∞ −
1
.
nn+1
Exercice du jour
Exercice 3.3.18 On pose :
1. Montrer que :
ϕ(x) = tan(x) × tanh(x) − 1.
h
i π
π
∀n ∈ N∗ , ∃!xn ∈ − + nπ, + nπ , ϕ(xn ) = 0.
2
2
2. Donner les trois premiers termes du développement asymptotique de xn .
3.4
3.4. INTERVERSION INTÉGRALES/SÉRIES
Interversion intégrales/séries
3.4.11 On pourrait se demander s’il est possible d’intervertir sommation de série et intégrale, c’est-à-dire si :
Z X
+∞
I n=0
La réponse est toujours NON !
?
un =
+∞ Z
X
n=0
I
un .
Prenons en effet les fonctions « chapeaux » :
n
fn
0
1/n
2/n
1
et la série dérivée un = fn − fn−1 .
3.4.12 Nous allons essayer de trouver des
utilisés vérifieront :


∀n ∈ N,






(H)
et


∀x ∈ I,




hypothèses suffisantes simples pour pouvoir intervertir. Auparavant, les objets
un : I → C
continue par morceaux, intégrable sur I,
P
un (x) converge, et
P+∞
S(u)(x) = n=0 un (x) est continue par morceaux.
Remarque 3.4.56 On a donc, sous les hypothèses de (H),
s
Sn (u) −−−−−→ S(u).
n→+∞
3.4.13 Une application immédiate du théorème de convergence monotone donne :
P
Proposition 3.4.19 Soit
un une série vérifiant (H), telle que de plus ∀n ∈ N, un ≥ 0, alors
Z
Sn (u)
est majorée.
S(u) est intégrable ⇐⇒
I
Si de plus, S(u) est intégrable, alors :
Z
I
S(u) =
n∈N
+∞ Z
X
n=0
I
un .
Démonstration Il suffit d’appliquer le théorème de convergence monotone à l suite
(Sn (u))n∈N qui est croissante.
2
Théorème 3.4.14 Soit
P
un une série vérifiant les hypothèses (H), alors :
XZ
|un | converge =⇒ S(u) est intégrable.
I
Et en ce cas :
Z
I
S(u) =
Z X
+∞
I n=0
un =
+∞ Z
X
I
n=0
un .
Démonstration
1. Une première idée est d’étudier ce qui se passe lorsque la série est absolument convergente.
P
vn converge (simplement),
– D’après la proposition qui précède, en posant vn = |un |, et en supposant que la série
on a
Z
S(v) intégrable ⇐⇒
I
Sn (v)
est bornée.
Or, d’après les hypothèses du théorème,
Z
I
Sn (v) =
n Z
X
k=0
Ce qui montre que S(v) est intégrable, et
Z
I
– De plus, on a clairement :
I
|uk | −−−−−→
S(v) =
n→+∞
+∞ Z
X
n=0
I
+∞ Z
X
n=0
I
|un |.
|un |.
|S(u)| ≤ S(v).
Donc, S(u) est intégrable sur I.
– Enfin,
Z
N Z
X
un S(u) −
I
I
Z +∞
X
un I
n=N +1
Z X
+∞
un I =
n=0
≤
n=N +1
Z
≤
|{z}
CV absolue
≤
|{z}
proposition
+∞
X
I n=N +1
+∞ Z
X
n=N +1
I
|un |
|un |
−−−−−→ 0
N →+∞
| {z }
reste d’une série CV.
2. Le défaut de la démonstration précédente est qu’elle nécessite l’absolue convergence de notre série, si celle-ci fait défaut,
il est possible de passer outre en posant :
!
n
X
vn = min |S(u)| ,
|uk | .
k=0
On a alors clairement :
– vn : I → R est continue par morceaux sur I.
– (vn ) est une suite croissante.
– vn est intégrable sur I, car
vn ≤
n
X
|uk | qui l’est.
k=0
– La convergence simple de (vn ), s’obtient par :
vn ≤ |S(u)|
et
vn ≥ min(|S(u)|, |
n
X
s
uk |) −−−−−→ |S(u)|.
n→+∞
k=0
– On applique alors le théorème de convergence monotone
Z
S(u) intégrable ⇐⇒
I
vn
bornée.
Or ici, la condition de droite est satisfaite car :
Z
I
vn ≤
Z X
n
I
|uk | ≤
n Z
X
0
I
0
|uk | ≤
+∞ Z
X
|
0
I
|uk |.
{z
constante
}
La fonction |S(u)| est donc intégrable et
Z
Z
I
– Il reste à montrer que :
|S(u)| = lim
n→+∞
Z
I
S(u) =
I
|vn | ≤
+∞ Z
X
0
+∞ Z
X
0
I
I
|un |.
un ,
où la série
PR
I
R
R
un converge absolument, tout simplement car I un ≤ I |un |. On procède comme tout à l’heure :
Z
Z
Z
+∞
n
X
X
uk = uk
S(u) −
I
I
I
0
n+1
|
{z
}
intégrale d’après ce qui précède
Z X
+∞
≤
uk .
I
n+1
Or d’après ce qui précède (en commençant la série au rang n + 1),
+∞ Z
Z X
+∞
X
uk ≤
|uk | −−−−−→ 0.
n→+∞
I I
n+1
n+1
Remarque 3.4.57 Attention à ne jamais écrire de série du type
P
2
|uk |, dont on ne connaı̂t pas la nature.
Remarque 3.4.58 La technique du minimum pour construire un objet monotone est importante dans les exercices
théoriques (voir l’exercice 8 de la semaine de colles 1).
Exemple 3.4.33
1. Étudions la série :
X
α−1 −nx
x
| {ze }, où n ≥ 1.
un (x)
– Elle est définie pour x > 0, pour certaines valeurs de α, elle peut être définie en x = 0.
Démonstration Pour x > 0 c’est une série géométrique de raison e−x ∈]0, 1[. Si α > 1, un (0) = 0, donc
elle est encore définie pour x = 0. Clairement, pour x < 0, le terme général ne tend pas vers 0.
2
– La somme est intégrable sur ]0, +∞[, lorsque α > 1.
Démonstration On peut calculer la somme pour x 6= 0 :
S(u)(x) = xα−1
+∞
X
e−nx =
1
xα−1 e−x
.
1 − e−x
S(u) est définie, continue, positive sur ]0, +∞[. De plus,
S(u)(x) ∼x→0+ xα−2 ,
qui est intégrable sur ]0, 1], pour α > 1. Et :
S(u)(x) ∼x→+∞ xα−1 e−x = o
1
x2
,
qui est intégrable ∀α sur [1, +∞[.
– En appliquant la proposition 19 de la section 3.4, comme les un (x) > 0, il vient que
Z +∞
+∞ Z +∞
X
xα−1 e−nx dx =
S(u)(x) dx.
1
0
2
0
– Une autre manière de voir, est d’exploiter plus à fond la nature géométrique de la série :
Pour une série géométrique le reste se maı̂trise totalement.
X k
1
=
q +
1−q
n
k=0
q n+1
1−q
| {z }
.
reste explicite
Les un étant clairement intégrables, l’intégrabilité de S(u) est celle du reste, or, en appliquant le théorème de
convergence monotone (ou celui de convergence dominée), il vient que :
Z +∞ α−1 −(n+1)x
x
e
lim
dx = 0.
n→+∞ 0
1 − e−x
Donc,
Z
I
S(u) =
n Z
X
k=1
|
+∞
0
→
xα−1 e−kx dx +
{z
P+∞ R
1
}
I
Z
+∞
|0
xα−1 e−(n+1)x
dx = 0 .
1 − e−x
{z
}
un
2. Étudions maintenant la fonction définie par :
Z
H(t) =
+∞
0
→0
sin(xt)
dx.
ex − 1
– La fonction H est définie sur tout R.
Démonstration La fonction
sin(xt)
ex − 1
est définie continue sur ]0, +∞[×R. Étudions à t fixé, son intégrabilité. On a
ϕ : (x, t) 7→
|ϕ(x, t)| ≤
1
∼x→+∞ e−x ,
ex − 1
donc ϕ(•, t) est intégrable sur [1, +∞[. De plus
|ϕ(x, t)| ≤
|xt|
≤ |t|,
ex − 1
ce qui donne l’intégrabilité de ϕ(•, t) sur ]0, 1]. H est bien définie sur tout R.
2
– H est continue sur R.
R
Démonstration On va appliquer le théorème de continuité sous le signe , issu de la convergence dominée.
Pour cela, il ne reste qu’à trouver une dominante ψ indépendante de t intégrable de ϕ(•, t). Pour cela,
nous avons besoin de localiser t : soit A > 0, alors ∀t ∈ [−A, A]
(
1
,
si x ∈ [1, +∞[
x
|ϕ(x, t)| ≤ e −1
|t| ≤ A, si x ∈]0, 1].
Ce qui définie une dominante ψ(x) convenable, et montre la continuité de H sur [−A, A], donc sur R. 2
– ∀α ∈ R, on a
+∞
X
e−nx sin(αx) dx.
H(α) =
|
{z
}
n=1
vn (x)
Démonstration On peut remarquer que la série
P
S(|v|)(x) =
vn (x) est absolument convergente, de somme :
| sin(αx)|e−x
,
1 − e−x
(toujours la somme géométrique), et cette fonction est clairement intégrable sur I =]0, +∞[. D’après la
proposition 19 de la section 3.4, on en déduit que la suite
XZ
|vn | converge,
I
on peut donc appliquer le théorème 14 de la section 3.4, il vient que :
H(α) =
Z X
+∞
I n=1
+∞ Z
X
n=1
I
vn .
2
– En posant
Z
I(α) =
on a
∀t ∈] − 1, 1[, H(t) =
+∞
0
+∞
X
xα−1
dx,
ex − 1
(−1)k
k=0
vn =
t2k+1
I(2k + 2).
(2k + 1)!
Démonstration Supposons connu le développement de sin(x), sous la forme :
∀x ∈ R, sin(x) =
+∞
X
k=0
(−1)k
x2k+1
(2k + 1)!
En remplaçant dans l’expression de H, il vient
Z
H(t) =
+∞
+∞ X
0
(xt)2k+1
(−1)k
dx.
(2k + 1)!(ex − 1)
k=0 |
{z
}
wk (x) (t est fixé)
On va essayer d’utiliser le théorème, pour cela, il faut étudier la série de terme général
Z
]0,+∞[
|wk | =
R
I
|wk |, or
|t|2k+1
I(2k + 2),
(2k + 1)!
il nous faut donc avoir un équivalent (ou une estimation) de I(a), lorsque a → +∞.
k> assume(a>0) :
> Ia :=int(x**(a-1)/(exp(x)-1),x=0..infinity) ;
Z ∞ (a˜−1)
x
Ia
:=
dx
ex − 1
0
Maple ne sait pas calculer cette intégrale, mais on a vu à la première question que l’on avait :
Ia =
∞
X
xa−1 e−(n+1)x dx.
n=0
k> assume(n,posint) :
> int(x**(a-1)*exp(-(n+1)*x),x=0..infinity) ;
Γ(a˜)
(n˜
+ 1)a˜
Là, il sait, voyons
comment nous pouvons l’obtenir :
> changevar(u=(n+1)*x,
> Int(x**(a-1)*exp(-(n+1)*x),x=0..infinity),u) ;
Z ∞ ( u )(a˜−1) e(−u)
n˜ + 1
du
n˜ + 1
0
> simplify(%) ;
Z ∞
(n˜ + 1)(−a˜) u(a˜−1) e(−u) du
0
C’était aussi simple
que cela. La somme qui apparaı̂t est connue de Maple :
> sum(1/n**a,n=1..infinity) ;
ζ(a˜)
> Ia :=GAMMA(a)*Zeta(a) ;
Ia := Γ(a˜) ζ(a˜)
On a finalementréussi à calculer Ia . Regardons son comportement asymptotique.
> asympt(Ia,a,1) ;
r
√ √
1
1
2 π
+ O(( )(3/2) )
a˜
a˜
1
( )a˜ ea˜
a˜
Ça sent son Stirling à plein nez. Ce qui nous intéresse, c’est le comportement de la fonction ζ au voisinage
de +∞.
> asympt(Zeta(a),a,2) ;
1
1 + O( a˜ )
2
Cela peut se trouver, en comparant à l’intégrale de la fonction :
t 7→
1
,
ta
on écrit les inégalités et on fait tendre a vers +∞, après avoir, bien sûr, isolé le premier terme (qui donne
le 1).
k> assume(a,posint) :
> convert(GAMMA(a),factorial) ;
a˜!
a˜
De plus, la fonction Γ vérifie clairement (intégration par parties) :
∀x > 0, Γ(x + 1) = xΓ(x), et, donc ∀n ∈ N∗ , Γ(n) = (n − 1)!.
En conclusion :
Z
I(2k + 2) ∼ (2k + 1)!, et
]0,+∞[
|wk | ∼ |t|2k+1 ,
qui est le terme d’une série convergente pour t ∈] − 1, 1[.
2
Remarque 3.4.59 On peut démontrer avec les outils que nous possédons le développement du sinus :
Démonstration La formule de Taylor avec reste intégral, appliquée sur [0, x] donne (x ∈ R) :
∀n ∈ N, sin(x) =
n
X
k=0
(−1)k
x2k+1
+
(2k + 1)!
Z
|0
x
(x − t)2n+1
sin(2n+2) (t) dt .
(2n + 1)!
{z
}
Rn (x)
Il suffit alors de majorer :
|Rn (x)|
t=xu
=
≤
x2n+1 (1 − u)2n+1
sin(xu + (n + 1)π)x du
(2n
+
1)!
0
Z 1
|x|2n+2
(1 − u)2n+1 du
(2n + 1)! 0
|
{z
}
Z
1
1
= 2n+2
−−−−−→ 0, ∀x ∈ R.
n→+∞
En conséquence, la série converge et sa somme est bien sin(x).
2
Corrigé de l’exercice 18 de la section 3.3 (Malo)
1. La fonction
ϕ : x 7→ tan(x) × tanh(x) − 1,
est strictement croissante sur ] − π/2 + nπ, π/2 + nπ[, et comme elle tend vers −∞ (resp. +∞) lorsque x →
(−π/2 + nπ)+ (resp. x → (π/2 + nπ)− ), elle possède un unique point d’annulation xn .
2. De plus, d’après l’encadrement de xn , on a clairement :
xn ∼n→+∞ nπ.
Ensuite, on peut remarquer :
i π πh
tan(xn ) −−−−−→ 1, et xn − nπ ∈ − ,
,
n→+∞
2 2
et donc xn − nπ → π/4. Posons
xn = nπ +
π
+ zn , où zn = o(1),
4
on peut donc écrire :
tan
π
4
+ zn − 1 =
1
tanh nπ +
π
4
+z
− 1,
> series(tan(x+Pi/4)-1,x,2) ;
2 x + O(x2 )
> series(1/tanh(x+n*Pi+Pi/4)-1,x,1) ;
(2 n π+1/2 π)
+1
e
−
1
+ O(x)
e(2 n π+1/2 π) − 1
> simplify(%) ;
1
2 (1/2 π (4 n+1))
+ O(x)
−1
e
> res :=op(1,%) ;
1
res := 2 (1/2 π (4 n+1))
e
−1
> asympt(res,n,2) ;
Error, (in asympt) unable to compute series
> limit(res*exp(2*n*Pi),n=infinity) ;
2 e(−1/2 π)
Finalement,
π
.
zn ∼ exp −2nπ −
2
3.4.14 En fait, on peut aller plus loin
P dans l’utilisation des théorèmes d’intégration, en remarquant qu’en fait une série
est aussi une intégrale. En effet, si
un est une série à valeurs dans C, on construit la fonction :
(
R → C,
fu :
t 7→ un , si t ∈ [n, n + 1[.
Question 3.4.26 Quel rapport y a-t-il entre la convergence de la série et l’intégrabilité de la fonction fu ?
Réponse à la question 26 de la section 3.4 On a :
Sn (u) =
n
X
uk =
k=0
n Z
X
k=0
k
k+1
Z
fu (t) dt =
n+1
0
fu (t) dt,
ce qui montre que si l’intégrale est semi-convergente, la série est convergente. La réciproque est aussi vraie, car, si
x ∈ [0, +∞[, et n tel que x ∈ [n, n + 1[,
Z x
Z x
Sn (u) −
fu (t) dt = un dt ≤ |un | → 0.
0
n
Cependant, les théorèmes intéressants sur l’intégration demandent la notion d’intégrabilité. Posons ∀n ∈ N, vn = |un |,
alors :
Z n+1
|fu (t)| dt,
Sn (v) =
0
P
P
|un | converge absolument) si, et seulement si, fu est intégrable sur [0, +∞[.
donc, la série
vn converge (i.e. la série
X
|un | converge ⇐⇒ fu est intégrable sur [0, +∞[.
3.4.15 Nous allons alors pouvoir utiliser le résultat précédent à la situation suivante : P
soit (un,p )(n,p)∈N2 une suite double
de complexes, peut-on intervertirP
les sommations ? C’est-à-dire, en supposant que ∀n p un,p converge et soitPde somme
σn , et en supposant que la série
σn converge,
a-t-on automatiquement la convergence de toutes les séries n un,p , de
P
sommes sp et la convergence de la série
sp , ainsi que la relation
+∞
+∞ X
X
+∞
+∞ X
X
un,p =
p=0 n=0
un,p ?
n=0 p=0
Pour y répondre dès maintenant, nous allons tout simplement considérer l’une de ces sommations comme une intégration.
Exercice du jour
Exercice 3.4.19
1. Trouver un exemple où l’interversion n’est pas possible.
2. Soit |x| < 1, que donne l’interversion dans
+∞
X
n=1
xn
1 − xn
| {z }
?
à développer en série géométrique
3.4.16 On a en fait deux résultats permettant d’intervertir une intégrale et une série (tous deux issus du théorème de
convergence monotone), à savoir la proposition 19 et le théorème 14 de la section 3.4. Ils conduisent à deux résultats sur
les séries doubles :
Proposition P
3.4.20 (Utilisation
de la proposition 19) Soit (un,p ) une suite double de termes positifs, telle que ∀(n, p) ∈
P
N2 , les séries p un,p et n un,p convergent, alors :
!
!
+∞
+∞
X X
X X
un,p converge ⇐⇒
un,p converge,
n
p
p=0
n=0
et si elles convergent, alors leurs sommes sont égales.
Remarque 3.4.60 En gros, lorsque les termes sont positifs, on peut intervertir les sommations sans changer, ni la
nature, ni, en cas de convergence, la somme.
Démonstration Utilisons le résultat d’analogie entre une série et une intégrale, en définissant la fonction :
(
fn :
[0, +∞[→ [0, +∞[,
t 7→ un,p ,
si t ∈ [p, p + 1[.
– fn est continue par morceaux.
P
– fn est intégrable, car p |un,p | converge.
| {z }
P
P =un,p
– ∀t ∈ [0, +∞[, la série P fn (t) converge, car ∀p ∈ N, n un,p converge.
– La somme de la série
fn ainsi définie, est clairement continue par morceaux, car
∀t ∈ [0, +∞[,
+∞
X
n=0
fn (t) =
+∞
X
un,p , si t ∈ [p, p + 1[.
n=0
– L’application de la proposition donne
+∞
X
Z
fn intégrable ⇐⇒
n
X
[0,+∞[ k=0
n=0
!
fk
est bornée.
Le terme de gauche signifiant, d’après l’analogie sus-nommée, que :
+∞
XX
p
Le terme de droite que la suite :
un,p converge.
n=0
+∞
n X
X
!
uk,p
est bornée,
k=0 p=0
soit que la série
+∞
XX
n
un,p converge.
p=0
L’égalité des sommes (en cas de convergence) découle immédiatement de la proposition.
2
ThéorèmeP3.4.15 (Utilisation du théorème 14) Soit (un,p ) une suite double de complexes vérifiant :
– ∀n ∈ N, P p |un,p | converge (convergence absolue).
– ∀p ∈ N, n un,p converge (convergence simple).
– De plus,
!
+∞
X X
|un,p | converge.
n
p=0
Alors
+∞
X X
un,p converge,
p
et
n=0
+∞ X
+∞
X
+∞ X
+∞
X
un,p =
p=0 n=0
un,p .
n=0 p=0
Démonstration Le premier item
signifie que la fonction fn est intégrable, le second, que la série
R
et le troisième que la série
P
P
fn converge simplement,
2
|f
|
converge,
le
résultat
est
alors
l’application
du
théorème
sus-dit.
n
I
Remarque 3.4.61 Le théorème de convergence dominée permet aussi d’obtenir un résultat sur l’interversion série/intégrable (ou série/série), mais il nécessite de dominer des sommes partielles de séries qui sont la plupart du
temps inestimables.
Exercice du jour
Exercice 3.4.20 On pose ∀s ∈]1, +∞[,
ζ(s) =
+∞
X
1
,
ns
n=1
et ∀n ∈ N∗ , pn est le nième nombre premier (classés par ordre croissant).
1. Montrer que :
n Y
k=1
1
1 − p−s
n
−−−−−→ ζ(s).
n→+∞
2. Que pensez-vous de la série
X 1
?
pn
1. Un exemple où l’interversion n’est pas possible :
∀p, u1,p = −u2,p = p, et un,p = 0, ∀n ≥ 2.
2. On a, comme |x| < 1,
donc
+∞
X
xn
n
=
x
xnp ,
1 − xn
p=0
+∞
X
+∞ X
+∞
X
xn
=
xn+np .
n
1
−
x
n=1
n=1 p=0
On a donc un,p = xn+np , si x > 0, on peut appliquer les deux résultats, si x 6= 0, seul le théorème est applicable.
Dans les deux cas, l’interversion donne :
+∞
X
+∞ +∞
XX
xn
=
xn(p+1) .
n
1
−
x
n=1
p=0 n=1
|
{z
}
=
xp+1
1−xp+1
3.5
3.5.1
3.5. COMPLÉMENTS SUR LES SÉRIES À TERMES POSITIFS
Compléments sur les séries à termes positifs
Comparaison logarithmique
P
un et
P
vn deux séries à termes > 0, telles que :
un+1
vn+1
∀n ∈ N,
≤
,
un
vn
alors
P
P
1. Si
vn converge,
un converge.
P
P
vn diverge.
2. Si
un diverge,
Démonstration On n’a besoin de l’inégalité (et de même du signe des termes), qu’à partir d’un certain rang N , alors :
∀n ≥ N,
un
un−1
..
.
uN +1
uN
≤
≤
vn
vn−1
..
.
vN −1
,
vN
ce qui donne, en multipliant termes à termes : un = O(vn ), la proposition 15 de la section 3.2 permet de conclure.
2
Remarque 3.5.62 C’est en fait un résultat particulièrement simple. Qu’apporte-t-il ? Il interviendra lorsque un est
compliqué et lorsque un+1 /un est plus simple.
3.5.17 On peut par exemple comparer à une série géométrique, c’est le critère de d’Alembert :
– Si on prend vn = q n , avec 0 < q < 1, il vient :
X
un+1
≤ q, ∀n ≥ N, ⇒
un converge.
un
– Si on prend un = 1, il vient :
X
vn+1
≥ 1, ∀n ≥ N, ⇒
vn diverge.4
vn
Exemple 3.5.34 Soit a > 0. Nature de
X
an Cn
?
| {z2n}
un
– On calcule
un+1
−−−−−→ 4a.
un n→+∞
Donc,
– Si 4a < 1, ∀q ∈]4a, 1[, ∃N ∈ N, ∀n ≥ N , un+1 /un ≤ q, donc la série converge.
– Si 4a > 1, ∃N ∈ N, ∀n ≥ N , un+1 /un ≥ 1, la série diverge.
– Si 4a = 1, on a un+1 /un → 1, le critère ne permet pas de conclure.
Remarque 3.5.63 Ici, le rapport tend vers 1 par valeurs inférieures, on ne peut conclure, mais si la limite
avait été 1+ , la divergence était obtenue.
Remarque 3.5.64 Lorsqu’il y a un paramètre (entraı̂nant souvent une discussion), il reste presque toujours
des trous avec cette méthode.
– En fait, on peut aussi utiliser la formule de Stirling et
un ∼n→+∞ a
4 On
n2
2n
r
√
(4a)n 1
n2n 2π × 2ne2n
.
∼ √
n
e2n n2n 2πn
π
peut noter dans ce cas que la suite (vn ) est croissante et ne saurait tendre vers 0. On dit parfois que la série diverge grossièrement.
> asympt((2*n) !/(n !)**2,n,2) ;
r

1
 n

 √ + O(( 1 )(3/2) ) 4n


n
π
On obtient tout de suite :
– Si 4a < 1, un = o(1/n2 ), la série converge.
– Si 4a > 1, un > 1, la série diverge.
√
– Si 4a = 1, un ∼ 1/ πn, la série diverge.
Remarque 3.5.65 En fait, il ne faut pas oublier que ce critère est un cas simple, d’une remarque simple (on pourrait
en faire d’autre, en comparant à n’importe quelle famille de séries, comportant un paramètre, Riemann, Bertrand...),
il n’est donc pas particulièrement puissant. On tombe souvent sur une limite du genre 1 − , pour un+1 /un .
Exemple 3.5.35 (Énervant) un = 1/nα , un+1 /un → 1− , aucune conclusion.
Exemple 3.5.36 (Le même, mais un peu plus pardonnable)
un =
n Y
k=2
un+1
→ 1− ,
2 − e1/k , alors
un
encore raté !
Exemple 3.5.37 (Plus intéressant) Soit la suite récurrente définie par :
i πh
u0 ∈ 0,
, et un+1 = 1 − cos(un ), ∀n ∈ N.
2
– Une étude (rapide !) de la suite montre que un → 0.
– On peut alors développer le cosinus au voisinage de 0 et :
u2
u2
un+1 = 1 − 1 − n + o(u2n ) ∼n→+∞ n .
2
2
Donc
un
un+1
−−−−−→ 0,
∼n→+∞
un
2 n→+∞
la série converge ! (Et nul besoin d’évaluer plus précisément son terme).
Question 3.5.27 Et comment pourrait-on l’évaluer plus précisément ?
Réponse à la question 27 de la section 3.5 Nous avons déjà étudié une série récurrente de ce type un+1 = sin(un ) (voir
l’exemple 31 de la section 3.2). Le principe était de se ramener à une dérivée discrète, et faire une analogie avec le continu.
Ici, le terme un+1 − un n’intervient pas naturellement, mais, nous savons que les termes de la suite sont > 0, en passant
au logarithme, il vient :
ln(un+1 ) = 2 ln(un ) − ln(2) + o(un )
(3.3)
À peu de choses, on peut considérer cette équation comme linéaire, aussi allons-nous lui appliquer le même traitement :
– L’équation homogène est :
vn+1 = 2vn , de solution générale vn = 2n v0 .
– Continuons avec une méthode de « variation de la constante », en posant ln(un ) = 2n wn , il vient, en reportant dans
(3.3) :
u ln(2)
n
wn+1 = wn − n+1 + o n+1 ,
2
2
soit
ln(2)
xn = wn+1 − wn ∼n→+∞ − n+1 .
(3.4)
2
La série ainsi introduite est donc convergente, notons X sa limite (bien sûr, X ≤ 0, car wn l’est), on a alors
n
Sn−1 (x) = wn = X + o(1), soit un = eX2 × exp(o(2n )).
Cela permettrait de conclure aisément à la nature de la série
(3.4) donne en fait plus d’informations :
Rn (x) ∼ − ln(2)
| {z }
X−wn
D’où
K
wn = X + n + o
2
1
2n
P
un , lorsque X < 0, mais nous voulons plus ! L’équation
+∞
X
k=n+2
1
K
∼ n.
2k
2
n
et un ∼ eK × eX2 ,
où, X < 0, puisque un → 0.
Remarque 3.5.66 Cette méthode ne permet pas en général d’évaluer exactement la constante X, en revanche,
comme c’est la somme d’une série (ou la limite d’une suite), on peut l’évaluer numériquement.
3.5.2
Résumé sur la recherche d’équivalents de suites récurrentes
3.5.18 Soit la situation où l’on a une suite récurrente définie par un+1 = f (un ), telle que l’on sait que un →n→+∞ 0.
Cherchons un équivalent de un .
1. Cas où f (x) = x − ax1+α + o(x1+α ) au voisinage de 0, avec a > 0 et α > 0. (Voir le cas 31) On a
un+1 − un ∼ −au1+α
,
n
une analogie avec le continu, où cette équation s’écrirait :
y0
y 0 = −ay 1+α , soit
y 1+α
=k
1
yα
= −a,
nous incite à étudier la dérivée (discrète) de la suite u−α
n , soit
vn =
1
uα
n+1
−
1
.
uα
n
La suite est connue...
2. Cas où f (x) = ax + bx1+α + o(x1+α ), avec 0 < a < 1, et b 6= 0. On a
un+1 = aun + bu1+α
+ o(u1+α
),
n
n
une variation de la constante nous incite à poser un = an vn , il vient alors
vn+1 = vn + banα−1 vn1+α + o(vn1+α anα ).
L’analogie avec le continu,
y0
y 1+α
=k
1
yα
0
,
nous incite à étudier la dérivée (discrète) de vn−α , soit :
wn =
1
1
− α,
α
vn+1
vn
Exemple 3.5.38 Prenons f (x) = sin(x)/2, soit (a = 1/2, α = 2 et b = −1/12). On a
un =
la série
P
1
1
1
vn
, wn = 2
− 2 ∼
,
2n
vn+1
vn
3 × 4n
wn est donc convergente, la suite 1/vn2 aussi, et donc
un ∼
C
.
2n
Remarque 3.5.67 On peut continuer le développement asymptotique, en utilisant que la série
reste
+∞
1
1
1 X 1
1 3
Rn (w) = ( lim
)
−
∼
=
.
2
n→+∞ vn
vn2
3
4k
9 4n
P
wn a un
k=n+1
1/vn2 ,
Ce qui donne un développement de
et donc de un ...
Attention, pour continuer le développement,
il faut impérativement continuer à travailler sur la bonne suite
P
wn ) ! Ne jamais revenir à un sauf pour énoncer les résultats.
(ici 1/vn2 ) et la bonne série (ici
3. Cas où f (x) = ax1+α + bx1+α+β + o(x1+α+β ), où α > 0, β > 0, a 6= 0 et b 6= 0. Ce cas a été illustré par la réponse à
la question 27 de la section 3.5.
Exercice 3.5.21 Soit f : I → R de classe C p , p > 1, soit α ∈ I, tel que f (α) = α) et 0 < f 0 (α) < 1, f 00 (α) = . . . =
f (p−1) (α) = 0 et f (p) (α) 6= 0. Montrer que :
1. ∃η > 0, ∀x0 ∈ I∩]α − η, α + η[, la suite récurrente xn+1 = f (xn ) converge vers α.
2. De plus
|xn − α| ∼n→+∞ Cf 0 (α)n .
1. Comme la fonction est de classe C 1 , la dérivée f 0 (qui est continue), vérifie
∃k < 1, ∃η > 0, ∀x ∈ I∩]α − η, α + η[, |f 0 (x)| ≤ k < 1.
|
{z
}
V
Si on prend x0 ∈ V , on a par une récurrence immédiate :
∀n ∈ N, xn ∈ V et |xn − α| ≤ k n |x0 − α|.
La suite converge bien vers α.
2. Quitte à translater le problème, on peut supposer α = 0, un développement limité de f au voisinage de 0 donne :
xp
f (x) = xf 0 (0) + f (p) (0) + o(xp ).
p!
Nous sommes bien dans le cas d’application de l’étude précédente :
xn ∼ Cf 0 (0)n .
Remarque 3.5.68 Comme d’habitude avec cette méthode, nous ne possédons pas beaucoup d’informations sur la
constante C. On aurait envie de mettre C = |x0 − α|, mais est-ce exact ?
3.5.3
Comparaison avec une intégrale : le retour
Question 3.5.28 Soit f : [a, b[→ C, continue par morceaux, et soit (bn ) une suite (croissante la plupart du temps)
qui tend vers b− (b ∈]a, +∞]), la série
Z x
X Z bn+1
f (t) dt est-elle de même nature que
f (t) dt, (x → b− ) ?
a
b
| n {z
}
un
– Si l’intégrale est semi-convergente (ou si la fonction f est intégrable sur [a, b[), alors la série converge, car
Z bn+1
Sn (u) =
f (t) dt.
a
– Par contraposition, si la série diverge, la fonction f n’est pas intégrable et son intégrale n’est même pas semi-convergente.
– Si ∀(bn ), la série converge, on a la discrétisation de la convergence de la primitive, donc même nature.
– Le seul cas vraiment intéressant est celui où l’on a trouvé une suite (bn ) telle que la série converge. Que peut-on dire
en ce cas sur la primitive ?
– Réponse : en général RIEN
. Ainsi :
f (t) = cos(t), bn = nπ, Sn (u) = 0,
et la primitive n’a pas de limite.
– Si f ≥ 0, (f est donc à valeurs dans R), alors on a vu que f était intégrable.
– On suppose que f est à valeurs dans R et change de signe, la plupart du temps, on choisit (bn ) croissante, b0 = a
telle que ∀n ∈ N, la fonction f garde un signe constant sur ]bn , bn+1 [. Soit x ∈ [a, b[, ∃n0 ∈ N, x ∈ [bn0 , bn0 +1 [, et
Z
Z x
x
Sn (u) −
f (t) dt
f (t) dt
=
0
a
bn0
Z x
|f (t)| dt
≤
signe constant
Z
≤
|
bn 0
bn0 +1
bn0
|f (t)| dt .
{z
=|un0 |→0
}
Exemple 3.5.39 Étude de
Z
I=
On prend bn = nπ, alors :
+∞
π
sin(x) sin
1
dx.
x
1
dx
x
nπ
Z π
1
t=x−2π
=
(−1)n
sin(t) sin
dt,
t + nπ
0
P
un converge.
la suite (un ) vérifie les hypothèses de la proposition des séries alternées, la série
Z
un
=
(n+1)π
sin(x) sin
– Par analogie avec les groupements des séries par paquets, on peut énoncer une autre condition suffisante, dans le cas
où b = +∞ : si (bn+1 − bn ) reste bornée et que f (x) → 0, quand x → +∞, alors l’intégrale et la série sont de même
nature.
Démonstration On reprend l’inégalité ci-dessus :
Z
Sn0 (u) −
x
a
f (t) dt
=
≤
Z
x
f (t) dt
bn
0
Z x
|f (t)| dt
Z
≤
=
b n0
bn0 +1
bn0
kf k∞,[bn0 ,+∞[ dt
(bn0 +1 − bn0 ) × kf k∞,[bn0 ,+∞[ .
|
{z
} |
{z
}
borné
−−−−−
→0
x→b
2
Corrigé de l’exercice 20 de la section 3.4 (Corentin)
1. Comme chaque pk est ≥ 2, on peut développer en série géométrique :
+∞
X 1
1
=
,
s
js
pk
j=0 pk
1−
en effectuant le produit de Cauchy des séries, il vient :


n
+∞
+∞
Y
X
X
1  X
1

πn =
=
,
js
k1 s
×
·
· · × pknn s
p
p
q=0 k1 +···+kn =q 1
j=0 k
k=1
on reconnaı̂t aux dénominateurs les décompositions en produit de nombres premiers (à la puissance s), de certains
entiers, qui n’interviennent qu’une seule fois, par unicité de ce développement, donc
πn ≤ ζ(s).
Par ailleurs, nous pouvons être sûrs qu’au moins les entiers ≤ pn interviennent dans cette somme, donc
πn ≥
pn
X
1
−−−−−→ ζ(s).
k s n→+∞
k=1
2. Pour s = 1, la majoration de πn n’a plus de sens, mais la minoration reste, soit :
πn =
n Y
k=1
1−
1
pk
−1
≥
pn
X
1
−−−−−→ +∞.
k n→+∞
k=1
Or
1
− ln 1 −
−−−−−→ +∞,
pk n→+∞
k=1 |
{z
}
n
X
ln(πn ) =
∼ p1
k
P
1/pn .
P
P
Théorème 3.5.16 (Produit de Cauchy) Soient
an et
bn deux séries absolument convergentes, on pose
ce qui montre la divergence de la série
∀n ∈ N, cn =
n
X
ak bn−k =
k=0
Alors la séries
P
X
ak1 bk2 .
k1 +k2 =n
cn est absolument convergente, et
S(a) × S(b) = S(c).
Démonstration On va d’abord s’intéresser au cas où tous les termes sont positifs.
1. Tout tient dans un dessin, en comparant Sn (a) × Sn (b) à Sn (c), on s’aperçoit que l’on peut écrire :
Sn (a) × Sn (b) =
X
ap bq , et Sn (c) =
(p,q)∈∆n
X
ap bq ,
(p,q)∈Φn
où l’on a :
q
Φ2n
∆n
Φn
p
On a alors clairement :
Φn ⊂ ∆n ⊂ Φ2n ,
soit,
Sn (c) ≤ Sn (a) × Sn (b) ≤ S2n (c),
la première inégalité, et la positivité des ck , assure que la suite (Sn (c)) est croissante, majorée par S(a) × S(b), elle est
donc convergente et Sn (c) ≤ S(a) × S(b). En passant à la limite dans la deuxième inégalité, il vient immédiatement :
S(c) = S(a) × S(c).
2. Cas général. Il suffit de se ramener au cas précédent :
|Sn (c) − Sn (a) × Sn (b)|
=
≤
X
a
b
p q
(p,q)∈∆n \Φn
X
|ap ||bq |
(p,q)∈∆n \Φn
≤
S(α) × S(β) − S(γ)
,
|
{z
}
−−−−−→0 d’après le premier cas
n→+∞
où αn = |an |, βn = |bn | et
γn =
n
X
αk βn−k .
k=0
P
La convergence absolue de
cn vient de l’inégalité |cn | ≤ γn , et l’égalité de S(c) et de S(a) × S(b) s’obtient par passage
à la limite dans l’inégalité précédente.
2
3.5.4
Comparaison avec une série de Riemann
3.5.19 Il est parfois utile d’avoir un critère de comparaison avec les séries de Riemann 5 (notamment quand un possède
une expression compliquée avec des exponentielles) :
P
un une série à termes positifs, alors :
P
α
1. S’il existe α > 1, n un → 0, alors
un converge.
5 Ce
critère est parfois appelé : règle « nα un »
2. S’il existe α ≤ 1, nα un → +∞, alors
P
un diverge.
α
3. S’il existe α > 0 et l 6= 0, n un → l, alors la série converge si, et seulement si, α > 1.
Démonstration C’est particulièrement évident :
1. En ce cas, un = o(1/nα ).
2. En ce cas, un 1/nα .
3. En ce cas, un ∼ l/nα .
2
Remarque 3.5.69 Cette règle particulièrement simple, n’est là que pour faciliter l’approche de certains problèmes,
mais elle n’apporte rien de nouveau (sous le soleil ?)
Exemple 3.5.40
1. Soit la série définie par
α
∀α > 0, n un = exp(α ln(n) −
p
u n = e−
√
ln(n)
,
ln(n)) → +∞, il suffit de prendre α = 1, pour obtenir la divergence.
2. Soit la série définie par
un =
1
, n ≥ 2,
ln(ln(n))
∀α > 0, nα un = exp(α ln(n) − ln(ln(ln(n)))) → +∞, là encore α = 1 permet de conclure à la divergence.
On peut remarquer, dans les deux cas, que un 1/n.
3. Soit la série définie par (où α > 0 et β > 0)
un =
1−
ln(n)
nα
nβ
,
alors,
∀γ > 0, nγ un
=
=
ln(n)
exp γ ln(n) + nβ ln 1 −
nα
exp γ ln(n) − ln(n) × nβ−α + o(ln(n)nβ−α ) .
Donc, si β > α, nγ un → 0, il suffit de prendre γ = 2 pour conclure à la convergence ; si β < α, nγ un → +∞, il
suffit de prendre γ = 1, pour conclure à la divergence ; si β = α, les deux premiers critères ne donnent rien, mais
en prenant γ = 1, et en développant un peu plus loin, il vient :
ln(n)2
1 ln(n)2
→ 1,
+o
nun = exp −
2 nα
nα
la série diverge donc.
3.5.5
Regroupements des séries par paquets
Question 3.5.29 Soit
P
un une série et soit ϕ : N → N strictement croissante, telle que ϕ(0) = 0, on pose
ϕ(n+1)−1
∀n ∈ N, vn =
X
uk ,
k=ϕ(n)
quel lien y-a-t-il entre les natures et sommes éventuelles des séries
P
un et
P
vn ?
Remarque 3.5.70 On peut déjà voir qu’en général, il y a un problème car :
la série
P
un diverge, alors que
P
un = (−1)n , ϕ(n) = 2n, vn = 0, ∀n ∈ N,
vn converge !
1. En général, et sans autre hypothèse, on a
Sn (v) = Sϕ(n+1)−1 (u),
donc
P
P
– Si la série
un converge, la série
vn converge, etP
les sommes sont toujours égales !
P
– par contraposition, si la série
vn diverge, la série
un diverge.
P
vn converge, comme (Sn (u)) est croissante,
2. Lorsque les un sont ≥ 0, on peut conclure à l’identité des natures, car si
l’existence d’une sous-suite convergente suffit à assurer la convergence de la suite.
Exercice du jour
Exercice 3.5.22 On note n = a1 a2 · · · ap l’écriture décimale de n ∈ N∗ , où a1 6= 0. Posons
P = N \ {n = a1 a2 · · · ap , où ∃k ∈ {1, . . . , p}, ak = 0} .
Cet ensemble est dénombrable, on le numérote sous la forme (pn )n∈N∗ . Soit α > 0, étudier la série un = 1/pα
n.
(Indication : on pourra regrouper à p constant.)
3. Un peu en avance de phase sur les séries à termes quelconques, une condition suffisante pour avoir la même nature
est :
∀n ∈ N, un ∈ R et ∀k ∈ {ϕ(n), . . . , ϕ(n + 1) − 2}, uk × uk+1 > 0.
Démonstration ∀p ∈ N, ∃n ∈ N, ϕ(n) ≤ p ≤ ϕ(n + 1) − 1, alors :
|Sp (u) − Sn (v)|
ϕ(n+1)−1
X
uk k=p+1
=
ϕ(n+1)−1
X
≤
|uk |
k=p+1
ϕ(n+1)−1
X
≤
|uk |
k=ϕ(n)
tous de même signe
=
|vn | −−−−−→ 0.
n→+∞
2
4. Une autre condition suffisante qui ne nécessite plus de rester dans R :
un −−−−−→ 0 et ∃M > 0, ∀n ∈ N, ϕ(n + 1) − ϕ(n) ≤ M.
n→+∞
Démonstration Reprenons l’inégalité ci-dessus, avant l’intervention de la condition :
ϕ(n+1)−1
|Sp (u) − Sn (v)|
≤
X
|uk |
k=ϕ(n)
≤
M × sup |uk | −−−−−→ 0.
k≥ϕ(n)
n→+∞
2
Exemple 3.5.41 (Utilisation du regroupement à signe constant) Soit α > 0, étudier la série :
√
X (−1)b
nα
nc
,
où bxc est la partie entière de x (notée souvent E(x)). (Ici, c’est surtout pour vous inviter à faire de l’informatique...)
– Pour α > 1, la série est absolument convergente.
– Supposons donc α ≤ 1, on va regrouper tous les termes consécutifs de même signe (i.e. ϕ(1) = 1 et ϕ(n) = n2 , on
coupe là où il y a un changement de signe) :
(n+1)2 −1
vn
=
X
k=n2
=
(−1)n
√
(−1)b
nα
nc
(n+1)2 −1
X
1
.
α
n
k=n2
|
{z
}
wn
On montrera plus loin que cette série vérifie la proposition des séries alternées.
Exemple 3.5.42 (Utilisation du regroupement de longueur bornée) Soit α > 0, on s’intéresse à la série :
X (−1) n(n+1)
2
,
α
n
|
{z
}
un
– Si α > 1, la série est absolument convergente.
– Si 0 < α ≤ 1, comme le changement de signe du terme est de périodicité 4, on regroupe de 4 en 4, soit ϕ(1) = 1 et
ϕ(n) = 4n − 3, alors
1
1
1
1
vn = −
−
+
+
.
(4n − 3)α
(4n − 2)α
(4n − 1)α
(4n)α
>
>
>
>
v :=1/(4*n)**alpha*(
-(1-3/(4*n))**(-alpha)-(1-2/(4*n))**(-alpha)
+(1-1/(4*n))**(-alpha)+1) ; ;
v :=
−(1 −
3 1 (−α)
1 1 (−α)
1 1 (−α)
− (1 −
+ (1 −
+1
)
)
)
4 n
2 n
4 n
α
(4 n)
asympt(numer(v),n,2) ;
−
α
1
+ O( 2 )
n
n
Donc,
la série
P
vn (et donc
P
vn ∼ −
un ) converge.
α
,
4α nα+1
3.5.20
On a donc trouvé trois cas où regrouper les termes ne change pas la nature (et la somme éventuelle) d’une série
P
un :
1. Si les un sont ≥ 0 (du moins à partir d’un certain rang).
2. Si on regroupe des termes de même signe.
3. Si un → 0, et on effectue des regroupements bornés. Cette technique est valable dans C, alors que les deux premières
ne concernent que les séries à termes réels.
P
Question 3.5.30 Peut-on dire quelque chose si la série
vn est absolument convergente ?
Réponse à la question 30 de la section 3.5 On a le même contre-exemple qu’au début : un = (−1)n et ϕ(n) = 2n.
Question 3.5.31 (Ahmed) Recherche d’un équivalent du terme général de la suite :
u0 ∈]0, 1[, un+1 =
1
(un + u2n ).
2
– On a clairement, ∀n, un ∈]0, 1[ (intervalle stable), et (un ) est décroissante, elle converge donc vers la seule limite possible
0.
– Le développement limité de un+1 donne (ici c’est facile !)
1
1
un+1 = un + u2n .
|
{z 2 } 2
terme linéaire
La solution générale du terme linéaire est un = λ2−n , pour résoudre, on effectue une variation de la constante, en
cherchant un sous la forme
vn
v2
un = n , soit, en reportant vn+1 − vn = nn ,
2
2
une analogie avec le continu (et l’équation y 0 = y 2 × f (x) où c’est la dérivée de la fonction 1/y qui intervient) nous
incite à étudier la dérivée discrète de wn = 1/vn , soit :
1
1
−1 ,
xn = wn+1 − wn =
vn 1 + vn /2n
mais on sait que un → 0, donc vn = o(2n ), le développement limité donne immédiatement :
xn ∼ −
1
,
2n
c’est donc le terme (négatif) d’une série convergente, la suite (wn ) converge donc (soit W sa limite), et de plus
Rn (x) = W − wn ∼ −
+∞
X
k=n+1
1
1
= − n.
k
2
2
On peut remarquer de plus que W 6= 0, car 2n wn = 1/un → +∞, d’où
1
1
1
un =
− 2 n +o
.
W 2n
W 4
4n
Corrigé de l’exercice 22 de la section 3.5 (Thomas) Comptons le nombre d’individus de P compris entre 10p−1 et
10p , comme il y a p chiffres tous différents de 0, on a 9 possibilités par chiffres, soit 9p individus. Il suffit après de majorer
brutalement :
1
1
9n
≤ vn ≤ 9n
,
(9| .{z
. . 9})α
(1| .{z
. . 1})α
|
ce qui montre que la série
si, α > log10 (9).
3.5.6
P
p fois
{z
}
n
∼C ( 109α )
vn (et donc la série initiale
|
P
p fois
{z
∼C 0 ( 109α )
n
}
un puisque les termes sont positifs) converge si, et seulement
Changement de l’ordre des termes
3.5.21 D’après l’exercice 18 de la section 3.1, on sait que lorsqu’une série n’est pas absolument convergente, on P
ne peut
changer arbitrairement l’ordre des termes.P
On dira qu’une série est commutativement convergente, si ∀σ ∈ S(N)6 , uσ(n)
est convergente (et de même somme que
un ). On a donc :
X
X
un absolument convergente.
un commutativement convergente ⇒
(C’est la contraposée du dit exercice).
6 Classiquement,
S(E) désigne l’ensemble des bijections de E sur E, E étant un ensemble quelconque.
Proposition 3.5.23 Si une série à termes complexes est absolument convergente, alors elle est commutativement convergente.
Démonstration Soit
P
un une série absolument convergente, et σ ∈ S(N), on pose vn = uσ(n) . Alors :
Sn (|v|)
=
=
n
X
k=0
n
X
|vk |
|uσ(n) |
k=0
δn =max(σ(0),...,σ(n))
≤
X
|uk |
k=0
=
Sδn (|u|) −−−−−→ S(|u|).
n→+∞
La suite (Sn (|v|)) est donc croissante (termes positifs) et bornée, elle converge, la série est absolument convergente, donc
2
convergente (car nous sommes dans R ou C).
Remarque 3.5.71 (François) La somme est la même, car on a S(|v|) ≤ S(|u|) par passage à la limite dans l’inégalité
précédente, mais, les rôles de un et vn sont symétriques (en changeant σ en σ −1 ), on a donc l’égalité. Ensuite, on
revient classiquement aux sommes simples :
|Sn (v) − Sδn (u)|
=
≤
X
uk k∈{0, . . . , δn } \ {σ(0), . . . , σ(n)} |
{z
}
∆n
X
|uk |
k∈∆n
=
Sδn (|u|) − Sn (|v|) −−−−−→ 0.
n→+∞
Exercice 3.5.23 Soit α > 0, on pose pour n ≥ 1 :
un =
1. Nature de
P
1
1
1
1
+
+
− α.
(3n)α
(3n + 1)α
(3n + 2)α
n
un ?
2. Calcul de la somme lorsqu’elle converge.
Corrigé de l’exercice 23 de la section 3.5 (Jean-François)
1. Pour étudier sa nature, on cherche un équivalent de un :
> asympt(1+(1+1/(3*n))**(-alpha)
> +(1+2/(3*n))**(-alpha)
> -3**alpha,n,2) ;
α
1
3 − 3α − + O( 2 )
n
n
Donc, si α = 1, un ∼ −1/3n2 et si α 6= 1, un ∼ C/nα , donc la série converge si, et seulement si α ≥ 1.
2. Calculons la somme pour α > 1, on peut considérer que la série est la regroupée par paquets d’une série absolument
convergente définie par :
v4n+1 =
1
1
1
1
, v4n+2 =
, v4n+3 =
, v4n+4 = − α .
(3n)α
(3n + 1)α
(3n + 2)α
n
Comme on a regroupé par paquets de taille
P bornée (ici 4), et que vn → 0, on peut en déduire d’après la troisième
condition suffisante de regroupement que vn converge. Elle est même absolument convergente, on peut donc changer
sans vergogne et sans hésitation l’ordre des termes, en mettant les 1/k α dans l’ordre des k croissants, (les positifs,
puis les négatifs), on a alors :
+∞ X
1
1
1
1
1
S(v) = S(u) = − α − α +
−
= −1 − α .
α
α
1
2
k
k
2
k=3
P
3. Si α = 1, les paquets peuvent toujours être dénoués, mais la série
vn n’est plus absolument convergente, il est hors
de question de changer l’ordre des termes, on peut cependant utiliser l’identité d’Euler et
SN (u) =
3N
+2
X
k=1
N
1 X1
3
−
= ln(3) − + o(1).
k
k
2
k=1
3.6. SÉRIES À TERMES COMPLEXES
3.6
Séries à termes complexes
P
3.6.22 Soit une série à termes complexes
un , comment trouver sa nature ?
P
P
1. En premier lieu, on s’intéresse à l’absolue convergence, si
|un | converge, alors
un converge.
2. Si on a trouvé |un | 6→ 0, la série diverge.
P
3. Il reste le cas où, la série
|un | diverge et où un → 0. C’est l’objet de ce chapitre.
P
Proposition 3.6.24 (dite des séries alternées) Soit
un une série à termes réels, telle que :
∀n ∈ N, un × un+1 ≤ 0,
(|un |)n∈N décroı̂t vers 0.
Alors la série converge.
Démonstration Les suites (S2n (u)) et (S2n+1 (u)) sont adjacentes. On écrit par exemple, un = (−1)n |un |, il vient :
S2n+2 (u) − S2n (u)
=
u2n+2 + u2n+1 = |u2n+2 | − |u2n+1 | ≤ 0,
S2n+3 (u) − S2n+1 (u)
=
u2n+3 + u2n+2 = −|u2n+3 | + |u2n+2 | ≥ 0,
S2n+1 (u) − S2n (u)
=
u2n+1 −−−−−→ 0,
la suite (S2n (u)) est décroissante.
la suite (S2n+1 (u)) est croissante.
n→+∞
elles sont adjacentes.
Elles convergent donc vers une même limite, la suite (Sn (u)) converge.
Exemple 3.6.43 Soit la série :
2
X (−1)n
, où α ∈ R.
nα
– Si α > 1, la série est absolument convergente.
– Si α ≤ 0, le terme général ne tend pas vers 0, la série est divergente.
– Si 0 < α ≤ 1, en utilisant la proposition des séries alternées, on trouve que la série est (semi-)convergente.
Remarque 3.6.72
La décroissance vers 0 est indispensable !
Exemple 3.6.44 Soit la série :
X
(−1)n
√
, où n ≥ 2.
n + (−1)n
|
{z
}
√
un
– Elle n’est pas absolument convergente un ∼ 1/ n, et son terme tend vers 0.
– On a bien le changement de signe entre un et un+1 , mais pas la décroissance (le vérifier si vous voulez, mais
c’est inutile d’après ce qui suit...). Étudions
(−1)n
1
1
∼n→+∞ − .
vn = un − √
= −√ √
n
n
n( n + (−1)n )
| {z }
wn
P
série divergente, elle
Donc la série
vn est à termes
Pde signe constant, de terme général équivalent à celui d’uneP
diverge. Par ailleurs, la série
wn est convergente d’après l’exemple précédent. La série
un est divergente,
car
Sn (u) = Sn (w) + Sn (v) .
| {z } | {z }
borné
→−∞
Il ne saurait donc y avoir décroissance, puisque la série ne vérifie pas la proposition des séries alternées.
Remarque 3.6.73
Les critères par équivalence nécessitent bien d’avoir des séries à termes positifs, ou du moins
à termes de signe constant. En effet, l’exemple précédent montre que :
X
X
un diverge, et
wn converge.
un ∼ w n ,
P
un une série vérifiant les hypothèses de la proposition des séries alternées, alors :
0≤
signe(un+1 )
|
{z
}
×Rn (u) ≤
signe du premier terme de Rn (u)
Démonstration
Rn (u) =
+∞
X
uk =
k=n+1
|un+1 |
| {z }
premier terme de Rn (u)
+∞
X
(uk + uk+1 )
|
{z
}
k=n+1
k−n−1 pair A même signe que un+1 .
Donc :
signe (Rn (u)) = signe(un+1 ).
De même, en lisant le reste d’une autre manière :
+∞
X
Rn (u) = un+1 +
(uk + uk+1 )
|
{z
}
k=n+2
k−n−2 pair A même signe que un+2 .
|
{z
}
δn
Donc :
signe(un+1 ) × Rn (u) = |un+1 | + signe(un+1 ) × δn ≤ |un+1 |.
|
{z
}
≤0
2
Exercice du jour
Exercice 3.6.24
1. Trouver un équivalent du reste Rn de la série :
X (−1)n
nα
, où α > 0.
(Indication : on pourra utiliser la série paquet, vn = u2n+1 + u2n+2 .)
2. Donner ensuite le deuxième terme du développement asymptotique de Rn .
P
3. En déduire la nature de
Rn .
3.6.23 Une autre approche d’étude d’une série à termes complexes est de faire un développement asymptotique du terme
général jursqu’à l’obtention :
– soit d’un terme qui garde un signe constant ;
– soit d’un terme absolument convergent.
Remarque 3.6.74 Pour une série à termes complexes, la série converge si, et seulement si, les séries parties réelles
et parties imaginaires convergent, c’est pourquoi, toutes les techniques concernent les séries à termes réels.
Exemple 3.6.45 Étudier la série :
X
(−1)n
, où α > 0 et n > 2.
ln 1 +
nα
|
{z
}
un
1. Pour α > 1, la série est absolument convergente, car un ∼ 1/nα .
2. De plus, l’équivalent précédent donne un → 0, deux voies s’offrent à nous :
– étudier la décroissance de |un | (ce qui ne semble pas très sympathique) ;
– développer le terme, il vient :
(−1)n
1
− 2α + o
un =
α
2n
n
| {z } |
{z
vn
1
n2α
wn
.
}
P
wn est une série à termes de signe
La série
vn converge d’après la proposition des séries alternées. La série
constant (du moins à partir d’un certain rang), on peut conclure grâce à l’équivalence :
(
X
converge si α > 12 ,
1
wn ∼ − 2α , donc
un
2n
diverge si
α ≤ 12 .
P
Remarque 3.6.75 Lorsque α ≤ 1/2, on peut continuer comme pour les séries à termes positifs, car
Sn (u) = Sn (v) + Sn (w) .
| {z } | {z }
→S(v)
Donc
→−∞
n
1X 1
1
∼−
Sn (u) ∼ Sn (w) ∼ −
2 1 k 2α
2
Z
n
1
dt
...
t2α
De même, pour α < 1/2, on obtient des informations sur le reste.
Remarque 3.6.76 Attention à ne pas pousser le développement asymptotique de un trop loin :
(−1)n
(−1)n
1
1
1
α ≤ , un =
− 2α + 3α +o
,
α
2
n3α
| n{z } | 2n
{z } | 3n
{z } | {z
}
converge diverge
si
P
converge
xn
xn diverge, on se retrouve avec une somme de séries divergentes dont on ne peut rien dire a priori.
Exemple 3.6.46 Soit α > 0, k ∈ R, étudier la nature de la série
X
sin
|
(−1)n
k
+
.
nα
n5α
{z
}
un
– Si α > 1, on a convergence absolue, car un ∼ 1/nα . Et dans tous les cas un → 0.
– On développe :
(−1)n 1 (−1)n (−1)n
k
1
−
+
+
o
.
un =
α
3α
5α
5α
n5α
| n{z } | 6 {zn } |120n
{z } | n
{z
}
vn
wn
xn
yn
P
P
P
wn et
xn convergent d’après
Les
P sériesP vn ,
P la proposition des séries alternées (avec convergence absolue de
wn et
xn lorsque α P
> 1/3, et seulement de
xn lorsque α > 1/5).
– Si k 6= 0, alors la série
yn est à termes de signe constant et
yn ∼
k X
1
,
yn converge ⇐⇒ α > .
n5α
5
P
En résumé,
un converge ⇐⇒ α > 1/5.
– Si k = 0, il ne faut pas être distrait et considérer le développement
asymptotique (en augmentant l’ordre, ce qui
P
engendre une discussion aussi inutile que longue), la série
un vérifie alors la proposition des séries alternées.
Exemple 3.6.47 On peut avoir des changements de signe plus compliqués :
α > 0, nature de
X
cos(n)
.
nα + cos(n)
|
{z
}
un
– Si α > 1, on a une convergence absolue, car |un | < 1/nα .
– Sinon, on développe
un =
cos(n) cos2 (n)
−
+o
α
2α
| n{z } | n
{z
vn
P
cos2 (n)
n2α
wn
.
}
La série
vn converge (intégration par parties discrètes traitée dans l’exemple 30 de la section 3.2). La série
garde un signe constant, et
cos2 (n)
wn ∼ −
.
n2α }
| {z
P
wn
xn
Lorsque α > 1/2, la série est absolument convergente. Dans l’autre cas, il suffit d’écrire :
cos2 (n) =
cos(2n) + 1
1
1 cos(2n)
, d’où xn = − 2α −
.
2α
2
2n
| {z } | 2 {zn
}
yn
zn
P
P
yn converge ⇐⇒ α > 1/2. En
La série P zn converge (toujours le même exemple 30 de la section 3.2), et la série
résumé,
un converge ⇐⇒ α > 1/2.
3.6.24 Pour les fonctions à valeurs complexes, on a aussi une comparaison série-intégrale plus générale (et ne faisant pas
apparaı̂tre de notion de monotonie qui suppose que nous sommes dans R).
Proposition 3.6.26 Soit f : [0, +∞[→ C, de classe C 1 et telle que f 0 soit intégrable sur [0, +∞[, alors
X Z
|
n+1
n
f (t) dt − f (n) converge.
{z
}
wn
Remarque 3.6.77 On a même, en ce cas, une évaluation de la différence entre la somme de la série et l’intégrale,
car :
Z n+1
n
X
f (t) dt −
f (k) = Sn (w).
0
k=0
Remarque 3.6.78 Si f 0 est intégrable (f de classe C 1 ), alors f admet une limite en +∞.
Démonstration
Z x
f (x) − f (0) =
0
f 0 (t) dt.
2
Question 3.6.32 La réciproque est-elle vraie ?
Réponse à la question 32 de la section 3.6 Non ! (Vincent) :
f (x) =
sin(x)
,
x
admet la limite 0 en +∞, mais la dérivée n’est pas intégrable (seulement la semi-convergence, qui, elle, est nécessaire).
Démonstration (de la proposition 26). L’idée est de faire une intégration par parties astucieuse, permettant d’exprimer wn
à l’aide d’une intégrale (en annulant les crochets).
Z n+1
wn =
(f (t) − f (n)) dt
n
u(t)=f (t)−f (n),
v 0 (t)=1, v(t)=t+α
On choisit donc α = −n − 1 et on obtient :
Z
wn = −
=
n+1
n
[(t + α)u(t)]n+1
−
n
Z
n+1
n
(t + α)f 0 (t) dt.
(t − n − 1)f 0 (t) dt.
Une simple majoration permet de conclure :
Z
|wn | ≤
n+1
n
X
0 f (t) dt,
|wn | converge.
2
Exemple 3.6.48 Essayons de retrouver le résultat de l’exemple 30 de la section 3.2, en prenant
f (x) =
eiθx
, où x ∈ [1, +∞[, α ∈]0, 1], θ ∈ R \ πZ.
xα
– La fonction f est bien de classe C 1 .
– Mais,
f 0 (x) =
eiθx
iθ α
x }
| {z
non intégrable
eiθx
− α α+1 ,
| x{z }
intégrable
la dérivée n’est pas intégrable (seulement d’intégrale semi-convergente).
Il ne nous est pas possible (hélas) de nous passer de l’intégration par parties discrètes.
Exemple 3.6.49 Cherchons un meilleur exemple :
X
1
, où α > 0, β ∈ R∗ .
α+iβ
n
| {z }
un
– Pour α > 1, on a convergence absolue de la série.
– Pour 0 < α ≤ 1, on pose :
f (x) =
exp(−iβ ln(x))
1
=
.
xα+iβ
xα
Clairement (et comme d’habitude)
f 0 (x) = −(α + iβ)
1
, qui est intégrable sur [1, +∞[.
x1+α+iβ
On peut donc appliquer la proposition précédente et s’intéresser à la nature de
Z +∞
X
dt
, de même nature que
un .
α+iβ
t
1
Mais :
x
1
1
f (t) dt = −
,
α − 1 + iβ tα−1+iβ 1
1
P
qui n’admet pas de limite lorsque x → +∞, lorsque α ≤ 1. La série
un diverge donc.
Z
x
Question 3.6.33 (Michaël) Lorsque l’on étudie une suite récurrente un+1 = f (un ), et que la suite tend vers +∞,
comment trouve-t-on un équivalent de un ?
Réponse à la question 33 de la section 3.6 Prenons un exemple :
u0 > 0, un+1 = un +
1
,
un
il est aisé de voir que un → +∞ (strictement croissante et pas de point fixe...), on fait, comme d’habitude une analogie
avec le continu :
1
1
donne y 0 = ,
un+1 − un =
un
y
la bonne fonction est donc y 2 qu’il faut dériver :
vn = u2n+1 − u2n −−−−−→ 2,
n→+∞
la série
P
vn diverge, et sa somme de rang n est équivalente à celle de la série de terme général constant 2, soit :
Sn (v) = u2n+1 − u20 ∼ 2n, ou encore un ∼
√
2n.
Pour trouver les termes suivants du développement asymptotique, il est conseillé de continuer à travailler sur la bonne
suite u2n (et sa dérivée vn ).
Question 3.6.34 (Michaël) Comment fonctionne l’intégration par parties discrètes sur la série
X cos(n)
α
| n{z }
, où α > 0 ?
un
Réponse à la question 34 de la section 3.6 On calcule d’abord la primitive discrète de la suite (cos(n)) :
Sn
=
n
X
k=0
cos(k) = <
n
X
!
e
ik
k=0
!
sin n+1
ei(n+1) − 1
n−1
2
= <
= < exp i
×
ei − 1
2
sin 12
sin n+1
n−1
2
= cos
×
.
2
sin 12
Le fait important que l’on obtient est que |Sn | ≤ 1/ sin(1/2). On écrit alors cos(k) = Sk − Sk−1 , ∀k ≥ 1, il vient :
Sn (u)
=
=
n
X
cos(k)
k=1
n
X
kα
Sk
k=1 |
=
n
X
Sk − Sk−1
k=1
kα
1
1
S0
Sn
−
− α+
.
kα
(k + 1)α
1
(n + 1)α
| {z }
{z
}
vk
−−
−−−→0
n→+∞
Et de plus,
1
1
1
1
−
=O
.
×
|vk | ≤
sin(1/2)
kα
(k + 1)α
k α+1
P
P
La série
|vn | converge, et donc (Sn (u)) admet une limite, ce qui signifie que la série
un converge.
Question 3.6.35 (Jean-Rémy) Quelle différence y a-t-il entre limite simple et limite uniforme ? (Cette question
venait à la suite d’un exercice de colles, où il fallait montrer la continuité d’une somme d’une série de fonctions).
Réponse à la question 35 de la section 3.6 Soient fn : I → C, une suite de fonctions, on a :
Convergence simple :
s
fn −−−−−→ f sur I
n→+∞
⇐⇒
∀x ∈ I, ∀ > 0, ∃N x, ∈ N,
∀n ∈ N, n ≥ N ⇒ |fn (x) − f (x)| ≤ .
Convergence uniforme :
u
fn −−−−−→ f sur I
n→+∞
⇐⇒
∀ > 0, ∃N ∈ N,
∀n ∈ N, n ≥ N ⇒ ∀x ∈ I, |fn (x) − f (x)| ≤ .
|
{z
}
supx∈I |fn (x)−f (x)|≤
Cette notion sera détaillée dans le chapitre sur la convergence uniforme (voir plus loin).
Remarque 3.6.79 En fait, pour la continuité de la somme d’une série de fonctions, il n’est nul besoin d’avoir cette
notion. On
P peut très bien se débrouiller avec ce que nous avons : soit un : I → C, continues, telles que ∀x ∈ I,
un (x) converge (convergence simple), la somme S(u) est-elle continue sur I ? (Ou en α ∈ I ?). Pour
la série
répondre, il suffit de se ramener comme à la section 3.4, à la fonction (x ∈ I étant fixé) :
ϕ(•, x) : t 7→ un (x), ∀t ∈ [n, n + 1[,
alors
Z
S(u)(x) =
[0,+∞[
ϕ(•, x),
et la continuité peut s’étudier avec le théorème de continuité sous le signe
R
.
Corrigé de l’exercice 24 de la section 3.6 (Stanley) L’indication nous incite à poser :
vk =
1
1
−
, v0 = −1,
α
(2k)
(2k + 1)α
on a alors ∀n ≥ 0,
Rn (v) = R2n+1 (u), où un =
– Un calcul simple donne
(−1)k
.
kα
α
,
(2n)α+1
une comparaison avec une intégrale donne immédiatement
Z +∞
α
1
1
Rn (v) ∼
dt ∼ α+1 × α .
α+1
(2t)
2
n
n
vn ∼
– Revenons maintenant au reste de la série
R2n+1 (u) ∼
P
un . On a
1
1
1
1
× α et R2n (u) = R2n+1 (u) + u2n+1 ∼ − α+1 × α .
2α+1
n
2
n
Ce qui donne
Rn (u) ∼
(−1)n
.
2nα
P
Lorsque α > 1, on peut d’ores et déjà répondre à la question, car la série
Rn (u) converge absolument.
– Si 0 < α ≤ 1, on peut soit étudier la monotonie de |Rn (u)|, soit en faire un développement asymptotique jusqu’à
l’obtention d’un terme qui garde un signe constant ou qui est absolument convergent. Ici,
P la monotonie n’est guère
tentante, aussi allons nous développer, pour cela nous allons travailler sur la bonne série :
vn . Posons :
wn = Rn (v) −
sa série dérivée, alors :
zn = O
1
2α+1
×
1
Rn (u) =
(−1)n
+O
α
| 2n
{z } |
an
P
et wn = O
nα+2
donc,
1
, et zn = wn − wn−1 ,
nα
nα+1
1
bn
,
nα+1
{z
}
La série
an converge d’après la proposition des séries alternées, et
P
série
Rn (u) converge.
1
P
.
bn converge absolument. Ce qui montre que la
Exemple 3.6.50 (suite de l’exemple 41 de la section 3.5) Avant de montrer que la série regroupée de
√
X (−1)b
α
| n{z
nc
un
}
est alternée, on peut aussi chercher un développement asymptotique de
vp = (−1)
p
(p+1)2 −1
X
|
1
, où 0 < α ≤ 1,
kα
{z
}
k=p2
Sp
à l’aide d’une comparaison avec une intégrale appliquée à la fonction x 7→ 1/xα , il vient
Sp ∼
Kα
.
p2α−1
P
P
vp diverge et par conséquent
un diverge.
– Si α ≤ 1/2, le terme Sp 6→ 0, la série
– Si α > 1/2, il faut continuer le développement en étudiant :
wp = S p −
Kα
et xp = wp − wp−1 .
p2α−1
Il vient alors :
wp = O
et donc
1
p2α
,
Kα
1
,
vp = (−1)p 2α−1 + O
p
p2α
|
{z
} | {z }
yp
zp
P
P
la série
yp converge d’après la proposition des séries alternées et
zp est absolument convergente (car α > 1/2), la
série initiale est donc convergente, soit :
√
X (−1)b
nα
nc
converge ⇐⇒ α >
1
.
2

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