Corrigé du contrôle n 1 Licence MI - Semestre 3 - 2007

Université Paul Cézanne
Corrigé du contrôle n0 1
Licence MI - Semestre 3 - 2007-08
Exercice 1
1. Quelle est la nature de la série
2. Soit un =
3. Soit wn =
√
(−1)n
,
n+(−1)n
n
(−1)
√
n
P (−1)n
√
n
?
n ≥ 2. Montrer que
P
un n’est pas une série alternée.
− un , n ≥ 2.
(a) Montrer que lim nwn = 1.
n→∞
P
(b) En déduire que
wn diverge.
(c) Conclure sur la convergence de la série
P
un .
Corrigé
1. La série de terme général an =
n
(−1)n
√
,
n
n ≥ 1 est une série alternée ; an s’écrit sous la forme
− 21
an = (−1) εn avec εn = n . La suite (εn )n≥1 est décroissante et converge
P vers 0 lorsque n tend vers
l’infini. Ainsi, d’après le théorème du cours sur les séries alternées, la série
an est convergente.
1
n
2. Pour n ≥ 2, on a δn = |un | = |√n+(−1)
n | et donc un = (−1) δn . La suite (δn )n≥2 converge vers 0,
P
mais n’est pas une suite décroissante, donc
un n’est pas une série alternée au sens du cours.
3. (a) Pour n ≥ 2, on a (en réduisant au même dénominateur)
√
√
(−1)n
(−1)n n
n + (−1)n − n
n
nwn = n √
−√
=√ √
= (−1) n √ √
n
n
n
n + (−1)
n( n + (−1) )
n( n + (−1)n )
√
√
et donc comme n + (−1)n ∼ n lorsque n tend vers l’infini, on a
nwn −−−−→ 1.
n→∞
3. (b) Comme nwn −−−−→ 1, il existe un n0 ≥ 2 tel que pour tout n ≥ n0 , on a nwn ≥
n→∞
1
2 (en effet, il
1
2n pour tout
suffit d’écrire la convergence de la suite (nwn )n≥2 vers 1 en prenant ε = 21 .). D’où wn ≥
1
n ≥ nP
0 et comme la série de terme général 2n est divergente, il en est de même, par comparaison, de la
série
wn .
n
√
3. (c) D’après la définition de wn donnée au début de la question 3, on a un = (−1)
− wn . Donc un
n
P (−1)n
√
est la somme d’un terme général d’une série convergente (
est convergente d’après la question 1)
n
P
et d’un
P terme général d’une série divergente ( wn est divergente d’après la question 3 (b)). Ainsi, la
série
un est divergente.
Exercice 2
1. Soit f une fonction définie sur [2, +∞[, décroissante, à valeurs positives. Montrer que pour tout
n ≥ 2, on a
Z n+1
Z n
n
X
f (t)dt ≤
f (k) ≤ f (2) +
f (t)dt.
2
2
k=2
n
, n ≥ 2.
n2 − 1
P
(a) Montrer que
an diverge.
2. Soit an = √
1
2
(b) En utilisant la question 1, donner un encadrement de
n
X
ak .
k=2
(c) Trouver un équivalent de
n
X
ak pour n au voisinage de l’infini.
k=2
(d) Pour tout n ≥ 2, on note bn = an − 1.
P
(i) Montrer que
bn est une série convergente. On note B sa somme (on ne demande
pas de calculer B).
n
X
(ii) Montrer que lim
ak − n existe et est finie. Déterminer cette limite.
n→∞
k=2
Corrigé
1. La question 1 est du cours. Soit f : [2, +∞[−→ R décroissante. On a donc pour tout k ≥ 2,
f (k + 1) ≤ f (t) ≤ f (k) pour tout t ∈ [k, k + 1] ou encore (en intégrant sur l’intervalle [k, k + 1] qui est de
longueur 1) :
Z k+1
(1)
(2)
f (k + 1) ≤
f (t)dt ≤ f (k).
k
Soit n ≥ 2. En sommant la deuxième inégalité pour k allant de 2 à n, on a
Z n+1
n Z k+1
n
X
X
f (t)dt =
f (t)dt ≤
f (k).
2
k=2
k
k=2
En sommant maintenant la première inégalité de 2 à n − 1 (pour n ≥ 3), on a
Z n
n−1
n−1
n
X Z k+1
X
X
f (k + 1) ≤
f (t)dt =
f (k 0 ) =
f (t)dt.
k0 =3
k=2
k=2
k
2
0
La première égalité vient du changement d’indice de sommation k = k + 1. En ajoutant f (2) de chaque
côté de l’inégalité (et en renommant k 0 en k), il vient
Z n
n
X
f (k) ≤ f (2) +
f (t)dt.
2
k=2
2. (a) Pour tout n ≥ 2, on a aP
n ≥ 0 et an ∼ 1 lorsque n → ∞. La série de terme général constant égal
à 1 est divergente, donc la série
an est elle aussi divergente.
2. (b) On pose, pour t ≥ 2, f (t) = √t2t−1 . La fonction f ainsi définie est décroissante sur [2, +∞[
3
(comme f est dérivable, on peut par exemple calculer sa dérivée : f 0 (t) = −(t2 − 1)− 2 ≤ 0 pour tout
t ∈ [2, +∞[), on peut donc appliquer l’inégalité précédente et on obtient pour tout n ≥ 2,
Z n+1
Z n
n
X
ak ≤ a2 +
f (t)dt ≤
f (t)dt.
2
On a a2 =
√2
3
2
k=2
et pour tout x ∈ [2, +∞[,
Z x
f (t)dt
2
Z
x
t
dt
2−1
t
2
Z x
d p2
=
( t − 1)dt
2 dt
p
√
=
x2 − 1 − 3.
=
√
Ainsi, on obtient
p
n2 + 2n −
√
3=
p
(n + 1)2 − 1 −
√
3≤
n
X
p
p
√
2
1
ak ≤ √ + n2 − 1 − 3 = n2 − 1 − √ .
3
3
k=2
3
2. (c) En divisant la double inégalité trouvée précédemment par n, on a
r
r
√
n
1
2
3
1X
1
1 ←−−−− 1 + −
≤
ak ≤ 1 − 2 − √ −−−−→ 1.
∞←n
n
n
n
n
n 3 n→∞
k=2
On en déduit donc que
1
n
n
X
ak −−−−→ 1 et donc que
n→∞
k=2
n
X
ak ∼ n lorsque n → ∞.
k=2
2. (d) On a pour tout n ≥ 2
√
n − n2 − 1
1
√
√
bn = an − 1 = √
−1= √
=
.
2
2
2
n −1
n −1
(n + n − 1) n2 − 1
n
2. (d) (i) D’après le calcul précédent, on voit facilement que bn ≥ 0 pour tout n ≥ 2 et que bn ∼ 2n1 2
P
bn est
lorsque n → ∞. Comme la série de terme général 2n1 2 est convergente, on en déduit que la série
convergente vers B.
2. (d) (ii) Pour tout n ≥ 2, on a
n
n
X
X
ak − n = −1 +
(ak − 1)
k=2
= −1 +
k=2
n
X
k=2
Ce qui montre que lim
n→∞
n
X
k=2
ak − n = −1 + B.
bk −−−−→ −1 + B.
n→∞