6 Séries réelles ou complexes

Transcription

6
Séries réelles ou complexes
Comme pour le chapitre 3, les suites considérées sont a priori complexes et les résultats
classiques sur les fonctions continues ou dérivables d’une variable réelle sont supposés connus
de même que les fonctions usuelles exp, ln, sin, · · ·
6.1
Généralités sur les séries réelles ou complexes
Soient n0 un entier naturel et (un )n≥n0 une suite de nombres complexes. Étudier la série de
terme général un revient à étudier la suite (Sn )n≥n0 des sommes partielles définie par :
n
X
∀n ≥ n0 , Sn =
uk .
k=n0
On peut remarquer que cette suite est aussi définie par la relation de récurrence :
½
Sn0 = un0 ,
∀n ≥ n0 + 1, Sn = Sn−1 + un .
P
On notera plus simplement
un une telle série et on parlera de série numérique.
Pour tout entier n ≥ n0 , on dit que un est le terme d’indice n et Sn la somme partielle
d’indice n de cette série.
On supposera, a priori, que n0 = 0.
6.2
Séries convergentes ou divergentes
On se donne une suite (un )n∈N (ou plus généralement (un )n≥n0 ) d’éléments de C et on désigne
par (Sn )n∈N la suite de ses sommes partielles.
P
Définition 6.1 On dit que la série
un est convergente si la suite de ses sommes partielles
(Sn )n∈N est convergente. Dans le cas contraire, on dit que la série est divergente.
Dans le cas où la série
soit :
P
un est convergente, on notera
+∞
P
n=0
+∞
X
n=0
un = lim
n→+∞
111
n
X
k=0
uk
un la limite de la suite (Sn )n∈N ,
112
et on dit que
+∞
P
n=0
un est la somme de la série de terme général un . On peut alors définir la suite
(Rn )n∈N des restes de cette série convergente par :
∀n ∈ N, Rn =
+∞
X
un − Sn =
n=0
+∞
X
uk −
n
X
k=0
uk .
k=0
On dit, pour tout entier n ∈ N, que Rn est le reste d’ordre n de la série convergente
et on note :
+∞
X
Rn =
uk .
P
un
k=n+1
On peut remarquer que la suite (Rn )n∈N converge vers 0.
Le reste d’ordre n, Rn nous donne une idée de l’erreur que l’on comment en remplaçant la
+∞
P
un par la somme partielle d’ordre n, Sn .
somme
n=0
P
La convergence de la série
un se traduit donc par :
¯
¯
+∞
¯ X
¯
¯
¯
∀ε > 0, ∃n0 ∈ N | ∀n ≥ n0 , ¯
uk ¯ < ε.
¯
¯
k=n+1
L’étude la suite géométrique (an )n∈N (exercice 3.18) nous permet d’étudier la série correspondante.
P n
Exercice 6.1 Étudier la série géométrique
a , où a ∈ C.
Solution 6.1 Pour a = 1, on a :
lim
n
X
n→+∞
ak = lim (n + 1) = +∞
n→+∞
k=0
et la série diverge.
Pour a 6= 1, les sommes partielles sont données par :
∀n ∈ N, Sn =
n
X
k=0
ak =
1 − an+1
1−a
et la série géométrique converge si, et seulement si, la suite géométrique (an+1 )n∈N converge, ce
qui équivaut à |a| < 1. En cas de convergence, on a alors :
+∞
X
1
1 − an+1
=
.
n→+∞ 1 − a
1−a
an = lim
n=0
Les restes d’ordre n, pour tout n ∈ N, sont donnés par :
Rn =
+∞
X
n=0
n
a −
n
X
k=0
ak =
1
1 − an+1
an+1
−
=
1−a
1−a
1−a
L’exercice qui suit nous montre comment ramener l’étude d’une suite à celle d’une série ou
inversement.
113
Exercice 6.2 Étant donnée une suite numérique (an )n∈N , on lui associe la série numérique de
terme général un défini par :
½
u0 ∈ C,
∀n ≥ 1, un = an−1 − an .
P
Montrer que la suite (an )n∈N est de même nature que la série un , c’est-à-dire qu’elles convergent
ou divergent simultanément.
Solution 6.2 Les sommes partielles de la série
n
X
S n = u0 +
P
un sont données par S0 = u0 et, pour n ≥ 1 :
(ak−1 − ak ) = u0 +
k=1
n
X
ak−1 −
k=1
= u0 +
n−1
X
ak −
k=0
n
X
n
X
ak
k=1
ak = u0 + a0 − an
k=1
ce qui donne le résultat. En cas de convergence de laPsuite (an )n∈N vers `, la série
vers u0 + a0 − ` et les restes d’ordre n de la série
un sont données par :
P
Rn = u0 + a0 − ` − Sn = an − `.
Les exercices qui suivent nous donne des exemples d’application de ce résultat.
Exercice 6.3 Étudier les séries
P
P
1
2n + 3
.
et
(n + 1) (n + 2)
(n + 1)2 (n + 2)2
Solution 6.3 Une décomposition en éléments simples nous donne :
un =
et :
vn =
1
1
1
=
−
= an−1 − an
(n + 1) (n + 2)
n+1 n+2
2n + 3
1
1
= bn−1 − bn
2
2 =
2 −
(n + 1) (n + 2)
(n + 1)
(n + 2)2
et en conséquence :
+∞
X
n=0
+∞
X
n=0
1
1
= u0 + a0 − lim
= 1,
n→+∞ n + 1
(n + 1) (n + 2)
2n + 3
1
lim
= 1.
2
2 = v0 + b0 − n→+∞
(n + 1) (n + 2)
(n + 1)2
Exercice 6.4 Étudier les séries
P
µ
1
ln 1 +
n
¶
et
P
µ
1
ln 1 − 2
n
¶
.
Solution 6.4 Avec :
µ
1
∀n ≥ 1, un = ln 1 +
n
¶
= ln (n + 1) − ln (n) = − (an−1 − an )
un converge
114
on déduit que la série
P
Pour n ≥ 2, on a :
µ
1
ln 1 +
n
¶
diverge (vers l’infini).
µ
¶
µ
¶
1
(n − 1) (n + 1)
vn = ln 1 − 2 = ln
n
n2
µ
¶
¶
¶
¶
µ
µ
µ
n−1
n+1
n−1
n
= ln
+ ln
= ln
− ln
n
n
n
n+1
µ
¶
¶
µ
1
1
= ln 1 −
− ln 1 −
= an−1 − an
n
n+1
et :
+∞
X
µ
1
ln 1 − 2
n
n=2
¶
µ
¶
1
= v2 + a2 − lim ln 1 −
n→+∞
n+1
µ ¶
µ ¶
3
2
= ln
+ ln
= − ln (2) .
4
3
Exercice 6.5 Étudier la suite (un )n∈N , définie par la relation de récurrence :
½
u0 ∈ C,
∀n ∈ N, un+1 = un + an
où a est un scalaire donné.
P
P n
Solution 6.5 La suite (un )n∈N est de même nature que la série
(un+1 − un ) =
a . Elle
est donc convergente si, et seulement si, |a| < 1. Pour |a| < 1, on a :
un = u0 +
n−1
X
(uk+1 − uk ) = u0 +
ak
k=0
k=0
1 − an
= u0 +
1−a
n−1
X
→ u0 +
n→+∞
1
.
1−a
De manière plus générale, une suite (un )n∈N , définie par une relation de récurrence du type :
½
u0 ∈ C,
∀n ∈ N, un+1 = un + vn
P
est convergente si, et seulement si, la série
vn est convergente.
Nous verrons plus loin comment utiliser le résultat de l’exercice 6.2 pour étudier la constante
d’Euler γ déjà rencontré à l’exercice 3.59.
L’exercice suivant nous montre comment utiliser la décomposition en éléments simple des
fonctions rationnelles de pôles entiers relatifs et les changements d’indices pour calculer la
somme de certaines séries numériques.
Exercice 6.6 Montrer que les séries de terme général un =
2n − 1
(n ≥ 3) et vn =
n (n2 − 4)
1
(n ≥ 1) sont convergentes et calculer leurs sommes.
n (n + 1) (n + 2)
115
Solution 6.6 En utilisant la décomposition en éléments simples :
2x − 1
a
b
c
= +
+
2
x (x − 4)
x x−2 x+2
f (x) =
avec :
on a :
1
3
5
a = lim xf (x) = , b = lim (x − 2) f (x) = , c = lim (x + 2) f (x) = −
x→0
x→2
x→−2
4
8
8
µ
¶
1 2
3
5
un =
+
−
8 n n−2 n+2
et :
8Sn = 2
n
X
1
k=3
k
+3
=2
n
X
k=3
n
X
k=3
=2
4
X
k=3
n
X
1
1
−5
k−2
k+2
k=3
n−2
n+2
X
X
1
1
1
+3
−5
k
k
k
k=1
k=5
n
n+2
X
X
1
1
1
1
+3
+2
−5
k
k
k
k
k=1
k=n−1
k=n−1
=
4
X
89
3
3
5
5
−
− −
−
.
12 n − 1 n n + 1 n + 2
En conséquence :
+∞
X
2n − 1
89
=
.
2 − 4)
n
(n
96
n=3
De manière analogue, la décomposition en éléments simples :
g (x) =
1
a
b
c
= +
+
x (x + 1) (x + 2)
x x+1 x+2
avec :
on a :
1
1
a = lim xg (x) = , b = lim (x + 1) g (x) = −1, c = lim (x + 2) g (x) =
x→0
x→−1
x→−2
2
2
µ
¶
2
1
1 1
−
+
vn =
2 n n+1 n+2
et :
2Sn =
n
X
1
k=1
k
−2
=
n
X
k=1
n
X
k=1
=
n
X 1
1
+
k + 1 k=1 k + 2
n+1
n+2
X
1
1 X1
−2
+
k
k k=3 k
k=2
1
1
1
+
−
.
2 n+2 n+1
En conséquence :
+∞
X
n=1
1
1
= .
n (n + 1) (n + 2)
4
116
Les exercices 3.24 et 3.52 nous donnent le résultat suivant sur les séries de Riemann
Théorème 6.1 Soit α un réel. La série de Riemann
α > 1.
P 1
.
nα
P 1
est convergente si, et seulement si
nα
Démonstration. Rappelons la démonstration de ce résultat.
Pour α ≤ 1, on utilise le fait que si la suite (Sn )n∈N converge alors lim (S2n − Sn ) = 0 et
n→+∞
pour α > 1, on montre que la suite croissante (Sn )n∈N est majorée.
1
Pour α ≤ 1, on a x α = x1−α ≥ 1 pour x ≥ 1 et :
x
S2n − Sn =
n
X
k=1
et la suite (Sn )n≥1 diverge.
Pour α > 1, la fonction t →
n
X 1
n
1
1
≥
≥
=
α
(n + k)
n+k
2n
2
k=1
1
étant décroissante sur R+∗ , on a :
tα
Z k
Z k
dt
dt
1
∀k ≥ 2,
≥
= α
α
α
k
k−1 t
k−1 k
et pour tout n ≥ 2, on a :
µ
¶
Z n
n
n Z k
X
X
1
dt
dt
1
1
Sn = 1 +
≤1+
=1+
=1+
1 − α−1
α
α
α
k
t
t
α
−
1
n
k−1
1
k=2
k=2
α
.
≤
α−1
La suite (Sn )n∈N est donc croissante majorée et en conséquence convergente.
+∞
P 1
π2
Pour α = 2, on a
=
. Voir le problème 22 pour plusieurs démonstrations de ce
2
6
n=1 n
résultat. De manière plus générale, on peut montrer que pour tout entier p ≥ 1 on a :
+∞
2p
X
1
p+1 b2p (2π)
=
(−1)
n2p
2
n=1
où les b2p sont les nombres de Bernoulli (voir le problème 23).
On peut aussi montrer la convergence des séries de Riemann pour α > 1 en utilisant les
séries géométriques comme suit.
Exercice 6.7 On désigne par (Sn )n∈N la suite des sommes partielles de la série de Riemann
P 1
pour α > 1.
nα
1. Montrer que pour tout entier p ≥ 0, on a :
2p+1
X−1
k=2p
1
1
≤ p(α−1) .
α
k
2
117
2. En déduire que pour tout réel α > 1 et tout entier r ≥ 0, on a :
S2r+1 −1 <
3. En déduire que la série de Riemann
2α−1
.
2α−1 − 1
P 1
est convergente pour α > 1.
nα
Solution 6.7
1. Pour k compris entre 2p et 2p+1 − 1, on a k ≥ 2p , donc
2p+1
X−1
k=2p
1
1
≤ pα pour α > 0 et :
α
k
2
¡
¢ 1
1
1
1
≤ 2p+1 − 2p pα = 2p pα = p(α−1) .
α
k
2
2
2
2. Pour tout entier r ≥ 0, on a la partition :
©
ª
©
ª
1, 2, · · · , 2r+1 − 1 = {1} ∪ {2, 3} ∪ {4, 5, 6, 7} ∪ · · · ∪ 2r , · · · , 2r+1 − 1
r
[
© p
ª
=
2 , · · · , 2p+1 − 1
p=0
et pour α > 1, on a :
¶p
r 2X
−1
r µ
1
X
X
1 − 2(r+1)(α−1)
1
1
=
≤
=
1
kα
2(α−1)
1 − 2α−1
p=0 k=2p
p=0
p+1
S2r+1 −1
<
1
1−
1
2α−1
=
2α−1
2α−1 − 1
3. Pour tout entier n ≥ 1, on peut trouver un entier r ≥ 0 tel que n ≤ 2r+1 − 1 et on a :
Sn ≤ S2r+1 −1 <
2α−1
2α−1 − 1
puisque la série considérée est à termes positives. La suite (Sn )n∈N est donc croissante
majoré et en conséquence convergente.
Une condition nécessaire de convergence, élémentaire mais souvent utile pour justifier la
divergence d’une série, est donnée par le résultat suivant.
Théorème 6.2 Si la série
P
un est convergente, alors la suite (un )n∈N converge vers 0.
Démonstration. Résulte immédiatement de un = Sn − Sn−1 pour n ≥ 1.
Exemple 6.1
|a| ≥ 1, la suite (an )n∈N ne converge pas vers 0, en conséquence la série
P Pour
n
géométrique
a diverge.
µ
¶
P
1
Remarque 6.1 La réciproque est fausse comme le montre l’exemple de la série
ln 1 +
n
ou ceux des séries de Riemann divergentes.
118
En fait, dans le cas où la suite (un )n∈N est réelle décroissante, on a le résultat plus précis
suivant.
Théorème 6.3 Soit (un )n∈N une suite décroissante de réels positifs. Si µ
la série
¶
1
gente, alors la suite (nun )n∈N converge vers 0, c’est-à-dire que un = o
.
n
P
un est conver-
Démonstration. Pour n > m ≥ 1, on a :
n
X
uk ≥ (n − m + 1) un
k=m
soit :
0 ≤ nun ≤
Comme
+∞
P
lim
n→+∞
µ +∞
P
¶
uk
n
X
uk + (m − 1) un ≤
k=m
+∞
X
uk + mun .
k=m
= 0, pour ε > 0 donné, on peut trouver entier m0 ≥ 1 tel que
k=m
uk ≤ ε et on a :
k=m0
∀n > m0 , 0 ≤ nun ≤ ε + m0 un .
Pour m0 ainsi fixé, tenant compte de lim un = 0, on peut trouver un entier n0 > m0 tel que
n→+∞
m0 un < ε pour n ≥ n0 . On a donc nun < 2ε pour n ≥ n0 . Le réel ε étant quelconque, on a bien
montré que lim nun = 0.
n→+∞
Exercice 6.8 Soit (un )n∈N une suite de réels positifs décroissante telle que la série
convergente
+∞
P
un
1. Montrer que lim nun = 0 et en déduire la nature de la série
.
n→+∞
n=0 1 − nun
+∞
+∞
P
P
n (un − un+1 ) =
un .
2. Montrer que
P
un soit
n=0
n=0
Solution 6.8
1. On a déjà vu avec le théorème précédent que lim nun = 0. On a alors
n→+∞
un
v un , ce qui entraîne la convergence de la
1 − nun > 0 pour n assez grand et
1 − nun
+∞
P
un
série
.
n=n2 1 − nun
2. On a :
n
n
X
X
k (uk − uk+1 ) =
uk − nun+1 ,
k=0
avec nun+1
n
=
(n + 1) un+1
n+1
k=0
→ 0, d’où le résultat.
n→+∞
P
On peut remarquer que les séries de Riemann sont de la forme
f (n) où f est une fonction
définie sur [1, +∞[ , à valeurs positives, continue et décroissante. De manière plus précise, on a
le résultat suivant qui reprend celui de l’exercice 3.53.
119
Théorème 6.4 Soit f : [1, +∞[ → R+ une fonction continue décroissante et F la primitive
n
P
de f nulle en 1. La suite u = (un )n∈N∗ définie par un =
f (k) − F (n) pour tout n ≥ 1 est
k=1
P
convergente et la série
f (n) de même nature que la suite (F (n))n∈N∗ . En supposant f non
identiquement nulle et en notant ` la limite de la suite (un )n∈N , on a :
n
X
f (k)
k=1
∼
n→+∞
F (n) + `.
Démonstration. La fonction F est définie par :
Z x
∀x ≥ 1, F (x) =
f (t) dt.
1
Pour n ≥ 1, on a :
un+1 − un = f (n + 1) − (F (n + 1) − F (n))
Z n+1
Z n+1
= f (n + 1) −
f (t) dt =
(f (n + 1) − f (t)) dt
n
n
avec f continue et f (n + 1) ≤ f (t) pour tout t ∈ ]n, n + 1[ . On a donc un+1 − un ≤ 0 et
(un )n∈N est décroissante.
La fonction f est continue décroissante sur [1, +∞[ , donc :
Z k+1
Z k+1
∀k ≥ 1,
f (t) dt ≤
f (k) dt = f (k)
k
k
n
X
f (k) ≥
n Z
X
k=1
k=1
Z
Z
k+1
n+1
f (t) dt =
k
f (t) dt = F (n + 1) ,
1
n+1
f (t) dt ≥ 0 puisque f est à valeurs positives. La suite u est
et un ≥ F (n + 1) − F (n) =
n
donc décroissante minorée et en conséquence convergente vers un réel ` ≥ 0.
Comme f est à valeurs positives, la suite (F (n))n∈N∗ est croissante à valeurs positives et
on a deux possibilités. Soit cette suite est majorée et elle converge alors vers un réel `0 ≥ 0.
+∞
P
f (n) = ` + `0 . Dans le cas contraire, on a lim F (n) = +∞ et
Il en résulte alors que
+∞
P
n=1
n=1
n→+∞
f (n) = +∞.
Si f n’est pas la fonction nulle, on aura F (n) ≥ F (n0 ) > 0 pour n ≥ n0 avec n0 assez grand
(puisque f est continue) et :
¯
¯ ¯¯ n
¯ n
¯
¯ ¯X
¯X
¯
¯
¯
f (k)
¯ ¯¯ f (k) − F (n) − `¯¯
¯
¯
¯ k=1
¯ = k=1
¯
−
1
¯
¯ F (n) + `
F (n) + `
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯ n
¯
¯X
¯
¯
¯ f (k) − F (n) − `¯
¯
¯
≤ k=1
→ 0
n→+∞
F (n0 ) + `
120
c’est-à-dire que
n
P
f (k)
k=1
∼
n→+∞
F (n) + `.
Remarque 6.2 Dans le cas où lim F (n) = +∞, on a F (n)+`
n→+∞
∼
n→+∞
F (n) et
n
P
f (k)
k=1
F (n) .
∼
n→+∞
Nous verrons, après avoir étudié les intégrales généralisées, que le résultat précédent
Z +∞ se traduit
P
en disant que la série
f (n) est de même nature que l’intégrale généralisée
f (t) dt.
1
1
En utilisant la fonction f (t) = α avec α > 0 on retrouve, en les précisant, les résultats sur
t
les séries de Riemann.
µ n
¶
n 1
P 1
P
Pour α = 1, on a F (x) = ln (x) , lim
− ln (n) = γ (la constante d’Euler),
v
n→+∞ k=1 k
k=1 k +∞
n 1
+∞
P
P 1
ln (n) et lim
= +∞, soit
= +∞.
n→+∞ k=1 k
n
n=1
µ
¶
1
1
Pour α 6= 1, on a F (x) =
−1 .
1 − α µ xα−1
¶
+∞
P 1
1
1
1
1
Pour α > 1, on a F (n) =
1 − α−1
et donc
=
+ `.
→
α
n→+∞ α − 1
α−1
n
α−1
n=1 n
n 1
P
1
n1−α
Pour α < 1, on a F (n) =
(n1−α − 1) → +∞ et
v
F
(n)
v
, soit
α
n→+∞
+∞ 1 − α
1−α
k=1 k +∞
+∞
P 1
= +∞.
α
n=1 n
Pour α ≤ 0, la série diverge puisque son terme général ne tend pas vers 0.
Exercice 6.9 On se propose de montrer de façon élémentaire que
On note, pour tout entier n ≥ 1 et tout réel x :
fn (x) =
n
X
(−1)n
= ln (2) .
n=0 n + 1
+∞
P
(−1)k xk .
k=0
1. Montrer que :
1 + (−1)n xn+1
fn (x) =
1+x
pour tout x ∈ [0, 1] .
2. En déduire que, pour tout entier n ≥ 1, on a :
n
X
(−1)k
k=0
k+1
Z
1
n+1
= ln (2) − (−1)
0
xn+1
dx.
1+x
3. En déduire le résultat annoncé.
Solution 6.9
1. Pour x ∈ [0, 1] , on a −x 6= 1 et :
fn (x) =
n
X
k=0
(−x)k =
1 − (−x)n+1
1 + (−1)n xn+1
=
.
1+x
1+x
121
2. En intégrant sur [0, 1] , on a :
Z
1
fn (x) dx =
0
n
X
Z
(−1)
k=0
1
k
Z
k
x dx =
0
n
X
(−1)k
k+1
k=0
n+1 n+1
1
1 − (−1)
x
dx
1+x
0
Z 1
Z 1 n+1
1
x
n+1
=
dx − (−1)
dx
0 1+x
0 1+x
Z 1 n+1
x
n+1
= ln (2) − (−1)
dx.
0 1+x
=
3. Avec :
Z
1
0≤
0
xn+1
dx ≤
1+x
Z
1
xn+1 dx =
0
1
n+2
→ 0,
n→+∞
n (−1)k
+∞
P
P (−1)n
= ln (2) , soit
= ln (2) .
n→+∞ k=0 k + 1
n=0 n + 1
on déduit que lim
+∞
P (−1)n
Exercice 6.10 En s’inspirant de la méthode utilisée à l’exercice précédent, montrer que
=
n=0 2n + 1
π
.
4
Solution 6.10
1. Pour x ∈ [0, 1] , on a :
n
X
¡ 2 ¢k 1 − (−1)n+1 x2n+2
1 + (−1)n x2n+2
−x
=
=
.
2
2
1
+
x
1
+
x
k=0
fn (x) =
2. En intégrant sur [0, 1] , on a :
Z
1
fn (x) dx =
0
Z
1
=
0
Z
1
0≤
0
1
k
(−1)
k=0
Z
3. Avec :
n
X
Z
0
n
X
(−1)k
x dx =
2k + 1
k=0
2k
1 − (−1)n+1 x2n+2
dx
=
1 + x2
0
Z 1 2n+2
1
x
n+1
dx − (−1)
dx
2
2
1+x
0 1+x
Z 1 2n+2
π
x
n+1
= − (−1)
dx.
2
4
0 1+x
x2n+2
dx ≤
1 + x2
Z
1
0
1
x2n+2 dx =
1
2n + 3
→ 0,
n→+∞
+∞
n (−1)k
P (−1)n
P
π
π
= , soit
= .
on déduit que lim
n→+∞ k=0 2k + 1
4
4
n=0 2n + 1
Pour ce qui est des opérations sur les séries numériques, on dispose des résultats suivants.
122
P
Théorème 6.5 Soient
un et
P
vn deux séries numériques et λ, µ deux scalaires.
1. Si ces deux séries convergent, il en est alors de même de la série de terme général λun +µvn
+∞
+∞
+∞
P
P
P
et
(λun + µvn ) = λ
un + µ
µvn .
n=0
n=0
n=0
P
P
P
2. Si la série
un converge et la série
vn diverge, alors la série
(un + vn ) diverge.
P
P
3. Si la série
un converge,
un , où un est le complexe
P
Pil en est de même de la série
conjugué de un et
un =
un .
Démonstration. Se déduit immédiatement des résultats relatifs aux opérations algébriques
sur les suites numériques.
Exercice 6.11 On se propose d’étudier les séries de termes généraux un = an einθ , sn =
an sin (nθ) et cn = an cos (nθ) où a et θ sont deux réels quelconques.
1. Montrer que pour θ ∈ R et |a| < 1, les trois séries convergent et calculer la somme de
chacune ces séries.
P
P
2. Que dire des séries
cn et
sn pour θ ∈ πZ et a ∈ R ?
3. On suppose que θ ∈ R \ πZ et |a| ≥ 1.
(a) Montrer que la suite (sin (nθ))n∈N est divergente.
P
(b) Montrer la série
sn est divergente.
P
(c) Montrer la série
cn est divergente.
Solution 6.11
1. On a un = λn avec λ = aeiθ et la série
équivaut à |a| < 1 et θ ∈ R.
Pour |a| < 1 et θ ∈ R, on a ;
X
un converge si, et seulement si, |λ| < 1, ce qui
1
1
=
iθ
1 − ae
1 − a cos (θ) − ia sin (θ)
un =
n≥0
=
P
1 − a cos (θ) + ia sin (θ)
1 − a cos (θ) + ia sin (θ)
=
2
2
1 − 2a cos θ + a2
(1 − a cos (θ)) + a2 sin (θ)
et :
X
un =
n≥0
1 − a cos (θ) − ia sin (θ)
1 − 2a cos θ + a2
puis :
X
1
cn =
2
n≥0
Ã
X
un +
n≥0
X
!
un
n≥0
Ã
=<
X
!
un
n≥0
et :
X
n≥0
sn = =
Ã
X
n≥0
!
un
1
=
2
=
=
Ã
X
n≥0
un +
X
!
un
n≥0
1 − a cos ((θ))
1 − 2a cos ((θ)) + a2
a sin ((θ))
.
1 − 2a cos ((θ)) + a2
Séries alternées
123
P
2. Si θ = pπ avec p ∈ Z, on a sn = 0 pour tout n ∈ N et tout a ∈ R, de sorte que
sn = 0.
n≥0
P
n
On a aussi cn = an (−1)np = ((−1)p a) et
cn converge si, et seulement si, |a| < 1.
3. On remarque que la condition θ ∈
/ πZ équivaut à sin(θ) 6= 0.
(a) Supposons que lim (sin (nθ)) = `. Avec :
n→+∞
sin ((n + 1) θ) + sin ((n − 1) θ) = 2 sin (nθ) cos (θ) ,
on déduit que 2` = 2` cos (θ) , ce qui impose ` = 0 puisque cos (θ) 6= 1 si sin(θ) 6= 0.
Avec :
sin ((n + 1) θ) = cos (nθ) sin (θ) + sin (nθ) cos (θ) ,
on déduit que
lim (cos (nθ) sin (θ)) = 0, ce qui entraîne
n→+∞
lim (cos (nθ)) = 0
n→+∞
2
puisque sin (θ) 6= 0, mais ce dernier résultat est incompatible avec cos (nθ)+sin2 (nθ) =
1.
P
(b) Supposons que la série
sn soit convergente. On a alors lim (sn ) = 0 et comme
n→+∞
¯s ¯
¯ n¯
|sin (nθ)| = ¯ n ¯ ≤ |sn | pour |a| ≥ 1, on en déduit que lim (sin (nθ)) = 0 ce qui est
n→+∞
a
faux.
P
(c) Supposons que la série
cn soit convergente. On a alors lim (cn ) = 0 et comme
n→+∞
¯c ¯
¯ n¯
|cos (nθ)| = ¯ n ¯ ≤ |cn | pour |a| ≥ 1, on en déduit que lim (cos (nθ)) = 0 et avec :
n→+∞
a
cos ((n + 1) θ) = cos (nθ) cos (θ) − sin (nθ) sin (θ)
on en déduit que lim (sin (nθ) sin (θ)) = 0 et lim (sin (nθ)) = 0 (puisque sin(θ) 6=
n→+∞
n→+∞
0) ce qui est faux.
6.3
Séries alternées
Définition 6.2 On dit qu’une série est alternée si son terme général est de la forme un =
(−1)n αn , où (αn )n∈N est une suite réelle de signe constant.
P
Si
(−1)n αn est une série alternée, on supposera, a priori, que les αn sont positifs.
Le théorème relatif aux suites adjacentes nous permet de montrer le résultat fondamental
suivant.
P
n
Théorème 6.6 Soit
(−1)
P αn nest une série alternée. Si la suite (αn )n∈N tend vers 0 en
décroissant, alors la série
(−1) αn est convergente et une majoration des restes est donnée
par :
¯
¯
+∞
¯
¯ X
¯
¯
k
(−1) αk ¯ ≤ αn+1 .
∀n ∈ N, |Rn | = ¯
¯
¯
k=n+1
Démonstration. On vérifie que si (Sn )n∈N est la suite des sommes partielles de cette série,
alors les suites (S2n )n∈N et (S2n+1 )n∈N sont adjacentes et en conséquence convergente vers la
même limite, ce qui équivaut à la convergence de (Sn )n∈N .
124
En utilisant la décroissance de la suite (αn )n∈N , on déduit que pour tout entier n, on a :
½
S2n+2 − S2n = α2n+2 − α2n+1 ≤ 0,
S2n+3 − S2n+1 = a2n+2 − a2n+3 ≥ 0,
ce qui signifie que (S2n )n∈N est décroissante et (S2n+1 )n∈N croissante. De plus avec :
S2n+1 − S2n = α2n+1
→ 0,
n→+∞
on déduit que ces suites sont convergentes et la convergence de la série
En notant S la somme de cette séries, on a :
P
(−1)n αn en découle.
∀n ∈ N, S2n+1 ≤ S ≤ S2n+2 ≤ S2n ,
ce qui entraîne :
½
∀n ∈ N,
−α2n+1 ≤ R2n = S − S2n ≤ 0,
0 ≤ R2n+1 = S − S2n+1 ≤ α2n+2
ou encore :
∀n ∈ N, |Rn | ≤ αn+1 .
Remarque 6.3 Le fait que (αn )n∈N tende vers 0 en décroissant implique que les αn sont tous
positifs.
On en déduit le résultat suivant sur les séries de Riemann alternée.
Exercice 6.12 Soit α un réel. Montrer que la série de Riemann alternée
gente si, et seulement si α > 0.
P (−1n )
est convernα
Solution 6.12 Pour µ
α ≤ 0¶ la série diverge puisque son terme général ne tend pas vers 0.
1
tend vers 0 en décroissant et le théorème des séries alternées
Pour α > 0, la suite
nα n≥1
P (−1n )
nous dit que la série
converge.
nα
Exercice 6.13 Étudier la série de terme général un =
n3 cos(nπ)
.
(n + 1)4
n3
= (−1)n αn avec (αn )n≥0 qui tend vers
(n + 1)4
1
x3
x2 (3 − 4x)
0
0 en décroissant (0 ≤ αn ≤ et αn = f (n) avec f (x) =
et
f
(x)
=
<0
4
n
(x + 1)P
(x + 1)5
pour x ≥ 1). Le théorème des séries alternées nous dit alors que
un converge.
Solution 6.13 Pour n ≥ 0, on a un = (−1)n
Exercice 6.14
1. Montrer que la suite (In )n∈N définie par :
Z
π
2
∀n ∈ N, In =
0
tend vers 0 en décroissant.
cosn (x) dx
Séries absolument convergentes
125
2. Montrer que la série de terme général :
Z
π
2
n
un = (−1)
cosn (x) dx
0
est convergente et calculer sa somme.
Solution 6.14
1. Pour n ≥ 0, on a :
Z
π
2
0 ≤ In+1 =
Z
π
2
n
cos (x) cos (x) dx ≤
0
cosn (x) dx = In ,
0
donc (In )n∈N est décroissante.
i πh
Pour n ≥ 1 et ε ∈ 0,
, on a :
2
Z ε
Z
n
0 ≤ In =
cos (x) dx +
π
2
cosn (x) dx ≤ ε + cosn (ε) .
ε
0
Comme 0 < cosn (ε) < 1, on a lim cosn (ε) = 0 et il existe un entier nε tel que cosn (ε) <
n→+∞
ε pour tout n ≥ nε , ce qui donne 0 ≤ In < ε pour tout n ≥ nε . Onr
a donc ainsi montré
π
que la suite (In )n∈N tend vers 0 (en fait, on peut montrer que In ∼
).
2n
2. Le théorème des
alternées nous dit que cette série converge.
h séries
πi
, on a :
Pour tout x ∈ 0,
2
Sn (x) =
n
X
(−1)k cosk (x) =
k=0
et :
Sn =
n
X
Z
uk =
0
k=0
avec :
Z
π
2
0≤
0
π
2
1
cosn+1 (x)
+ (−1)n
1 + cos (x)
1 + cos (x)
dx
+ (−1)n
1 + cos (x)
cosn+1 (x)
dx ≤
1 + cos (x)
Z
π
2
Z
π
2
0
cosn+1 (x)
dx,
1 + cos (x)
cosn+1 (x) dx = In+1
0
→ 0,
n→+∞
ce qui donne :
+∞
X
n=0
Z
π
2
un =
0
dx
=2
1 + cos (x)
Z
1
0
en effectuant le changement de variable t = tan
6.4
dt
¡
(1 + t2 ) 1 +
³x´
2
1−t2
1+t2
¢ =1
.
Définition 6.3 On dit que la série
convergente.
P
un est absolument convergente si la série
P
|un | est
126
Le critère de Cauchy pour les suites numériques nous permet de montrer qu’une série absolument convergente est convergente. Nous verrons au paragraphe suivant que l’étude des séries
à termes positifs est plus simple que celle des séries réelles de signe quelconque ou que celle des
séries complexes.
Remarque 6.4 En réalité le critère de Cauchy pour les suites numériques est équivalent au fait
qu’une série absolument convergente est convergente. Précisément, on peut montrer qu’un espace
vectoriel normé (E, k·k) est complet si, et seulement si, toute série normalement convergente
dans (E, k·k) est convergente.
Théorème
6.7 Soit (un )n∈N une suite numérique. Si la série
P
série
un est convergente et :
¯
¯
+∞
+∞
¯ X
¯X
¯
¯
|un | .
un ¯ ≤
¯
¯ n=0 ¯ n=0
Démonstration. Soit
P
|un | est convergente, alors la
P
un uneµsérie numérique
absolument convergente.
¶
n
P
La suite des sommes partielles
étant convergente, elle vérifie le critère de
|uk |
k=0
n∈N
Cauchy et pour tout réel ε > 0, on peut trouver un entier n0 tel que :
∀m > n ≥ n0 ,
m
X
|uk | < ε,
k=n+1
ce qui entraîne que :
¯ m
¯
m
¯ X
¯
X
¯
¯
∀m > n ≥ n0 , ¯
uk ¯ ≤
|uk | < ε
¯
¯
k=n+1
k=n+1
µ n
¶
P
et signifie que la suite des sommes partielles
uk
est de Cauchy et en conséquence
k=0
n∈N
P
convergente, encore équivalent à dire que la série
un est convergente.
En utilisant l’inégalité triangulaire, pour tout entier n :
¯ n
¯
n
¯X ¯ X
¯
¯
uk ¯ ≤
|uk |
¯
¯
¯
k=0
k=0
¯
¯
¯ +∞
P
P ¯¯ +∞
¯
|un | .
un ¯ ≤
et faisant tendre n vers l’infini, on déduit que ¯
n=0
n=0
Avec l’exercice 6.20, on montre le résultat précédent sans utiliser le critère de Cauchy, en
utilisant uniquement le fait qu’une suite réelle croissante majorée est convergente.
Définition 6.4 Une série numérique convergente, mais non absolument convergente est dite
semi-convergente.
(−1)n
Exemple 6.2 Pour 0 < α ≤ 1, la série de Riemann alternée
est semi convergente.
α
n=1 n
+∞
P
127
P 1
Exemple 6.3 Pour tout nombre complexe z = x + iy tel que x = < (z) > 1, la série
nz
¯ ¯
¯1¯
1
est absolument convergente du fait que ¯¯ z ¯¯ = x (on rappelle que nz = ez ln(n) ). La fonction ζ
n
n
définie sur l’ensemble des nombres complexes de partie réelle strictement supérieur à 1 par :
ζ (z) =
+∞
X
1
nz
n=1
est la fonction dzéta de Riemann.
Si on effectue une permutation de l’ordre des termes d’une série semi-convergente il peut se
produire les phénomènes suivant :
– la nature de cette série est inchangée, mais sa somme est modifiée ;
– la nature et la somme de cette série sont inchangées ;
– la série est transformée en série divergente.
Avec les exercices et le théorème qui suivent, on étudie ces phénomènes.
Exercice 6.15 On s’intéresse à la série de Riemann alternée
(−1)n
. On sait que cette série
n=0 n + 1
+∞
P
est semi convergente de somme ln (2) (exercice 6.9).
On désigne par σ la permutation de N qui ordonne N comme suit :
σ (N) = {0} ∪ {1, 3} ∪ {2} ∪ {5, 7} ∪ {4} ∪ · · · ∪ {2k} ∪ {4k + 1, 4k + 3} ∪ · · ·
Une telle permutation σ peut être définie par :
½
2k si n = 3k
∀n ∈ N, σ (n) =
4k + 2r − 1 si n = 3k + r avec r ∈ {1, 2}
ou encore par :

 2k si n = 3k
4k + 1 si n = 3k + 1
∀n ∈ N, σ (n) =

4k + 3 si n = 3k + 2
1. Vérifier que σ est bien permutation de N.
P
(−1)n
2. En notant un =
, on désigne par
vn la série numérique de terme général vn =
n+1
uσ(n) .
On se donne un entier n ≥ 3 et on écrit n = 3k + r sa division euclidienne par 3 avec
k ≥ 1 et 0 ≤ r ≤ 2.
n
P
(a) Écrire la somme partielle Sn =
vj sous la forme Sn = Tk − εk où Tk = S3k+2 et
j=0
lim εk = 0.
k→+∞
(b) Pour tout entier k ≥ 1, on note Hk =
k−1
P
i=0
Tk =
(c) En déduire que
+∞
P
n=0
uσ(n) =
1
ln (2) .
2
1
. Montrer que :
i+1
1
(H2k+2 − Hk+1 )
2
128
Solution 6.15
1. C’est la division euclidienne par 3 qui permet de définir σ.
Soient n, m deux entiers naturels et n = 3k + r, m = 3k 0 + r0 les divisions euclidiennes
de ces entiers par 3. Si σ (n) = σ (m) , les restes r et r0 sont soit tous les deux nuls, soit
tous les deux non nuls, sinon σ (n) et σ (m) sont deux entiers de parités différentes. En
supposant qu’ils sont tous deux nuls, l’égalité σ (n) = σ (m) se traduit par 2k = 2k 0 , soit
par k = k 0 et n = m.
En supposant qu’ils sont tous deux non nuls, l’égalité σ (n) = σ (m) se traduit par 4k +
2r − 1 = 4k 0 + 2r0 − 1 soit par 2k + r = 2k 0 + r0 avec 1 ≤ r, r0 ≤ 2, ce qui équivaut à r = r0
(argument de parité) et k = k 0 , ce qui donne n = m.
L’application σ est donc injective.
Si m est un entier pair, il s’écrit m = 2k = σ (n) où n = 3k.
Si m est un entier impair, il s’écrit m = 4k + 1 ou 4k + 3, soit m = σ (n) où n = 3k + 1
ou 3k + 2
L’application σ est donc surjective.
2. Soit n = 3k + r un entier avec k ≥ 1 et 0 ≤ r ≤ 2.
(a) Pour r = 2, on a Sn = Tk et εk = 0, pour r = 0 ou 1, on a :
Sn =
3k+2
X
3k+2
X
vj −
j=0
vj = Tk − εk
j=3k+r+1
avec Tk = S3k+2 et :
|εk | ≤ |v3k+1 | + |v3k+2 | ≤
1
1
+
4k + 1 4k + 3
→ 0.
k→+∞
(b) On a :
Tk =
3k+2
X
uσ(j) =
j=0
k
X
uσ(3i) +
i=0
k
X
i=0
=
k
X
u2i +
i=0
=
k
X
i=0
uσ(3i+1) +
k
X
1
−
2i + 1
1
2
uσ(3i+2)
i=0
k
X
u4i+1 +
k
X
i=0
k
X
i=0
k
X
i=0
k
X
i=0
k
X
1
−
4i + 2
u4i+3
1
4i + 4
1
1
−
2i + 1 i=0 4i + 4
i=0
Ã2k+1
!
k
k
X
1X 1
1 X 1
1
−
−
=
2 j=0 j + 1 i=0 2i + 2
4 i=0 i + 1
=
soit :
1
Tk =
2
Ã2k+1
X
j=0
k
X 1
1
−
j + 1 i=0 i + 1
!
=
1
(H2k+2 − Hk+1 )
2
129
¶
n 1
P
(c) On rappelle que lim
− ln (n) = γ (exercice 3.49), ce qui s’écrit Hn =
n→+∞ k=1 k
ln (n) + δn avec lim δn = γ. On en déduit alors que :
µ
n→+∞
1
1
Tk = (H2k+2 − Hk+1 ) =
2
2
µ µ
¶
¶
2k + 2
ln
+ δ2k+2 − δk+1
k+1
1
ln (2) .
k→+∞
2
Les trois suites extraites (S3k+r )k≥1 , pour r = 0, 1, 2 convergent alors vers la même
limite, ce qui revient à dire que (Sn )n≥1 converge vers cette limite, soit :
et lim Tk =
+∞
X
(−1)σ(n)
1
= ln (2) .
σ (n) + 1
2
n=0
(−1)n
Exercice 6.16 On s’intéresse encore à la série de Riemann alternée
.
n=0 n + 1
On se donne deux entiers naturels non nuls p et q et on désigne par σ la permutation de N qui
ordonne N comme suit :
+∞
P
σ (N) = {0, 2, · · · , 2 (p − 1)} ∪ {1, 3, · · · , 2q − 1}
∪ {2p, · · · , 2 (2p − 1)} ∪ {2q + 1, · · · , 4q − 1} ∪ · · ·
c’est-à-dire qu’on place les p premiers entiers pairs, puis les q premiers entiers impairs, puis les
p entiers pairs suivants, q entiers impairs suivants, et ainsi de suite. En effectuant la division
euclidienne par p + q tout entier n s’écrit de manière unique n = (p + q) k + r avec k ∈ N et
0 ≤ r ≤ p + q − 1 et une telle permutation σ peut être définie par :
½
2 (pk + r) si 0 ≤ r ≤ p − 1
∀n ∈ N, σ (n) =
2 (qk + r − p) + 1 si p ≤ r ≤ p + q − 1
1. Montrer que σ est bien permutation de N.
P
(−1)n
2. En notant un =
, on désigne par
vn la série numérique de terme général vn =
n+1
uσ(n) .
On se donne un entier n ≥ p + q et on écrit n = (p + q) k + r sa division euclidienne par
p + q avec k ≥ 1 et 0 ≤ r ≤ p + q − 1.
(a) Écrire la somme partielle Sn =
n
P
vj sous la forme Sn = Tk −εk où Tk = S(p+q)k+p+q−1
j=0
et lim εk = 0.
k→+∞
(b) Pour tout entier k ≥ 1, on note Hk =
k−1
P
i=0
¢
1¡
Hp(k+1) + Hq(k+1) .
2
µ ¶
1
p
= ln (2) + ln
.
2
q
Tk = Tk = H2p(k+1) −
(c) En déduire que
+∞
P
n=0
Solution 6.16
uσ(n)
1
. Montrer que :
i+1
130
1. Soient n, m deux entiers naturels et n = (p + q) k + r, m = (p + q) k 0 + r0 les divisions
euclidiennes de ces entiers par p + q. Si σ (n) = σ (m) , les restes r et r0 sont tous
deux dans {0, 1, · · · , p − 1} ou {p, · · · , p + q − 1} , sinon σ (n) et σ (m) sont deux entiers
de parités différente. En supposant qu’ils sont tous deux dans {0, 1, · · · , p − 1} [resp.
dans {p, · · · , p + q − 1}] l’égalité σ (n) = σ (m) se traduit par 2 (pk + r) = 2 (pk 0 + r0 )
[resp. par 2 (qk + r − p) + 1 = 2 (qk 0 + r0 − p) + 1] soit par pk + r = pk 0 + r0 [resp. par
qk + r − p = qk 0 + r0 − p] avec 0 ≤ r, r0 ≤ p − 1 [resp. 0 ≤ r − p, r0 − p ≤ q − 1] ce qui
équivaut à k = k 0 et r = r0 du fait de l’unicité du quotient et du reste dans la division
euclidienne par p [resp. par q]. On a donc n = m et σ est injective.
Si m est un entier pair, il s’écrit m = 2s = 2 (pk + r) avec 0 ≤ r ≤ p − 1 en effectuant la
division euclidienne de s par p, soit m = σ (n) où n = (p + q) k + r.
Si m est un entier impair, il s’écrit m = 2s + 1 = 2 (qk + r0 ) + 1 avec 0 ≤ r0 ≤ q − 1 en
effectuant la division euclidienne de s par q, soit m = σ (n) où n = (p + q) k + p + r0 .
L’application σ est donc surjective.
2. Soit n = (p + q) k + r un entier avec k ≥ 1 et 0 ≤ r ≤ p + q − 1 (division euclidienne).
(a) Pour r = p + q − 1, on a Sn = Tk et εk = 0, pour 0 ≤ r ≤ p + q − 2, on a :
(p+q)k+p+q−1
X
Sn =
(p+q)k+p+q−1
vj −
j=0
X
vj = Tk − εk
j=(p+q)k+r+1
avec Tk = S(p+q)k+p+q−1 et :
¯
¯
¯
¯
|εk | ≤ ¯v(p+q)k+1 ¯ + · · · + ¯v(p+q)k+p+q−1 ¯
1
→ 0.
≤ (p + q − 1)
k k→+∞
(b) On a :
(p+q)k+p+q−1
X
Tk =
p+q−1
uσ(j) =
r=0
j=0
p−1
=
k
XX
=
r=0 i=0
=
uσ((p+q)i+r)
i=0
p+q−1
u2(pi+r) +
r=0 i=0
p−1 k
X
X
k
X X
k
X X
r=p
u2(qi+r−p)+1
i=0
p+q−1 k
X X
1
1
−
2 (pi + r) + 1
2 (qi + r − p) + 2
r=p i=0
p−1 k
X
X
r=0 i=0
q−1
k
1 XX
1
1
−
2 (pi + r) + 1 2 s=0 i=0 qi + s + 1
En utilisant la division euclidienne par q, on a :
{qi + s + 1 | 0 ≤ i ≤ k et 0 ≤ s ≤ q − 1} = {1, 2, · · · , qk + q}
et :
q−1 k
X
X
s=0 i=0
q(k+1)
X 1
1
=
= Hq(k+1)
qi + s + 1
j
j=1
131
En remarquant que les entiers de la forme 2 (pi + r)+1 où 0 ≤ i ≤ k et 0 ≤ s ≤ p−1
sont les entiers impairs compris entre 1 et 2pk + 2p − 1 (division euclidienne par
2p), on a :
p−1 k
X
X
r=0 i=0
2p−1 k
p−1 k
XX
X
X
1
1
1
=
−
2 (pi + r) + 1
2pi + s + 1 r=0 i=0 2pi + 2r + 2
s=0 i=0
2p−1
=
k
XX
s=0 i=0
p−1
k
1
1 XX
1
−
2pi + s + 1 2 r=0 i=0 pi + r + 1
2p(k+1)
X 1 1 p(k+1)
X 1
1
=
−
= H2p(k+1) − Hp(k+1)
j 2 j=1 j
2
j=1
On a donc :
Tk = H2p(k+1) −
¢
1¡
Hp(k+1) + Hq(k+1) .
2
(c) On utilisant Hn = ln (n) + δn avec lim δn = γ, on a :
n→+∞
¢
1¡
Tk = H2p(k+1) −
Hp(k+1) + Hq(k+1)
2
µ r ¶
¢
p
1¡
= ln 2
+ δ2p(k+1) −
δp(k+1) + δq(k+1)
q
2
µ ¶
1
p
et lim Tk = ln (2) + ln
.
k→+∞
2 ¡q
¢
Toutes les suites extraites S(p+q)k+r k≥1 , pour 0 ≤ r ≤ p + q − 1 convergent alors
vers la même limite, ce qui revient à dire que (Sn )n≥1 converge vers cette limite,
soit :
µ ¶
+∞
X
p
(−1)σ(n)
1
= ln (2) + ln
.
σ (n) + 1
2
q
n=0
Exercice 6.17 Soit σ une permutation de N telle que la suite (σ (n) − n)n∈N soit bornée. Mon+∞
+∞
P
P
P
P
un .
trer que pour toute série convergente un , la série uσ(n) est convergente et
uσ(n) =
n=0
n=0
Solution 6.17 Si la suite (σ (n) − n)n∈N est bornée, il existe un entier N tel que |σ (n) − n| ≤
N, ou encore n − N ≤ σ (n) ≤ n + N pour tout n ∈ N.
Comme σ est bijective, pour n ∈ N et 0 ≤ k ≤ n il existe un entier j tel que k = σ (j) et avec
j − N ≤ σ (j) = k ≤ j + N, on déduit que cet entier j est compris entre 0 et k + N. Il en résulte
n
n+N
P
P
que la somme partielle
uk est une partie de la somme
uσ(j) et :
j=0
k=0
n+N
X
j=0
uσ(j) −
n
X
k=0
uk =
n+N
X
uσ(j)
j=0
σ(j)≥n+1
De plus avec σ (j) ≤ j + N ≤ n + 2N, on déduit que :
{σ (j) | 0 ≤ j ≤ n + N et σ (j) ≥ n + 1} ⊂ {n + 1, · · · , n + 2N }
132
et :
¯
¯
n
¯
¯n+N
X
X
¯
¯
u
u
−
¯
k¯ ≤
σ(j)
¯
¯
j=0
k=0
n+N
X
X
¯
¯ n+2N
¯uσ(j) ¯ ≤
|uk | = εn
j=0
σ(j)≥n+1
k=n+1
Comme chacune des suites (|un+r |)n∈N pour r compris entre 1 et 2N tend vers 0, la suite (εn )n∈N
n+N
P
tend aussi vers 0 (somme finie de suites qui tendent vers 0). Il en résulte que lim
uσ(j) =
lim
n
P
n→+∞ k=0
uk , ce qui signifie que la série
P
uσ(n) est convergente avec
+∞
P
n=0
n→+∞ j=0
+∞
P
uσ(n) =
n=0
un .
P
Théorème 6.8 Soit
un une P
série semi-convergente. Pour tout réel S, il existe une permutation σ de N telle que la série
uσ(n) soit convergente de somme S. P
On peut aussi trouver
des
permutation
σ et σ 0 de N telles que la série
uσ(n) soit divergente
P
vers −∞ et la série
uσ(n) soit divergente vers +∞.
Démonstration. Voir [7] pages 72 à 75 ou [19] volume 3, pages 37 à 43.
La démonstration rigoureuse de ce théorème est délicate.
6.5
Séries à termes positifs
Dans le cas où la suite (un )n∈N et à valeurs positives, la suite (Sn )n∈N des sommes partielles
associées est croissante (on a Sn+1 − Sn = un+1 ≥ 0) et deux cas de figure peuvent se produire :
– soit la suite (Sn )n∈N est majorée et en conséquence elle converge ;
+∞
P
un = +∞.
– soit cette suite n’est pas majorée et lim Sn = +∞, ce qui peut se noter
n→+∞
n=0
On a donc le résultat suivant.
P
Théorème 6.9 Une série à termes positifs
un est convergente si, et seulement si, la suite
de ses sommes partielles est majorée. En cas de divergence, on a lim Sn = +∞.
n→+∞
P
Dans le cas des séries à termes positifs, on écrira un < +∞ pour signifier que cette dernière
converge. Cette notation étant justifiée par les considérations précédentes.
Du résultat précédent on déduit les critères de comparaisons suivants valables uniquement
pour les séries à termes réels positifs.
P
P
un et
vn deux séries à termes réels positifs.
1. S’il existe un entier n0 tel que :
∀n ≥ n0 , un ≤ vn
alors :
½ P
P
P vn < +∞ ⇒ P un < +∞
un = +∞ ⇒
vn = +∞
2. S’il existe un entier n0 et des constantes m et M strictement positives tels que :
∀n ≥ n0 , vn > 0 et m ≤
alors les séries
P
un et
P
vn sont de même nature.
un
≤M
vn
133
3. S’il existe un entier n0 tel que :
∀n ≥ n0 , un > 0, vn > 0 et
alors :
un+1
vn+1
≤
un
vn
½ P
P
P vn < +∞ ⇒ P un < +∞
un = +∞ ⇒
vn = +∞
4. S’il existe un entier n0 et une constante λ ∈ ]0, 1[ tels que :
∀n ≥ n0 , un > 0 et
alors
P
un+1
≤λ
un
un converge.
5. S’il existe un entier n0 et une constante λ ≥ 1 tels que :
∀n ≥ n0 , un > 0 et
alors
P
un+1
≥λ
un
un diverge.
Démonstration.
1. P
En notant
Prespectivement (Sn )n∈N et (Tn )n∈N les suites des sommes partielles des séries
un et
vn , on a :
∀n ≥ n0 , Sn − Sn0 ≤ Tn − Tn0 .
Le résultat annoncé en découle alors immédiatement.
P
P
2. De 0 < un ≤ M vn on déduit queP
si
vn converge il en est alors de mêmePde
un et de
un ≥ mvn > 0, on déduit que si
vn diverge il en est alors de même de
un .
3. On a :
un0 +1 ≤ un0
vn0 +1
= λvn0 +1
vn0
et par récurrence :
∀n ≥ n0 + 1, un ≤ λvn .
En effet, c’est vrai pour n0 + 1 et en supposant le résultat acquis au rang n :
un+1 ≤ un
vn+1
≤ λvn+1 .
vn
On est donc ramené au premier cas.
P
P
vn+1
un+1
≤
pour n ≥ n0 avec vn = λn et
vn puisque λ ∈ ]0, 1[ , donc
un
4. On a
un
vn
converge aussi.
5. On peut là aussi utiliser vn = λn ou tout simplement remarque la suite (un )n≥n0 est
croissante,
donc un ≥ un0 > 0 pour tout n ≥ n0 et (un )n≥n0 ne peut tendre vers 0, la série
P
un est donc divergente.
Remarque 6.5 Si 0 ≤ un ≤ vn pour tout n ∈ N, et
généralement, on a pour les restes Rn =
+∞
P
k=n+1
P
vn converge, alors
uk ≤ Rn0 =
+∞
P
k=n+1
+∞
P
n=0
vk .
un ≤
+∞
P
n=0
vn . Plus
134
P
Exercice 6.18 Montrer que la série
la série harmonique.
µ
1
ln 1 +
n
¶
est divergente. En déduire la divergence de
Solution 6.18 Pour n ≥ 1, on a :
n
X
µ
1
Sn =
ln 1 +
k
k=1
¶
=
n
X
(ln (k + 1) − ln (k))
k=1
= ln (n + 1) → +∞
n→+∞
¶
µ
1
diverge.
donc
ln 1 +
n
Avec les inégalités valables pour n ≥ 1 :
P
µ
¶
1
1
≥ ln 1 +
> 0,
n
n
on en déduit la divergence de
P1
.
n
Exercice 6.19 Montrer que si les séries à termes positifs
P√
P 1√
en est alors de même des séries
un vn et
vn .
n
Solution 6.19 Résulte de :
P 1√
P
et
vn =
n
r
√
un vn ≤
P
un et
P
vn sont convergentes, il
1
(un + vn )
2
P 1
1
v
avec
convergente.
n
n2
n2
Le théorème précédent permet de retrouver le fait qu’une série absolument convergente est
convergente sans recours au critère de Cauchy.
Exercice 6.20 Montrer, sans utiliser le critère de Cauchy, qu’une série absolument convergente est convergente.
P
Solution 6.20 On considère tout d’abord le cas d’une série réelle
un absolument convergente. Pour tout entier n, on a − |un | ≤ uP
n ≤ |un | , soit 0 ≤ vn = un + |un | ≤ 2 |un | . On déduit
alors du théorème
précédent que la série
vn est convergente et avec un = vn − |un | , on en
P
déduit que
un est convergente. P
Dans le cas d’une série complexe
un absolument convergente, on écrit que un = xn + iyn ,
où xn = P
< (un ) et yn = = (un ) et avec |xn | ≤ |un | , |yn | ≤ |un | , on déduit que les séries
P
P réelles
xn et
yn sont absolument convergentes, donc convergentes et la convergence de
un suit.
De ce corollaire, on déduit les critères de comparaison aux séries de Riemann suivant.
P
Corollaire 6.1 Soit
un une série à termes réels positifs.
α
1. S’il existe un
µ réel¶ α > 1 tel que la suite (n un )n∈N soit bornée (encore équivalent à dire
P
1
), alors la série
un converge.
que un = O
α
n
P
2. S’il existe un réel α ≤ 1 tel que la suite lim (nα un ) = +∞, alors la série
un diverge.
n→+∞
135
M
Démonstration. Dans le premier cas, on a 0 ≤ un ≤ α avec α > 1 et dans le second
n
1
un ≥ α à partir d’un certain rang avec α ≤ 1.
n
Remarque 6.6 Si on veut comparer la série à termes positifs à une série de Riemann, on
étudie en pratique la convergence de la suite (nα un )n∈N vers un réel positif ou vers l’infini.
Exercice 6.21 Montrer que pour tout réel θ et tout réel α > 1, la série
ment convergente.
¯
¯
¯ cos (nθ) ¯
¯
¯≤ 1 .
Solution 6.21 Résulte de ¯
¯ nα
α
n
Solution 6.22 On a :
∀n ≥ 1, |un | ≤
P cos (nθ)
est absolunα
n2 cos(n2 )
.
(n + 1)4
1
,
n2
donc la série converge absolument.
Exercice 6.23
+∞
P
1
= 1.
n=2 n (n − 1)
+∞
P 1
P 1
1
1
2. En comparant 2 et
, en déduire la convergence de la série
avec
≤ 2.
2
n
n (n − 1)
n2
n=1 n
1. Montrer que
Solution 6.23
1. Pour n ≥ 2, on a :
n
X
k=2
n
X
1
=
k (k − 1) k=2
µ
1
1
−
k−1 k
=
n−1
X
k=1
¶
=
n
X
k=2
n
X1
1
−
k − 1 k=2 k
n
X
1
1
1
−
=1−
k k=2 k
n
+∞
P
→ 1,
n→+∞
1
= 1.
n=2 n (n − 1)
P 1
1
1
2. Avec 0 < 2 ≤
pour tout n ≥ 2, on déduit la série
est convergente et
n
n (n − 1)
n2
+∞
+∞
P 1
P 1
=
1
+
≤ 2.
2
2
n=2 n
n=1 n
ce qui signifie que
Exercice 6.24 On étudie à nouveau les séries de Riemann
P 1
diverge pour α ≤ 0.
nα
P1
2. Montrer que
diverge.
n
1. Montrer que
P 1
.
nα
136
P 1
diverge pour 0 < α ≤ 1.
nα
3. En déduire que la série
4. On suppose que α > 1.
µ
+∞
P
(a) Montrer que
¶
1
1
−
= 1.
(n − 1)α−1 nα−1
n=2
(b) Montrer que pour tout réel β > 0 et tout réel t ∈ ]0, 1[ , on a :
(1 − t)β ≤
1
.
1 + βt
(c) Montrer que pour tout entier n ≥ 2, on a :
1
α−1
1
≤
−
.
α−1
nα
nα−1
(n − 1)
(d) Conclure.
Solution 6.24
P 1
ne tend pas vers 0, donc la série diverge.
nα
P1
2. En désignant par Sn la somme partielle d’indice n de la série
, on a pour tout n ≥ 1 :
n
1. Pour α ≤ 0, le terme général de la série
S2n − Sn =
n
X
k=1
1
1
1
≥n
=
n+k
2n
2
donc la suite (S2n − Sn )n≥1 ne tend pas vers 0 et la série diverge.
P 1
1
1
3. Pour 0 < α ≤ 1 et n ≥ 1, on a 0 < ≤ α et en conséquence
diverge.
n
n
nα
4.
(a) Pour n ≥ 2, on a :
n µ
X
k=2
1
1
α−1 − α−1
k
(k − 1)
=
n−1
X
k=1
ce qui signifie que
+∞
P
n=2
µ
1
k α−1
¶
−
n
X
=
k=2
n
X
k=2
1
1
α−1 − α−1
n
(n − 1)
n
X 1
1
−
(k − 1)α−1 k=2 k α−1
1
k α−1
=1−
1
nα−1
→ 1,
n→+∞
¶
= 1.
(b) On désigne par f la fonction définie sur ]0, 1[ par f (t) = (1 + βt) (1 − t)β . Cette
fonction est dérivable sur [0, 1] avec :
f 0 (t) = β (1 − t)β−1 ((1 − t) − (1 + βt))
= −β (1 − t)β−1 (t + βt) < 0
Elle est donc décroissante et f (t) ≤ f (0) = 1, ce qui donne l’inégalité souhaitée.
137
(c) Prenant β = α − 1 et t =
ou encore :
1+
1
dans l’inégalité précédente, on a :
n
µ
¶α−1
1
1
1−
≤
α
−1
n
1+
n
α−1
≤µ
n
1
1
n
1−
¶α−1 =
nα−1
(n − 1)α−1
encore équivalent à :
α−1
nα−1
α−1
≤
α−1 − 1 = n
n
(n − 1)
µ
1
1
α−1 − α−1
n
(n − 1)
¶
qui donne l’inégalité souhaitée.
(d) On a donc
avec
+∞
P
n=2
µ
1
(n − 1)α−1
µ
¶
1
1
1
1
0< α ≤
−
n
α − 1 (n − 1)α−1 nα−1
¶
P 1
1
− α−1 < +∞, ce qui entraîne la convergence de
.
n
nα
1
L’étude des séries de Bertrand
, décrites avec l’exercice qui suit, peut se faire en
nα (ln (n))β
utilisant celles de Riemann pour α 6= 1. Dans le cas où α = 1, on utilise le théorème 6.4 pour
β ≥ 0 et on compare encore à une série de Riemann pour β < 0.
Exercice 6.25 On s’intéresse à la série de Bertrand de terme général un =
et β sont deux réels donnés.
1
nα
(ln (n))β
1. Montrer que cette série converge pour α > 1 et β ∈ R.
2. Montrer que cette série diverge pour α < 1 et β ∈ R.
P
3. On suppose que α = 1. Montrer que
un converge si, et seulement si, β > 1.
Solution 6.25
1. Si α > 1, on peut trouver un réel γ tel que 1 < γ < α et avec :
lim nγ un = lim
n→+∞
pour tout réel β, on déduit que
n→+∞
P
1
nα−γ (ln (n))β
=0
un converge puisque γ > 1.
2. Si α < 1, on peut trouver un réel γ tel que α < γ < 1 et avec :
lim nγ un = lim
n→+∞
pour tout réel β, on déduit que
P
n→+∞
nγ−α
(ln (n))β
= +∞
un diverge puisque γ < 1.
, où α
138
3. Pour β ≥ 0, la fonction f définie sur[2, +∞[ par f (x) =
1
est continue et
x (ln (x))β
strictement décroissante (produit
P de deux fonctions strictement décroissantes à valeurs
strictement positives), donc
un est de même nature que la suite (F (n))n≥2 , où F est
la primitive de f nulle en 2, soit :
Z
Z
ln(x)
du
=
β
β
ln(2) u
2 t (ln (t))
³
´
(
1−β
1−β
1
(ln
(x))
−
(ln
(2))
si β 6= 1
1−β
=
ln (ln (x)) − ln (ln (2)) si β = 1
F (x) =
x
dt
(théorème 6.4).
P
Pour 0 ≤ β ≤ 1, on a lim F (n) = +∞ et
un diverge.
n→+∞
P
(ln (2))1−β
et
un converge.
n→+∞
β−1
P
(ln (n))−β
(ln (2))−β
Pour β < 0, on a un =
≥
> 0 pour tout n ≥ 2 et
un diverge.
n
n
Pour β > 1, on a lim F (n) =
P
arctan (n)
, où β est un réel positif ou nul.
(−1)n √
n (ln (n))β
µ ¶
1
π
Solution 6.26 En utilisant la relation arctan (x) + arctan
=
valable pour tout réel
x
2
x > 0, on a :
¡1¢
π
(−1)n
n arctan n
n arctan (n)
= √
+ (−1) √
.
un = (−1) √
2 n (ln (n))β
n (ln (n))β
n (ln (n))β
Exercice 6.26 Étudier la série
Le théorème des séries alternées nous assure la convergence de la série
Ã
!
1
tend vers 0 en décroisant pour β ≥ 0) et avec :
√
n (ln (n))β n≥2
P
√
(−1)n
n (ln (n))β
(la suite
¯
¡ 1 ¢ ¯¯
¯
arctan
1
¯
¯
n
n
¯(−1) √
¯v √
β
¯
n (ln (n)) ¯ n n (ln (n))β
¡ ¢
arctan n1
√
(−1)
est absolument convergente, donc convergente. Il en
n
P
arctan (n)
résulte que
(−1)n √
est convergente comme somme de deux séries convergentes.
n (ln (n))β
P
P arctan (n)
P
Mais la série
|un | =
est divergente, donc
un est semi-convergente.
√
β
n (ln (n))
P
P
Exercice 6.27 Soient
un et
vn des séries à termes positifs telles que vn = o (un ) [resp.
vn = O (un )] On désigne respectivement par (Sn )n∈N et (Tn )n∈N les suites des sommes partielles de ces séries et, en cas de convergence, par (Rn )n∈N et (Rn0 )n∈N les suites des restes
correspondants.
P
n
1. Montrer que si
Rn0 = O (Rn )].
2. Montrer que si
Tn = O (Sn )].
139
P
un converge, il en est alors de même de
P
vn diverge, il en est alors de même de
P
P
vn et Rn0 = o (Rn ) [resp.
un et Tn = o (Sn ) [resp.
Solution 6.27 La condition vn = o (un ) [resp. vn = O (un )] signifie qu’il existe une suite
(εn )n∈N qui tend vers 0 [resp. bornée] telle que vn = εn un . Comme les suites (un )n∈N et (vn )n∈N
sont à valeurs positives, on peut trouver une telle suite (εn )n∈N à valeurs positives. Dans les
deux cas de figure, la suite (εn )n∈N est bornée et il existe un constantePréelle λ > 0 tellePque
vn ≤ λun pour
Le corollaire précédent nous dit alors que
vn converge si
un
P tout n ∈ N. P
converge et
un diverge si
vn diverge.
1. Si les un sont tous nuls à partir d’un rang n0 , il en est alors de même des vn et Rn0 =
Rn = 0 pour tout n ≥ n0 . Dans ce cas, on a bien Rn0 = o (Rn ) [resp. Rn0 = O (Rn )].
Dans le cas contraire, les suites (Rn )n∈N et (Rn0 )n∈N sont à valeurs strictement positives.
Si lim εn = 0, pour tout réel ε > 0, on peut trouver un entier nε tel que 0 ≤ εn ≤ ε pour
n→+∞
tout n ≥ nε et :
∀n ≥ nε , 0 < Rn0 ≤ εRn .
Rn0
= 0, ce qui signifie que Rn0 = o (Rn ) .
n→+∞ Rn
Dans le as où vn = O (un ) ,µla suite
(εn )n∈N est bornée, soit εn ≤ λ où λ > 0 et 0 < Rn0 ≤
¶
Rn0
est donc bornée, ce qui signifie que Rn0 = O (Rn ) .
λRn pour tout n. La suite
Rn n∈N
P
P
2. Si
vn = +∞, on a alors
un = +∞ et les suites (Sn )n∈N et (Tn )n∈N sont croissantes
non majorées, donc strictement positives à partir d’un certain rang.
Si lim εn = 0, pour tout réel ε > 0, on peut trouver un entier nε tel que 0 < εn ≤ ε pour
On a donc lim
n→+∞
tout n ≥ nε et comme (Sn )n∈N est croissante non majorée, il existe un entier n1 ≥ nε tel
nε
1P
que Sn ≥
vk , de sorte que :
ε k=0
∀n ≥ n1 , Tn =
nε
X
k=0
vk +
n
X
vk ≤ εSn + ε
k=nε +1
n
X
uk ≤ 2εSn .
k=nε +1
Tn
= 0, ce qui signifie que Tn = o (Sn ) .
n→+∞ Sn
Dans le as où vn = O (un ) µ
, la suite
¶ (εn )n∈N est bornée, soit εn ≤ λ où λ > 0 et 0 < Tn ≤
Tn
λSn pour tout n. La suite
est donc bornée, ce qui signifie que Tn = O (Sn ) .
Sn n∈N
On a donc lim
Les résultats de l’exercice précédent peuvent être utilisés en relation avec des développements
limités.
µ
¶
(−1)n
Exercice 6.28 Étudier la série de terme général un = ln 1 + √
.
n+1
Solution 6.28 Un développement limité à l’ordre 2 donne :
1
(−1)n
(−1)n
−
+
un = √
+ vn ,
n + 1 2 (n + 1) 3 (n + 1)3/2
140
Ã
où vn = o
+∞
P
(−1)n
√
,
n+1
1
!
(n + 1)3/2
+∞
P (−1)n
, ce qui entraîne
+∞
P
un = −∞ du fait de la convergence des séries
0
(séries alternées, la deuxième étant en fait absolument convergente),
3/2
(n
+
1)
!
Ã
+∞
+∞
P
P
1
1
)
et
de
= +∞.
vn (vn = o
3/2
0 2 (n + 1)
0
(n + 1)
0
0
µ
µ
cos
avec β > 0.
1
nβ
¶¶nα
où α, β sont des réels
Solution 6.29 Un développement limité nous donne :
µ µ ¶¶
1
α
ln (un ) = n ln cos
nβ
µ
¶¶
µ
1
1
α
= n ln 1 − 2β + o
2n
n2β
µ
¶
1
1
= − 2β−α + o
.
2n
n2β−γ
Pour α < 2β, on a lim ln (un ) = 0, donc lim un = 1 et la série diverge.
n→+∞
n→+∞
1
1
Pour α = 2β, on a lim ln (un ) = − , donc lim un = √ et la série diverge.
n→+∞
n→+∞
2
e
On suppose donc que α > 2β. Pour γ réel à préciser, on a :
µ
¶
1
1
γ
ln (n un ) = γ ln (n) − 2β−α + o
2n
n2β−α
µ
¶
nα−2β
ln (n)
=−
1 − 2γ α−2β + o (1)
2
n
α−2β
n
v−
→ −∞
2 n→+∞
P
et lim (nγ un ) = 0. Choisissant γ = 2, on en déduit que la série
un converge.
n→+∞
Le théorème qui suit est très utile pour justifier la convergence de certaines séries positives.
P
P
un et
vn deux séries à termes réels positifs telles que un v vn .
P
P
1. Si
un est convergente il en est alors de même de
vn et les restes de ces séries sont
équivalents, soit :
+∞
+∞
X
X
0
Rn =
uk v R n =
vk .
P
k=n+1
k=n+1
2. Si
un est divergente il en est alors de même de
séries sont équivalents, soit :
Sn =
n
X
k=0
uk v T n =
P
vn et les sommes partielles de ces
n
X
k=0
vk .
141
Démonstration. Dire que les suites à termes positifs (un )n∈N et (vn )n∈N sont équivalentes
signifie qu’il existe une suite (ϕ)n∈N qui tend vers 1 telle que vn = ϕn un , ce qui équivaut encore
à dire que pour tout réel ε ∈ ]0, 1[ il existe un entier n0 tel que :
∀n ≥ n0 , (1 − ε) un ≤ vn ≤ (1 + ε) un .
Dans ce qui suit on se donne un tel couple (ε, n0 ) .
1. Si la série de terme général un est convergente, des inégalités 0 ≤ vn ≤ (1 + ε) un pour
tout n ≥ n0 , on déduit qu’il en est de même de la série de terme général vn . On peut donc
+∞
+∞
P
P
définir les restes d’ordre n de ces séries, Rn =
uk et Rn0 =
vk et on a :
k=n+1
k=n+1
∀n ≥ n0 , (1 − ε) Rn ≤ Rn0 ≤ (1 + ε) Rn ,
ce qui traduit l’équivalence de Rn et Rn0 quand n tend vers l’infini.
2. Si la série de terme général un est divergente, des inégalités vn ≥ (1 − ε) un pour tout
n ≥ n0 avec 1 − ε > 0 et un ≥ 0, on déduit qu’il en est de même de la série de terme
général vn . De plus, on a Sn > 0 à partir d’un certain rang n1 > n0 et :
∀n > n1 , (1 − ε) (Sn − Sn0 −1 ) ≤ Tn − Tn0 −1 ≤ (1 + ε) (Sn − Sn0 −1 )
ce qui entraîne que, pour tout n > n1 , on a :
µ
µ
¶
¶
Sn0 −1
Tn
Sn0 −1
Tn0 −1
Tn −1
(1 − ε) 1 −
≤
≤ (1 + ε) 1 −
+
+ 0 .
Sn
Sn
Sn
Sn
Sn
1
= 0, on en déduit alors qu’il existe n2 ≥ n1 tel que :
n→+∞ Sn
Avec lim
∀n ≥ n0 , 1 − 2ε ≤
Tn
≤ 1 + 2ε,
Sn
ce qui traduit l’équivalence de Sn et Tn quand n tend vers l’infini.
Remarque 6.7 L’hypothèse un et vn de mêmes signes (au moins à partir d’un certain rang)
est essentielle dans le théorème précédent. Considérons par exemple la série de terme général
(−1)n
un = √
. Un développement limité nous donne :
n + (−1)n
µ ¶
1
(−1)n
1
1
(−1)n
√
−
+
O
un = √
n =
3
n
n 1 + (−1)
n
√
n2
n
(−1)n
1
= √ − + vn
n
n
avec |vn | ≤ λ
1
3
n2
, ce qui implique que la série de terme général un est divergente comme somme
P (−1)n P
P1
√ et vn ).
) avec des séries convergentes (les séries
d’une série divergente (la série
n
n
(−1)n
qui est le terme général d’une série alternée convergente.
Et pourtant un est équivalent √
n
142
P
P
Remarque 6.8 Si
un et
vn deux séries à termes réels positifs telles que un v vn et
convergentes, on a seulement l’équivalence des restes, mais pas celle des sommes partielles. Par
1
1
exemple
v 2 avec :
n (n + 1)
n
Sn =
n
X
k=1
n
X1
1
1
1
=
−
=1−
v1
k (k + 1) k=1 k k + 1
n+1
et :
n
X
1
1
Tn =
>1+
2
k
4
k=1
ne peut être équivalent à 1 (en fait Tn v
π2
).
6
Exercice 6.30 Montrer que, pour n ≥ 2, on a
terme général un =
n! + n3
.
nn + ln (n)
n!
2
≤ 2 , en déduire la nature de la série de
n
n
n
Solution 6.30 Pour n ≥ 2, on a :
n
Y
k
n! 2
n!
n = n−2 = 2
≤2
n
n
n
n
k=3
P n!
n!
2
donc 0 < n ≤ 2 et
< +∞.
n
n
nn
Avec


n3
n!  1 + n! 
n! + n3
n!
= n
0 < un = n
 ∼ n,
ln (n)
n + ln (n)
n
n
1+
n
n
P
on déduit que
un converge.
Exercice
P 6.31 Soit (un )n∈N une suite décroissante de réels positifs ou nuls telle que la série
réelle
un soit convergente.
1. Montrer que lim nun = 0.
n→+∞
P
un
.
1 − nun
+∞
+∞
P
P
3. Montrer que
n (un − un+1 ) =
un .
2. En déduire la nature de la série
n=0
n=0
4. La réciproque du 1. est valable ?
Solution 6.31
1. En notant, pour tout entier n ≥ 1, Sn la somme partielle d’indice n de la
P
série
un , on a :
2n
X
S2n − Sn =
uk ≥ nu2n ≥ 0
k=n+1
puisque (un )n∈N est décroissante positive. On a donc :
0 ≤ 2n · u2n ≤
1
(S2n − Sn ) → 0
n→+∞
2
puisque
P
143
un est convergente et lim 2nu2n = 0. Puis avec :
n→+∞
0 ≤ (2n + 1) u2n+1 ≤ 2nu2n + u2n
et lim un = 0, on déduit que lim (2n + 1) u2n+1 = 0 et lim nun = 0.
n→+∞
n→+∞
n→+∞
2. Comme lim nun = 0, il existe un entier n2 tel que 0 ≤ nun < 1 pour tout n ≥ n2 , ce
n→+∞
P un
qui permet de considérer la série
.
1 − nun
un
v un , ce qui implique, puisque les
La condition lim nun = 0 nous dit aussi que
n→+∞
1 − nun
+∞
P
un
séries considérées sont à termes positifs, que
< +∞.
n=n2 1 − nun
3. On a :
n
n
X
X
k (uk − uk+1 ) =
uk − nun+1 ,
k=0
k=0
n
avec nun+1 =
(n + 1) un+1 → 0, d’où le résultat.
n→+∞
n+1 µ ¶
P
1
4. La condition un = o
n’assure pas la convergence de
un , que (un )n∈N soit décroisn
µ ¶
P
1
1
sante ou non. Par exemple la série de Bertrand
est divergente et un = o
.
n ln (n)
n
Les précisions sur les sommes partielles des séries divergentes ou les restes des séries convergentes dans le théorème précédent peuvent être utilisées pour obtenir des développements
asymptotiques de certaines suites.
Considérons par exemple le cas de la série harmonique (Hn )n≥1 définie par :
∀n ≥ 1, Hn =
n
X
1
k=1
k
.
µ
¶
1
1
Cette série est divergente et à termes positifs avec v ln 1 +
, ce qui entraîne que :
n
n
Ã n µ
!
µ
¶
n
X
Y k + 1¶
1
ln 1 +
Hn v
= ln
= ln (n + 1) ,
k
k
k=1
k=1
ou encore Hn v ln (n) .
La suite (Kn )n≥1 définie par Kn = Hn − ln (n) est de même nature que la série de terme
général :
µ
¶
µ ¶
1
1
1
+ ln 1 −
,
Kn+1 − Kn =
=O
n+1
n+1
n2
elle est donc convergente. Sa limite est la constante d’Euler :
Ã n
!
X1
γ = lim
− ln (n) .
n→+∞
k
k=1
On considère ensuite la suite (Ln )n≥1 définie par Ln = Hn − ln (n) − γ. Cette suite est
convergente vers 0 de même nature que la série de terme général :
µ
¶
1
1
1
+ ln 1 −
Ln+1 − Ln = Kn+1 − Kn =
v − 2.
n+1
n+1
2n
144
Cette série est donc convergente à termes négatifs à partir d’un certain rang, ce qui entraîne
l’équivalence des restes :
+∞
+∞
X
1X 1
(Lk+1 − Lk ) v −
2 k=n k 2
k=n
avec :
+∞
X
(Lk+1 − Lk ) = lim
m
X
m→+∞
k=n
(Lk+1 − Lk ) = lim Lm+1 − Ln = −Ln .
m→+∞
k=n
On a donc :
+∞
1X 1
Ln v
.
2 k=n k 2
Enfin avec :
Z
k+1
∀k ≥ 2,
k
1
dt
≤ 2 ≤
2
t
k
Z
k
k−1
dt
,
t2
on déduit que pour m > n ≥ 2, on a :
m Z
X
k=n
k+1
k
Z
m
X 1
dt
1
1
=
−
≤
t2
n m + 1 k=n k 2
n
Z m
m Z k
X
dt
dt
1
1
≤
=
=
−
2
2
t
n−1 m
n−1 t
k=n k−1
dt
=
t2
m+1
et faisant tendre m vers l’infini (à n fixé), on déduit que :
+∞
∀n ≥ 2,
1 X 1
1
≤
≤
,
n k=n k 2
n−1
ce qui implique que :
+∞
Ln v
1X 1
1
v
.
2 k=n k 2
2n
On a donc en définitive le développement asymptotique :
µ ¶
1
1
Hn = ln (n) + γ +
+o
.
2n
n
En itérant ce procédé on peut obtenir des termes supplémentaires du développement asymptotique.
Toujours dans le cadre des séries à termes positifs, on dispose également des théorèmes de
Cauchy et de d’Alembert, souvent utilisés, pour prouver la convergence ou la divergence d’une
série. La démonstration de ce théorème repose sur des comparaisons à des séries géométriques.
Théorème 6.12 (Cauchy) Soit (un )n∈N une suite à valeurs réelles positives telle que lim
λ.
P
La série
un est convergente pour λ < 1 et divergente pour λ > 1.
n→+∞
√
n
un =
Démonstration. Pour λ < 1, on peut trouver un réel µ tel que λ < µ < 1 et un entier n0
tel que :
√
∀n ≥ n0 , 0 ≤ n un ≤ µ,
145
ce qui revient à dire que :
∀n ≥ n0 , 0 ≤ un ≤ µn
P
et
le
corollaire
6.10
nous
dit
que
la
série
un est convergente comme la série géométrique
P n
µ .
De même, pour λ > 1, on peut trouver un réel µ tel que 1 < µ < λ et un entier n0 tel que :
∀n ≥ n0 , un ≥ µn
P
P n
et le corollaire 6.10 nous dit que la série
un est divergente comme la série géométrique
µ .
Remarque 6.9 Dans le cas où lim
√
n
un = λ > 1, on peut aussi dire qu’on aura
P
pour n assez grand, donc aussi un > 1 et
un diverge.
n→+∞
√
n
un > 1
Remarque 6.10 Pour λ = 1 le théorème ne permet pas de conclure en général comme le
P 1
montre l’exemple des séries de Riemann
. En effet, on a :
nα
r
µ
¶
1
ln (n)
n
−α
= n n = exp −α
→ 1
n→+∞
nα
n
P
pour tout réel α, alors que la série
un diverge pour α ≤ 1 et converge pour α > 1.
Exercice 6.32 Soient α ∈ R∗ et a > 0. En utilisant la règle n de Cauchy, étudier les séµ
¶n µ
¶2n µ
¶
n−1
n
2n + 1 2 an
n (n!)n
2n
ries de termes généraux :
; n ; n ;
;
;
;
1 ;
α+ n
2n + 1
4n − 1
3n + 1
nn!
nα n 2
n
2n
sin2n (α) .
n2
Solution 6.32
µ Toutes
¶n les séries considérées sont à termes strictement positifs.
an + b
Pour un =
, on a :
cn + d
√
an + b
a
n
un =
→
cn + d n→+∞ c
P
a
1
donc
un converge pour = .
2
µ
¶2n c
n
, on a :
Pour un =
4n − 1
√
n
donc
µ
un =
n
4n − 1
¶2
→
n→+∞
1
<1
16
P
un converge.
µ
¶n
2n + 1 2
Pour un =
, on a :
3n + 1
√
n
r
un =
2n + 1
3n + 1
r
→
n→+∞
2
<1
3
146
donc
P
un converge.
an
Pour un = n , on a :
nα
√
n
½
a
un =
1
α
→
0 si α > 0,
+∞ si α < 0
n
donc
un converge pour α > 0 et diverge pour α < 0.
n
Pour un = n , on a :
n2
¶
µ
√
n
√
1
1
n
ln (n) ln (n)
−
n
un = √ = n n 2 = exp
−
→ 0
n→+∞
n
2
n
P
donc
un converge.
(n!)n
Pour un = n! , on a :
n
P
√
n
un =
n→+∞
n
n!
n(n−1)!
Yk
n!
1
≤ n =
≤
n
n
n
k=1
→ 0
n→+∞
P
un converge (pour n ≥ 3, on a n(n−1)! ≥ nn puisque (n − 1)! ≥ n).
2n
Pour un = α+ 1 , on a :
n n
donc
√
n
donc
un =
2
n
α
+ 12
n
n
=
exp
¡¡ α
n
2
¢
¢
+ n12 ln (n)
→ 2>1
n→+∞
P
un diverge.
2n
Pour un = 2 sin2n (α) , on a :
n
√
n
2 sin2 (α)
´
³
un = 2 sin (α) =
ln(n)
nn
exp 2 n
2
2
→ 2 sin2 (α)
n→+∞
P
1
1
1
un diverge pour |sin (α)| > √ , converge pour |sin (α)| < √ . Pour |sin (α)| = √ , on
2
2
2
P
1
a un = 2 et
un converge.
n
donc
On dispose aussi de la version suivante du théorème de Cauchy qui utilise la notion de limite
supérieure d’une suite réelle bornée (vn )n∈N définie par :
µ
¶
µ
¶
lim sup vn = lim sup vp = inf sup vp
n→+∞
µ
(la suite
n→+∞
p≥n
n∈N
p≥n
¶
sup vp
p≥n
est décroissante).
n∈N
Cette notion est étudiée avec le problème du chapitre 26.
¡√ ¢
n u
Théorème 6.13 (Cauchy) Soit
(u
)
une
suite
à
valeurs
réelles
positives.
Si
la
suite
n
n∈N
P
√ n n∈N
n’est pas majorée, alors la série un est divergente, sinon elle est convergente pour lim sup n un <
n→+∞
√
√
1 et divergente pour lim sup n un > 1 (pour lim sup n un = 1, on ne peut rien dire a priori).
n→+∞
n→+∞
147
Démonstration. Voir le problème du chapitre 26.
Cette version du théorème de Cauchy sera utilisée pour déterminer le rayon de convergence
d’une série entière.
Théorème 6.14 (d’Alembert) Soit (un )n∈N une suite à valeurs réelles strictement positives
un+1
telle que lim
= λ.
n→+∞ un
P
La série
un est convergente pour λ < 1 et divergente pour λ > 1.
Démonstration. Pour λ < 1, on peut trouver un réel µ tel que λ < µ < 1 et un entier n0
tel que :
µn+1
un+1
≤µ= n
∀n ≥ n0 , 0 <
un
µ
P
un est convergente comme la série géométrique
P
µn .
De même, pour λ > 1, on peut trouver un réel µ tel que 1 < µ < λ et un entier n0 tel que :
∀n ≥ n0 ,
P
un+1
µn+1
≥µ= n
un
µ
un est divergente comme la série géométrique
P
µn .
un+1
un+1
= λ > 1, on aura
> 1 pour n assez grand et
n→+∞ un
un
en conséquencePil existe un entier n0 tel que un ≥ un0 > 0 pour n ≥ n0 (la suite (un )n≥n0 est
croissante) et
un diverge puisque son terme général ne peut tendre vers 0.
Remarque 6.11 Dans le cas où lim
Remarque 6.12 Pour λ = 1 le théorème ne permet pas de conclure en général comme le
P 1
.
montre l’exemple des séries de Riemann
nα
Remarque 6.13 Le théorème
de¶d’Alembert peut se déduire de celui de Cauchy en utilisant
µ
¡√ ¢
un+1
le théorème 3.6 (Si lim
= λ, alors lim n un = λ) qui est une conséquence du
n→+∞
n→+∞
un
théorème de Césaro (exercice 3.74). Ce résultat peut s’exprimer en disant que la règle de Cauchy
est plus générale que celle de d’Alembert. Pratiquement cela signifie que le théorème de Cauchy
pourra permettre
(mais pas toujours) si celui de d’Alembert ne le peut pas, c’est-à
¶
µ de conclure
un+1
ne converge pas.
dire si la suite
un n∈N
n
2(−1)
Exercice 6.33 On considère la suite (un )n∈N définie par un =
. Que donnent les critères
2n
P
de d’Alembert et de Cauchy pour la série
un ?
Solution 6.33 On a un > 0 pour tout n et :
1
un+1
= 2(−1)n +1 =
un
2
( 1
si n est impair
8
2 si n est pair
148
µ
un+1
donc la suite
un
Par contre, on a :
¶
diverge et le théorème de d’Alembert ne s’applique pas.
n∈N
√
n
(−1)n
n
1
un =
→
2 n→+∞ 2
P
et le théorème de Cauchy nous dit que
un converge.
En fait, on a :
S2p =
2
k
2p
X
2(−1)
k=0
2k
p
p−1
X
1X 1
1
=2
+
2j
2
4 j=0 22j
j=0
p−1
9X 1
1
=
+ 2p
j
4 j=0 4
2
et :
S2p = S2p +
donc
P
un converge et
+∞
P
1
22p+2
→
p→+∞
94
=3
43
→ 3
p→+∞
un = 3.
n=0
Exercice 6.34
P xn
est convergente.
n!
P zn
2. En déduire que pour tout nombre complexe z la série
est convergente.
n!
1. Montrer que pour tout réel x ≥ 0 la série
Solution 6.34
xn
un+1
, on a un > 0 et
=
n!
un
P xn
x
→ 0. On déduit alors du théorème de d’Alembert que la série
est convern + 1 n→+∞
n!
gente.
P zn
2. La question précédente nous dit que
est absolument convergente, donc convergente.
n!
1. Pour x = 0 c’est clair et pour x > 0, en notant un =
Exercice 6.35 Soient α ∈ R et a > 0. En utilisant la règle de d’Alembert, étudier les séries de
an
n! an nα an n!
an nn
1
(n!)2 3n − 1
an
; n (a 6= e) ; α (a 6= ) ;
; ¡√ ¢n ;
termes généraux : α ; α n ; α n ;
n n! n n
n n n!nn
n
n n!
e (2n)!
3
2
p
2 · 5 · 8 · · · (3n − 1)
1 · 4 · 9···n
n
n
;
;
; n (p ∈ Z).
n
1 + a 1 · 5 · 9 · · · (4n − 3) 1 · 5 · 9 · · · (4n − 3) a
Solution 6.35 Toutes les séries considérées sont à termes strictement positifs.
an
Pour un = α , on a :
n n!
µ
¶α
a
un+1
n
=
→ 0
n→+∞
un
n+1 n+1
P
donc
un converge.
an
Pour un = α n , on a :
n n
µ
¶α µ
¶n
un+1
a
1
n
n
=
→ 0·1· =0
n→+∞
un
n+1 n+1
n+1
e
³
(on utilise lim
n→+∞
Pour un =
n!
nα nn
1+
149
P
x ´n
= ex ) donc
un converge.
n
, on a :
un+1
=
un
donc
n
n+1
¶n µ
un+1
=a
un
µ
n+1
n
¶α
¶α
→
n→+∞
1
<1
e
1
(n + 1)2
µ
n
n+1
¶n
→ 0
n→+∞
P
un converge.
an n!
Pour un = n avec a 6= e, on a :
n
un+1
=a
un
donc
n
n+1
P
un converge.
an nα
on a :
Pour un =
n!nn
donc
µ
µ
n
n+1
¶n
→
n→+∞
a
e
P
un converge pour 0 < a < e, diverge pour a > e.
an nn
1
Pour un = α (a 6= ), on a :
n n!
e
µ
¶α µ
¶n
un+1
n
n+1
=a
un
n+1
n
→ ae
n→+∞
P
1
1
un converge pour 0 < a < , diverge pour a > .
e
e
(n!)2
Pour un =
, on a :
(2n)!
donc
donc
P
un+1
(n + 1)2
n+1
=
=
un
(2n + 2) (2n + 1)
2 (2n + 1)
→
n→+∞
1
<1
4
un converge
3n − 1
Pour un = ¡√ ¢n , on a :
3
P
donc
un converge
n
, on a :
Pour un =
1 + an
3n + 2 1
un+1
√
=
un
3n − 1 3
→
n→+∞
1
√ <1
3
un+1
n + 1 1 + an+1
=
va
un
n
1 + an
P
P
n
donc
un converge pour 0 < a < 1, diverge pour a > 1. Pour a = 1, on a un =
et
un
2
diverge.
n 3k − 1
Q
2 · 5 · 8 · · · (3n − 1)
Pour un =
=
, on a :
1 · 5 · 9 · · · (4n − 3) k=1 4k − 3
un+1
3n + 2
=
un
4n + 1
→
n→+∞
3
<1
4
150
donc
P
un converge
n
Q
k2
1 · 4 · 9 · · · n2
Pour un =
=
, on a :
1 · 5 · 9 · · · (4n − 3) k=1 4k − 3
un+1
(n + 1)2
=
un
4n + 1
donc
→ +∞
n→+∞
P
un diverge
np
Pour un = n (p ∈ Z), on a :
a
1
un+1
=
un
a
µ
n+1
n
¶p
→
n→+∞
1
a
P
P
donc
un diverge pour 0 < a < 1, converge pour a > 1. Pour a = 1, un = np et
un diverge
pour p ≥ −1, converge pour p < −1.
√
nn n
et vn =
Exercice 6.36 On considère les suites (un )n≥1 et (vn )n≥1 définies par un = n
e n!
µ
¶
un+1
ln
.
un
P
1. Montrer que la série
vn converge.
2. En déduire que la suite (un )n≥1 converge vers un réel α > 0.
√ n
nn
1
3. Montrer que n! v λ n avec λ =
e
α
4. En admettant la formule de Wallis :
2 · 4 · 6 · · · · · (2n − 2) · (2n) √
√ = π
n→+∞ 1 · 3 · 5 · · · · · (2n − 1) n
lim
√
u2n
,
montrer
que
λ
=
2π (formule de Stirling).
u2n
en n!
nn
1
5. Étudier les série de termes généraux n , et n α (cas a = e et a = dans l’exercice
n
e n n!
e
précédent).
et en simplifiant
Solution 6.36
1. On a :
Ã µ
µ
¶n+ 12 !
¶ µ
¶
1
1 n+1
1
vn = ln
= −1 + n +
ln 1 +
e
n
2
n
et un développement limité donne :
µ
µ ¶¶
µ ¶
¶µ
1
1
1
1
1
vn = −1 + n +
− 2 +O
=
O
2
n 2n
n3
n2
µ ¶
P
1
donc la série
vn converge absolument (puisqu’on a aussi |vn | = O
).
n2
P
2. Comme vn = ln (un+1 )−ln (un ) , la série vn est de même nature que la suite (ln (un ))n≥1
et cette dernière converge. En notant ` sa limite, on a lim un = α = e` > 0.
n→+∞
151
√
3. Il en résulte que n! v λ
4. On a :
nnn
.
en
√
√
u2n
(2n)2n 2n (n!)2 e2n
22n 2 (n!)2
√
= 2n
=
u2n
e (2n)!
n2n n
(2n)!
n
avec :
(2n)! = 1 · 2 · 3 · · · · · (2n − 1) · (2n)
= 1 · 3 · 5 · · · · · (2n − 1) · 2n (n!)
ce qui donne :
√
2n 2
n!
u2n
√
=
2
un
1 · 3 · 5 · · · · · (2n − 1) n
√ √
2 · 4 · 6 · · · · · (2n − 2) · (2n) √
√
2 →
π 2
=
n→+∞
1 · 3 · 5 · · · · · (2n − 1) n
en utilisant la formule de Wallis. Il en résulte que :
√
u2n
1
α
= 2 = = λ = 2π
2
n→+∞ un
α
α
lim
soit :
n! v
5. Pour un =
en n!
on a :
nn
un+1
=e
un
√
µ
2πnnn e−n .
n
n+1
¶n
→ 1
n→+∞
et le théorème de d’Alembert ne permet pas de conclure. En utilisant la formule de Stirling,
on a :
√
√
en nnn
un v λ n n = λ n
n e
P
et
un diverge.
nn
Pour un = n α , on a :
e n n!
µ
¶α µ
¶n
1
un+1
n
n+1
=
→ 1
n→+∞
un
e n+1
n
et le théorème de d’Alembert ne permet pas de conclure. En utilisant la formule de Stirling,
on a :
1 1
1 nn en
√ n =
un v
n
α
λe n
λ nα+ 12
nn
P
1
1
et
un diverge pour α ≤ , converge pour α > .
2
2
un+1
= 1 (avec un > 0), on peut utiliser les théorèmes de Raaben→+∞ un
Duhamel qui suivent. Ces résultats reposent sur la comparaison de la série étudiée à une série
de Riemann.
Dans le cas où lim
152
Théorème 6.15 (Raabe-Duhamel) Soit (un )n∈N une suite à valeurs réelles strictement positives telle que :
µ ¶
un+1
α
1
=1− +o
un
n
n
P
un+1
= 1). Si α < 1, la série
où α est un réel (on a donc en particulier lim
un est alors
n→+∞ un
divergente et si α > 1, elle est convergente.
1
Démonstration. L’idée est de comparer notre série à une série de Riemann. Si vn = β où
n
β est un réel à préciser, on a :
µ
¶−β
µ ¶
1
β
vn+1
1
= 1+
=1− +o
vn
n
n
n
et :
un+1 vn+1
1
−
= (β − α + εn )
un
vn
n
où (εn )n≥1 est une suite réelle qui tend vers 0.
Pour α < 1, on choisit β tel que α < β < 1, de sorte que lim (β − α + εn ) = β − α > 0 et
n→+∞
un+1
vn+1
il existe un entier n0 tel que β − α + εn > 0 pour tout n ≥ n0 , ce qui donne
>
pour
un
vn
P
P
tout n ≥ n0 et
un diverge comme
vn .
Pour α > 1, on choisit β tel que 1 < β < α, de sorte que lim (β − α + εn ) = β − α < 0 et
n→+∞
un+1
vn+1
il existe un entier n0 tel que β − α + εn < 0 pour tout n ≥ n0 , ce qui donne
<
pour
un
vn
P
P
tout n ≥ n0 et
un converge comme
vn .
Exercice 6.37 Étudier la série
P
un , où un =
1 · 3 · 5 · · · (2n − 1)
pour n ≥ 1.
2 · 4 · 6 · · · (2n)
Solution 6.37 On a :
un+1
2n + 1
=
→ 1
un
2n + 2 n→+∞
et le théorème de d’Alembert ne permet pas de conclure.
Avec :
µ
¶−1
un+1
1
1
1
=1−
=1−
1+
un
2n + 2
2n
n
µ ¶
1
1
+o
=1−
2n
n
et le théorème de Raabe-Duhamel, on déduit que
théorème qui précède).
P
un diverge (α =
1
avec les notations du
2
Le cas où α = 1 peut être traité avec la version suivante du théorème de Raabe-Duhamel.
Théorème 6.16 (Raabe-Duhamel) Soit (un )n∈N une suite à valeurs réelles strictement positives telle que :
µ ¶
un+1
α
1
=1− +O
un
n
nγ
P
un+1
où α, γ sont des réels avec γ > 1 (on a donc en particulier lim
= 1). La série
un
n→+∞ un
converge si, et seulement si, α > 1.
153
µ
Démonstration. Pour α < 1 ou α > 1, on écrit que O
1
nγ
¶
µ ¶
1
=o
et on est ramené
n
au théorème précédent.
Pour α = 1, on introduit la suite (vn )n∈N définie par vn = ln (nun ) qui est de même nature
que la série de terme général :
µ
¶
µ
¶
n+1
un+1
vn+1 − vn = ln
+ ln
n
u
µ
¶
µ
µ n¶¶
1
1
1
+ ln 1 − + O
= ln 1 +
n
n
nγ
µ ¶ µ
µ ¶¶
1 1 1
1
1
1
+O
= −
+ − +O
2
3
n 2n
n
n
nγ
µ
¶
1 1
1
=− 2 +O
2n
nmin(3,γ)
donc convergente puisque γ > 1. En notant ` = lim vn , on a lim nun = λ = e` > 0, ce qui
n→+∞
n→+∞
P
λ
signifie que un v et
un est divergente.
n
Exercice 6.38 On désigne par (un )n∈N la suite réelle définie par :
½
u0 = 1
∀n ∈ N, un+1 = sin (un )
1. Montrer que la suite (un )n∈N tend vers 0 en décroissant.
¶
µ
1
1
1
2. Montrer que lim
− 2 = .
2
x→0
3
sin (x) x
P
3. En utilisant le théorème de Césaro, montrer que la série
un diverge.
Solution 6.38
1. On vérifie facilement par récurrence que 0 < un ≤ 1 pour tout n ≥ 0. En effet, c’est vrai
pour n = 0 et supposant acquis le résultat au rang n ≥ 0, on a :
0 < un+1 = sin (un ) < 1.
Tenant compte de l’inégalité sin (x) < x pour x ∈ ]0, 1] , on déduit que cette suite est
décroissante et comme elle est minorée par 0, elle converge vers un réel ` ∈ [0, 1] . Avec
la continuité de la fonction sin, on déduit que sin (`) = ` avec ` ∈ [0, 1] et ` = 0.
sin (un )
un+1
= lim
= 1 et le théorème de d’Alembert ne permet pas
On a donc lim
n→+∞
n→+∞ un
un
de conclure.
2. Le développement limité de sin en 0 à l’ordre 3 nous donne :
³
´2
x3
2
4
2
x − x − 6 + o (x )
1
x2 − sin (x)
1
−
=
=
¡
¢2
3
sin2 (x) x2
x2 sin2 (x)
x2 x − x + o (x4 )
6
=
x4
3
x4
+ o (x4 )
1
→ .
4
x→0
+ o (x )
3
154
3. Comme un > 0 pour tout n et lim un = 0, on déduit de la question précédente que :
n→+∞
µ
lim
n→+∞
1
u2n+1
1
− 2
un
¶
µ
= lim
n→+∞
1
1
− 2
2
sin (un ) un
¶
=
1
3
et le théorème de Césaro nous dit que :
n−1
1X
lim
n→+∞ n
k=0
µ
1
u2k+1
1
− 2
uk
¶
µ
¶
1
1 1
−
= lim
n→+∞ n
u2n u20
µ
¶
1
1 1
= lim
=
2
n→+∞
n un
3
P
1
et un ∼ √ √ et la série
un diverge.
3 n
Comme pour le théorème de Cauchy, on dispose d’un version du théorème de d’Alembert
qui fait intervenir la notion de limite supérieure et aussi celle de limite inférieure. Précisément,
on a le résultat suivant.
Théorème 6.17 (d’Alembert) Soit (un )n∈N une suite à valeurs réelles strictement positives.
P
un+1
un+1
Si lim sup
< 1, la série un est alors convergente et si lim inf
> 1, elle est divergente
n→+∞ un
un
n→+∞
(dans les autres cas, on ne peut rien dire a priori).
Démonstration. Voir le problème du chapitre 26.
6.6
Produit de deux séries
P
P
Étant données deux séries
numériques
u
et
vn , on peut définir naïvement leur produit
n
P
comme la
un vn , où on fait le produit terme
Psérie produit
P à terme
P comme pour la somme. On
dit que
un vn est le produit de Hadamard des séries
un etP vn . P
exemple pour deux séries géométriques convergentes
an et
bn , la série produit
P Par
an bn est encore une série géométrique convergente, mais en général :
+∞
X
+∞
+∞
X
X
1
1
n
bn =
a b =
6=
a
.
1 − ab n=0 n=0
(1 − a) (1 − b)
n=0
n n
On préfère définir le produit de deux séries par analogie au produit de deux polynômes
comme suit.
P
P
Définition 6.5 Étant données deux séries numériques
un et
vn , le produit de Cauchy de
n
P
ces deux séries est la série de terme général wn =
uk vn−k .
k=0
Ce produit de Cauchy est aussi appelé produit de convolution.
Pour l’exemple des séries géométriques convergentes avec a 6= b, on a :
wn =
n
X
k=0
ak bn−k =
bn+1 − an+1
b−a
Produit de deux séries
155
et :
+∞
X
1
wn =
b−a
n=0
Ã +∞
X
b
n+1
−
n=0
+∞
X
!
n+1
a
n=0
1
=
b−a
µ
b
a
−
1−b 1−a
¶
1
1
=
.
=
ab − b − a + 1
(1 − a) (1 − b)
On s’intéresse tout d’abord au produit de Cauchy de deux séries à termes positifs.
P
P
Théorème
6.18 Soient
un et P
vn deux séries
à termes positifs non identiquement nulles
P
P
et Pwn leur produit de Cauchy. Si
un et
vn sont convergentes, il en est alors de même
de
wn et :
Ã +∞ ! Ã +∞ !
+∞
X
X
X
wn =
un
vn .
n=0
P
n=0
n=0
P
Si l’une des
deux ¶
séries
u
vn est divergente, il en est alors de même de
wn (l’égalité
n ou
µ
µ
¶
+∞
+∞
+∞
P
P
P
wn =
un
vn est encore vérifiée dans ce cas avec +∞ pour valeur commune).
n=0
n=0
P
n=0
0
00
On note respectivement Sn , Sn et Sn les sommes partielles des séries
P Démonstration.
P
vn et
wn . Pour tout entier n, on a :
Ã n
!Ã n
!
X
X
X
Sn Sn0 =
ui
vj =
ui v j .
i=0
et :
Sn00
=
k
n X
X
j=0
ui vk−i =
k=0 i=0
n X
X
P
un ,
0≤i,j≤n
ui v j =
X
ui v j
i+j≤n
k=0 i+j=k
les indices i, j figurant dans ces sommes étant positifs ou nuls. Il en résulte que :
X
X
X
00
Sn00 =
ui v j ≤
ui vj = Sn Sn0 ≤
ui vj = S2n
i+j≤n
0≤i,j≤n
i+j≤2n
P
P
En conséquence si
un et
vn convergent, les suites (Sn )n∈N et (Sn0 )n∈N sont
P majorées, donc
aussi la suite (Sn00 )n∈NP
, ce qui équivaut
à
dire
que
la
série
à
termes
positifs
wn converge. Si
P
0
l’une des deux séries
un ou
vn diverge, l’une des suites (Sn )n∈N et (Sn )n∈N tend vers +∞
00
)n∈N (les un , vn sont positifs non tous nuls, donc Sn et Sn0 sont
et il en est de même de (S2n
croissantes et strictement positives pour n grand), la série est donc divergente. P
P
Le théorème précédent peut aussi s’énoncer en disant que, pour toutes séries
un et
vn
à termes positifs non tous nuls, on a toujours l’égalité dans R+ = R+ ∪ {+∞} :
Ã +∞ ! Ã +∞ ! +∞
X
X
X
un
vn =
wn
n=0
où wn =
n
P
k=0
uk vn−k .
On en déduit alors le résultat suivant.
n=0
n=0
156
P
P
P
Théorème 6.19 Le produit de Cauchy
wn de deux séries numériques
un et
vn absolument convergentes est absolument convergent et :
Ã +∞ ! Ã +∞ !
+∞
X
X
X
wn =
un
vn .
n=0
n=0
n=0
n
P
Démonstration. Le théorème précédent nous dit que, si on note wn0 =
|uk | |vn−k | pour
k=0
P 0
tout entier naturel n, alors la série
wn est convergente et avec les inégalités :
¯
¯
n
¯
¯X
¯
¯
|wn | = ¯
uk vn−k ¯ ≤ wn0 ,
¯
¯
k=0
P
wn est absolument convergente.
P
P
P
0
00
En notant respectivement
S
,
S
,
S
les
sommes
partielles
des
séries
u
,
v
,
wn et Tn ,
n
n
n
n
n
P
P
P 0
0
00
Tn , Tn celles des séries
|un | ,
|vn | ,
wn on a :
¯
¯ ¯
¯
¯
¯ ¯
¯
¯ X
¯
¯
¯
X
X
¯
¯
¯
¯
0
00
|Sn Sn − Sn | = ¯
ui v j ¯ = ¯
ui v j −
ui v j ¯
¯
¯ ¯
¯
0≤i,j≤n
¯0≤i,j≤n
¯ ¯ 0≤i,j≤n
¯
i+j≤n
i+j≥n+1
X
X
X
|ui | |vj |
|ui | |vj | =
|ui | |vj | −
≤
0≤i,j≤n
0≤i,j≤n
i+j≥n+1
0≤i,j≤n
i+j≤n
≤ Tn Tn0 − Tn00
¶
¶ µ +∞
µ +∞
+∞
P
P 0
P
0
00
avec lim (Tn Tn − Tn ) = 0 puisque
|vn | . Il en résulte que lim (Sn Sn0 − Sn00 ) =
wn =
|un |
n→+∞
0 et :
n=0
+∞
X
wn = lim Sn00 = lim Sn lim Sn0 =
n=0
Exemple 6.4 La série
n→+∞
P
n→+∞
n→+∞
n=0
n=0
Ã +∞
X
n→+∞
un
! Ã +∞
X
n=0
λn étant absolument convergente de somme
complexe λ tel que |λ| < 1, on déduit que :
1
=
(1 − λ)2
où :
wn =
n
X
Ã +∞
X
n=0
!2
λ
n
=
+∞
X
wn
n=0
λk λn−k = (n + 1) λn .
k=0
On a donc :
+∞
+∞
X
X
1
n
=
(n
+
1)
λ
=
nλn−1 .
2
(1 − λ)
n=0
n=1
!
vn
.
n=0
1
, pour tout nombre
1−λ
Séries doubles
157
P λn
étant absolument convergente pour tout nombre complexe λ (exern!
cice 6.34), en notant f (λ) sa somme, on a pour tous nombres complexes λ et µ :
Exemple 6.5 La série
f (λ) f (µ) =
+∞
X
wn
n=0
où :
wn =
n
n
X
λk µn−k
1 X k k n−k (λ + µ)n
=
=
.
Cn λ µ
k!
(n
−
k)!
n!
n!
k=0
k=0
On a donc f (λ) f (µ) = f (λ + µ) avec f (0) = 1. On reconnaît ici l’équation fonctionnelle
qui caractérise la fonction exponentielle réelle (avec l’hypothèse de continuité en 0). Pour cette
P λn
raison, on note eλ la somme de la série
et on définit ainsi la fonction exponentielle
n!
complexe qui prolonge celle que l’on connaît sur R.
En réalité l’absolue convergence de l’un des deux séries suffit (l’autre série étant bien entendu
convergente). Précisément on a le résultat suivant.
P
P
Théorème
6.20
(Mertens)
Le
produit
de
Cauchy
w
de
deux
séries
numériques
un et
n
P
vn convergentes, l’une d’entre elles étant absolument convergente, est convergent et :
Ã +∞ ! Ã +∞ !
+∞
X
X
X
wn =
un
vn .
n=0
n=0
n=0
Exercice 6.39 Montrer que le produit de Cauchy de la série convergente
même est divergent.
P (−1)n
√
par elle
n+1
P (−1)n
√
Solution 6.39 Le théorème des séries alternées nous dit que
est convergente. Le
n+1
P
produit de Cauchy de cette série par elle est la série
wn définie par :
wn = (−1)
n
n
X
k=0
et avec :
p
1
(k + 1) (n − k + 1)
(k + 1) (n − k + 1) ≤ (n + 1)2
pour k compris entre 0 et n, on déduit que :
|wn | ≥ 1
et
P
6.7
wn diverge puisque son terme général ne tend pas vers 0.
Séries doubles
De même que l’on considère des intégrales doubles,P
on peut définir la notion de série double.
un,m .
L’idée étant donner un sens à une somme du type
(n,m)∈N2
On s’intéresse tout d’abord au cas des séries doubles à termes positifs.
158
Théorème 6.21 Soit (un,m )(n,m)∈N2 une suite de réels positifs ou nuls indexée par (n, m) dans
P
P
N2 . Si, pour tout n ∈ N, la série
un,m est convergente P
de somme Sn et si la série
Sn est
convergentePde somme S, alors pour tout m ∈ N, la série
un,m est convergente de somme Tn
et la série
Tn est convergente de somme S. On a donc :
Ã +∞
! +∞ Ã +∞
!
+∞
X
X
X X
un,m =
un,m
n=0
m=0
m=0
n=0
Démonstration. Pour tout entier naturel m, on a :
∀n ∈ N, 0 ≤ un,m ≤ Sn =
+∞
X
un,k
k=0
avec
+∞
P
Sn = S < +∞, ce qui entraîne la convergence de la série
P
n=0
somme de cette série, on a pour tout n :
m X
n
X
k=0 j=0
uj,k =
n X
m
X
un,m . En notant Tm la
n
+∞
n X
X
uj,k ≤
uj,k =
Sj ≤
j=0
j=0 k=0
j=0 k=0
n
X
+∞
X
Sn = S.
n=0
Il en résulte que :
+∞
m X
X
uj,k =
k=0 j=0
µ
ce qui signifie que la suite croissante
P
Tm est donc convergente et T =
+∞
P
m=0
m
P
m
X
¶
Tk
k=0
Tk ≤ S
k=0
est majorée et donc convergente. La série
m∈N
Tm ≤ S. En permutant les rôles de n et m, on aboutit
de manière analogue à S ≤ T et T = S.
Remarque 6.14 Dans le cas où l’une des sommes positives
+∞
P
µ +∞
P
n=0
m=0
¶
un,m
ou
+∞
P
m=0
µ +∞
P
un,m
n=0µ
+∞
P +∞
P
est infinie, il en est de même de l’autre, puisque si l’une est finie l’autre l’est. L’égalité
n=0
µ
¶
+∞
P +∞
P
un,m est donc valable pour toute suite double (un,m )(n,m)∈N2 de réels positifs.
m=0
¶
¶
un,m
m=0
n=0
Dans le cas où l’une des sommes
+∞
P
µ +∞
P
n=0
m=0
¶
n=0
m=0
ou
µ +∞
P
m=0
n=0
¶
un,m ((un,m )(n,m)∈N2 étant une
P
suite double de réels positifs) est finie, on ditµ que la série
double
un,m ¶
est convergente et on
¶
µ
+∞
+∞
P +∞
P
P +∞
P
P
un,m la valeur commune de
un,m et
un,m .
note
(n,m)∈N2
un,m
+∞
P
m=0
n=0
Définition 6.6 Étant donnée une suite double (un,m )(n,m)∈N2 de nombres complexes, on dit que
P
P
la série double
un,m est absolument convergente si la série double
|un,m | est convergente.
On a le résultat suivant qui est l’analogue du théorème de Fubini que l’on connaît dans le
cadre de la théorie de l’intégration.
=
Séries doubles
159
P
Théorème 6.22 Soit (un,m )(n,m)∈N2 une suite double telle que la série double
un,m soit absolument
convergente.
Dans ces conditions, pour tout n ∈ N [resp. pour tout m ∈ N], la série
P
P
un,m [resp.
un,m ] est absolument convergente et en notant Sn [resp. Tm ] la somme de cette
m
n
série, la série
P
Sn [resp.
P
Tm ] est absolument convergente et on a
+∞
X
Ã +∞
X
n=0
m=0
!
un,m
=
Ã +∞
X
m=0
n=0
n=0
!
Sn =
+∞
P
Tm , soit :
m=0
un,m
P
|un,m | entraîne par définition celle des séries |un,m |
m
P
pour tout entier n, ce qui signifie que toutes les séries
un,m sont absolument convergentes.
Démonstration. La convergence de
P
+∞
X
+∞
P
m
Avec :
m
X
|Sk | =
n X
+∞
X
|un,m | ≤
k=0 m=0
k=0
Ã +∞
+∞
X
X
n=0
P
!
|un,m |
=
m=0
X
|un,m | < +∞
(n,m)∈N2
Sn est absolument P
convergente. Les indices n et m jouant des rôles
symétriques, on montre de même que la série
Tm est absolument convergente. Faisant tendre
m vers l’infini dans l’égalité :
n
n X
m
m X
X
X
uj,k
uj,k =
on obtient :
k=0 j=0
j=0 k=0
n
+∞ X
X
n X
+∞
X
uj,k =
k=0 j=0
soit :
uj,k
j=0 k=0
n
+∞ X
X
uj,k =
k=0 j=0
n
X
Sj
j=0
De même, en faisant tendre n vers l’infini, on aboutit à :
+∞
m X
X
uj,k =
+∞ X
m
X
k=0 j=0
soit :
uj,k
j=0 k=0
+∞ X
m
X
uj,k =
j=0 k=0
m
X
Tk
k=0
Prenant n = m, on a :
n
X
k=0
Tk −
n
X
Sj =
j=0
=
+∞ X
n
X
uj,k −
j=0 k=0
k=0 j=0
n X
n
X
n X
n
X
uj,k −
j=0 k=0
=
+∞ X
n
X
+∞ X
n
X
=
j=n+1
Sj −
j=n+1 k=0
+∞ X
n
X
uj,k −
+∞ X
n
X
uj,k +
k=0 j=0
j=n+1 k=0
+∞
X
uj,k
uj,k
k=n+1 j=0
+∞
X
k=n+1
Tk
→ 0−0=0
n→+∞
uj,k −
+∞ X
n
X
k=n+1 j=0
uj,k
160
puisque chacune des séries
+∞
P
P
Sn et
P
Tm converge. On a donc bien l’égalité on a
Tm .
P
Dans le cas où la série double
un,m est absolument convergente on note
µ
¶
µ
¶
+∞
+∞
P
P
P +∞
P +∞
valeur commune de
un,m et
un,m .
m=0
n=0
m=0
m=0
+∞
P
n=0
P
Sn =
un,m la
(n,m)∈N2
n=0
Remarque 6.15 Le résultat
pas
µ valable¶a priori sans hypothèse de convergence
¶ n’est
µ précédent
+∞
+∞
P +∞
P
P +∞
P
un,m peuvent être définies et différentes et
un,m et
absolue. Les sommes
m=0 n=0
n=0 m=0
P
un,m .
dans ce cas il n’est pas possible de donner un sens à
(n,m)∈N2
Exercice 6.40 Soit (un,m )(n,m)∈N∗ ×N∗ la suite double définie par :
(
0 si n = m
1
∀ (n, m) ∈ N × N , un,m =
si n 6= m
n2 − m2
µ
¶
µ
¶
+∞
+∞
P +∞
P
P +∞
P
un,m et
un,m sont définies et
Montrer, en les calculant, que les sommes
∗
∗
n=1
différentes.
m=1
m=1
n=1
Solution 6.40 Pour k entier naturel non nul fixé et n > k, on a
n
X
uj,k =
j=1
n
X
j=1
j6=k
¶
n µ
1
1 X
1
1
=
−
j 2 − k2
2k j=1 j − k j + k
j6=k


n−k
n+k
X
X
1
1 
1


=
−

2k j=1−k j j=k+1 j 
j6=0
j6=2k
Ã n−k
!
k−1
n+k
X
1 X1 X1
1
1
=
−
−
+
2k j=1 j
j j=k+1 j 2k
j=1
Ã n−k
!
n+k
1
1 X1 X1 1
−
+ +
=
2k j=1 j
j k 2k
j=1
Ã
!
n+k
X
1 31
1
=
−
2k 2 k j=n−k+1 j
avec :
0<
n+k
X
1
1
≤ 2k
j
n−k+1
j=n−k+1
et donc :
∀k ≥ 1, lim
n→+∞
n
X
j=1
uj,k =
→ 0
n→+∞
3 1
,
4 k2
La transformation d’Abel
161
ce qui signifie que :
∀k ≥ 1, Tk =
+∞
X
un,k =
n=1
La série
P
Tm est donc convergente avec
Ã +∞
+∞
X
X
m=1
¶
µ
+∞
P +∞
P
P 1
3 +∞
, ce qui signifie que :
4 m=1 m2
Tm =
m=1
!
un,m
n=1
De manière analogue, on a :
µ
+∞
P
P +∞
+∞
P
+∞
X
Ã +∞
X
n=1
m=1
¶
3 1
.
4 k2
+∞
3X 1
3 π2
=
=
.
4 m=1 m2
4 6
!
un,m
=−
3 π2
4 6
un,m .
un,m 6=
P m=1 n=1
La série double
un,m n’est donc pas absolument convergente.
et
n=1
6.8
m=1
Cette transformation que l’on peut considérer comme une intégration par parties discrète
sera surtout utile lors de l’étude des séries trigonométriques.
Théorème 6.23 Soient (αn )n∈N , (un )n∈N deux suites numériques et (An )n∈N la suite définie
par :
n
X
αk .
∀n ∈ N, An =
k=0
Pour tous entiers q > p ≥ 1, on a :
q
X
αk uk = Aq uq − Ap−1 up −
q−1
X
Ak (uk+1 − uk ) .
k=p
k=p
Démonstration. En écrivant que αk = Ak − Ak−1 , pour tout entier k ≥ 1, on a :
q
X
α k uk =
k=p
=
q
X
q
X
k=p
Ak uk −
k=p
q−1
X
(Ak − Ak−1 ) uk =
q
X
Ak uk −
k=p
Ak uk+1 = Aq uq − Ap−1 up +
k=p−1
q
X
Ak−1 uk
k=p
q−1
X
Ak (uk − uk+1 )
k=p
= Aq uq − Ap−1 up −
q−1
X
Ak (uk+1 − uk )
k=p
L’analogie avec la formule d’intégration par parties :
Z b
Z b
Z b
0
f (t) g (t) dt =
F (t) g (t) dt = F (b) g (b) − F (a) g (a) −
F (t) g 0 (t) dt
a
a
Z
a
t
où F (t) =
f (t) dt est la primitive de f nulle en a peut se faire comme suit :
a
162
–
–
–
–
la
la
la
la
suite
suite
suite
suite
(αn )n∈N est identifiée à la fonction f ;
(An )n∈N est identifiée à la fonction F (intégration discrète) ;
(un )n∈N est identifiée à la fonction g ;
(un+1 − un )n∈N est identifiée à la fonction g 0 (dérivation discrète) ;
Z b
q
P
αk uk est identifiée à l’intégrale
– la somme
f (t) g (t) dt ;
k=p
a
Z b
q−1
P
– la somme
Ak (uk+1 − uk ) est identifiée à l’intégrale
F (t) g 0 (t) dt.
k=p
a
En utilisant cette transformation, on obtient le résultat suivant.
Théorème 6.24 (Abel) Soient (un )n∈N une suite réelle qui tend vers 0 en décroissant et
(αn )n∈N une suite de nombres complexes telle que la suite (An )n∈N définie par :
∀n ∈ N, An =
n
X
αk .
k=0
P
soit bornée. Dans ces conditions la série
un αn est convergente et, en désignant par M > 0
un majorant de la suite (|An |)n∈N , on a les majoration des restes :
¯ +∞
¯
¯ X
¯
¯
¯
∀n ∈ N, |Rn+1 | = ¯
αk uk ¯ ≤ 2M un+1 .
¯
¯
k=n+1
P Démonstration. Il s’agit de montrer que la suite (Sn )n∈N des sommes partielles de la série
un αn est convergente. En utilisant, pour n ≥ 2, la transformation d’Abel :
Sn =
n
X
αk uk = α0 u0 +
n
X
αk uk = α0 u0 + An un − A0 u1 −
k=1
k=0
= An un −
n−1
X
k=1
n−1
X
Ak (uk+1 − uk )
Ak (uk+1 − uk )
k=0
P
(α0 = A0 ) cela revient à montrer que la série An (un+1 − un ) est convergente (la suite (An )n∈N
est bornée et (un )n∈N tend vers 0, donc (An un )n∈N tend aussi vers 0). Pour ce faire nous allons
montrer qu’elle est absolument convergente, ce qui résulte de :
∀n ∈ N, |An (un+1 − un )| ≤ M (un − un+1 )
P
(la suite (un )n∈N est décroissante) la série
(un+1 − un ) étant convergente puisque de même
nature que la suite (un )n∈N .
Pour ce qui est des restes, on utilise encore la transformation d’Abel qui nous permet d’écrire
pour m > n + 1 :
¯
¯ ¯
¯
m−1
m
¯
¯ ¯
¯ X
X
¯
¯ ¯
¯
Ak (uk+1 − uk )¯
αk uk ¯ = ¯Am um − An un+1 −
¯
¯
¯ ¯
¯
k=n+1
k=n+1
≤ |Am um − An un+1 | +
Ã
≤M
um + un+1 +
m−1
X
k=n+1
m−1
X
k=n+1
|Ak | (uk − uk+1 )
!
(uk − uk+1 )
= 2M un+1
163
puis, faisant tendre m vers l’infini, on obtient :
¯ +∞
¯
¯ X
¯
¯
¯
|Rn | = ¯
αk uk ¯ ≤ 2M un+1 .
¯
¯
k=n+1
Remarque 6.16 En utilisant la suite (αn )n∈N définie par αn = (−1)n , on retrouve le théorème
des séries alternées (on a |An | ≤ 1).
Une utilisation classique du théorème d’Abel est l’étude des séries trigonométriques.
Théorème 6.25 Soit (un )n∈N une suite de réels positifs.
P
P
1. Si la série
un est convergente, alors la série
un eint est absolument convergente pour
tout réel t.
P
2. Si la suite (un )n∈N tend vers 0 en décroissant, alors la série
un eint est convergente pour
tout réel t ∈ R \ 2πZ.
Démonstration.
1. Résulte immédiatement de |un eit | = un pour tout réel t.
2. Pour tout réel t ∈ R − 2πZ, on a :
An =
n
X
k=0
et :
n+1
ikt
e
n+1
n+1
1 − ei(n+1)t
ei 2 t e−i 2 t − ei 2 t
=
=
t
t
t
1 − eit
ei 2
e−i 2 − ei 2
¡ n+1 ¢
t
t sin
¡2t ¢
= ein 2
sin 2
1
|An | ≤ ¯¯ ¡ t ¢¯¯ .
sin
2
µ ¶
t
(pour t ∈ R \ 2πZ, on a sin
6= 0). Le résultat découle alors du théorème d’Abel.
2
théorème précédent, on déduit que si (un )n∈N tend vers 0 en décroissant, alors la série
P Du −int
un eP est convergente
P pour tout réel t ∈ R \ 2πZ (remplacer t par −t) et en conséquence les
séries
un cos (nt) et
un sin (nt) sont également
t ∈ πZ,
P convergentes.
P Pour
P on a cos (nt) =
n
n
(−1) et sin (nt) = 0 pour tout n et les séries
un cos (nt) (−1) un et
un sin (nt) sont
encore convergentes (la première par le théorème des séries alternées).
Exercice 6.41 Montrer que pour tout réel t ∈ R\πZ, la série
P sin (nt)
est semi-convergente.
n
µ ¶
P sin (nt)
1
Solution 6.41 Comme
est convergente.
tend vers 0 en décroissant, la série
n n≥1
n
Avec |sin (nt)| ≥ sin2 (nt) pour tous n, t et :
sin2 (nt)
1 cos (2nt)
= −
n
n
n
P sin2 (nt)
P |sin (nt)|
est divergente comme
(somme d’une divergente et d’une
n
n
convergente avec 2t ∈ R \ 2πZ).
on déduit que
164
Une petite modification de la transformation d’Abel permet de montrer le résultat suivant.
Théorème P
6.26 (Abel) Soient et (αn )n∈N etP(un )n∈N deux suite de nombres complexes telles
que la série
αn soit convergente
et la série
(un+1 − un ) absolument convergente.
P
Dans ces conditions la série
un αn est convergente.
Démonstration. On utilise une transformation d’Abel qui fait intervenir les restes Rn =
P
αk de la série convergente
αn et non pas les sommes partielles An de cette série. Pour
+∞
P
k=n+1
ce faire, on écrit que αk = Rk−1 − Rk , pour tout entier k ≥ 1 et :
n
X
α k uk =
k=1
=
n−1
X
Rk uk+1 −
k=0
n
X
(Rk−1 − Rk ) uk =
n
X
k=1
n
X
Rk−1 uk −
k=1
Rk uk
k=1
Rk uk = R0 u1 − Rn un +
k=1
n
X
n−1
X
Rk (uk+1 − uk )
k=1
P
Comme
(un+1 − un ) absolument convergente, elle convergente et cette série étant de même
nature que la suite (un )n∈N , cette dernière est convergente.
Il en résulte que la suite (Rn un )n∈N
P
converge vers 0 ((Rn )n∈N tend vers 0 puisque
αn converge). Enfin avec
P|Rn (un+1 − un )| ≤
M |un+1 − un | où M est un majorant
Rn (un+1 − un ) est
P de (|Rn |)n∈N , on déduit que
P la série
absolument convergente comme
(un+1 − un ) . En définitive,
un αn est convergente.
P
Exercice 6.42 Montrer que si la série réelle ou
αn est convergente, alors pour
Pcomplexe
tout nombre complexe z tel que |z| < 1, la série
αn z n est convergente.
Solution 6.42 En posant un = z n , on a pour |z| < 1 :
+∞
X
n=0
|un+1 − un | =
+∞
X
|z − 1| |z|n = |z − 1|
n=0
Le deuxième théorème d’Abel nous dit alors que la série
6.9
P
1
.
1 − |z|
αn z n est convergente.
Exemples de séries approximant π
Pour chacune des séries de somme égale à π, on note Sn la somme partielle d’indice n et
Rn = |π − Sn | l’erreur d’indice n.
On a déjà vu la série de Grégory :
+∞
π X (−1)n
=
4
2n + 1
n=0
(exercice 6.10). Cette série converge lentement :
R10 w 9.072 3 × 10−2 , R100 w 9.900 7 × 10−3 , R1000 w 9.99 × 10−4
Le théorème des séries alternées nous dit que cette erreur est majorée par
Une formule d’Euler :
+∞
X
2n (n!)2
π=2
(2n + 1)!
n=0
4
.
2n + 3
Produits infini
165
On a :
R10 w 4.866 3 × 10−4 , R100 w −5. 048 7 × 10−29
La série de Machin donne une meilleure approximation :
π = 16
+∞
X
n=0
+∞
X
(−1)n
(−1)n
1
−
4
52n+1 2n + 1
2392n+1 2n + 1
n=0
1
On a :
R5 w 9.744 8 × 10−10 , R10 w 5.628 5 × 10−17 , R20 w 1.514 6 × 10−28
La formule suivante, de Plouffe converge aussi rapidement :
π=
+∞ µ
X
n=0
4
1
1
1
−
−
−
8n + 1 4n + 2 8n + 5 8n + 6
¶
1
16n
(voir le problème 27). On a :
R5 w 3.617 1 × 10−10 , R10 w 1.088 5 × 10−16 , R20 w 1.009 7 × 10−28
La plus belle formule est celle de Ramanujan :
π=
9801
.
√ +∞
P (4n)! 1103 + 26390n
2 2
4
3964n
n=0 (n!)
Il l’énonça en 1910, mais ne fut démontrée qu’en 1985 par les frères Borwein.
On a :
R2 w 5.682 5 × 10−24 , R3 w 5.048 7 × 10−29
6.10
Produits infini
En s’inspirant de la notion de série numérique, on peut définir la notion de produit infini
comme suit.
Étant donnés un entier naturel n0 et une suite (un )n≥n0 de nombres complexes, étudier le
produit infini de terme général un revient à étudier la suite (Pn )n≥n0 des produits partiels définie
par :
n
Y
∀n ≥ n0 , Pn =
uk .
k=n0
On peut remarquer que cette suite est aussi définie par la relation de récurrence :
½
Pn0 = un0 ,
∀n ≥ n0 + 1, Pn = Pn−1 · un .
Q
On notera plus simplement un un tel produit et on parlera de produit infini.
Pour tout entier n ≥ n0 , on dit que un est le terme d’indice n et Pn le produit partiel d’indice
n de ce produit infini.
On supposera, a priori, que n0 = 0.
Q
Définition 6.7 On dit que le produit infini
un est convergent si la suite de ses produits
partiels (Pn )n∈N est convergente. Dans le cas contraire, on dit que le produit infini est divergent.
166
Dans le cas où le produit infini
(Pn )n∈N , soit :
Q
un est convergent, on notera
+∞
Y
un = lim
n
Y
n→+∞
n=0
+∞
Q
n=0
un la limite de la suite
uk
k=0
Remarque 6.17 Si l’un des un est nul, on aura Pm = 0 pour tout m ≥ n et le produit infini
converge toujours.
Si
Q
un est un produit infini, on supposera que tous les un sont non nuls.
¶
Yµ
(−1)n
Exercice 6.43 Montrer que le produit infini
1+ √
est convergent et calculer sa
n+1
valeur.
Solution 6.43 On note :
∀n ∈ N, Pn =
n
Y
Ã
k=0
(−1)k
1+ √
k+1
!
µ
¶
(−1)n
On a vu avec l’exercice 6.28 que la série de terme général un = ln 1 + √
est divergente
n+1
vers −∞.
n
P
La suite (Pn )n∈N est à valeurs strictement positives et on a ln (Pn ) =
uk pour tout n ∈ N.
k=0
Il en résulte que lim ln (Pn ) = −∞ et lim Pn = 0, ce qui signifie que le produit infini
n→+∞
¶n→+∞
Yµ
(−1)n
1+ √
converge vers 0.
n+1
L’exercice précédent nous montre qu’un produit infini de termes non nuls peut très bien
converger vers 0.
Définition 6.8 On dit que le produit infini
un complexe non nul.
Q
un est strictement convergent s’il converge vers
Comme pour les séries numériques, on a la condition nécessaire de stricte convergence suivante.
Théorème 6.27 Si le produit infini
converge vers 1.
Q
un est strictement convergent, alors la suite (un )n∈N
Pn
pour n ≥ 1 et de lim Pn 6= 0.
n→+∞
Pn−1
Dans ce qui suit, on écrira Q
les un sous la forme un = 1 + vn avec vn 6= −1 pour tout n et en
cas de stricte convergence de un , on aura lim vn = 0.
Démonstration. Résulte immédiatement de un =
n→+∞
Dans le cas où les vn sont réels positifs, l’utilisation de la fonction logarithme nous donne le
résultat suivant.
Théorème 6.28 Soit (vn )n∈N une suite de réels positifs
P ou nuls. Le produit infini
est strictement convergent si, et seulement si, la série
vn est convergente.
Q
(1 + vn )
Produits infini
167
Démonstration. En notant (Pn )n∈N la suite des produits partiels de
Q
(1 + vn ) , on a :
Pn+1 = Pn (1 + vn ) ≥ Pn > 0
CetteP
suite est donc croissante.
Si
vn converge, on a :
ln (Pn ) =
n
X
ln (1 + vk ) ≤
k=0
n
X
vk ≤ S =
+∞
X
vn
n=0
k=0
c’est-à-dire que (Pn )n∈N est croissante majorée à valeurs strictement positives, elle converge
donc vers un réel P > 0.
+∞
P
P
Supposons que
vn soit divergente. Si
ln (1 + vn ) < +∞, on a alors lim ln (1 + vn ) =
n→+∞
n=0
0, donc lim vn = 0 et ln (1 + vn )
n→+∞
l’hypothèse de départ. On a donc
v
k→+∞
+∞
P
+∞
P
vn qui entraîne
vn < +∞ en contradiction avec
n=0
ln (1 + vn ) = +∞ et il en résulte que lim ln (Pn ) = +∞
n→+∞
Q
et lim Pn = +∞, ce qui signifie que le produit infini (1 + vn ) est divergent.
n→+∞
Q
Pour les produits infinis de la forme (1 − vn ) avec vn ≥ 0, la situation est plus simple.
n=0
Théorème 6.29 Si (vn )n∈N est une suite de réels positifs qui tend vers 0, alors le produit infini
Q
(1 − vn ) est convergent.
P
Dans le cas où les vn sont tous différents de 1, ce produit infini converge vers 0 si la série
vn
diverge et il est strictement convergent si cette série converge.
Q
Démonstration. On note (Pn )n∈N la suite des produits partiels de (1 − vn ) .
Si l’un des vn vaut 1, alors la suite (Pn )n∈N est stationnaire sur 0.
On suppose donc tous les vn différents de 1.
Si lim vn = 0 et il existe un entier n0 tel que 1 − vn > 0 pour tout n ≥ n0 , ce qui permet
n→+∞
n
Q
d’écrire pour n ≥ n0 + 1, Pn = Pn0 Qn , avec Qn =
(1 − uk ) > 0.
k=n0 +1
On a alors pour n ≥ n0 + 1 :
0 < Qn+1 = Qn (1 − vn ) ≤ Pn
c’est-à-dire que la suite (Qn )n∈N est décroissante minorée par 0, elle converge donc vers un réel
Q ≥ 0 et lim Pn = Pn0 Q = P.
n→+∞
Supposons que
+∞
P
vn = +∞ (la série
n=0
lim ln (Pn ) = ln (P ) , soit
n→+∞
+∞
P
P
vn est à termes positifs). Si P > 0, on a alors
ln (1 − vn ) = ln (P ) , donc lim ln (1 − vn ) = 0 et lim vn =
n=0
0, ce qui entraîne ln (1 − vn )
v
n→+∞
−vn < 0 et donne
l’hypothèse de départ. On a donc P = lim Pn = 0 si
n→+∞
Si
+∞
P
n=0
n=0
+∞
P
vn = +∞.
v
n→+∞
vers un réel S, donc lim ln (Pn ) = S et lim Pn = eS > 0.
n→+∞
n→+∞
n→+∞
vn < +∞ en contradiction avec
n=0
vn = S < +∞, alors lim vn = 0, ln (1 − vn )
n→+∞
n→+∞
+∞
P
−vn et
P
ln (1 − vn ) converge
168
Par exemple, pour vn =
vers 0.
+∞
P 1
Q
1
, on a
= +∞ et le produit infini (1 − vn ) converge
n+1
n=0 n + 1
Q
µ
1
Exercice 6.44 Montrer que le produit infini
1− 2
n
valeur (ce produit est considéré à partir de n = 2).
¶
converge strictement et calculer sa
X1
Solution 6.44 La convergence de
nous assure la stricte convergence du produit infini.
n2
Pour tout n ≥ 2, on a :
¶ Y
¶
n µ
n µ
Y
1
(k − 1) (k + 1)
Pn =
1− 2 =
k
k2
k=2
k=2
=
(n − 2) n (n − 1) (n + 1)
n+1
1·32·43·5
···
=
2
2
2
2
2
2 3 4
n
2n
(n − 1)
¶
+∞ µ
Y
1
1
1
donc lim Pn = , soit
1− 2 = .
n→+∞
2
n
2
n=2
Exercice 6.45
1. Montrer que, pour tout réel x ∈ R \ πZ, le produit infini
Q
ment.
µ
x2
1− 2 2
nπ
¶
converge stricte-
2. Montrer que, pour tout entier
¡ naturel
¢ n, il existe un polynôme Pn de degré n tel que
sin ((2n + 1) x) = sin (x) Pn sin2 (x) pour tout réel x. On vérifiera que le coefficient
dominant de Pn est αn = (−1)n 4n et que Pn (0) =
+ 1.¢
¡ 2n
i(2n+1)x
On peut utiliser la relation : sin ((2n + 1) x) = = e
.
3. Déterminer les racines du polynôme Pn , pour n ≥ 1.
i π πh
4. Montrer que, pour tout réel x ∈ − ,
et tout entier n ≥ 1, on a :
2 2
Ã
!
n
Y
sin2 (x)
¡ kπ ¢
sin ((2n + 1) x) = (2n + 1) sin (x)
1−
sin2 2n+1
k=1
!
Ã
n
2
Y
tan
(x)
¡ kπ ¢
= (2n + 1) tan (x) cos2n+1 (x)
1−
tan2 2n+1
k=1
5. Montrer que pour 0 < x < y <
π
, on a :
2
0<
6. Montrer que lim cosn
tan (x)
x
sin (x)
< <
tan (y)
y
sin (y)
³x´
= 1 pour tout réel x ∈ ]0, π[ .
n
7. Montrer que, pour tout réel x ∈ [−π, π] , on a :
n→+∞
sin (x) = x
+∞ µ
Y
n=1
x2
1− 2 2
nπ
¶
Produits infini
169
Solution 6.45
µ
1. Pour x ∈ R \ πZ, la suite
x2
n2 π 2
¶
est formée de réels positifs tous différents de 1 et
µ
¶
Q
t2
cette suite tend vers 0, donc le produit infini
1 − 2 2 est strictement convergent.
nπ
2. On a :
n∈N
ei(2n+1)x = (cos (x) + i sin (x))2n+1
=
=
2n+1
X
k=0
n
X
k
C2n+1
cos2n+1−k ik sink (x)
2k
C2n+1
cos
2n+1−2k
k
n
X
2k
(−1) sin (x) + i
k=0
2k+1
C2n+1
cos2n−2k (−1)k sin2k+1 (x)
k=0
= cos (x)
n
X
¡
¢n−k 2k
2k
(−1)k C2n+1
1 − sin2 (x)
sin (x)
k=0
n
X
+ i sin (x)
¡
¢n−k 2k
2k+1
(−1)k C2n+1
1 − sin2 (x)
sin (x)
k=0
ce qui donne :
¡
¢
¡
¢
sin ((2n + 1) x) = = ei(2n+1)x = sin (x) Pn sin2 (x)
où Pn (t) =
n
X
2k+1
(−1)k C2n+1
(1 − t)n−k tk .
k=0
Ce polynôme est de degré n et son coefficient dominant de Pn est :
αn = (−1)
n
n
X
2k+1
C2n+1
= (−1)
n
n
X
2k
C2n+1
= 4n
k=0
k=0
cette dernière égalités étant déduite de :
2n+1
2
= (1 + 1)
2n+1
=
2n+1
X
k
C2n+1
k=0
0 = (1 − 1)2n+1 =
k=0
2n+1
X
n
X
k=0
k=0
k
(−1)k =
C2n+1
qui donne par addition :
2n+1
2
n
n
X
X
2k
2k+1
C2n+1
C2n+1 +
=
k=0
2k
−
C2n+1
n
X
2k+1
C2n+1
k=0
n
X
2k
= 2 · 4 = 2 C2n+1
n
k=0
On a aussi :
1
Pn (0) = C2n+1
= 2n + 1.
3. Pour k entier compris entre 1 et n, on a :
µ
¶
µ
¶ µ
µ
¶¶
kπ
kπ
kπ
2
0 = sin (2n + 1)
= sin
Pn sin
2n + 1
2n + 1
2n + 1
170
µ
¶
µ
µ
¶¶
kπ
kπ
kπ
π
2
avec sin
6= 0 (pour 1 ≤ k ≤ n, on a 0 <
< ), donc Pn sin
=
2n + 1 µ
2n + 1
2
2n + 1
¶
kπ
0. Les xn,k = sin2
nous fournissent donc n racines distinctes de Pn (la fonction
2n + 1
i πh
sin est strictement croissante sur 0, ) et ont les a toutes.
2
4. On a donc :
µ
¶¶
n µ
Y
kπ
n n
2
Pn (t) = (−1) 4
t − sin
2n + 1
k=1
et :
¶¶
kπ
sin ((2n + 1) x) = (−1) 4 sin (x)
sin (x) − sin
2n + 1
k=1
Ã
!
µ
¶Y
n
n
2
Y
kπ
sin
(x)
n n
¡ kπ ¢ − 1
= (−1) 4 sin (x)
sin2
2n + 1 k=1 sin2 2n+1
k=1
n
n
n µ
Y
avec :
2n + 1 = Pn (0) = 4
n
µ
2
n
Y
2
µ
sin
kπ
2n + 1
2
k=1
¶
ce qui donne :
sin ((2n + 1) x) = (2n + 1) sin (x)
n
Y
k=1
Ã
sin2 (x)
¡ kπ ¢
1−
sin2 2n+1
!
pour tout réel x.
En utilisant la relation, 1 = cos2 (x) + sin2 (x) , on a, pour k compris entre 1 et n :
Ã
!
sin2 (x)
1
¡ kπ ¢ = cos2 (x) + sin2 (x) 1 −
¡ kπ ¢
1−
sin2 2n+1
sin2 2n+1
Ã
!
¡ kπ ¢
2
sin
−
1
2n+1
¡ kπ ¢
= cos2 (x) + sin2 (x)
sin2 2n+1
Ã
¡ kπ ¢ !
2
cos
¡ 2n+1
¢
= cos2 (x) − sin2 (x)
kπ
sin2 2n+1
= cos2 (x) −
sin2 (x)
¡ kπ ¢
tan2 2n+1
i π πh
:
ce qui donne pour x ∈ − ,
2 2
Ã
!
2
sin2 (x)
tan
(x)
¡ kπ ¢
¡ kπ ¢ = cos2 (x) 1 −
1−
sin2 2n+1
tan2 2n+1
Produits infini
171
et :
!!
2
tan
(x)
¡ kπ ¢
sin ((2n + 1) x) = (2n + 1) sin (x)
cos2 (x) 1 −
2
tan
2n+1
k=1
!
Ã
n
2
Y
tan
(x)
¡ kπ ¢
= (2n + 1) sin (x) cos2n (x)
1−
2
tan
2n+1
k=1
Ã
!
n
2
Y
tan
(x)
¡ kπ ¢
= (2n + 1) tan (x) cos2n+1 (x)
1−
2
tan
2n+1
k=1
n
Y
Ã
Ã
i πh
5. Pour y fixé dans 0,
, on désigne par f la fonction définie sur [0, y] par f (x) =
2
y sin (x) − x sin (y) . Cette fonction est indéfiniment dérivable avec f 0 (x) = y cos (x) −
sin (y) et f 00 (x) = −y sin (x) < 0 pour x ∈ ]0, y] , donc f 0 est strictement décroissante
sur [0, y] . Comme f (0) = f (y) = 0, le théorème de Rolle nous dit qu’il existe c ∈ ]0, y[
tel que f 0 (c) = 0 et avec la stricte décroissance de f 0 , on déduit que f 0 (x) > 0 = f 0 (c)
sur ]0, c[ et f 0 (x) < 0 sur ]c, y[ . La fonction f est donc strictement croissante sur ]0, c[ ,
strictement décroissante sur ]c, y[ avec f (0) = f (y) = 0 et en conséquence f (x) > 0 sur
x
sin (x)
]0, y[ (f est strictement concave sur [0, y]), ce qui équivaut à <
.
y
sin (y)
x
tan (x)
< .
Une étude analogue donne
tan (y)
y
³x´
6. Si un = cosn
, on a
n
µ
µ ¶¶
µ ¶
x2
1
1
x2
ln (un ) = n ln 1 − 2 + o
=− +o
2
2n
n
2n
n
donc lim ln (un ) = 0 et lim un = 1.
n→+∞
n→+∞
7. Pour x ∈ ]0, π[ et n ≥ 1, on a :
µ
sin (x) = sin (2n + 1)
µ
= (2n + 1) sin
x
2n + 1
x
2n + 1
¶
Ã
¡ x ¢!
¶Y
n
sin2 2n+1
¡ kπ ¢
1−
2
sin
2n+1
k=1
avec :
kπ
π
x
<
<
2n + 1
2n + 1
2
pour k compris entre 1 et n, ce qui donne :
¡ x ¢
x
sin
x
¡ 2n+1
¢ <1
0<
= 2n+1
<
kπ
kπ
kπ
sin
2n+1
2n+1
0<
et :
0<1−
sin2
¡
¢
x
2n+1
¡
¢
kπ
sin2 2n+1
<1−
x2
k2π2
172
µ
x
2n + 1
¶
x
, il en résulte que :
2n + 1
¶
µ
¶Y
n µ
x
x2
sin (x) < (2n + 1) sin
1− 2 2
2n + 1 k=1
k π
µ
¶
n
Y
x2
<x
1− 2 2
k π
k=1
Tenant compte de sin
<
et faisant tendre n vers l’infini, on en déduit que :
¶
+∞ µ
Y
x2
sin (x) ≤ x
1− 2 2
nπ
n=1
(on sait que le produit infini converge). i
x
πh
Pour x ∈ ]0, π[ et n ≥ 1, on a
∈ 0,
et :
2n + 1
2
µ
¶
x
sin (x) = sin (2n + 1)
2n + 1
Ã
¡ x ¢!
µ
¶
µ
¶Y
n
2
tan
x
x
¡ 2n+1
¢
1−
= (2n + 1) tan
cos2n+1
kπ
2
2n + 1
2n + 1 k=1
tan 2n+1
avec :
0<
¡
¢
x
¡ 2n+1
¢
kπ
tan 2n+1
tan
<
x
<1
kπ
pour k compris entre 1 et n et :
¡ x ¢
tan2 2n+1
x2
¡ kπ ¢
0<1− 2 2 <1−
k π
tan2 2n+1
µ
¶
x
x
Tenant compte de tan
>
, il en résulte que :
2n + 1
2n + 1
µ
¶Y
¶
n µ
x
x2
2n+1
sin (x) > x cos
1− 2 2
2n + 1 k=1
k π
et faisant tendre n vers l’infini, on en déduit que :
¶
+∞ µ
Y
x2
sin (x) ≥ x
1− 2 2
nπ
n=1
¶
x2
et sin (x) = x
1 − 2 2 pour x ∈ ]0, π[ .
nπ
n=1
Ce résultat est valable pour x ∈ {−π, 0, π} et par parité, cette identité est encore valable
pour x ∈ [−π, π] .
+∞ µ
Y
Remarque 6.18 En utilisant le développement précédent en produit infini de sin (x) , Euler
+∞
X
1
π2
démontre l’égalité
=
comme suit : le coefficient de x3 dans le développement limité
2
n
6
n=1
Exercices supplémentaires
173
+∞
X
1
à l’ordre 3 de ce produit infini est égal −
, mais c’est aussi celui de x3 dans la déve2
2
n
π
n=1
1
loppement de sin (x) , soit − , ce qui donne le résultat. Il faudrait en fait justifier un peu plus
6
sérieusement la première affirmation.
P
De manière plus générale la convergence
absolue de
vn avec les vn réels différents de −1
Q
nous assure la stricte convergence (1 + vn ) .
P
Théorème 6.30 Si (vn )n∈N est une suite de réels tous
vn
Q différents de −1 telle que la série
soit absolument convergente, alors le produit infini (1 + vn ) est strictement convergent.
Q
Démonstration. On note toujours (Pn )n∈N la suite des produits partiels de (1 + vn ) .
+∞
P
Avec
|vn | < +∞, on déduit que lim vn = 0 et il existe un entier n0 tel que 1+vn > 0 pour
n→+∞
n=0
tout n ≥ n0 , ce qui permet d’écrire pour n ≥ n0 +1, Pn = Pn0 Qn , avec Qn =
Avec ln (Qn ) =
n
P
ln (1 + vk ) et |ln (1 + vk )|
k=n0 +1
v
k→+∞
n
Q
(1 + uk ) > 0.
k=n0 +1
|vk | , on déduit que la série
P
ln (1 + vn )
est absolument convergente. La suite (ln (Qn ))n≥n0 +1 est donc convergente et en notant S sa
limite, on a lim Pn = Pn0 eS 6= 0.
n→+∞
6.11
Exercice 6.46 Le but de cet exercice est de calculer la somme de la série numérique :
n
X 1
X
k 2 pour tout n ≥ 1
où un =
un
k=1
1. Montrer que
∀n ≥ 1, un =
2. Justifier la convergence de la série
n (n + 1) (2n + 1)
6
P 1
.
un
n 1
P
− ln (n) pour tout n ≥ 1 est
k=1 k
décroissante minorée. Sa limite est la constante d’Euler, notée γ.
µ 2n+1 ¶
P 1
(b) Montrer que la suite
est convergente et déterminer sa limite.
k=n+1 k n≥1
(a) Montrer que la suite (γn )n≥1 définie par γn =
3.
(a) Déterminer des réels a, b, c tels que l’on ait, pour tout n ≥ 1 :
a
b
c
1
= +
+
un
n n + 1 2n + 1
+∞
X
1
(b) Calculer la somme S =
.
u
n
n=1
174
Solution 6.46
1. En effectuant le changement d’indice k = j + 1, on a :
vn+1 =
n+1
X
k3 =
n
X
(j + 1)3 =
j=0
k=1
n
X
j3 + 3
j=0
n
X
j2 + 3
j=0
n
X
j+
j=0
n
X
1
j=0
soit :
vn+1 = vn + 3un + 3wn + n + 1
où wn =
n
P
j=0
j=
n (n + 1)
et :
2
n (n + 1)
− (n + 1)
2
n (n + 1) (2n + 1)
=
2
3un = vn+1 − vn − 3wn − (n + 1) = (n + 1)3 − 3
n (n + 1) (2n + 1)
.
ce qui donne un =
6
On peut aussi procéder par récurrence sur n ≥ 1.
P 1
1
1
2. On a 0 <
≤ 2 , ce qui entraîne la convergence de la série
.
un
n
un
3.
(a) Pour n ≥ 1, on a :
1
γn+1 − γn =
− ln
n+1
µ
n+1
n
¶
Z
=
Z
n
n+1
=
n
¶
1
1
−
dt
n+1 t
t − (n + 1)
dt < 0,
(n + 1) t
n+1
µ
c’est-à-dire que (γn )n≥1 est décroissante.
1
La fonction t → est décroissante sur R+∗ , donc :
t
Z k+1
Z k+1
dt
dt
1
∀k ≥ 1,
≤
=
t
k
k
k
k
n
X
1
k=1
k
≥
n Z
X
k=1
k+1
k
µ
dt
=
t
1
soit γn ≥ ln (n + 1) − ln (n) = ln 1 +
n
(b) On a pour tout n ≥ 1 :
2n+1
X
Z
n+1
1
dt
= ln (n + 1) ,
t
¶
> 0.
2n+1
n
X 1 X
1
1
=
−
= γ2n+1 + ln (2n + 1) − (γn + ln (n))
k
k k=1 k
k=n+1
k=1
µ
¶
2n + 1
= γ2n+1 − γn + ln
n
175
et avec la convergence de la suite (γn )n≥1 , on déduit que :
2n+1
X
1
= ln (2) .
n→+∞
k
k=n+1
lim
4. On note (Sn )n≥1 la suite des sommes partielles de la série
P 1
.
un
(a) On a la décomposition en éléments simples :
1
1
1
4
= +
−
x (x + 1) (2x + 1)
x x + 1 2x + 1
et :
1
=6
un
µ
1
1
4
+
−
n n + 1 2n + 1
¶
(b) On a :
Ã n
!
n
n
n
X
X1 X
X
1
1
1
Sn =
=6
+
−4
u
k
k
+
1
2k + 1
k
k=1
k=1
k=1
k=1
Ã n
Ã
!!
n+1
2n+1
n
X1 X
X 1 X
1
1
=6
+
−4
−
−1
k
k
k
2k
k=1
k=2
k=1
k=1
!
Ã n
2n+1
X 1
X1
1
−4
+
+3
=6 4
k
k n+1
k=1
k=1
Ã n
!
X 1 2n+1
X 1
6
= 24
−
+
+ 18
k
k
n+1
k=1
k=1
2n+1
X 1
6
=
+ 18 − 24
n+1
k
k=n+1
soit :
S=
+∞
X
n=1
1
n
P
→ 18 − 24 ln (2) ,
n→+∞
= 6 (3 − 4 ln (2)) .
k2
k=1
Exercice 6.47 On s’intéresse à la série alternée de Bertrand de terme général un =
(−1)n
nα (ln (n))β
où α et β sont deux réels donnés. Les résultats sur les séries de Bertrand positives sont supposés
connus.
1. Donner une condition nécessaire et suffisante, portant sur α et β, pour que cette série
soit absolument convergente.
2. On suppose que α = 0. Donner une condition nécessaire et suffisante, portant sur β, pour
que cette série soit convergente.
3. On suppose que α < 0. Quelle est la nature de cette série ?
4. Montrer que cette série converge pour α > 0 et β ∈ R.
Solution 6.47
,
176
1. La série
et β > 1.
P
2. On a un =
un est absolument convergente si, et seulement si, α > 1 et β ∈ R ou α = 1
(−1)n
(ln (n))β
.
(a) Si β ≤ 0, (|un |)n≥2
³
´
−β
= (ln (n))
ne tend pas vers 0 et la série diverge.
P
(b) Si β > 0, le théorème des séries alternées nous dit que
un converge.
3. Pour α < 0, on a |un | =
n≥2
n−α
→ +∞ et la série diverge.
(ln (n))β n→+∞
4. Il reste à traiter les cas α = 1 et β ≤ 1 ou 0 < α < 1 et β ∈ R.
(a) Supposons α = 1 et β ≤ 1. La fonction f définie sur[2, +∞[ par f (x) = x (ln (x))β
est de classe C 1 avec :
f 0 (x) = (ln (x))β + β (ln (x))β−1
µ
¶
β
β
= (ln (x)) 1 +
ln (x)
Pour 0 ≤ β ≤ 1, on a f 0 (x) > 0, donc f est croissante sur[2, +∞[ . Comme
lim f (x) = +∞, on en déduit que (|un |)n≥2 tend vers 0 en décroissant et le théox→+∞
P
rème des séries alternées nous dit que
un converge.
β
Pour β < 0, avec lim
= 0, on déduit que pour x grand f 0 (x) > 0 (préciséx→+∞ ln (x)
ment f 0 (x) > 0 pour x > e−β ) et comme on a encore lim f (x) = lim x (ln (x))β =
x→+∞
x→+∞
P
+∞, on déduit du théorème des séries alternées que
un converge.
(b) Supposons 0 < α < 1 et β ∈ R.. La fonction f définie sur[2, +∞[ par f (x) =
xα (ln (x))β est de classe C 1 avec :
f 0 (x) = αxα−1 (ln (x))β + βxα−1 (ln (x))β−1
µ
¶
β
β
α−1
=x
(ln (x)) α +
ln (x)
µ
¶
β
= α > 0, on déduit que pour x grand f 0 (x) > 0 (préciséComme lim α +
x→+∞
ln (x)
β
ment f 0 (x) > 0 pour x > e− α ) et comme on a encore lim f (x) = lim xα (ln (x))β =
x→+∞
x→+∞
P
+∞, on déduit du théorème des séries alternées que
un converge.

6 Séries réelles ou complexes

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