Séries numériques

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Séries numériques

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 24 septembre 2016
Enoncés
Séries numériques
1
(a) Étudier
(b) Étudier
P
P
un où un =
R1
vn où vn =
R1
dx
.
0 1+x+···+xn
xn dx
.
0 1+x+···+xn
Nature de séries numériques
Exercice 1 [ 01020 ] [Correction]
Déterminer la nature des séries dont les termes généraux sont les suivants :
Pour a > 0, étudier la convergence de
X
(a) un =
(b) un =
(c) un =
n
n2 +1
√1
n2 −1
−
(d) un = e − 1 +
ch(n)
ch(2n)
√1
n2 +1
1 n
2
n n
n+1
(b) un =
n
(c) un =
1
n cos2 n
Déterminer la nature de la série de terme général
un =
1
n
!1+ n1
1
(ln n)ln n
Soit (un ) une suite de réels strictement positifs vérifiant
1
un+1
α
= 1 − + O 2 avec α ∈ R
un
n
n
P
(a) Pour quelles valeurs de α la série un converge ?
P
(b) Pour quelles valeurs de α la série (−1)n un converge ?
[Règle de Raabe-Duhamel] Soient (un )n∈N et (vn )n∈N deux suites de réels strictement
positifs.
(a) On suppose qu’à partir d’un certain rang



si n est un carré
1/n
un = 

1/n2 sinon
un+1 vn+1
≤
un
vn
Montrer que un =n→+∞ O(vn ).
(b) On suppose que
un+1
un
n→+∞
1
α
+o
avec α > 1
n
n
P
un
(c) On suppose cette fois-ci que
n
e − 1 + 1n
n3/2 − n3/2 + n
un+1
un
Montrer que la série
[ 02432 ]
= 1−
Montrer, à l’aide d’une comparaison avec une série de Riemann, que la série
converge.
Nature de la série de terme général
Exercice 6
1
k=1 k
n≥1
Déterminer la nature des séries dont les termes généraux sont les suivants :
(a) un =
Pn
a
P
= 1−
n→+∞
1
α
+o
avec α < 1
n
n
un diverge
[Correction]
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
Exercice 10
[ 02800 ]
[Correction]
(a) Soient (un )n≥0 et (vn )n≥0 deux suites réelles, λ ∈ R. On suppose :
X
λ
un+1
= 1 − + vn
∀n ∈ N, un ≥ 0,
|vn | converge et
un
n
Montrer que (nλ un ) converge.
nn
?
n!en
[ 02516 ]
2
Déterminer la nature de
π
sin nπ +
n
n≥1
X
Donner la nature de la série de terme général
un = cos n2 π ln(1 − 1/n)
(b) Nature de la série de terme général
Exercice 11
Soient
Enoncés
Déterminer la nature de la série de terme général :
[Correction]
n
un =
1 Y
1
(3k − 2) et vn = 3/4
n
3 n! k=1
n
u n = Pn
k=1
(−1)n
√1 + (−1)n−1
k
(a) Montrer que pour n assez grand,
un+1 vn+1
≥
un
vn
(b) En déduire que
P
un diverge. (on pourra utiliser
P
Déterminer la nature de un pour :
un
vn )
(a) u√n =
√
n + (−1)n − n
(b) un =
(−1)n
ln(n+(−1)n )
(c) un =
(−1)n
ln(n)+(−1)n
Exercice 12 [ 01040 ] [Correction] n
Donner la nature de la série des √j n .
Nature de séries de signe non constant
P
Déterminer la nature de un pour :
(a) un =
(b) un =
(−1)n
n2 +1
(−1)n
√
n+1
√
Convergence de la série de terme général un = sin π n2 + 1 .
√ un = sin π(2 + 3)n
n
(c) un = ln 1 + (−1)
n+1
√
(d) un = cos π n2 + n + 1
Étudier la série de terme général
X (−1)n
√n
n!
n≥1
un = (−1)n
sin(ln n)
n
X cos(ln n)
n
Quelle est la nature de la série de terme général
√
ei n
√ ?
n
α désigne un réel strictement positif.
Z (−1)n /nα √
|x|
un =
dx
1+x
0
Convergence de séries à termes positifs
Soient (un )n∈N une suite de réels positifs et (vn )n∈N la suite déterminée par
vn = u2n + u2n+1
X
un converge ⇐⇒
X
3
Soit a une suite de réels positifs. Comparer les assertions
(i) la série de terme général an converge ;
√
(ii) la série de terme général an an+1 converge.
Montrer la divergence de la série
Montrer :
Enoncés
vn converge
P
P
Soient un et vn deux séries à termes strictement positifs convergentes. Montrer que
les suivantes sont aussi convergentes
X
X√
X un vn
max(un , vn ),
un vn et
un + vn
P
Soit un une série à termes positifs convergente.
X√
Montrer que
un un+1 est aussi convergente
P
Soit un une série à termes positifs. On suppose que
√n
un → ` ∈ R+
P
(a) Montrer que si ` > 1 alors un est divergente.
P
(b) Montrer que si ` < 1 alors un est convergente.
(c) Observer que, lorsque ` = 1, on ne peut rien conclure.
Soient (un ) une suite de réels positifs et
vn =
Montrer que les séries
P
un et
P
un
1 + un
vn sont de même nature.
Soit (un ) une suite de réels strictement positifs.
(a) Pour tout n ∈ N, on pose
un
vn =
1 + un
P
P
Montrer que un et vn sont de même nature.
(b) Même question avec
un
vn =
u1 + · · · + un
On pourra étudier ln(1 − vn ) dans le cadre de la divergence.
Soient (un )n≥0 et (vn )n≥0 dans (R+ )N telles que
∀n ∈ N, vn =
1
1 + n2 un
Montrer que si la série de terme général vn converge alors la série de terme général un
diverge.
Soit (un )n≥1 une suite de réels positifs. On considère la suite (vn ) définie par
n
vn =
P
un et
P
X
1
kuk
n(n + 1) k=1
vn ont même nature et qu’en cas de convergence
+∞
X
n=1
un =
+∞
X
Enoncés
4
Soit (un ) une suite réelle strictement positive telle que la série de terme général un
converge.
On note le reste d’ordre n
+∞
X
Rn =
uk
k=n+1
Étudier la nature des séries de termes généraux un /Rn et un /Rn−1 .
vn
n=1
P
Soit an une série à termes strictement positifs convergente.
P
Établir la convergence de la série an1−1/n .
Soit (un ) une suite réelle strictement positive et strictement croissante.
un+1 − un
un
P
Soit (an ) une suite de réels strictement positifs et S n = nk=0 ak .
P
P
(a) On suppose que la série an converge, donner la nature de an /S n .
P
(b) On suppose que la série an diverge, montrer
P
Soit an une série à termes positifs convergente.
Peut-on préciser la nature de la série de terme général
∀n ∈ N∗ ,
un = a0 a1 . . . an ?
Soit (un ) une suite réelle strictement positive et convergeant vers 0. On pose
an
1
1
≤
−
S n2 S n−1 S n
P
En déduire la nature de an /S n2 .
P
(c) On suppose toujours la divergence de la série an .
P
Quelle est la nature de an /S n ?
n
vn =
P
un et
P
X
un+1
avec S n =
uk
Sn
k=0
vn ont même nature.
Soit (un )n≥1 une suite de réels strictement positifs.
On pose, pour n ∈ N∗ ,
vn = un /S n où S n = u1 + · · · + un
P
Déterminer la nature de vn .
Soit f : [1 ; +∞[ → R de classe C1 strictement positive telle que
x f 0 (x)
−→ ` ∈ R̄
f (x) x→+∞
(a) On suppose ` > −1 ou ` = −1+ . Montrer la divergence de la série
X
f (n)
n≥1
(b) On suppose ` < −1. Montrer la convergence de la série
X
f (n)
n≥1
Enoncés
5
Critère spécial
Étude de séries à termes positifs
Exercice 42
P
Soit (un )n∈N une suite décroissante réelle. On suppose que la série un converge.
P
(a) On pose S n = nk=0 uk . Déterminer la limite de S 2n − S n .
[ 01038 ]
[Correction]
(a) Justifier l’existence, pour n ∈ N de
Rn =
+∞
X
(−1)k
k
k=n+1
(b) En déduire 2nu2n −→ 0.
n→+∞
(c) Conclure que nun −→ 0.
(b) Montrer que
n→+∞
+∞
X
(−1)k
=
k(k + 1)
k=n+1
Rn + Rn+1
(c) Déterminer un équivalent de Rn .
(d) Donner la nature de la série de terme général Rn .
Exercice 43
Montrer que
[ 01036 ]
[Correction]
Montrer
+∞
X
(−1)n 8n
n=0
Soient (un ) une suite décroissante de réels positifs et α un réel positif.
On suppose la convergence de la série
X
nα un
(2n)!
nα+1 un → 0
est un réel négatif.
Soit (un ) une suite réelle strictement positive, décroissante, de limite nulle.
On suppose que la suite de terme général
On rappelle la convergence de l’intégrale de Dirichlet
Z +∞
sin t
I=
dt
t
0
En observant
I=
+∞
X
Z
(−1)n
0
n=0
π
n
X
uk − nun
k=1
sin t
dt
nπ + t
est bornée.
Montrer que la série de terme général un converge.
déterminer le signe de I.
Séries dont le terme général est défini par récurrence
Exercice 45
On pose
[ 04131 ]
[Correction]
sn =
n
X
(−1)k+1
k=1
k
et un = ln e − 1
sn
(a) Énoncer le théorème des séries spéciales alternées, en faire la preuve.
(b) Prouver que les suites (sn )n≥1 et (un )n≥1 convergent.
P
(c) Étudier la nature de un .
Soit (un ) la suite définie par u0 ∈ [0 ; π] et pour tout n ∈ N,
un+1 = 1 − cos un
Montrer que un → 0 et déterminer la nature de la série de terme général un .
Enoncés
6
Soit (an )n≥0 une suite définie par a0 ∈ R∗+ et pour n ∈ N,
Soit (un ) la suite définie par u0 > 0 et pour tout n ∈ N,
p
un+1 = 1 + un
an+1 = 1 − e−an
Montrer que (un ) converge vers un réel `.
Quelle est la nature de la série de terme général un − ` ?
(a) Étudier la convergence de la suite (an ).
(b) Déterminer la nature de la série de terme général (−1)n an .
(c) Déterminer la nature de la série de terme général a2n .
Exercice 51
[ 03371 ]
[Correction]
(a) Déterminer la limite de la suite définie par
u0 ≥ 0 et ∀n ∈ N, un+1 =
e−un
n+1
Soit (un ) la suite définie par u0 ∈ ]0 ; 1[ et pour tout n ∈ N,
(b) Déterminer la limite de la suite définie par
vn = nun
(c) Donner la nature de la série
P
(d) Déterminer la nature de la série de terme général an à l’aide de la série
!
X
an+1
ln
an
un+1 = un − u2n
un et celle de la série
P
(−1)n un
(a) Existence et éventuellement calcul de
+∞
X
La suite (an )n≥0 est définie par a0 ∈ ]0 ; π/2[ et
u2n et
n=0
∀n ∈ N, an+1 = sin(an )
Quelle est la nature de la série de terme général an ?
+∞
X
ln(1 − un )
n=0
(b) Nature de la série de terme général un ?
Soit (un )n≥0 la suite définie par u0 ∈ [0 ; 1] et
Soient u0 ∈ ]0 ; π/2[ et un+1 = sin un pour tout n ∈ N.
∀n ∈ N, un+1 = un − u2n
(a) Montrer que un → 0+ .
(a) Quelle est la nature de la série de terme général un ?
(b) Exploiter un+1 − un pour montrer que
P
3
n≥0 un
(c) Exploiter ln un+1 − ln un pour montrer que
P
converge.
n≥0
(b) Même question lorsque un est définie par la récurrence un+1 = un − u1+α
(avec α > 0).
n
u2n diverge.
Soit (un ) une suite réelle telle que u0 > 0 et pour tout n > 0,
un = ln(1 + un−1 )
Étudier la suite (un ) puis la série de terme général un .
Soient (an ) une suite positive et (un ) la suite définie par u0 > 0 et pour tout n ∈ N
un+1 = un +
an
un
Montrer que la suite (un ) est convergente si, et seulement si, la série de terme général an
est convergente.
Soit u ∈ RN telle que u0 ∈ ]0 ; 1] et que, pour un certain β > 0 et pour tout n ∈ N,
uβn+1 = sin uβn
7
Pour α > 1, on pose
+∞
N
X
X
1
1
et
R
=
N
α
α
n
n
n=N+1
n=1
P
Étudier, selon α, la nature de la série n≥1 SRnn .
SN =
Étudier la nature de la série de terme général un .
Soit α > 0 et (un )n≥1 la suite définie par :
u1 > 0 et ∀n ≥ 1, un+1 = un +
Enoncés
1
nα un
(a) Condition nécessaire et suffisante sur α pour que (un ) converge.
(b) Equivalent de un dans le cas où (un ) diverge.
(c) Equivalent de (un − `) dans le cas où (un ) converge vers `.
P
P
Soit n≥0 un une série divergente de réels strictement positifs. On note S n = nk=0 uk .
Montrer, à l’aide d’une comparaison intégrale que pour tout α > 1, il y a convergence de
la série
X un
Pour α > 1 on pose
Comparaison séries intégrales
À l’aide d’une comparaison avec une intégrale, donner la nature de la série
X 1
n≥2
n ln n
S nα
n≥1
ζ(α) =
+∞
X
1
α
n
n=1
Déterminer la limite de (α − 1)ζ(α) quand α tend vers 1+
En exploitant une comparaison avec des intégrales, établir :
√
√
P
(a) nk=1 k ∼ 23 n n
(b) ln(n!) ∼ n ln n
(c)
Pn
1
k=2 k ln k
∼ ln(ln n)
1
un =
(ln 2)2 + · · · + (ln n)2
En exploitant une comparaison série-intégrale, déterminer
lim
a→+∞
√
P
Soit a ∈ ]0 ; 1[. Déterminer la nature de la série n≥0 a n .
un =
+∞
X
1
2
k
k=n+1
+∞
X
n=1
n2
a
+ a2
Soit a > 0, b > 0 et pour n ∈ N∗ ,
n
An =
Trouver limn∞
Bn
An
n
Y
1X
(a + bk), Bn =
(a + bk)1/n
n k=1
k=1
en fonction de e.
Enoncés
Exercice 75
Étudier
Soit, pour x ∈ R,
f (x) =
8
[ 03086 ]
[Correction]
cos(x1/3 )
x2/3
lim n
n→+∞
(a) Nature la série de terme général
un =
!
+∞
X
1 n
k
e
k2
k=n
n+1
Z
f (x) dx − f (n)
n
(b) Nature de la série de terme général f (n).
(indice : on pourra montrer que sin n1/3 n’admet pas de limite quand n → +∞
(c) Nature de la série de terme général
sin(n1/3 )
n2/3
Soit f : [0 ; +∞[ → R continue, positive et croissante.
Établir que les objets suivants ont même nature
!
Z +∞
X1 1
X
f e−n et
f
f e−t dt,
n n
0
Comportement asymptotique de sommes
Rn
x)
On pose f (x) = sin(ln
pour tout x ≥ 1 et un = n−1 f (t) dt − f (n) pour tout entier n ≥ 2.
x
(a) Montrer que f 0 est intégrable sur [1 ; +∞[.
(b) Montrer que la série de terme général un est absolument convergente.
(c) Montrer que la suite (cos(ln n)) diverge.
(d) En déduire la nature de la série de terme général f (n).
puis la majoration du reste
Soit f : [1 ; +∞[ → C une fonction de classe C1 telle que f 0 est intégrable sur [1 ; +∞[.
P
(a) Montrer
que
R n
la série numérique f (n) converge si, et seulement si, la suite
f (t) dt converge.
1
Soit α < 1. Déterminer un équivalent de
(b) Application : Étudier la convergence de
fn : x ∈ ]n ; +∞[ →
+∞
X
1
k!
k=0
+∞
X
1
1
≤
k! n.n!
k=n+1
n
X
1
α
k
k=1
√
+∞
X
sin n
n
n=1
Pour n ∈ N∗ , soit
Montrer la convergence de
Soit α > 1. Donner un équivalent simple à
n
X
k=1
1
x−k
Soit a > 0. Montrer qu’il existe un unique réel, noté xn tel que fn (xn ) = a.
Déterminer un équivalent de xn quand n → +∞.
RN =
+∞
X
1
α
n
n=N+1
Exercice 80
On pose
[ 01089 ]
Enoncés
9
Exercice 84
On pose
[Correction]
n
X
Sn =
k=1
1
k+
[ 01091 ]
[Correction]
un =
√
k
n
Y
3k − 1
3k
k=1
(a) Montrer qu’il existe des constantes α et β telles que
(a) Donner un équivalent simple de S n .
(b) Montrer que
ln un = α ln n + β + o(1)
S n = ln n + C + o(1)
n→+∞
Exercice 81
On pose
[ 01090 ]
En déduire un équivalent de un .
P
(b) Déterminer la nature de n≥1 un .
[Correction]
Sn =
n
X
k=1
1
k2
+
Exercice 85
Déterminer
√
k
[ 03882 ]
[Correction]
n
1Y
(3k − 1)1/n
n→+∞ n
k=1
(a) Montrer que (S n )n≥1 converge vers une constante C.
lim
(b) Établir que
1
1
Sn = C − + o
n→+∞
n
n
Former un développement asymptotique à deux termes de
+∞
X
1
2
k
k=n+1
Exercice 83
[ 03179 ]
!
Déterminer un équivalent simple de :
(a)
P+∞
1
k=1 k(nk+1)
(b)
Pour n ∈ N∗ , on pose
Hn =
[Correction]
Pour p ∈ N, on pose
2n
X
1
lim
α
n→+∞
k
k=n+1
lim
n→+∞
k=n+1
sin
k
n p = min {n ∈ N | Hn ≥ p}
Déterminer un équivalent de n p quand p → +∞
(b) Sous réserve d’existence, déterminer
2n
X
1
k=1 k(n+k)
n
X
1
k=1
(a) Sous réserve d’existence, déterminer pour α ≥ 1
P+∞
1
k
!
Soit j ∈ N. On note Φ j le plus petit entier p ∈ N∗ vérifiant
p
X
1
n=1
n
≥ j
(a) Justifier la définition de Φ j .
Enoncés
10
Nature de séries dépendant d’un paramètre
(b) Démontrer que Φ j −→ +∞.
j→+∞
(c) Démontrer
Φ j+1
−→
Φ j j→+∞
Étudier en fonction de α ∈ R la nature de
X
e.
n≥2
Soit (un )n≥1 une suite d’éléments de R∗+ .
On pose
 n

1 X 
1
vn =
 uk  et wn = 2
nun  k=1 
n un
[ 04062 ]
1
ln n
 n

X

 kuk 
un =
k=1
On suppose que (vn ) tend vers a ∈ R∗+ .
Étudier la convergence de (wn ).
Exercice 90
On pose
nα
1
n(ln n)α
√
√
√
1 + 2 + ··· + n
un =
(avec α ∈ R)
nα
[Correction]
Même question avec la série de terme général (−1)n un .
n
X
1
Hn =
k=1
k
Soit α ∈ R∗ . On pose, pour n ∈ N∗
(a) Montrer la convergence de la série
X1
k
+ ln 1 −
1
k
!
un = Pn
1
k=1
kα
Nature de la série de terme général un ?
On pose
γ =1+
+∞ "
X
1
k=2
k
+ ln 1 −
1
k
!#
nα
2
k=2 ln k
(b) Établir
Hn = ln n + γ + εn
Pn
avec εn qu’on exprimera à l’aide du reste d’une série convergente.
où α est réel.
(c) En déduire
Hn = ln n + γ +
n→+∞
1
1
+o
2n
n
!
Déterminer en fonction du paramètre α ∈ R la nature des séries de termes généraux :
(a) un = e−n
α
(b) un =
ln n
nα
(c) un = exp(−(ln n)α )
Soient a, b ∈ R. Déterminer la nature de la série
X
ln n + a ln(n + 1) + b ln(n + 2)
n≥1
Enoncés
P
Soit α > 0. Préciser la nature de la série n≥2 un avec
un = √
n≥1
(−1)n
un = ln 1 + sin α
n
b
c
a
b
c
a
√ + √ + √ + √ + √ + √ + ···
3
1
2
4
5
6
(−1)n
un = ln 1 + a
n
un =
λn
λ2n
1
, vn =
, wn =
2n
2n
1+λ
1+λ
1 + λ2n
Déterminer en fonction de α ∈ R∗+ , la nature de
X
(−1)n
α
n + (−1)n
!
où a > 0.
√
un = ln
Soit λ un réel. Étudier la nature des séries de terme général
!
pour α > 0.
Calculer la somme lorsqu’il y a convergence.
Déterminer une condition nécessaire et suffisante sur les réels a, b, c pour qu’il y ait
convergence de la suite de terme général
(−1)n
nα + (−1)n
Étudier la nature de la série de terme général
Calculer la somme lorsqu’il y a convergence.
Soient a, b ∈ R. Déterminer la nature de la série
X√
√
√
n+a n+1+b n+2
11
n + (−1)n
√
n+a
!
où a ∈ R.
Exercice 106 R[ 02430 ] [Correction]
π/4
On note un = 0 (tan t)n dt.
(a) Déterminer la limite de un .
(b) Trouver une relation de récurrence entre un et un+2 .
(c) Donner la nature de la série de terme général (−1)n un .
(d) Discuter suivant α ∈ R, la nature de la série de terme général un /nα .
Enoncés
Soient α ∈ R et f ∈ C0 ([0 ; 1], R) telle que f (0) , 0. Étudier la convergence de la série de
terme général
Z 1/n
1
f (tn ) dt
un = α
n 0
12
(b) Donner en fonction de α > 0 la nature de la série
XZ π
dt
2
α
0 1 + (nπ) sin (t)
(c) Même question pour
XZ
Soient α > 0 et (un ) une suite de réels strictement positifs vérifiant
!
1
1
un1/n = 1 − α + o α
n
n
(n+1)π
nπ
dt
1 + sin2 (t)
tα
(d) Donner la nature de l’intégrale
Z
0
+∞
dt
1 + tα sin2 (t)
La série de terme général un converge-t-elle ?
Exercice 112
On pose
Soient (a, α) ∈ R+ × R et, pour n ∈ N∗ :
Pn
k=1
1/kα
(a) Pour quels couples (a, α) la suite (un ) est-elle convergente ? Dans la suite, on suppose
que tel est le cas, on note ` = lim un et on pose, si n ∈ N∗ ,
vn = un − `
(b) Nature des séries de termes généraux vn et (−1)n vn .
Soient p ∈ N et α > 0. Déterminer la nature des séries de termes généraux
!−α
!−α
n+ p
n+ p
vn =
et wn = (−1)n
p
p
[ 03704 ]
[Correction]
un =
un = a
Exercice 111
[ 02423 ]
+∞
X
p=n
+∞
X (−1) p
1
et
v
=
n
(p + 1)α
(p + 1)α
p=n
(a) Déterminer la nature de la série de terme général un selon α.
(b) Déterminer la nature de la série de terme général vn selon α.
On note an le nombre de chiffres dans l’écriture décimale de l’entier n ≥ 1. Pour quelles
valeurs de x ∈ R y a-t-il convergence de la série
X xan
?
n3
Calcul de somme
P
P+∞
1
Existence et valeur de +∞
n=0 (2n+1)2 sachant
n=1
1
n2
=
π2
6.
[Correction]
(a) En posant x = tan t, montrer
Z
0
π/2
Nature puis somme de la série
dt
π
= √
2
1 + a sin (t) 2 1 + a
X
n≥1
1
n(n + 1)(n + 2)
k=1
13
Calculer pour x ∈ ]−1 ; 1[
+∞
X
P
π2
1
On donne +∞
k=1 k2 = 6 . Calculer
+∞
X
Enoncés
1
2
k (k + 1)2
n=1
xn
(1 −
xn )(1
Existence et valeur pour m ≥ 1 de
après en avoir justifié l’existence.
Existence et valeur de
Sm =
+∞
X
+∞
X
n=1
ln 1 +
n=2
(−1)
n
n
1
n(n + 1) . . . (n + m)
!
Calculer la somme de la série de terme général
un = arctan
Existence et calcul de
+∞
X
1
ln 1 − 2
n
n=2
Pour p ∈ N, on pose
En utilisant la formule de Stirling, calculer
+∞
X
1
+ 3n + 3
+∞ p
X
n
n=0
1
(−1) ln 1 +
n
n=1
!
2n
(a) Montrer que a p existe puis exprimer a p en fonction de a0 , . . . , a p−1 .
(b) En déduire que a p ∈ N.
n
Soient α dans R∗ , a et b dans R \ N. On pose
[ 01050 ] [Correction]
1
n! = e, calculer
u0 = α et ∀n ∈ N, un+1 =
+∞
X
n+1
n=0
n2
!
ap =
Exercice 120
P
Sachant +∞
n=0
− xn+1 )
n!
et
+∞ 2
X
n −2
n=0
n!
Étudier la nature de la série de terme général un et calculer éventuellement sa somme.
Exercice 127
On pose
[ 01053 ]
k=n
(−1)
k2
Z
1
xn sin(πx) dx
0
Montrer que la série
k
[Correction]
un =
Nature et calcul de la somme de la série de terme général
+∞
X
n−a
un
n−b
P
un converge et que sa somme vaut
Z π
sin t
dt
t
0
P
Convergence et somme de la série k≥2 k21−1 .
Convergence et somme de
j√
k j√ k
X
k+1 − k
k
k≥2
Enoncés
14
(b) Même question avec un = 1/n si n , 0
Convergence puis calcul de
+∞
X
n=1
Exercice 129
Étudier
[ 02803 ]
[Correction]
lim lim
n X
m
X
n→∞ m→∞
Exercice 135
Calculer
i=0 j=0
+∞
X
n=1
+∞
X
n=1
1
n(2n − 1)
5n + 6
n(n + 1)(n + 2)
1
12 + 22 + · · · + n2
[Correction]
∞
X
(−1)i+ j ti+ j+1
Calcul de somme par la constante d’Euler
Justifier et calculer
[ 02964 ]
[3] et un = −2/n sinon.
n=0
1
3
1
1
−
+
+
4n + 1 4n + 2 4n + 3 4n + 4
!
(a) Donner un développement asymptotique à deux termes de
n
X
ln p
un =
p
p=2
On pourra introduire la fonction f : t 7→ (ln t)/t.
(b) À l’aide de la constante d’Euler, calculer
+∞
X
ln n
(−1)n
n
n=1
Exercice 137
On pose
[ 02428 ]
[Correction]
ln x
x
(a) Nature des séries de termes généraux f (n) puis (−1)n f (n).
(b) Montrer la convergence de la série de terme général
Z n
f (n) −
f (t) dt
f (x) =
+∞
X
n=1
1
n(n + 1)(2n + 1)
n−1
On rappelle l’existence d’une constante γ telle qu’on ait
(c) Calculer
+∞
X
(−1)n f (n)
n=1
n
X
1
k=1
k
= ln n + γ + o(1)
(a) Calculer la somme de la série de terme général un = (−1)n−1 /n.
Indice : On pourra s’intéresser à la quantité
2
n
X
k=1
f (2k) −
2n
X
f (k)
k=1
Enoncés
Calcul de somme par dérivation ou intégration
Soit α > 0. Montrer
+∞
X
(−1)k
k=0
k+α
=
Z
1
0
15
(b) Trouver un équivalent simple de an − λ.
Pour tout n ∈ N, soit
xα−1
dx
1+x
un =
(2n)!
(2n n!)2
(a) Déterminer un équivalent de
Soit x ∈ ]−1 ; 1[. Calculer
ln un+1 − ln un
+∞
X
En déduire que un → 0.
kxk
(b) En s’inspirant de ce qui précède, établir que
expliciter la valeur de C).
k=0
Exercice 140
Calculer
Exercice 141
Calculer
[ 02805 ]
Pour tout n ∈ N, on pose
un =
+∞
X
un
(c) On pose vn = n+1
. En observant et en sommant les égalités (2k + 4)vk+1 = (2k + 1)vk
Pn
calculer T n = k=0 vk en fonction de n et vn+1 . En déduire la valeur de
1
(4n + 1)(4n + 3)
+∞
X
un
n
+1
n=0
Application à l’étude de suites
Calculer la limite de
un = 1 +
[ 02809 ]
(2n)!
(2n n!)2
(a) Déterminer un équivalent de ln un+1 − ln un . En déduire que un → 0.
P
(b) Montrer que nun → +∞. En déduire la nature de la série un .
[Correction]
n=0
Exercice 143
On pose
nun → C > 0 (on ne cherchera pas
[Correction]
+∞
X
(−1)n
4n + 1
n=0
[ 01338 ]
√
1
1
1
1
1
+ ··· + −
+
+ ··· + 2
2
n
n+1 n+2
n
[Correction]
1
1
1
+
+ ··· +
n+1 n+2
3n
(a) Montrer que la suite (an ) converge et trouver sa limite λ.
!
Soient 0 < a < b et (un )n∈N une suite strictement positive telle que pour tout n ∈ N,
un+1 n + a
=
un
n+b
(a) Montrer que un −→ 0. On pourra étudier ln(un ).
n→+∞
(b) Soient α ∈ R et vn = nα un . En étudiant (vn )n≥1 , montrer qu’il existe A > 0 tel que
an =
un ∼
n→+∞
A
nb−a
(c) On suppose b − a > 1. En écrivant
(n + 1)un+1 − nun = aun + (1 − b)un+1
Enoncés
16
Étudier la limite de
Z
un =
1
0
donner la valeur de la somme
+∞
X
un
Exercice 151
Soit
n=0
Soit (un ) une suite de réels strictement positifs telle que
!
1
un+1
α
= 1 + + O 2 , avec α ∈ R
un
n
n
[ 01075 ]
(1 − u)n − 1
du + ln n
u
[Correction]
Pn =
n
Y
k=2
Montrer qu’il existe λ ∈ R tel que
(−1)k
1+ √
k
!
eλ
Pn ∼ √
n
(a) Pour quel(s) β ∈ R y a-t-il convergence de la série de terme général
(n + 1)β un+1
vn = ln
?
nβ un
(b) En déduire qu’il existe A ∈
R∗+
Exercice 152
Soit a > 0.
[Correction]
(a) Déterminer la limite de la suite de terme général
pour lequel
un ∼ An
[ 01071 ]
un =
α
a(a + 1) . . . (a + n − 1)
n!
(b) Quelle est la nature de la série de terme général un ?
Pour α ∈ R \ Z−∗ , on considère (un )n≥1 définie par
u1 = 1 et un+1 = (1 + α/n) un
(a) Pour quel(s) β ∈ R y a-t-il convergence de la série de terme général
!
(n + 1)β un+1
?
vn = ln
nβ un
(b) En déduire qu’il existe A ∈ R∗+ pour lequel un ∼ Anα .
Exercice 149
Montrer que
[ 01074 ]
[Correction]
un =
a une limite non nulle.
n!en
nn+1/2
On fixe x ∈ R∗+ . Pour n ∈ N∗ , on pose
un =
n
n! Y x
ln
1
+
xn k=1
k
(a) Étudier la suite de terme général ln(un+1 ) − ln(un ).
En déduire que la suite (un )n≥1 converge et préciser sa limite.
(b) Établir l’existence de α ∈ R tel que la série de terme général :
!
1
ln(un+1 ) − ln(un ) − α ln 1 +
n
converge.
(c) Établir l’existence de A ∈ R∗ tel que un ∼ Anα .
(d) Étudier la convergence de la série de terme général un .
Soit u0 ∈ ]0 ; 2π[ puis
Enoncés
17
Étude théorique
∀n ∈ N, un+1 = sin (un /2)
(a) Montrer que (un ) tend vers 0.
Montrer que la somme d’une série semi-convergente et d’une série absolument
convergente n’est que semi-convergente.
(b) Montrer que lim(2n un ) = A pour un certain A > 0.
(c) Trouver un équivalent simple de (un − A2−n ).
Donner un exemple de série divergente dont le terme général tend vers 0 et dont les
sommes partielles sont bornées.
Soit (un ) une suite complexe telle que pour tout p ∈ N∗ , u pn − un → 0. Peut-on affirmer
que la suite (un ) converge ?
Former un développement asymptotique à trois termes de la suite (un ) définie par
1/n
u1 = 1 et ∀n ∈ N∗ , un+1 = (n + un−1
n )
On dit que la série de terme général un enveloppe le réel A si, pour tout entier naturel n, on
a:
un , 0 et |A − (u0 + u1 + · · · + un )| ≤ |un+1 |
On dit qu’elle enveloppe strictement le réel A s’il existe une suite (θn )n≥1 d’éléments de
]0 ; 1[ telle que pour tout entier naturel n :
A − (u0 + u1 + · · · + un ) = θn+1 un+1
(a) Donner un exemple de série divergente qui enveloppe A > 0.
Donner un exemple de série convergente qui enveloppe un réel.
Donner un exemple de série convergente qui n’enveloppe aucun réel.
Étudier la limite quand n → +∞ de
n
X
k=1
k
n
(b) Démontrer que, si la série de terme général un enveloppe strictement A, alors elle est
alternée.
Démontrer que A est alors compris entre deux sommes partielles consécutives.
!n
(c) Démontrer que, si la série de terme général un est alternée et que, pour tout entier
n ∈ N∗
A − (u0 + u1 + · · · + un ) est du signe de un+1 , alors, elle enveloppe strictement A.
(d) Démontrer que, si la série de terme général un enveloppe A et si la suite de terme
général |un | est strictement décroissante, alors, la série est alternée et encadre
strictement A.
On note (zn )n≥1 la suite de terme général
it
zn = 2n exp √
n
!
Étudier
n
Y
2n − 1 2n − 2
2n − n 2n − k = lim lim ···
n→+∞ zn − 1 zn − 2
zn − n n→+∞ k=1 zn − k Exercice 162 [ 03207 ] [Correction]
Soit E l’ensemble des suites réelles (un )n≥0 telles que
un+2 = (n + 1)un+1 + un
(a) Montrer que E est un espace vectoriel de dimension 2.
Enoncés
(b) Soient a et b deux éléments de E déterminés par
(
(
a0 = 1
b =0
et 0
a1 = 0
b1 = 1
Montrer que les deux suites (an ) et (bn ) divergent vers +∞.
(c) Calculer
wn = an+1 bn − an bn+1
(d) On pose cn = an /bn lorsque l’entier n est supérieur ou égal à 1. Démontrer
l’existence de
` = lim cn
n→+∞
(e) Démontrer l’existence d’un unique réel r tel que
lim (an + rbn ) = 0
18
(b) On suppose dans cette question que (en ) est une base discrète. Montrer que en ≤ rn
pour tout n ∈ N.
(c) On suppose que en ≤ rn pour tout n ∈ N. Soit t ∈ [−s ; s]. On définit la suite (tn ) par



tn + en si tn ≤ t
t0 = 0 et tn+1 = 

tn − en sinon
Montrer que
|t − tn | ≤ en + rn
et conclure.
(d) Dans cette question, on suppose en = 1/2n pour tout n ∈ N.
Déterminer G. Quelles suites (dn ) permettent d’obtenir respectivement 0, 1, 1/2, 2 et
1/3 ?
Pour x ∈ G, y a-t-il une unique suite (dn ) ∈ {−1, 1}N telle que
n→+∞
x=
+∞
X
dn en ?
n=0
2
00
Soit f de classe
R +∞ C sur [0 ; +∞[ telle que f est intégrable sur [0 ; +∞[ et telle que
l’intégrale 0 f (t) dt soit convergente.
(a) Montrer que
lim f 0 (x) = 0 et lim f (x) = 0
x→+∞
x→+∞
Transformation d’Abel
Pour n ∈ N∗ , on pose
Σn =
(b) Étudier les séries
X
f (n) et
X
n
X
sin k et S n =
k=1
f 0 (n)
n
X
sin k
k=1
k
(a) Montrer que (Σn )n≥1 est bornée.
(b) En déduire que (S n )n≥1 converge.
P
Soit e = (en )n∈N une suite décroissante à termes strictement positifs telle que la série en
converge.
On pose
+∞
+∞
X
X
s=
en et rn =
ek pour n ∈ N
n=0
On introduit
k=n+1
 +∞





X
N
G=
d
e
|
(d
)
∈
1}
{−1,

n
n
n




n=0
On dit que la suite e est une base discrète lorsque G est un intervalle.
(a) Montrer que G est bien défini. Déterminer son maximum et son minimum.
Soit θ ∈ R non multiple de 2π. On pose
Sn =
n
X
cos(kθ) et un =
k=0
cos(nθ)
n
(a) Montrer que la suite (S n )n∈N est bornée.
(b) En observant que cos(nθ) = S n − S n−1 , établir que la série de terme général un
converge.
(c) En exploitant l’inégalité |cos x| ≥ cos2 x, établir que la série de terme général |un |
diverge.
Soient (an ) une suite positive décroissante de limite nulle et (S n ) une suite bornée.
P
(a) Montrer que la série (an − an+1 )S n est convergente.
P
(b) En déduire que la série an (S n − S n−1 ) est convergente.
P
est convergente.
(c) Établir que pour tout x ∈ R \ 2πZ, la série cos(nx)
n
Enoncés
19
Soit (un )n≥1 une suite décroissante de réels strictement positifs.
P
(a) On suppose que un converge. Montrer que la série de terme général
vn = n(un − un+1 ) converge et
+∞
+∞
X
X
vn =
un
n=1
Exercice 168
[ 02582 ]
[Correction]
(a) Montrer l’existence, pour θ ∈ ]0 ; π[, d’un majorant Mθ de la valeur absolue de
Sn =
n
X
cos(kθ)
n=1
(b) Réciproquement, on suppose que la série de terme général n(un − un+1 ) converge.
Montrer que la série de terme général un converge si, et seulement si, la suite (un )
converge vers 0.
(c) Donner un exemple de suite (un ) qui ne converge pas vers 0, alors que la série de
terme général n(un − un+1 ) converge.
k=1
√
(b) Montrer que x 7→
x
x−1
est décroissante sur [2 ; +∞[.
(c) En remarquant de cos(nθ) = S n − S n−1 , étudier la convergence de la série de terme
général
√
n
un =
cos(nθ)
n−1
P
(d) En utilisant |cos(kθ)| ≥ cos2 (kθ), étudier la convergence de |un |.
Soit zn le terme général d’une série complexe convergente. Établir la convergence de la
série
X zn
n≥1
k=n
k
On donne une suite réelle (an ).
P
P
P
On suppose que les séries an et |an+1 − an | convergent. Montrer que la série a2n
converge.
Théorème de Cesaro
n
Soit zn le terme général d’une série complexe convergente. Établir
+∞
X
zk
Soit (un )n≥1 une suite décroissante de réels de limite nulle.
P
P
Montrer que les séries un et n(un − un+1 ) ont même nature et que leurs sommes sont
égales en cas de convergence.
=o
1
n
!
Soit (un )n≥1 une suite réelle convergeant vers ` ∈ R. On désire établir que la suite (vn )n≥1
de terme général
u1 + u2 + · · · + un
vn =
n
converge aussi vers `. Soit ε > 0.
(a) Justifier qu’il existe n0 ∈ N tel que pour tout n ∈ N, n > n0 entraîne
|un − `| ≤ ε/2
P
Soit (an ) une suite complexe. On suppose que la série ann diverge.
P an
Établir que pour tout α ∈ ]−∞ ; 1], la série nα diverge aussi.
(b) Établir que pour tout entier n > n0 on a :
|vn − `| ≤
|u1 − `| + · · · + un0 − `
n
+
n − n0 ε
n 2
(c) En déduire qu’il existe n1 ∈ N tel que pour tout n ∈ N, n > n1 entraîne
|vn − `| ≤ ε
(d) Application : Soit (un ) une suite réelle telle que un+1 − un → α , 0.
Donner un équivalent simple de un .
Enoncés
20
La suite (un )n≥0 est définie par u0 ∈ ]0 ; π/2[ et
∀n ∈ N, un+1 = sin(un )
(a) Déterminer la limite de la suite (un )n≥0
(b) Déterminer la limite de
1
1
−
u2n+1 u2n
Soit (un ) une suite réelle.
(a) On suppose que (un ) converge vers ` et on considère
vn =
u1 + 2u2 + · · · + nun
n2
(c) En déduire un équivalent de (un )n≥0
P
Soit un une série à termes positifs convergente. On note
Déterminer limn→+∞ vn .
(b) On suppose
un − un−1
→`
n
Déterminer
un
lim 2
n→∞ n
Soit (un ) une suite de réels strictement positifs.
On suppose
un+1
→ ` ∈ ]0 ; +∞[
un
Montrer
√n
un → `
Rn =
∀n ∈ N, un+1 = ln(1 + un )
et on suppose
un ∼ R2n
Déterminer un équivalent de un .
Condensation
Soit (un ) une suite réelle décroissante et positive. On pose
vn = 2n u2n
P
vn en fonction de celle de
P
un .
[Critère de condensation de Cauchy]
(a) Soient (un )n∈N une suite réelle décroissante, positive et p ∈ N tel que p ≥ 2. On pose
(a) Déterminer la limite de la suite (un )n≥0
vn = pn u pn
(b) Déterminer la limite de
1
un+1
(c) En déduire un équivalent de (un )n≥0
uk
k=n+1
La suite (un )n≥0 est définie par u0 > 0 et
+∞
X
−
1
un
Montrer que
X
un converge si, et seulement si,
X
vn converge
Enoncés
21
(b) Application : Étudier la convergence des séries
X
X
1
1
et
n ln n
n ln n ln(ln n)
Soit (un )n∈N une suite réelle décroissante et positive. On pose
vn = nun2
Montrer que
X
un converge si, et seulement si,
X
vn converge
Soit (un ) une suite décroissante d’éléments de R+ , de limite 0. Pour n ≥ 1, on pose
vn = n2 un2
Y a-t-il un lien entre la convergence des séries de termes généraux un et vn ?
Corrections
Corrections
22
Exercice 5 : [énoncé]
On a
1
e− 1+
n
(a) un ∼
1
n donc par comparaison de séries à termes positifs, la série est divergente.
en
∼ e−n donc par comparaison de séries à termes positifs, la série est
e2n
(b) un ∼
convergente.
(c) un = O n13 donc la série est absolument convergente.
(d) un ∼
e
2n
!n
1
=O
n
!
et
j
k
n3/2 − n3/2 + n = n + O(1) ∼ n
donc
n
!
e − 1 + 1n
1
=
O
n2
n3/2 − n3/2 + n
donc par comparaison de séries à termes positifs, la série est divergente.
ce qui permet de conclure à une absolue convergence.
(a) un = exp(−n2 ln(1 + 1/n)) = exp(−n + o(n)) donc n2 un −→ 0 et la série est
n→+∞
absolument convergente.
(b) un ≥ 1/n donc par comparaison de séries à termes positifs, la série est divergente.
(c) n2 un =
n2
(ln n)ln n
= e2 ln(n)−ln(n) ln(ln n) −→ 0 donc la série est absolument convergente
(a) L’intégrale définissant un est bien définie car elle porte sur une fonction sur le
segment [0 ; 1]. On peut aussi la comprendre comme une intégrale impropre
convergente sur [0 ; 1[
n→+∞
un =
Z
1
0
On a
nun =
1
n
!1/n
et par sommation géométrique
Z
"
#
1
= exp − ln n → 1
n
[0;1[
donc pour n assez grand
k=1
uk ≤ 2
n
X
1
< +∞
k2
k=1
[0;1[
Z
[0;1[
dx
1 + x + · · · + xn
1−x
dx
1 − xn+1
1−x
1 − xn+1
Sur [0 ; 1[, la suite de fonctions ( fn ) converge simplement vers la fonction
f : x 7→ 1 − x.
Les fonctions fn et f sont continues par morceaux et
1 − x ≤ 1 − x = 1 = ϕ(x)
1 − xn+1 1 − x
fn (x) =
P
C’est une série à termes positifs aux sommes partielles majorées car
n
X
dx
=
1 + x + · · · + xn
Z
Posons
1
un ≥
2n
et par comparaison de série à termes positifs on peut affirmer que
dx
=
1 + x + · · · + xn
un diverge.
avec ϕ intégrable. Par convergence dominée
1
Z
un →
donc la série converge.
(1 − x) dx =
0
et donc la série
P
1
2
un diverge grossièrement.
Corrections
(b) On amorce les calculs comme au dessus pour écrire
Z 1
Z 1
xn
xn dx
=
(1 − x) dx
vn =
n
n+1
0 1−x
0 1 + x + ··· + x
Par intégration par parties impropre justifiée par deux convergences
"
#1
Z 1
Z 1
1
1
xn
n+1
(1 − x) dx = −
ln(1 − x )(1 − x) −
ln(1 − xn+1 ) dx
n+1
n+1
n+1 0
0 1−x
0
Le terme entre crochet est nul (il suffit d’écrire x = 1 − h avec h → 0, pour étudier la
limite en 1)
Il reste
Z 1
1
vn = −
ln(1 − xn+1 ) dx
n+1 0
Par développement en série entière de la fonction u 7→ − ln(1 − u)
Z 1X
+∞
1 (n+1)k
x
dx
vn =
0 k=1 k
23
On sait
k=1
Pn
a
Or
+∞
X
k=1
+∞
1
1 X 1
≤
k((n + 1)k + 1) (n + 1) k=1 k2
puis finalement
C
(n + 1)2
P
La série à termes positifs vn est donc convergente.
vn ≤
= ln n + γ + o(1)
1
k=1 k
= eln a ln n+γ ln a+o(1) ∼
eγ ln a
n− ln a
Par équivalence de séries à termes positifs
X Pn 1
a k=1 k converge ⇐⇒ − ln a > 1
n≥1
ce qui fournit la condition a < e−1 .
(a) Posons vn = nα un .
!!
!
!
1
α
1
1
+ ln 1 − + O 2 = O 2 .
ln vn+1 − ln vn = α ln 1 +
n
n
n
n
gk (x) =
On peut donc intégrer terme à terme pour écrire
donc
Z
+∞
+∞
1 X 1 1 (n+1)k
1 X
1
vn =
x
dx =
n + 1 k=1 k 0
n + 1 k=1 k((n + 1)k + 1)
k
et donc
Posons
1 (n+1)k
x
k
P
La série de fonctions gk converge simplement sur [0 ; 1[ en vertu de la
décomposition en série entière précédente.
P
n+1
) sont continues
Les fonctions gk et la fonction somme +∞
k=0 gk : x 7→ − ln(1 − x
par morceaux.
Enfin, les fonctions gk sont intégrables sur [0 ; 1[ et
+∞ Z 1 +∞
X
X
1
1 x(n+1)k dx =
< +∞
k
k((n + 1)k + 1)
k=1 0
k=1
n
X
1
P
La série (ln vn+1 − ln vn ) est donc absolument convergente et par conséquent la
suite (ln(vn )) converge.
Ainsi, vn → e` > 0 avec ` = limn→+∞ ln vn puis
e`
.
n→+∞ nα
P
Par équivalence de séries à termes positifs, un converge si, et seulement si, α > 1.
un ∼
(b) On reprend ce qui précède en l’approfondissant. . .
Puisque le reste d’une série dont le terme général est en O 1/n2 est en O (1/n), on a
1
ln vn = ` + O
n
puis
!
!
e`
1
un = α + O α+1 .
n
n
P
Pour que (−1)n un converge, il est nécessaire que un → 0 et donc α > 0.
P
`
Inversement, si α > 0 alors la série (−1)n neα converge par le critère spécial et la
P
1
série O nα+1
converge absolument.
P
Finalement, la série (−1)n un converge.
Corrections
24
(a) Via télescopage, on obtient pour tout n ≥ N
(a)
un+1
1
3n + 1
2 1
2
=
=1−
=1−
+o
un
3(n + 1)
3n+1
3n
n
uN
vn
0 < un ≤
vN
donc un = O(vn ).
(b) Soit 1 < β < α et vn =
et
1
.
nβ
1
vn+1
1
β
=
β = 1 − + o
vn
n
n
1 + 1n
À partir d’un certain rang
un+1 vn+1
≤
un
vn
P
P
donc un = O(vn ) or vn converge absolument donc un aussi.
(c) Pour n assez grand
un+1
1
1/(n + 1)
≥1−
=
un
n+1
1/n
donc
1
= O (un )
n
P
Puisque la série 1/n est divergente, un argument de comparaison de séries à termes
P
positifs permet de conclure que un est aussi divergente.
3
vn+1
1
1
=1−
=
+o
3/4
vn
4n
n
(1 + 1/n)
donc pour n assez grand,
un+1 vn+1
≥
un
vn
On peut écrire
√
!
!
1
1
j3n+2
j3n+3
j3n+1 (1 + j + j2 )
+ √
+ √
=
+ O 3/2 = O 3/2
√
n
n
3n + 1
3n + 2
3n + 3 n→+∞
3n
j3n+1
donc la série des termes
√
j3n+1
3n + 1
+ √
j3n+2
3n + 2
+ √
j3n+3
3n + 3
est absolument convergente. Ainsi, il y a convergence des sommes partielles
S 3n =
3n
X
jk
√
k
k=1
Puisque, les termes
On a
!
1
λ
wn = λ ln 1 +
+ ln 1 − + vn
n
n
est le terme général d’une série absolument convergente. Par conséquent la suite
(ln(nλ un )) converge et donc (nλ un ) aussi.
nn
(b) Posons un = n!e
n . On a
!
un+1
1
1
=1−
+O 2
un
2n
n
P
En reprenant l’étude qui précède on peut affirmer que n1/2 un → ` > 0 donc un
diverge.
Ce résultat peut être confirmé par la formule de Stirling.
!
(b) La suite de terme général uvnn est positive et croissante à partir d’un certain rang donc
P
P
il existe α > 0 et N ∈ N tel que pour tout n ≥ N, un ≥ αvn . Or vn diverge donc un
aussi.
un+1
un
(a) Le rapport
tend vers 1 donc la suite (un ) est de signe constant à partir d’un
certain rang ; quitte à passer à l’opposé on peut supposer un > 0 pour n assez grand.
Posons
wn = ln((n + 1)λ un+1 ) − ln(nλ un )
!
√
j3n+1
, √
j3n+2
3n + 1
3n + 2
sont de limite nulle, on a aussi convergence des sommes partielles
S 3n+1 =
3n+1
X
k=1
S 3n+1 =
3n+1
X
k=1
jk
j3n+1
√ = S 3n + √
3n + 1
k
jk
j3n+2
√ = S 3n+1 + √
3n + 2
k
Les trois suites extraites (S n3n ), (S 3n+1 ) et (S 3n+2 ) convergeant vers une même limite, on
peut affirmer que la série √j n est convergente.
Corrections
(a) |un | ∼ 1/n2 donc la série
P
un est absolument convergente donc convergente.
P
(b) On applique le critère spécial et on conclut que un converge.
n
P
1
un converge.
(c) un = (−1)
n+1 + O n2 et on peut conclure que
(d)
un = cos nπ +
donc
P
π 3π
1
+
+O 2
2 8n
n
!!
=
1
(−1) .3π
+O 2
8n
n
n+1
25
On a
1
1
1
1
1
ln(1 − ) = − − 2 − 3 + O 4
n
n 2n
3n
n
donc
π
1
π
un = cos nπ + +
+O 2
2 3n
n
!
!!
puis
un converge.
un = (−1)n+1 sin
Il s’agit d’une série alternée.
n
√n
1X
ln k
ln n! =
n k=1
√n
et ainsi ln n! est la moyenne arithmétique de ln 1, ln 2, . . . , ln n et donc
p
√n
n+1
ln n! ≤ ln
(n + 1)!
π
1
+O 2
3n
n
1
√n ≥
n
√
n+1
1
(n + 1)!
De plus par la croissance de la fonction x 7→ ln x,
n
X
ln k ≥
k=1
1
n
Z
n
=
n
X
√
1
√ ∼2 n
k
k=1
On a alors
(−1)n
un = Pn 1
√
k=1 k
ln x dx = ln n − 1 → +∞
1
1+
(−1)n−1
Pn 1
k=1
√
k
n
1
√n → 0
n!
Finalement on peut appliquer le critère spécial des séries alternées et conclure.
!
Par comparaison avec une intégrale :
1
et donc
(−1)n+1 π
1
+O 2
3n
n
!!
Le terme général un est somme d’un terme définissant une série convergente par le critère
spécial et d’un terme définissant une série convergeant absolument.
puis
1
n
!
(−1)
1
= Pn 1 + P
√
n
k=1
k
k=1
√1
k






1


2 + o  P
2 
 n √1 
k=1
k
La série de terme général
(−1)n
Pn 1
On a
!
π
π (−1)n π
1
sin nπ +
= (−1)n sin =
+O 3
n
n
n
n
k=1
√
k
converge en vertu du critère spécial.
On a
1
donc la série est semi-convergente.
P
n
k=1
√1
k






1
1


2 + o  P
2  ∼ 4n
 n √1 
k=1
k
Corrections
donc par comparaison de série à termes positifs il y a divergence de la série de terme
général






1
1
P
2 + o  P
2 
 n √1 
n
√1
k=1
k=1
k
k
26
puis en simplifiant les termes d’indices impairs
(2 +
√
√
3)n = 2
!
n n−2p p
2
3 ∈ 2Z
2p
√
un = − sin (2 − 3)n π
√ Puisque 2 − 3 < 1,
√
un ∼ −(2 −
bn/2c
X
p=0
On en déduit
Par sommation d’une série convergente et d’une série divergente la série de terme général
diverge.
3)n + (2 −
3)n π
est terme général d’une série absolument convergente.
(a) On a
1
(−1)n
un = √ + O 3/2
n
2 n
donc
P
!
Puisque un → 0, il revient au même d’étudier la nature de la série de terme général
un converge.
vn = u2n + u2n+1
(b) On a
un =
(−1)n
1
1
=
−
+o
2
1
ln n
n ln n
n ln2 n
+o n
(−1)n
ln n +
(−1)n
n
!
Or la série de la série de terme général n ln12 n est absolument convergente
P
comparaison avec une intégrale) donc un est convergente.
Or
vn =
(utiliser une
D’une part
sin(ln 2n)
1
=O 2
2n(2n + 1)
n
(c) On a
(−1)n
1
1
un =
+
+o
ln n
(ln n)2
(ln n)2
!
n
La série de terme général (−1)
ln n est convergente alors que la série de terme général
1
1
+ o (ln n)2 est divergente par équivalence de séries à termes positifs. On
(ln n)2
P
conclut que un est divergente.
Exercice
19 : [énoncé] √
1
n2 + 1 = n + 2n
+ O n12 donc un =
convergente.
(−1)n π
2n
+O
1
n2
sin(ln 2n)
sin(ln(2n + 1)) − sin(ln 2n)
+
2n(2n + 1)
2n + 1
et d’autre part en vertu du théorème des accroissements finis, il existe c compris entre
ln 2n et ln(2n + 1) tel que
!
sin(ln(2n + 1)) − sin(ln 2n) cos(c) (ln(2n + 1) − ln 2n)
1
=
=O 2
2n + 1
2n + 1
n
On en déduit que vn = O 1/n2 et donc la série de terme général vn est absolument
convergente donc convergente.
est terme général d’une série
Posons
En développant par la formule du binôme de Newton
(2 +
√
!
n
X
n n−k √ k
3) =
2
3
k
k=0
n
!
Sn =
n
X
cos(ln k)
k=1
k
Pour les entiers k appartenant à l’intervalle
[e−π/4+2nπ ; eπ/4+2nπ ]
on a
Corrections
cos(ln k)
1
1
≥ √ π/4+2nπ
k
2e
Posons
an = E e−π/4+2nπ et bn = E eπ/4+2nπ
On a
S an − S bn =
bn
X
cos(ln k) bn − an
1
≥ √
π/4+2nπ
k
2 e
k=an +1
27
Or
p
p
bn − an
2nπ2
π
bn + 1 − an + 1 = √
∼
→
√
4nπ
2
bn + 1 + an + 1
donc S bn − S an ne tend par 0 et l’on peut conclure que la série étudiée diverge.
Quand x → 0, on a
√
p
p
|x|
= |x| − x |x| + o x3/2
1+x
Or, par encadrement,
bn − an
→ (1 − e−π/2 )
eπ/4+2nπ
donc (S an − S bn ) ne tend pas vers 0. Or an , bn → +∞ donc la série étudiée ne peut
converger.
On en déduit
un =
Z
(−1)n /nα
p
Z
|x| dx −
sont tels que
√
1
Re(ei k ) ≥ √
2
1
p
x |x| dx + o
0
0
Montrons que la série étudiée est divergente. Notons S n la somme partielle de rang n de
cette série. Nous allons construire deux suites (an ) et (bn ) de limite +∞ telles que
S bn − S an ne tend pas zéros ce qui assure la divergence de la série étudiée.
Soit n ≥ 1 fixé. Les indices k vérifiant
π √
π
2nπ − ≤ k ≤ 2nπ +
4
4
(−1)n /nα
!
n5α/2
Par parité
un =
2
1
(−1)n 2
−
+ o 5α/2
3n3α/2 5n5α/2
n
!
Par le critère spécial des séries alternées, la série de terme général (−1)n /n3α/2 converge et
par équivalence de séries à termes de signe constant, la série de terme général
!
2
1
2
− 5α/2 + o 5α/2 ∼ − 5α/2
5n
n
5n
converge si, et seulement si, 5α/2 > 1.
On en déduit que la série de terme général un converge si, et seulement si, α > 2/5.
Posons alors
an = E ((2nπ − π/4)2 ) et bn = E ((2nπ + π/4)2 )
On a
√
S bn − S an
bn
X
ei k
=
√
k
k=an +1
et donc par construction
bn
1
1 X
Re S bn − S an ≥ √
√
2 k=an+1 k
√
Puisque la fonction t 7→ 1/ t est décroissante, on a la comparaison intégrale
bn Z k+1
p
√ p
1 X
dt
Re S bn − S an ≥ √
√ = 2 bn + 1 − an + 1
t
2 k=an +1 k
P
Supposons la convergence de la série un .
Pour tout n ∈ N
n
n
2n+1
+∞
X
X
X
X
vk =
(u2k + u2k+1 ) =
uk ≤
uk
k=0
k=0
k=0
k=0
P
Puisque vn est une série à termes positifs dont les sommes partielles sont majorées,
celle-ci converge.
P
Supposons la convergence de la série vn . Pour tout n ∈ N
n
X
k=0
uk ≤
bn/2c
X
k=0
vk ≤
+∞
X
vk
k=0
P
Puisque un est une série à termes positifs dont les sommes partielles sont majorées,
celle-ci converge. En substance, on observe aussi
+∞
X
un =
+∞
X
vn
max(un , vn ) ≤ un + vn ,
u n ≤ αn
√
1
un vn ≤ (un + vn )
2
un vn
un
=
vn ≤ vn
un + vn un + vn
Par comparaison de série à termes positifs on peut alors conclure.
Puisque 2ab ≤ a2 + b2 on a
√
1
un un+1 ≤ (un + un+1 )
2
P
P
or u et un+1 convergent donc, par comparaison de séries à termes positifs,
P√ n
un un+1 converge.
On a immédiatement (i) =⇒ (ii) par comparaison de série à termes positifs sachant
an an+1 ≤
1
(an + an+1 )
2
La réciproque est fausse, il suffit pour l’observe de considérer la suite a donnée par
a2p = 1 et a2p+1 =
1
p4
P
Or la série de terme général αn est convergente car α ∈ [0 ; 1[ et donc un est
√
√
(c) Pour un = 1/n, n un = n−1/n → 1 et pour un = 1/n2 , n un = n−2/n → 1 alors que dans
un cas la série diverge et dans l’autre la série converge.
Puisque
vn =
un
vn
∈ [0 ; 1[ et un =
1 + un
1 − vn
on a un → 0 si, et seulement si, vn → 0.
Si un 6→ 0 alors vn 6→ 0 et les deux séries divergent.
Si un → 0 alors vn ∼ un et donc les deux séries sont de même nature.
Dans les deux cas, les séries sont de même nature.
P
P
(a) Si un converge alors un → 0 et vn ∼ un donc vn converge par équivalence de
P
série à termes positifs. Si vn converge alors vn → 0 et aisément un → 0 donc
vn ∼ un et on conclut comme ci-dessus.
P
(b) Si un converge et est de somme S alors vn ∼ un /S et on peut conclure.
P
Si un diverge alors
N
X
ln(1 − vn ) = ln
n=2
u1
→ −∞
u1 + · · · + un
P
Si vn → 0, ln(1 − vn ) ∼ −vn donc vn diverge car les séries sont de signe constant.
P
Si vn 6→ 0, vn diverge grossièrement.
P
Supposons la série vn convergente. On a vn → 0+ donc 1 + n2 un → +∞ et on en déduit
(a) Si ` > 1 alors à partir d’un certain rang
grossière.
(b) Si ` < 1 alors, en posant α = (1 + `)/2, on a ` < α < 1 et à partir d’un certain rang
√n
un < α
donc
On exploite les comparaisons
√
28
n=0
n=0
(obtenue par 2ab ≤ (a2 + b2 ))
et
Corrections
√n
un ≥ 1 et donc un ≥ 1. Il y a divergence
vn ∼
1
n2 un
Corrections
puis
29
donc
N
X
√
1
un vn ∼
n
P√
Par comparaison de séries à termes positifs, il y a divergence de la série
un vn .
Or, par l’inégalité de Cauchy-Schwarz
 n
2
n
n
n
+∞
X
X
X
X
X √

uk vk  ≤
un
vk ≤
un
vk

k=0
k=0
On en déduit la divergence de la série
P
k=0
k=0
uk =
k=1
Ainsi
P
un converge et
N
X
vn + Nun →
un =
+∞
X
vn
n=1
n=1
k=0
Pour n ≥ 2, on observe
un .
a1−1/n
≤ 2an ⇐⇒ an ≥
n
Par permutation de sommes
N
N X
X
vn =
n=1
N
X
k=1 n=k
a1−1/n
≤ max(2an ,
n
kuk
n(n + 1)
N
X
! X
N
N
X
1
N+1−k
1
vn =
−
=
uk
kuk
n
n
+
1
N+1
n=1
k=1
k=1
n=k
et donc
1
2n
et donc
N
X
donc
vn
n=1
n=1
+∞
X
+∞
X
N
X
vn =
n=1
N
X
uk − NvN
k=1
vn ≤
n=1
uk ≤
k=1
+∞
X
nvn =
∀n ≥ N, an ≤ 1
En posant M = a0 a1 . . . aN−1 , on peut écrire pour tout n ≥ N
0 ≤ un ≤ MaN . . . an−1 an ≤ Man
uk
k=1
Puisque la suite (S n ) est croissante
0 ≤ vn ≤
n
X
k=1
uk −
n
X
an1−1/n .
Par comparaison de série à termes positifs, on obtient la convergence voulue.
P
la série vn converge.
P
Supposons que la série vn converge.
On a
P
La série de terme général un est convergente.
P
En effet, puisque an converge, an → 0 et donc il existe un rangN ∈ N tel que
Supposons que la série un converge
P
Puisque vn est une série à termes positifs et que ses sommes partielles sont majorée car
N
X
!
Par comparaison de séries à termes positifs, on peut conclure à la convergence de
P
N
X
1
1
) ≤ 2 an + n
2
(2n )1−1/n
vk
et donc vn → 0. On en tire
k=1
donc par croissance des sommes partielles d’une série à termes positifs, la suite (nvn )
admet une limite ` ∈ R ∪ {+∞}.
P
Si cette limite est non nulle, la série vn diverge ce qui est contraire à l’hypothèse
initiale. On en déduit
nvn → 0
un+1
→0
S0
vn ∼ ln(1 + vn ) = ln
S n+1
= ln(S n+1 ) − ln(S n )
Sn
P
La série un converge si, et seulement si, la suite ln(S n ) converge et donc si, et seulement
P
si, la série télescopique (ln S n+1 − ln S n ) converge. Par équivalence de série à termes
P
positifs, cela équivaut à affirmer la convergence de la série vn .
Corrections
P
Si un converge alors en notant S sa somme (strictement positive), vn ∼ un /S et donc
P
vn converge.
P
P
Supposons désormais que un diverge et montrons qu’il en est de même de vn .
Par la décroissante de t 7→ 1/t, on a
Z Sn
un
dt S n − S n−1
≤
=
S n−1
S n−1
S n−1 t
En sommant ces inégalités
Z
Sn
S1
Or
Z
n
dt X uk
≤
t
S
k=2 k−1
Sn
dt
= ln S n − ln S 1 → +∞
t
S1
P n
car S n → +∞ donc par comparaison Sun−1
diverge.
Puisque
un
un
1
=
= vn
S n−1 S n − un
1 − vn
P
Si vn 6→ 0 alors vn diverge.
P
n
Si vn → 0 alors vn ∼ Sun−1
et à nouveau vn diverge.
P
P
Finalement un et vn ont la même nature.
30
Posons
un+1 − un
un
Si (un ) converge alors, en posant ` sa limite,
vn =
1
vn ∼ (un+1 − un )
`
P
P
et puisque la série à termes positifs (un+1 − un ) converge, il en est de même de vn .
Si (un ) diverge alors un → +∞.
Par la décroissance de t → 1/t,
Z un+1
un+1 − un
dt
≥
= ln(un+1 ) − ln(un )
un
t
un
P
P
Puisque ln(un ) → +∞, la série à terme positif (ln(un+1 ) − ln(un )) diverge et donc vn
aussi.
P
Finalement, la nature de la série vn est celle de la suite (un ).
P
(a) Puisque la série an converge, on peut introduire sa somme
`=
+∞
X
an
n=0
un = Rn−1 − Rn et la décroissance de t → 1/t,
Z Rn−1
dt Rn−1 − Rn
un
≤
=
t
R
R
n
n
Rn
On a
Z
Rn−1
Rn
dt
= ln Rn−1 − ln Rn
t
P R Rn−1
dt
donc la série à termes positifs
car ln Rn → −∞ puisque Rn → 0.
t diverge
Rn
P
Par comparaison de séries à termes positifs, un /Rn diverge.
un
un
un
1
=
=
Rn Rn−1 − un Rn−1 1 − un /Rn−1
P
Si un /Rn−1 6→ 0 alors un /Rn−1 diverge.
P
n
∼ Runn et donc un /Rn−1 diverge encore.
Si un /Rn−1 → 0 alors Run−1
P
Dans tous les cas, un /Rn−1 diverge.
Les termes sommés étant strictement positifs, on a ` > 0 et S n → ` donne alors
S n ∼ `.
On en déduit
an
an
∼
Sn
`
P
P
La série an converge, donc an /` converge aussi et par équivalence de séries à
P
termes positifs, on peut conclure à la convergence de la série an /S n .
(b) Comme les termes sont positifs, on a S n ≥ S n−1 et donc
an
S n − S n−1
1
1
≤
=
−
2
S n S n−1
S n−1 S n
Sn
P
La série à termes positifs an étant supposée divergente, la suite (S n ) tend vers +∞
et donc 1/S n → 0.
P
La nature de la série un − un−1 étant celle de la suite (un ), on peut affirmer la
convergence de la série
X 1
1
−
S n−1 S n
P
puis celle de an /S n2 par comparaison de séries à termes positifs.
Corrections
31
et alors
(c) On peut écrire
an
S n − S n−1
S n−1
=
=1−
Sn
Sn
Sn
Si (S n−1 /S n ) ne tend pas vers 1, la série étudiée diverge grossièrement.
Si (S n−1 /S n ) tend vers 1 alors
ln
S n−1 S n−1
∼
−1
Sn
Sn
et donc
an
∼ ln S n − ln S n−1
Sn
P
La suite (ln S n ) diverge, donc la série ln S n − ln S n−1 diverge aussi et, enfin,
P
an /S n diverge par argument de comparaison de séries à termes positifs.
C
avec C = eβ > 0
xα
Par comparaison de séries à termes positifs, on peut affirmer la convergence de
P
n≥1 f (n)
f (x) ≤
k
P
(a) Rn est le reste de rang n de la série k≥1 (−1)
k qui converge en vertu du critère spécial.
(b) Par décalage d’indice sur la deuxième somme
Rn + Rn+1 =
+∞
+∞
+∞
X
X
X
(−1)k
(−1)k+1
(−1)k
+
=
k
k+1
k(k + 1)
k=n+1
k=n+1
k=n+1
(c) Puisque
Rn − Rn+1 =
(a) Pour x assez grand, on a
donc
x f 0 (x)
≥ −1
f (x)
on a
f 0 (x)
1
≥−
f (x)
x
Or par le critère spécial
2Rn =
1
(−1)k
=O 2
k(k
+
1)
n
k=n+1
donc
Rn ∼
et alors
C
avec C = eβ > 0
x
Par comparaison de séries à termes positifs, on peut affirmer la divergence de
P
n≥1 f (n)
f (x) ≥
(b) Soit un réel α > 1 tel que ` < −α. Pour x assez grand, on a
x f 0 (x)
≤ −α
f (x)
et donc
+∞
X
(−1)n+1
(−1)k
+
n+1
k(k + 1)
k=n+1
+∞
X
En intégrant, il existe une constante β tel que
ln f (x) ≥ − ln x + β
f 0 (x)
α
≤−
f (x)
x
!
(−1)n+1
2n
(d) Comme
(−1)n+1
1
Rn =
+O 2
2n
n
la série
P
!
Rn est convergente.
À partir du rang n = 2, on peut applique le critère spécial des séries alternées. Le reste
étant majorée par la valeur absolue du premier terme
x=
En intégrant, il existe une constante β tel que
ln f (x) ≤ −α ln x + β
(−1)n+1
n+1
+∞
X
(−1)n 8n
n=0
avec |r| ≤
64
24
(2n)!
=1−4+r
donc x < 0.
Par découpage
Corrections
32
avec
I=
+∞ Z (n+1)π
X
nπ
n=0
donc par translations
I=
+∞ Z
X
n=0
0
sin t
dt
t
1
(−1)n+1
+O 2
e sn − 2 = 2 e−rn − 1 = −2rn + O rn2 =
n
n
Ainsi,
1
(−1)n+1
+O 2
n
n
P
La série un converge car c’est la somme d’une série vérifiant le critère spécial et
d’une autre absolument convergente.
un =
π
sin(nπ + t)
dt
nπ + t
puis la relation proposée.
I se perçoit alors comme somme d’une série vérifiant le critère spécial des séries
alternées, sa somme est donc du signe de son premier terme à savoir positif.
(a) En notant S la somme de la série, S 2n − S n −→ S − S = 0.
n→+∞
(b) On a
P
(a) Si (vn ) est une suite alternée dont la valeur absolue décroît vers 0 alors la série vn
converge.
Ce résultat s’obtient en constatant l’adjacence des suites extraites de rangs pairs et
impairs de la suite des sommes partielles.
(b) La suite (sn )n≥1 converge en vertu du critère spécial énoncé ci-dessus. En fait, il est
« connu » que (sn )n≥1 tend vers ln 2 et donc (un )n≥1 tend vers 0.
De plus nu2n ≥ 0 car la suite (un ) décroît et tend vers 0 (car la série converge).
Par encadrement nu2n −→ 0 puis 2nu2n −→ 0
n→+∞
n→+∞
(c) De plus
0 ≤ (2n + 1)u2n+1 ≤ 2nu2n + u2n −→ 0
n→+∞
sn = ln 2 − rn
donc on a aussi (2n + 1)u2n+1 −→ 0 et finalement nun −→ 0.
n→+∞
avec
rn =
On a
rn − rn+1
+∞
X
(−1)k+1
k
k=n+1
Posons
+∞
1
X
(−1)k+1
(−1)n
=
et rn + rn+1 =
=O 2
n+1
k(k + 1)
n
k=n+1
k+1
P
car par, application du critère spécial à la série (−1)
k(k+1) , on peut majorer le reste par
la valeur absolue du premier terme qui l’exprime. On en déduit
!
(−1)n
1
rn =
+O 2
2n
n
Sn =
n→+∞
n
X
k α uk
k=1
Par la décroissance de la suite (un ), on a
S 2n − S n =
2n
X
k=n+1
k α uk ≥
2n
X
nα u2n = nα+1 u2n ≥ 0
k=n+1
ln(x) = x − 1 + O (x − 1)2
Puisque la suite (S n ) converge, S 2n − S n → 0 et on en déduit (2n)α+1 u2n → 0.
Puisque
(2n + 1)α+1
0 ≤ (2n + 1)α+1 u2n+1 ≤
(2n)α+1 u2n
(2n)α+1
un = e sn − 2 + O (e sn − 2)2
on a aussi (2n + 1)α+1 u2n+1 → 0 et on peut donc conclure nα+1 un → 0.
x→1
et donc
uk ≥ nu2n
k=n+1
(c) On peut écrire
On sait
2n
X
S 2n − S n =
Corrections
33
P
Posons vn = nk=1 uk − nun . On a
(a) La suite étudiée est bien définie et à termes tous positifs. On en déduit
vn+1 − vn = n(un − un+1 ) ≥ 0
La suite (vn ) est croissante et majorée donc convergente. Posons ` sa limite.
On a
1
un − un+1 = (vn+1 − vn )
n
donc
+∞
+∞
+∞
X
X
1X
1
(vk+1 − vk ) ≤
(vk+1 − vk )
(uk − uk+1 ) =
k
n k=n
k=n
k=n
0 ≤ un+1 =
et donc par encadrement un → 0.
(b) Pour n ≥ 1, on peut écrire vn = e−un−1 et alors vn → 1 par composition de limites.
(c) On en déduit
un ∼ 1/n
P
La série un est alors divergente par équivalence de séries à termes positifs.
On a aussi
!
e−un−1
1 − un−1 + o(un−1 ) 1
1
1
un =
=
= − 2 +o 2
n
n
n n
n
ce qui donne
1
(` − vn )
n
P
On en déduit 0 ≤ nun ≤ ` − vn et donc nun → 0 puis nk=1 uk → `.
P
Finalement un converge.
un ≤
donc
(−1)n un =
un
2
on a
1
un+1 ≤ u2n
2
P
Par suite un = O (1/2n ) et donc la série un converge.
(−1)n
1
+O 2
n
n
!
P
P
La série (−1)n /n converge en vertu du critère spéciale et O(1/n2 ) est absolument
convergente par argument de comparaison. Par opération sur les séries convergentes,
P
la série (−1)n un converge.
La fonction x 7→ 1 − cos x − x est négative sur [0 ; +∞[ et ne s’annule qu’en 0. Par
conséquent, la suite (un ) est décroissante, or elle est clairement minorée par 0 donc elle
converge. Sa limite annulant la précédente fonction ne peut être qu’être 0. Puisque
un+1 = 2 sin2
e−un
1
≤
n+1 n+1
La suite (an ) est décroissante et minorée par 0 donc convergente. En passant la relation de
récurrence à la limite, on obtient que (an ) tend vers 0.
Puisque
a2n − a2n+1 1
1
1
−
=
∼
3
a2n+1 a2n
a2n a2n+1
on obtient par le théorème de Césaro
Par étude de point fixe de la relation de récurrence, la valeur
√ ` = 1 + 5 /2

n−1 
1 X  1
1
1
 2 − 2  →
n k=0 ak+1 ak
3
puis
1 1
1
→
n a2n
3
est la seule limite possible de la suite (un ) qui est clairement à termes positifs.
|un+1 − `| = √
1
|un − `|
≤ |un − `|
√
2
1 + un + 1 + `
Finalement an ∼
√
√3
n
et la série étudiée est divergente.
donc un = O(1/2n ) et ainsi la série converge.
Corrections
(a) Aisément la suite est strictement positive, décroissante et de limite ` ∈ [0 ; π/2]
vérifiant sin ` = `.
(b) un+1 − un est le terme général d’une série télescopique convergente. Or
un+1 − un ∼ − 16 u3n donc par équivalence de suite de signe constant, on conclut.
(c) ln un+1 − ln un est le terme général
d’une série télescopique divergente. Or
1 2
1 2
ln un+1 − ln un ∼ ln 1 − 6 un ∼ − 6 un donc par équivalence de suite de signe
constant, on conclut.
34
(d) La nature de la série de terme général ln(an+1 /an ) est celle de la suite de terme
général ln(an ). C’est donc une série divergente. Or
!
!
an+1
1
1
ln
= ln 1 − an + o(an ) ∼ − an
an
2
2
P
Par équivalence de série de terme de signe constant, on peut affirmer an diverge.
La suite (un ) est à terme strictement positifs car u0 > 0 et la fonction x 7→ ln(1 + x) laisse
stable l’intervalle ]0 ; +∞[.
Puisque pour tout x ≥ 0, ln(1 + x) ≤ x, la suite (un ) est décroissante.
Puisque décroissante et minorée, la suite (un ) converge et sa limite ` vérifie ln(1 + `) = `
ce qui donne ` = 0.
1 2
un
1
1
un − un+1
1
−
=
∼ 22 →
un+1 un
un un+1
2
un
Par le théorème de Cesaro,
!
n−1
1X 1
1
1
−
→
n k=0 uk+1 uk
2
et donc
On en déduit un ∼
1
1
→
nun
2
2
n
(a) un+1 − un ≤ 0 et un ∈ ]0 ; 1[ pour tout n ∈ N donc (un ) converge et la seule limite
possible est 0.
N
N
X
X
un − un+1 = u0 − uN+1 → u0
u2n =
n=0
n=0
donc
P
u2n
converge et
+∞
X
u2n = u0
n=0
On a
N
X
 N

Y un+1 
 = ln uN+1 → −∞
ln(1 − un ) = ln 
un
u0
n=0
n=0
P
donc la série numérique ln(1 − un ) diverge.
(b) Puisque
ln(1 − un ) ∼ −un
et donc la série de terme général un diverge.
Par équivalence de séries à termes de signe constant,
P
un diverge.
(a) La suite (an ) est bien définie et à termes positifs puisque pour tout x ≥ 0, 1 − e−x ≥ 0.
Puisque pour tout x ∈ R, e x ≤ 1 + x, on a an+1 ≤ an et la suite (an ) est donc
décroissante.
Puisque décroissante et minorée, (an ) converge et sa limite ` vérifie ` = 1 − e−` . On
en déduit ` = 0.
Finalement (an ) décroît vers 0.
P
(b) Par le critère spécial des séries alternées, (−1)n an converge.
(c) Puisque an → 0, on peut écrire an+1 = 1 − e−an = an − 21 a2n + o(a2n ).
Par suite a2n ∼ −2(an+1 − an ).
Par équivalence de séries à termes positifs, la nature de la série de terme général a2n
est celle de la série de terme général an+1 − an qui est celle de la suite de terme
P
général an . Finalement a2n converge.
Dans le cas où u0 = 0, la suite est nulle.
Dans le cas où u0 = 1, la suite est nulle à partir du rang 1
On suppose désormais ces cas exclus.
(a) La suite (un ) est à termes dans ]0 ; 1[ car l’application x 7→ x − x2 laisse stable cet
intervalle.
La suite (un ) est décroissante et minorée donc convergente. Sa limite ` vérifie
` = ` − `2 et donc ` = 0.
Finalement (un ) décroît vers 0 par valeurs strictement supérieures.
1
un+1
−
u2
1
un − un+1
=
= 2 n 3 →1
un
un un+1
un − un
Corrections
On a
n−1
1X
n
et donc nu1n → 1.
On en déduit que un ∼
1
n
et donc
k=0
P
1
1
uk+1
!
−
1
→1
uk
1
nuαn
v2n+1
−
1 3
(vn − vn+1 )(vn+1 + vn )
1
1
6 vn × 2vn
=
∼
→
2
2
4
2
3
vn
vn
vn vn+1

n−1 
1 X  1
1
1
 2 − 2  →
n k=0 vk+1 vk
3
un diverge.
(b) Comme ci-dessus, on obtient que (un ) décroît vers 0 par valeurs strictement
supérieures.
uαn − uαn+1
αuα
1
1
− α =
∼ αn →α
α
α
un+1 un
(un un+1 )
un+1
35
→ α et donc
un ∼
λ
et donc
1
nv2n
→ 13 . On en déduit vn ∼
√
3
n1/2
puis
un ∼
λ
n1/(2β)
avec λ > 0.
P
P
Pour β ∈ ]0 ; 1/2[, vn converge et pour β ≥ 1/2, vn diverge.
n1/α
avec λ > 0.
P
P
Si α ∈ ]0 ; 1[, un converge et si α ≥ 1, un diverge.
La suite (un ) est croissante.
Si (un ) converge alors sa limite ` est strictement positive et
(a) Notons la suite (un ) est bien définie, strictement positive et croissante.
Si α > 1, on a
1
un+1 ≤ un + α
n u1
puis par récurrence
un ≤
an ∼ `(un+1 − un )
est le terme général d’une série convergente par équivalence des termes généraux de signe
constant.
P
Si an converge alors
0 ≤ un+1 − un ≤ an /u0
donc par comparaison la série de terme général un+1 − un converge et donc (un ) converge.
n
X
1
αu
k
1
k=1
Ainsi (un ) converge.
Si (un ) converge. Posons ` = lim un , on observe ` > 0. On a
un+1 − un =
1
1
∼
nα un nα `
or la série de terme général un+1 − un est convergente donc α > 1.
(b) On suppose α ≤ 1. On a
Posons vn = uβn . La suite (vn ) vérifie vn ∈ ]0 ; 1] et vn+1 = sin(vn ) pour tout n ∈ N.
Puisque la fonction sinus laisse stable l’intervalle ]0 ; 1], on peut affirmer que pour tout
n ∈ N, vn ∈ ]0 ; 1].
De plus, pour x ≥ 0, sin x ≤ x donc la suite (vn ) est décroissante.
Puisque décroissante et minorée, (vn ) converge et sa limite ` vérifie sin ` = ` ce qui donne
` = 0.
Finalement (vn ) décroît vers 0 par valeurs strictement supérieures.
u2n+1 − u2n =
2
1
2
+
∼
nα n2α u2n nα
donc par sommation de relation de comparaison de séries à termes positifs
divergentes
n
X
1
2
un ∼ 2
α
k
k=1
or par comparaison série-intégrale,
n
X
n1−α
1
∼
quand α < 1
α
k
1−α
k=1
et
n
X
1
k=1
k
un ∼
36
Or par une intégration par parties on obtient
Z n
(ln t)2 dt ∼ n(ln n)2
1
donc 0 ≤ un ≤ vn avec
∼ ln n quand α = 1
On conclut alors
r
Corrections
√
2n1−α
si α < 1 et un ∼ 2 ln n si α = 1
1−α
(c) On suppose α > 1. Posons vn = un − `. On a
vn+1 − vn =
1
nα un
∼
1
nα `
donc par sommation de relation de comparaison de séries à termes positifs
convergentes
+∞
+∞
X
X
1
1
1
vk+1 − vk = −vn ∼
∼
α
`n
α − 1 `nα−1
k=n
k=n
On peut alors conclure que la série des un converge absolument par comparaison avec une
série de Bertrand.
Notons que les termes
sommés sont positifs.
√
La fonction x 7→ a x est décroissante donc
Z
√
n
a ≤
√
a
x
dx
puis
n
X
a
√
k
≤1+
or
R +∞
0
n
Z
√
a
x
dx = 1 + 2
0
k=0
1
1
1 − α `nα−1
n
n−1
puis
vn =
1
n(ln n)2
vn ∼
Z
√
n
uau du
0
u
ua du est définie donc
X
a
√
n
< +∞
n≥0
On a
1
x ln x
!0
=−
ln x + 1
(x ln x)2
La fonction x 7→ 1/x ln x est décroissante sur ]1 ; +∞[.
On en déduit
Z N+1
N
X
1
dt
≥
= ln ln(N + 1) − ln ln 2 → +∞
n ln n
t ln t
2
n=2
Puisque x 7→ x12 est décroissante
Z
k
donc
Z
Par comparaison avec une intégrale
Z n
n+1
(ln t)2 dt ≤
1
+∞
n
X
(ln k)2
k+1
dx
1
≤ 2 ≤
x2
k
Z
k
k−1
dx
x2
Z +∞
+∞
X
dx
1
dx
≤
≤
2
2
x
k
x2
n
k=n+1
d’où l’on obtient : un ∼ 1/n.
Il y a donc divergence de la série de terme général un .
k=1
(a) Par croissance de la fonction
n+1
Z
n
Z
37
Puisque x 7→ x1α est décroissante
donc
Corrections
+∞
N+1
1
dx
≤ α ≤
α
x
n
Z
dx
≤ RN ≤
xα
Z
d’où l’on obtient :
Rn ∼
n
dx
xα
n−1
+∞
Z
k
√
donc
n
Z
√
La série
k
t dt ≤
n √
X
n
X
donc
S n−1
et, par croissance de la fonction ln„
Z k
Z
ln t dt ≤ ln k ≤
dt
tα
Puisque x 7→ x1α est décroissante
2
dx
≤
xα
+∞
X
k=1
1
≤1+
kα
Z
+∞
1
1
1
≤ ζ(α) ≤ 1 +
α−1
α−1
α→1+
n+1
ln t dt
1
n
X 1
dt
≤
≤
t ln t k=2 k ln k
Z
1
n
dt
t ln t
puis on conclut via
Z
Par suite (α − 1)ζ(α) −→ 1.
Z
n+1
Z
donc
n
puis on peut conclure.
(c) Par décroissance de la fonction x 7→ 1/x ln x sur [1/ e ; +∞[,
Z k
Z k+1
1
dt
dt
≤
≤
t ln t k ln k
k−1 t ln t
k
donc
1
ln t dt
k
1
La série à termes positifs est convergente car ses sommes partielles sont majorées.
+∞
k+1
ln t dt ≤ ln n! ≤
"
#S p
Z Sp
p
X
dt
1
1
1
un
≤
=
< +∞
α ≤
α
α−1
S
t
α
−
1
α
−
1
t
S0
S0
n=1 n
Z
ln k
k=1
Z
un
≤
S nα
√
t dt
1
k=1
donc
Sn
n+1
Z
k≤
k−1
Z
√
t dt
k≤
ln n! =
converge si, et seulement si, α > 2.
On a
k+1
Z
et on conclut aisément.
(b) On a
1
(α − 1)nα−1
Rn
1
∼
S n (α − 1)S ∞ nα−1
Rn
n≥1 S n
t dt ≤
0
puis
P
√
k−1
dx
xα
N
√
.
dx
xα
dt
= ln(ln t) + C te → +∞
t ln t
P+∞ a
a
a
Notons que n2 +a
2 ∼ n2 donc
n=1 n2 +a2 existe.
a
La fonction x 7→ x2 +a
2 est décroissante sur [0 ; +∞[ donc par comparaison série-intégrale
Z
1
N+1
N
X a
a
dx
≤
≤
x2 + a2
n2 + a2
n=1
Z
0
N
a
dx
x 2 + a2
Corrections
Or par le théorème des accroissements fini,
puis sachant
Z
x
a
= arctan + C te
a
x2 + a2
on obtient
N
N+1
1 X a
N
arctan
− arctan ≤
≤ arctan
a
a n=1 n2 + a2
a
Quand N → +∞,
+∞
π
1 X a
π
≤
− arctan ≤
2
2
2
a n=1 n + a
2
Par le théorème des gendarmes,
lim
a→+∞
On a
+∞
X
n=1
n2
a
π
=
2
2
+a
f (x) − f (n) = f 0 (c x )(x − n)
avec c x ∈ ]n ; x[.
Après calcul de f 0 (x), on en déduit
| f (x) − f (n)| ≤
puis un = O
1
n4/3
2
1
+ 5/3
4/3
3n
3n
.
R n+1
Rn
(b) La série de terme général n f (t) dt diverge car 0 f (t) dt = 3 sin(n1/3) diverge. En
effet si sin n1/3 convergeait vers ` alors par extraction sin(n) aussi et il est classique
1/3
P
)
d’établir la divergence de (sin(n)). On en déduit que cos(n
diverge.
n2/3
R n+1
(c) Il suffit de reprendre la même étude pour parvenir à la mêmeun = n f (x) dx − f (n)
conclusion.
An = a +
n
1X
b(n + 1)
, ln Bn =
2
n
ln(a + bk)
k=1
Posons f (t) = ln(a + bt) fonction croissante.
À l’aide d’une comparaison série-intégrale
n
X
f (k) = n ln(a + bn) − n + o(n)
k=1
donc
38
!
a + bn
Bn
= ln Bn − ln An = ln
− 1 + o(1) → ln 2 − 1
ln
An
a + bn/2
(a) La fonction f 0 est bien définie et continue par morceaux sur [1 ; +∞[.
On a
cos(ln x) − sin(ln x)
f 0 (x) =
x2
et donc
0 2
f (x) ≤ 2
x
La fonction x 7→ 1/x2 étant intégrable sur [1 ; +∞[, il en est de même de f 0 par
domination.
(b) Par intégration par parties
Z n
Z n
f (t) dt = (t − (n − 1) f (t) nn−1 −
(t − (n − 1)) f 0 (t) dt
puis
n−1
n−1
Bn
2
→
An
e
donc
Z
n
|un | ≤
Z
0 (t − (n − 1)) f (t) dt ≤
n−1
(a) a) Une comparaison série intégrale est inadaptée, f n’est pas monotone comme en
témoigne ses changements de signe. En revanche :
Z n+1
un =
f (x) − f (n) dx
n
0 f (t) dt
n−1
R +∞
0
n
0
L’intégrabilité de f permet d’introduire 1 | f (t)| dt et d’affirmer que les sommes
P
partielles de la série |un | sont majorées via
Z N
Z +∞ N
X
f 0 (t) dt
0 f (t) dt ≤ |u1 | +
|un | ≤ |u1 | +
n=1
La série
P
1
1
un est alors absolument convergente.
Corrections
(c) Par l’absurde, supposons que la suite (cos(ln n)) converge. La suite extraite
(cos(ln 2n )) = (cos(n ln 2)) aussi. Notons ` sa limite.
Puisque
cos((n + 1) ln 2) + cos((n − 1) ln 2) = 2 cos(n ln 2) cos(ln 2)
on obtient à la limite 2` = 2` cos(ln 2) et donc ` = 0.
Puisque
cos(2n ln 2) = 2 cos2 (n ln 2) − 1
on obtient aussi à la limite ` = 2`2 − 1 ce qui est incompatible avec ` = 0.
(d) Puisque
Z
n
f (t) dt = − cos(ln n) + cos(ln(n − 1))
n−1
PR n
La divergence de la suite (cos(ln n)) entraîne la divergence de la série
f (t) dt.
n−1
P
P
Enfin, puisque la série un converge, on peut alors affirmer que la série f (n)
diverge.
39
(b) Introduisons
√
sin t
f : t 7→
t
La fonction f est de classe C1 sur [1 ; +∞[ et
√ √
1√
!
cos(
t)
−
sin
t
1
2 t
=
f 0 (t) =
O
t→+∞
t2
t2
est intégrable sur [1 ; +∞[.
La convergence de la série étudiée équivaut alors à la convergence quand n → +∞ de
√
Z n
sin t
dt
t
1
√
En posant u = t
√
Z n
Z √n
sin t
sin u
2
dt =
du
t
u
1
1
dont la convergence quand n → +∞ est bien connue (cf. intégrale de Dirichlet).
La fonction fn est continue, strictement décroissante et de limites +∞ et 0 en n et +∞. On
en déduit que fn réalise une bijection de ]n ; +∞[ vers ]0 ; +∞[. Ainsi, pour tout a > 0, il
existe un unique xn > n vérifiant fn (xn ) = a.
On a
!
Z n
n
n
n Z k
X
X
X
1
1
dt
dt
n
fn (n + 1 + y) =
=
≤
=
= ln 1 +
n + 1 + y − k k=1 k + y k=1 k−1 t + y
y
0 t+y
k=1
(a) Posons
un =
Z
n+1
f (t) dt − f (n)
n
On a
Z
n+1
|un | ≤
| f (t) − f (n)| dt
n
Or pour tout t ∈ [n ; n + 1]
Z t
Z t
Z n+1 0 f 0 (u) du
0
f (u) du ≤
f (u) du ≤
| f (t) − f (n)| = n
n
n
et donc
Z
|un | ≤
n+1
Pour y =
n
ea −1 ,
et par suite
xn ≤ n + 1 +
0 f (u) du
Aussi
n
P R n+1 0
Sachant que la suite 1 | f 0 (u)| du converge, la série
| f (u)| du converge et,
n
P
par comparaison de séries à termes positifs, on peut affirmer que la série un est
Puisque
Z n+1
n
n Z k+1
n
X
X
X
f (k) =
f (t) dt − uk =
f (t) dt −
uk
f (n + y) =
R n
k=1
la convergence de la série
k=1
P
k
f (n + 1 + y) ≤ ln (1 + (ea − 1)) = a
1
f (n) équivaut à celle de la suite
k=1
R n
1
f (t) dt .
n−1
X
k=0
Pour y =
n
ea −1 ,
1
≥
y+k
Z
ea
n
0
n
−1
n
dt
= ln 1 +
t+y
y
!
f (n + y) ≥ a et par suite
xn ≥ n +
On en déduit
xn ∼ n +
ea
n
−1
n
ea n
=
ea − 1 ea − 1
Corrections
On remarque
On peut alors majorer le reste de la série en prenant appui sur une somme géométrique
!
+∞
X
1
1
1
1 1
1
1
1
≤
+
+
·
·
·
=
=
2
k! n! n + 1 (n + 1)
n! n + 1 1 − 1/n + 1 n.n!
k=n+1
!
!
+∞
+∞
X
1X k
1 n
k
e =
ϕ
n
n k=n
n
k2
k=n
avec ϕ : x 7→ x12 e1/x .
La fonction ϕ est décroissante en tant que produit de deux fonctions décroissantes
positives. Par suite
! Z k/n
Z (k+1)/n
1 k
ϕ(t) dt ≤ ϕ
≤
ϕ(t) dt
n n
k/n
(k−1)/n
En sommant et en exploitant l’intégrabilité de ϕ au voisinage de +∞
Z
40
+∞
1
! Z +∞
+∞
X
1 k
1 1/t
1 1/t
e
dt
≤
e dt
ϕ
≤
2
2
n n
t
(n−1)/n t
k=n
Notons que raisonner par récurrence ne marche pas.
Selon que α < 0 ou α ≥ 0, on encadre 1/kα en exploitant la monotonie de x 7→ 1/xα .
Sachant que
Z
dt
1 1−α
=
t
+ C te −→ +∞
t→+∞
tα 1 − α
on obtient
n
X
n1−α
1
∼
α
k
1−α
k=1
Or
Z
1
+∞
i+∞
h
1 1
e t dt = − e1/t
= e − 1 et
2
1
t
Par encadrement
lim n
n→+∞
+∞
X
k=n
Z
+∞
(n−1)/n
i+∞
h
1 1
e t dt = − e1/t
→e−1
2
(n−1)/n
t
!
1 n
e k = e − 1.
k2
Puisque la fonction x 7→
1
xα
est décroissante
n+1
Z
n
La fonction t 7→ f (e−t ) est Rdécroissante et positive donc, par théorème de comparaison
P
+∞
série intégrale, l’intégrale 0 f e−t dt et la série f (e−n ) ont même nature.
R +∞
Par le changement de variable C1 bijectif u = et , l’intégrale 0 f e−t dt à même nature
R +∞ 1 1 que 1 u f u du.
La fonction u 7→ u1 f 1u est décroissante et positive donc, par théorème de comparaison
R +∞
P série intégrale, l’intégrale 1 1u f 1u du et la série 1n f n1 ont même nature.
P
La convergence de +∞
k=0
1
k!
donc
Z
+∞
N+1
dx
1
≤
≤
xα nα
Z
dx
≤ RN ≤
xα
Z
n
n−1
+∞
N
dx
xα
dx
xα
d’où l’on obtient
Rn ∼
1
(α − 1)nα−1
P
(a) k+1√k ∼ 1k et k≥1 1k est une série à terme positif divergente donc
s’obtient entre autre par le critère d’Alembert puisque
1/(k + 1)! = 1 −→ 0 < 1
1/k! k + 1 k→+∞
Sn ∼
n→+∞
n
X
1
k=1
k
∼ ln n
Corrections
41
Par équivalence de reste de séries à termes positifs convergentes
(b) Pour être plus précis,
Sn −
n
X
1
k=1
k
=
n
X
k=1
or
√
! X
n
1
k
=
√ −
√
2
k
k+ k
k=1 k + k k
1
dn ∼ −
√
+∞
X
1
k3
k=n+1
Par comparaison avec une intégrale
1
√ ∼ 3/2
2
k
k +k k
et est donc le terme général d’une série convergente.
P
Ainsi, S n − nk=1 1k −→ oC 0 d’où
k
dn ∼ −
Finalement
n→+∞
S n = ln n + (γ + C ) + o(1) = ln n + C + o(1)
0
n→+∞
1
2n2
!
+∞
X
1
1
1
1
=
+
o
−
k2 n 2n2
n2
k=n+1
(a)
∼ k12 donc la série de terme général k2 +1√k est absolument convergente. Par
suite (S n ) converge vers une certaine constante C.
1√
k2 + k
(b)
+∞
X
(a) Pour α > 1, la série de terme général 1/nα converge et si l’on pose
+∞
X
1
C − Sn =
√ ∼
n→+∞
2
k2
k
k=n+1 k +
k=n+1
Sn =
1
P
car k≥1 k12 est une série à termes positifs convergente.
P
1
1
Par comparaison série intégrale +∞
k=n+1 k2 ∼n→+∞ n et on peut conclure comme
annoncée.
on observe
n
X
1
kα
k=1
+∞
+∞
2n
X
X
1
1 X 1
=
S
−
S
→
−
=0
2n
n
kα
kα k=1 kα
k=1
k=n+1
Pour α = 1, on introduit les sommes partielles harmoniques
Par une comparaison avec une intégrale, on sait déjà
Hn =
k=1
+∞
X
1
1
∼
2
n
k
k=n+1
Sachant que
1
n
Hn = ln n + γ + o(1)
+∞
X
1
1
−
2
n
k
k=n+1
est le reste de rang n de la série convergente
dn =
+∞
X
−1
2 (k − 1)
k
k=n+1
k
En notant γ la constante d’Euler, on peut écrire
Il reste à déterminer un équivalent simple de la différence
dn =
n
X
1
et alors
P
1
k−1
−
1
k
2n
X
1
= H2n − Hn = ln 2 + o(1) → ln 2
k
k=n+1
=
P
1
k(k−1)
(b) Par l’égalité de Taylor avec reste intégral, on peut écrire
Z x
(x − t)2
sin x = x +
sin(3) (t) dt
2!
0
Puisque
∀t ∈ R, sin(3) (t) = − cos(t) ∈ [−1 ; 1]
on a
x
Z
∀x ≥ 0, sin x ≥ x −
0
1
(x − t)2
dt = x − x3
2!
6
Corrections
42
Posons
n
Pn =
On a
n
1X
ln(Pn ) =
ln(3k − 1) − ln n
n k=1
D’autre part, il est bien connu que
∀x ≥ 0, sin(x) ≤ x
Par comparaison série-intégrale
On en déduit
! X
2n
2n
2n
2n
X
X
1
1 1 X 1
1
≤
−
sin
≤
3
k
6
k
k
k
k=n+1
k=n+1
k=n+1
k=n+1
ln 2 +
Z
n
ln(3t − 1) dt ≤
1
n
X
n+1
Z
ln(3k − 1) ≤
ln(3t − 1) dt
1
k=1
Or
En vertu de ce qui précède, on obtient
Z
2n
X
n
!
1
lim
sin
= ln 2
n→+∞
k
k=n+1
ln(3t − 1) dt =
1
et donc
n
X
3n − 1
ln(3n − 1) − n + C = n ln n + (ln 3 − 1)n + O(ln n)
3
ln(3k − 1) = n ln n + (ln 3 − 1)n + O(ln n)
k=1
On en déduit
(a) On a
ln un =
n
X
ln 1 −
k=1
Or
!
ln 1 −
donc
car
1Y
(3k − 1)1/n > 0
n k=1
Pn
1
k=1 k
1
3k
ln Pn −→ ln 3 − 1
!
1
1
1
=− +O 2
3k
3k
k
n→+∞
puis
Pn →
!
!
n
n
1X1 X
1
1
ln un = −
+
O 2 = − ln n + C + o(1)
3 k=1 k k=1
3
k
P
= ln n + γ + o(1) et n≥1 O n12 est une série convergente.
(a) Avec convergence des sommes engagées
+∞
X
k=1
(b) Puisque
ln(n
1/3
un ) → β
eβ
n1/3
et donc la série de terme général un diverge.
!
+∞
+∞
+∞
π2 X
1X 1 X
1
1
1
1
=
=
+
−
−
k(nk + 1) n k=1 k2 k=1 k(nk + 1) nk2
6n k=1 nk2 (nk + 1)
et
0≤
on a
un ∼
3
e
+∞
X
k=1
donc
+∞
1
1 X 1
≤
nk2 (nk + 1) n2 k=1 k3
+∞
X
k=1
1
π2
∼
k(nk + 1) 6n
(b) Par décomposition en éléments simples et télescopage
+∞
X
k=1
Corrections
43
(b) Par définition de Φ j , on a
!
+∞
n
1X 1
1
1 X 1 ln n
1
=
−
=
∼
k(n + k) n k=1 k n + k
n k=1 k
n
Φj
X
1
j≤
n=1
n
Or, par comparaison avec une intégrale
n p est bien défini car Hn → +∞.
La suite (n p ) est croissante et évidemment non majorée donc
n p → +∞
Φj
X
1
n=1
n
≤1+
1
j→+∞
(c) Par définition de Φ j , on a
Φ
j −1
X
Hn p ≥ p ≥ Hn p −1
n=1
Hn = ln n + γ + o(1)
Φj
X
1
ln n p + γ + o(1) ≥ p ≥ ln(n p − 1) + γ + o(1)
ln(n p − 1) = ln n p + o(1)
on obtient
n=1
n
= ln Φ j + γ + o(1) et
Φ
j −1
X
n=1
1
= ln(Φ j − 1) + γ + o(1)
n
Par suite
ln(Φ j − 1) + γ + o(1) ≤ j ≤ ln Φ j + γ + o(1)
p = ln n p + γ + o(1)
Or
n p = en−γ+o(1) ∼ en−γ
donc
puis
Φj
X1
1
≤ j≤
n
n
n=1
Or, sachant que Φ j → +∞, on a
donc
Puisque
dt
= 1 + ln Φ j
t
On en déduit Φ j ≥ e j−1 puis Φ j −→ +∞.
Par définition de n p , on a
Or
Φj
Z
ln(Φ j − 1) = ln Φ j + o(1)
j = ln Φ j + γ + o(1)
puis
Φ j = e j−γ+o(1)
On en déduit
(a) Puisque
p
X
n=1
1
−→ +∞
n p→+∞
Φ j+1 e j+1−γ+o(1)
= j−γ+o(1) = e1+o(1) → e
Φj
e
on peut affirmer que l’ensemble


p


X


1


p
∈
N,
≥
j






n
n=1
est une partie non vide de N. Celle admet donc un plus petit élément, noté Φ j .
P
Posons S n = nk=1 uk . On observe que
n
X
k=1
kun = (n + 1)S n −
n
X
Sk
k=1
Par suite
n
n+1
1 X
Sk
vn − 2
wn =
n
n un k=1
Corrections
(c)
(∗)
.
Sn
Puisque nu
→ a, on a S n ∼ anun .
n
La série de terme général S n est une série à termes positifs divergente donc
n
X
Sk ∼ a
k=1
Par suite
n
X
Enfin, à l’aide d’une comparaison avec une intégrale
εn ∼
1
2n
k=1
Si α < 1 alors n nα 1ln n → +∞ donc pour n assez grand nα 1ln n ≥ 1n . Par comparaison de
séries à termes positifs, la série diverge
Si α > 1 alors considérons β ∈ ]1 ; α[. On a nβ nα 1ln n → 0 donc la série est absolument
convergente.
Si α = 1 alors exploitons la décroissance de la fonction x 7→ x ln1 x sur ]1 ; +∞[.
Pour k ≥ 2,
Z k+1
1
dt
≥
k ln k
t
ln t
k
La relation (∗) dévient alors
n+1
vn − awn + o(wn )
n
et en on en déduit que
wn ∼
1/k2 est une série à termes positifs convergente. Par sommation de relation de
comparaison
"
!#
+∞
+∞
X
X
1
1
1
∼
− + ln 1 −
2
n→+∞
k
k
2k
k=n+1
k=n+1
P
kuk
n
1 X
S k ∼ awn
n2 un k=1
wn =
44
a
1
vn →
a+1
a+1
donc
n
X
k=2
1
≥
k ln k
Z
n+1
2
dt
= [ln(ln t)]2n+1 −→ +∞
n→+∞
t ln t
Par suite, la série étudiée diverge.
(a) On a
1
1
+ ln 1 −
k
k
!
1
2k2
P
Il y a donc convergence absolue de la série 1k + ln 1 − 1k .
∼ −
k→+∞
(b) On a
1+
n "
X
1
k=2
donc
1
+ ln 1 −
k
k
!#
= Hn +
n
X
Si α ≤ 0 alors à partir d’un certain rang un ≥ 1/n et la série diverge.
Si α > 0 alors la fonction x 7→ 1/x(ln x)α est décroissante sur ]1 ; +∞[.
n+1
Z
(ln(k − 1) − ln(k)) = Hn − ln n
k=2
n
donc
Z
!#
+∞ "
X
1
1
Hn = ln n + γ −
+ ln 1 −
k
k
k=n+1
N+1
3
εn = −
+∞
X
k=n+1
"
1
1
+ ln 1 −
k
k
Z
n
n−1
N
X
dt
≤
un ≤
t(ln t)α n=3
Z
dt
t(ln t)α
N
2
dt
t(ln t)α
puis
Z
ce qui détermine
dt
≤ un ≤
t(ln t)α
ln N+1
!#
ln 3
N
du X
≤
un ≤
uα n=3
Z
ln N
ln 2
du
uα
et on peut conclure qu’il y a convergence si, et seulement si, α > 1.
Corrections
√
La fonction x 7→ x étant croissante,
n
Z
√
donc
1
nα
∼ 1−α
2
n (ln n)2
k=2 ln k
P
Par référence aux séries de Bertrand, un converge si, et seulement si, α ≤ 0.
u n = Pn
x dx ≤
0
et donc
n √
X
Z
n+1
k≤
k=1
1
n √
X
2 3/2
n
3
k∼
k=1
√
x dx
Il y a donc convergence de la série de terme général un si, et seulement si,α > 5/2.
Par l’encadrement qui précède :
0≤
n √
X
n
Z
k−
√
Z
x dx ≤
0
k=1
donc
n √
X
45
n+1
√
√
x dx ≤
n+1
n
k=
k=1
(a) Si α ≤ 0, il y a divergence grossière. Si α > 0 alors n2 un → 0 et la série est
(b) Si α ≤ 1 alors un ≥ 1/n pour n assez grand et il y a divergence par comparaison de
séries à termes positifs.
Si α > 1 alors pour γ ∈ ]1 ; α[ on a nγ un → 0 et il y a absolue convergence.
(c) Si α ≤ 1 alors un ≥ 1 et la série est grossièrement divergente.
Si α > 1 alors n2 un = exp(2 ln n − (ln n)α ) → 0 donc la série est absolument
convergente.
√
2 3/2
n + O( n)
3
puis
(−1)n 2
1
(−1) un = α−3/2 + O α−1/2
3n
n
!
On a
a + 2b
1
ln n + a ln(n + 1) + b ln(n + 2) = (1 + a + b) ln n +
+O 2
n
n
n
Pour α > 5/2 : il y a absolue convergence comme ci-dessus.
Pour 3/2 < α ≤ 5/2 : il y a convergence par somme d’une série convergente et d’une série
Pour α ≤ 3/2 : il y a divergence grossière.
Il y a convergence si, et seulement si, 1 + a + b = 0 et a + 2b = 0 ce qui correspond à
a = −2 et b = 1.
Dans ce cas :
N
X
n=1
Par comparaison série intégrale :
Si α > 0, un ∼ nα+1
α+1 est terme général d’une série absolument convergente.
Si −1 < α < 0, un ∼ nα+1
α+1 n’est pas le terme général d’une série convergente.
Si α = −1, un ∼ ln1n n’est pas le terme général d’une série convergente.
P
Si α < −1, un 6→ 0 et donc un est grossièrement divergente.
!
ln n + a ln(n + 1) + b ln(n + 2) =
N
X
n=1
ln n − 2
N+1
X
n=2
ln n +
N+2
X
ln n
n=3
puis
N
X
ln n + a ln(n + 1) + b ln(n + 2) = ln 1+ln 2−2 ln 2−2 ln(N+1)+ln(N+1)+ln(N+2) → − ln 2
n=1
On a
!
√
√
√
√
a + 2b
1
n + a n + 1 + b n + 2 = (1 + a + b) n + √ + O 3/2
n
2 n
Par comparaison série intégral,
n
X
k=2
ln2 k ∼ n(ln n)2
Il y a convergence si, et seulement si, 1 + a + b = 0 et a + 2b = 0 ce qui correspond à
a = −2 et b = 1.
Corrections
Dans ce cas :
N
X
√
(−1)n
(−1)n
1
1
=
+ 2α + o 2α
α
n
n + (−1)
nα
n
n
N
N+1
N+2
X
X
X
√
√
√
√
√
n+a n+1+b n+2=
n−2
n+
n
n=1
n=1
N
X
√
46
n=2
n=3
√
√
√
√
√
√
√
√
n+a n+1+b n+2= 1+ 2−2 2−2 N+1+ N+1+ N+2
La série de terme général
(−1)n
nα
est convergente et la série de terme général
!
1
1
1
+ o 2α ∼ 2α
2α
n
n
n
n=1
et enfin
N
X
√
!
est convergente si, et seulement si, α > 1/2.
Finalement la série initiale converge si, et seulement si, α > 1/2.
√
√
√
n+a n+1+b n+2→1− 2
n=1
Posons un le terme général de la suite étudiée.
u3n+3 =
n
X
k=1
Or
√
a
3k + 1
+ √
b
3k + 2
+ √
c
3k + 3
a+b+c
1
+ √
+ √
= √
+o √
√
3k + 1
3k + 2
3k + 3
3k
k
a
b
c
!
donc a + b + c = 0 est une condition nécessaire pour la convergence de (u3n+3 ) et donc a
fortiori pour la convergence de (un ). Inversement si cette condition est satisfaite alors
!
b
c
1
a
+ √
+ √
=O √
√
3k + 1
3k + 2
3k + 3
k k
et donc (u3n+3 ) converge.
De plus u3n+1 = u3n+3 + o(1) et u3n+2 = u3n+3 + o(1) donc les trois suites (u3n+1 ), (u3n+2 ) et
(u3n+3 ) convergent vers une même limite, on peut donc conclure que (un ) converge.
On a
!!
!
(−1)n
(−1)n
1
(−1)n
1
1
un = α/2 1 −
+ O 2α = α/2 − 3α/2 + O 5α/2
2nα
n
n
n
2n
n
P
P (−1)n
Si α ≤ 0 alors un 6→ 0 donc n≥2 un diverge. Si α > 0 alors n≥2 nα converge.
Si 3α
2 > 1 alors
!
1
1
− 3α/2 + O 5α/2
2n
n
P
est le terme général d’une série absolument convergente et donc n≥2 un converge.
Si 3α
2 ≤ 1 alors
!
−1
1
1
− 3α/2 + O 5α/2 ∼ 3α/2
2n
2n
n
P
(de signe constant) est le terme général d’une série divergente donc n≥2 un .
Par développement
un =
Si |λ| = 1 il y a divergence grossière dans les trois cas.
P
P
P
Si |λ| > 1 alors un ∼ λ1n , vn ∼ 1 et wn ∼ λ12n . Les séries un et wn convergent et vn
diverge.
P
P
Si |λ| < 1 alors un ∼ λn , vn ∼ λ2n et wn ∼ 1. Les séries un et vn convergent tandis que
P
wn diverge.
!
(−1)n
1
1
−
+
o
= vn + wn
nα
2n2α
n2α
avec
vn =
(−1)n
1
1
et wn = − 2α + o 2α
nα
2n
n
!
P
P
vn converge en vertu du critère spécial des séries alternées et wn converge si, et
seulement si, 2α > 1 par équivalence de termes généraux de séries de signe constant. Au
P
final, un converge si, et seulement si, α > 1/2.
On a
Corrections
47
Par continuité de f en 0, on peut affirmer,
ln 1 +
sup | f (t) − f (0)| → 0
!
!
(−1)n 1 1
1
(−1)n
=
−
+
o
na
na
2 n2a
n2a
t∈[0;1/n]
et donc
n
Par le critère spécial, (−1)
na est terme général d’une série convergente.
Par comparaison de séries à termes positifs
!
1
1 1
1 1
− 2a + o 2a ∼ − 2a
2n
2n
n
Z
1/n
f (tn ) dt ∼
0
Ainsi
un ∼
et
est terme général d’une série convergente si, et seulement si, a > 1/2.
Finalement, la série étudiée converge si, et seulement si, a > 1/2.
P
1
f (0)
n
f (0)
nα+1
un converge si, et seulement si, α > 0.
On a
!!n
!!
1
1
1
1
+
o
=
exp
−
+
o
nα
nα
nα−1
nα−1
P
Si α ≥ 1 alors (un ) ne tend pas vers zéro et un est grossièrement divergente.
P
Si α ∈ ]0 ; 1[ alors n2 un → 0 et un est convergente.
un = 1 −
On a
!
!
(−1)n
1 a (−1)n (a + 1)
1
un = ln 1 + √
− ln 1 +
= √ −
+ O 3/2
2
n
2n
n
n
n
P
Par suite, la série un converge si, et seulement si, a = −1.
(a) Si α ≤ 1 alors
n
X
1
−→ +∞
kα n→∞
k=1
(a) Par convergence dominée par la fonction ϕ : t 7→ 1, on obtient un → 0.
(b)
un + un+2 =
Z
π/4
1
(tan t) (tan t) dt =
n+1
0
0
n
+
(c) On vérifie aisément un → 0 et un+1 ≤ un . Par application du critère spécial des
P
séries alternées, (−1)n un converge.
et donc un → 0 si a ∈ [0 ; 1[, un → 1 si a = 1 et (un ) diverge si a > 1.
P
Si α > 1 alors nk=1 k1α converge et donc (un ) aussi.
(b) Cas α ≤ 1 et a = 1 : un = 1, vn = 0 et on peut conclure.
Pn 1
Cas α < 1 et a ∈ [0 ; 1[ : ` = 0, vn = un , n2 vn = e2 ln n+ k=1 kα ln a → 0 car
n
X
1
1
1
∼
α
α−1
k
α
−
1
n
k=1
(d) Par monotonie
un + un+2 ≤ 2un ≤ un + un−2
1
2n
On en déduit un ∼ puis par comparaison de séries à termes positifs,
si, et seulement si, α > 0.
Pour t ∈ [0 ; 1/n], on peut affirmer tn ∈ [0 ; 1/n] donc
Z 1/n
1
1
n
f (t ) dt − f (0) ≤
sup | f (t) − f (0)|
n t∈[0;1/n]
n
0
P
un
nα
converge
Cas α = 1 et a ∈ [0 ; 1[ : ` = 0, vn = un = e(ln n+γ+o(1)) ln a ∼ λnln a donc
si, et seulement si,P ln a < −1 i.e. a < −1/ e.
+∞ 1
Cas α > 1 : ` = a k=1 kα ,
vn = `(e−
P+∞
1
k=n+1 kα
− 1) ∼ −`
P
vn converge
+∞
X
`
1
=−
α
α−1
k
(α
−
1)n
k=n+1
P
Ainsi vn converge si, et seulement si, α > 2.
Dans chacun des cas précédents, on peut appliquer le critère spécial aux séries
P
alternées et affirmer que (−1)n vn converge.
Corrections
On a
!
1
n+ p
(n + p)(n + p − 1) . . . (n + 1)
∼ np
=
p!
p!
p
donc
(p!)α
vn ∼ pα
n
P
Par équivalence de séries à termes positifs, la série numérique vn converge si, et
seulement si, α > 1/p.
On a
!
!
!
!
n+ p+1
n+ p
n+ p
n+ p
=
+
≥
p+1
p+1
p
p
donc la suite (|wn |) est décroissante. De plus elle de limite nulle, le critère spécial des
P
séries alternées assure alors la convergence de wn pour tout α > 0.
48
(d) Les sommes partielles de la série étudiée ci-dessus correspondent aux intégrales
suivantes
Z n
dt
2
α
0 1 + t sin (t)
La fonction intégrée étant positive, la convergence de l’intégrale entraîne la
convergence de la série et inversement. On conclut que l’intégrale étudiée converge
si, et seulement si, α > 2.
(a) Pour définir un , il est nécessaire de supposer α > 1.
Par comparaison avec une intégrale, on montre
1
1
α−1
α−1n
P
Par comparaison de séries à termes positifs, un converge si, et seulement si, α > 2.
un ∼
(a) L’intégrale étudiée est bien définie pour a > −1. Par le changement de variable
proposé
Z π/2
Z +∞
dt
dx
=
2
1
+
(1
+ a)x2
1 + a sin (t)
0
0
√
puis en posant u = x 1 + a
Z π/2
dt
π
= √
2
1 + a sin (t) 2 1 + a
0
(b) Par symétrie
π/2
dt
dt
=
2
2
α
1 + (nπ)α sin2 (t)
0
0 1 + (nπ) sin (t)
et par le calcul qui précède
Z π
dt
π
π1−α/2
=
∼
√
2
α
nα/2
1 + (nπ)α
0 1 + (nπ) sin (t)
Z
π
Z
Par équivalence de séries à termes positifs, la série étudiée converge si, et seulement
si, α > 2.
(c) Par monotonie, on a l’encadrement
Z (n+1)π
Z (n+1)π
Z (n+1)π
dt
dt
dt
≤
≤
2
2
α
α
1 + ((n + 1)π) sin (t)
1 + t sin (t)
1 + (nπ)α sin2 (t)
nπ
nπ
nπ
Par comparaison de séries à termes positifs, la convergence de la série actuellement
étudiée entraîne la convergence de la précédente et inversement. La condition
attendue est donc encore α > 2.
(b) Pour définir un , il est nécessaire de supposer α > 0.
Par application
du critère spécial des séries alternées, vn étant le reste de la série
P (−1) p
1
est
du
signe
de (−1)n et |vn | ≤ (n+1)
α
α → 0.
(p+1)
De plus
+∞
+∞
X
X
(−1) p
(−1) p
−
|vn | − |vn+1 | =
(p + n + 1)α p=0 (p + n + 2)α
p=0
donc
|vn | − |vn+1 | =
+∞
X
(−1) p
p=0
1
1
−
α
(p + n + 1)
(p + n + 2)α
!
Par le théorème des accroissements finis
1
1
α
−
=−
α
α
(p + n + 2)
(p + n + 1)
(cn )α+1
avec cn ∈ ]p + n + 1 ; p + n + 2[.
La suite (cn ) est croissante donc on peut appliquer le critère spécial des séries
alternées à
!
X
1
1
(−1) p
−
(p + n + 1)α (p + n + 2)α
et conclure que sa somme est du signe de son premier terme. Au final, (|vn |) est
décroissant et en appliquant une dernière fois le critère spécial des séries alternées,
P
on conclut que vn converge.
Corrections
Introduisons la somme partielle
49
donc
N
X
x an
n3
n=1
n
o
On remarque que pour n ∈ 10 p−1 , . . . , 10 p − 1 on a an = p
En regroupant pertinemment les termes sommés
+∞
X
SN =
p
q 10
q 10 p −1
q
−1
X
X
x an X X x p X
=
=
=
up xp
3
3
n
n
p−1
p−1
p=1
p=1
p=1
S 10q −1
n=10
n=10
Puisque la fonction t 7→ 1/t3 est décroissante, on a la comparaison
Z
10 p
10 p−1
p
Z 10 p −1
10
−1
X
dt
1
dt
≤
u
=
≤
p
3
2
p−1 −1 t
t2
n
10
p−1
n=10
n=0
1
1
∼ 3
n(n + 1)(n + 2) n
donc la série converge
Par décomposition en éléments simples
1
1/2
1
1/2
=
−
+
n(n + 1)(n + 2)
n
n+1 n+2
puis après télescopage
Après calculs, on obtient
99 1
up ∼
2 100 p
Cas x ≥ 0
P
La série u p x p converge si, et seulement si, x < 100.
P
Puisque la série xan /n3 est à termes positifs, sa convergence équivaut à la convergence
P
d’une suite extraite de sommes partielles et donc xan /n3 converge si, et seulement si,
x < 100.
Cas x < 0.
Pour x ∈ ]−100 ; 0[, il y a absolue convergence de la série en vertu de l’étude qui précède.
Pour x ≤ −100, on peut écrire x = −y avec y ≥ 100, on a alors
S 10q −1 =
q
X
+∞
3X 1
π2
1
=
=
8
(2n + 1)2 4 n=1 n2
+∞
X
n=1
On a
1
1
=
n(n + 1)(n + 2) 4
1
1
∼
k2 (k + 1)2 k4
donc la série converge.
2
1
1
1
2
=
+
+
−
k2 (k + 1)2 k2 (k + 1)2 k + 1 k
(−1)q uq yq
p=1
avec (uq yq ) qui ne tend pas vers zéro.
Il y a alors divergence d’une suite extraite de sommes partielles et donc divergence de la
P
série xan /n3 .
donc
N
X
k=1
Avec convergences, on peut écrire
+∞
+∞
+∞
X
X
X
1
1
1
=
+
2
2
2
n
(2n
+
1)
(2n)
n=1
n=0
n=1
N
N+1
N+1
N
X
X
X
1
1 X 1
1
1
π2
=
+
−
1
+
2
−
2
−→
−3
2
2
2
2
k
k N→+∞ 3
k (k + 1)
k
k
k=1
k=1
k=2
k=1
On a
! X
2N+1
N
X
(−1)n
ln 1 +
=
ln(2k + 1) − ln(2k + 1) = 0
n
n=2
k=1
et
2N
X
ln 1 +
n=2
! 2N+1
!
X
(−1)n
(−1)n
ln 1 +
=
+ o(1) → 0
n
n
n=2
Corrections
50
Or n! ∼
√
2πnnn e−n donc
2N
X
(−1)n ln(1 + 1/n) → ln (2/π)
n=1
donc
+∞
X
!
(−1)n
ln 1 +
=0
n
n=2
puis
+∞
X
(−1)n ln(1 + 1/n) = ln (2/π)
n=1
On a
! X
N
N
X
1
(ln(n − 1) + ln(n + 1) − 2 ln n)
ln 1 − 2 =
n
n=2
n=2
donc
N
X
ln 1 −
n=2
! X
N
N
X
1
(ln(n
(ln(n + 1) − ln n)
=
−
1)
−
ln
n)
+
n2
n=2
n=2
Après télescopage
N
X
!
1
N+1
ln 1 − 2 = ln
− ln 2 → − ln 2
N
n
n=2
D’une part
+∞
X
n+1
n=0
n!
=
+∞
X
n=1
+∞
X 1
1
+
= 2e
(n − 1)! n=0 n!
D’autre part
+∞ 2
X
n −2
n=0
n!
=
+∞
X
n(n − 1) + n − 2
n=0
n!
=
+∞
X
n=2
+∞
+∞
X
X
1
1
1
+
−2
=0
(n − 2)! n=1 (n − 1)!
n!
n=0
On en déduit que la série converge et
+∞
X
Le terme
!
1
ln 1 − 2 = − ln 2
n
n=2
un =
+∞
X
(−1)k
k2
k=n
La somme existe en vertu du critère de Leibniz.
Pour la calculer, il suffit de déterminer la limite des sommes partielles de rangs pairs.
2N
X
(−1)n ln(1 + 1/n) =
n=1
N
X
ln(2n + 1) − ln(2n) +
n=1
N−1
X
est bien défini en tant que reste d’une série alternée satisfaisant au critère spécial.
Pour N ≤ K entiers,
N X
K
X
(−1)k
ln(2n + 1) − ln(2n + 2)
n=1 k=n
N X
k
X
(−1)k
k=1 n=1
k2
+
K X
N
X
(−1)k
k2
k=N+1 n=1
n=0
D’une part
puis
2N
X
N X
k
X
(−1)k
N
X
2n + 1
(−1) ln(1 + 1/n) = 2
ln
− ln(2N + 1)
2n
n=1
n=1
et donc
k2
=
n
k=1 n=1
k2
=
N
X
(−1)k
k=1
k
D’autre part
2N
X
(2N)!(2N + 1)!
(−1) ln(1 + 1/n) = ln
24N (N!)4
n=1
n
!
K X
N
K
X
X
(−1)k
(−1)k
=
N
k2
k2
k=N+1 n=1
k=N+1
Corrections
En passant à la limite quand K → +∞
N
X
un =
n=1
Or
N
X
(−1)k
k
k=1
+N
donc quand N → +∞,
N
X
un →
n=1
Ainsi
P
un est convergente et
tan vn =
k
un = − ln 2
(a) a p existe en vertu de la règle de d’Alembert.
ap =
La convergence de la série est assurée par le critère de d’Alembert. On a
(1 − x)
n=1
+∞
+∞
X
X
xn
xn − xn+1
1
1
=
=
−
n
n
n+1
n
n+1
(1 − x )(1 − x ) n=1 (1 − x )(1 − x ) n=1 (1 − x ) (1 − xn+1 )
+∞
X
n=1
xn
(1 −
xn )(1
− xn+1 )
=
1
(1 − x)2
On a
1
1
1
m×
=
−
n(n + 1) . . . (n + m) n(n + 1) . . . (n + m − 1) (n + 1) . . . (n + m)
Après télescopage
m
n=1
1
1
1
=
−
n(n + 1) . . . (n + m) m! (N + 1) . . . (N + m)
donc, sachant m ≥ 1,
m
N
X
n=1
+∞
X
(n + 1) p
n=0
!
donc
2n+1
=
!
! !
1
p
p
ap +
a p−1 + · · · +
a0
2
1
p
!
!
p
p
ap =
a p−1 + · · · +
a0
1
p
(b) Par un récurrence aisée a p ∈ N pour tout p ∈ N.
Après télescopage on obtient
N
X
1
n2 + 3n + 3
et donc un = vn .
P
En tant que somme télescopique associée à une suite convergente, la série un converge
et
+∞
X
π
un = arctan 1 =
4
n=0
n=1
+∞
X
1
1
− arctan
∈ ]0 ; π/2[
n+1
n+2
On constate
!
+∞
X
(−1)k
k=1
+∞
X
Considérons
vn = arctan
+∞
X
(−1)k
k2
k=N+1
+∞
X
1
(−1)k
=O 2
2
k
N
k=N+1
51
1
1
−→
= Sm
n(n + 1) . . . (n + m) N→+∞ m.m!
On peut supposer α > 0 quitte à passer la suite à l’opposé.
un+1
b−a
=1+
un
n−b
Posons vn = na−b un . ln vn+1 − ln vn = O 1/n2 donc (ln vn ) converge puis
un ∼
A
na−b
avec A > 0
P
Par conséquent un converge si, et seulement si, a − b > 1.
(n − b)un+1 = (n − a)un donc
(n + 1)un+1 − nun = (b + 1)un+1 − aun
P
En sommant et en notant S = +∞
n=0 un , on obtient (b + 1)(S − α) − aS = 0 donc
S =
(b + 1)α
b+1−a
Corrections
Pour t = −1,
Par sommation géométrique
n
X
1
Z
uk =
Posons
I=
n X
m
X
1 − xn+1
sin(πx) dx
1−x
0
k=0
1
Z
0
sin(πx)
dx
1−x
Cette intégrale est bien définie car la fonction intégrée se prolonge par continuité en 1.
Z
n
1
X
M
sin(πx) n+1
uk − I ≤
x dx ≤
1
−
x
n
+1
k=0
0
avec
sin(πx)
1−x
M = sup
[0;1]
On conclut que
52
(−1)i+ j ti+ j+1 = −(m + 1)(n + 1)
i=0 j=0
ce qui permet de conclure.
Pour t , −1,
n X
m
X
(−1)i+ j ti+ j+1 =
i=0 j=0
i=0
n X
m
X
(−1)i+ j ti+ j+1 →
uk →
0
k=0
sin t
dt
t
n
X
m→∞
Si k + 1 n’est pas le carré d’un entier
j√
k
Si k + 1 est le carré d’un entier n,
j√
k j√ k
k+1 − k
k
=0
1
= 2
n −1
Cela permet de calculer les sommes partielles et de conclure en faisant le lien avec la série
précédente.
ti+1
1+t
ti+1
1 − (−t)n+1
=t
1+t
(1 + t)2
(−1)i
n X
m
X
(−1)i+ j ti+ j+1 →
i=0 j=0
t
(1 + t)2
N
X
n=1
k j√ k
k+1 − k
(−1)i
Quand n → +∞,
lim
La convergence s’obtient par équivalence de séries à termes positifs, la somme via une
décomposition en éléments simples permettant de calculer les sommes partielles. On
obtient
+∞
X
1
3
=
2
k −1 4
k=2
1 − (−t)m+1
1+t
si |t| < 1 et diverge sinon.
i=0
π
n
X
i=0
i=0 j=0
k=0 uk → I puis par changement de variable
Z
(−1)i ti+1
Quand m → +∞,
Pn
n
X
n
X
N
N
2N
N
2N
X
X
X
X
1
2
1 X2
1
1
=
−
=
−2
=2
n(2n − 1) n=1 (2n − 1) n=1 n n=1 m
n
n
n=1
n=N+1
Or
2N
2N
N
X
1 X1 X1
=
−
= ln(2N) + γ + o(1) − ln N − γ = ln 2 + o(1)
n n=1 n n=1 n
n=N+1
puis
+∞
X
n=1
1
= 2 ln 2
n(2n − 1)
Corrections
53
On a
1
5n + 6
=O 2
n(n + 1)(n + 2)
n
!
(a) On a
2n
X
(−1)k−1
P+∞
5n+6
n=1 n(n+1)(n+2)
existe.
donc la somme
5n + 6
3
1
2
= −
−
n(n + 1)(n + 2) n n + 1 n + 2
2n
X
1
k
k=1
−2
N
X
1
n=1
n
X
k=1
n
n
X
1
= ln 2n + γ + o(1) − ln n − γ = ln 2 + o(1)
2k
k=1
et
2n+1
X
k=1
donc en exploitant
on obtient
k
k=1
=
2n
(−1)k−1 X (−1)k−1
=
+ o(1)
k
k
k=1
donc la série converge et est de somme égale à ln 2.
= ln N + γ + o(1)
(b) On a
3n
X
5k + 6
n
+ 4 + o(1) → 4
= 3 ln
k(k + 1)(k + 2)
(n + 1)(n + 2)2
3
un =
k=1
3n
X
1
k=1
k
−3
n
X
1
= ln 3n + γ + o(1) − ln n − γ = ln 3 + o(1)
3k
k=1
et
3n+1
X
un =
k=1
3n
X
un + o(1) → ln 3 et
k=1
3n+2
X
un =
k=1
3n
X
un + o(1) → ln 3
k=1
donc la série converge et est de somme égale à ln 3.
1
1
1
4
= +
−
n(n + 1)(2n + 1) n n + 1 2n + 1
Sachant
N
X
n=1
1
=
2n + 1
2N+1
X
n=2
1
−
n
N
X
n=1
1
2n
On a
12 + 22 + · · · + n2 =
n
X
k=1
on obtient
N
X
n=1
N
N
2N+1
X
X 1
3 X 1
1
=
+
−4
n(n + 1)(2n + 1) n=1 n n=1 n + 1
n
n=2
Or on sait que
N
X
n=1
1
= ln N + γ + o(1)
n
donc on conclut que la série converge et
+∞
X
n=1
1
= 3 − 4 ln 2
n(n + 1)(2n + 1)
et donc
k2 =
n(n + 1)(2n + 1)
6
1
3
∼
12 + 22 + · · · + n2 n3
Par comparaison de séries à termes positifs, la série numérique
P
1
12 +22 +···+n2
converge
6
6
24
6
= +
−
n(n + 1)(2n + 1) n n + 1 2n + 1
En introduisant la constante d’Euler γ, on sait
N
X
1
n=1
n
= ln N + γ + o(1)
Corrections
54
Ainsi
Par décalage d’indice
N
X
n=1
∞
X
N+1
X1
1
=
= ln(N + 1) + γ − 1 + o(1)
n + 1 n=2 n
n=0
!
1
3
1
1
−
+
+
=0
4n + 1 4n + 2 4n + 3 4n + 4
(ce qui change du ln 2 traditionnel. . . ;-)
et en introduisant dans la somme les inverses des nombres pairs absents, on obtient
N
X
n=1
2N+1
N
X 1 X
1
1
1
1
=
−
= ln(2N + 1) − ln N + γ − 1 + o(1)
2n + 1
n n=1 2n
2
2
n=2
On en déduit
N
X
n=1
1
N 18 (N + 1)6
=
ln
+ 18 + o(1)
12 + 22 + · · · + n2
(2N + 1)24
puis à la limite
(a) f est décroissante sur [e ; +∞[. Pour p ≥ 4,
Z p+1
Z p
ln p
ln t
ln t
dt ≤
≤
dt
t
p
p
p−1 t
donc un =
ln 2
2
+
ln 3
3
+ vn avec
n+1
Z
+∞
X
n=1
1
= 18 − 24 ln 2
12 + 22 + · · · + n2
4
!
!
1
1
3
1
1
1
3
1
1
1
−
+
+
=
−
+
+
+O 2 =O 2
4n + 1 4n + 2 4n + 3 4n + 4 4n 4n 4n 4n
n
n
Or
4
N
X
n=0
N
X
1
1
=2
=2
4n + 2
2n + 1
n=0
2N+1
X
k=1
N
X
1
1
−2
k
2k
k=1
Z
3
n
ln t
dt
t
donc vn ∼ 21 (ln n)2 .
Rn
Étudions wn = un − 12 (ln n)2 , wn − wn−1 = lnnn − n−1 lnt t dt ≤ 0 donc (wn ) est
décroissante.
D’autre part les calculs précédents donnent (wn ) minorée et donc on peut conclure
que wn converge. Ainsi
1
un = (ln n)2 + C + o(1)
2
donc la série étudiée est absolument convergente.
On a
! 4N+4
N
N
X 1
X
X
3
1
1
1
1
−
+
+
=
−4
4n + 1 4n + 2 4n + 3 4n + 4
k
4n + 2
n=0
n=0
k=1
ln t
dt ≤ vn ≤
t
(b)
2N
X
N
(−1)n
n=1
donc
2N
X
(−1)
n=1
n ln n
n
=
N
ln n X ln(2n) X ln(2n − 1)
=
−
n
2n
2n − 1
n=1
n=1
N
X
ln(2n)
n=1
n
−
2N
X
ln(n)
n=1
n
= ln 2
N
X
1
n=1
n
+ uN − u2N
Par le développement asymptotique précédent, on obtient :
Par le développement
n
X
1
k=1
k
= ln n + γ + o(1)
on parvient à
N
X
n=0
!
1
3
1
1
−
+
+
= ln(4N+4)+γ−2 ln(2N+1)−2γ+ln N+γ+o(1) → 0
4n + 1 4n + 2 4n + 3 4n + 4
2N
X
n=1
(−1)n
ln n
1
1
= ln 2. ln n + ln(2)γ + (ln n)2 + C − (ln 2n)2 − C + o(1)
n
2
2
et après simplification
2N
X
n=1
(−1)n
ln n
1
→ ln(2)(2γ − ln 2)
n
2
Corrections
55
On en déduit
De plus
2N+1
X
n=1
2N
X
1
=
+ o(1) → ln(2)(2γ − ln 2)
(−1)
(−1)
n
n
2
n=1
n ln n
n ln n
2
n
X
+∞
X
2n
X
k=1
Au final
donc
f (2k) −
k=1
+∞
X
n ln n
1
(−1)
= ln(2)(2γ − ln 2)
n
2
n=1
(−1)n
n=1
1
f (k) = ln(2)γ − (ln 2)2 + o(1)
2
ln n 1
= ln(2)(2γ − ln 2)
n
2
N’est-ce pas magnifique ?
P
P
(a) n≥1 f (n) diverge et n≥1 (−1)n f (n) converge en application du critère spécial.
(b) Pour n ≥ 4,
Z
n
f (n) ≤
X
xα−1
xn+α
=
(−1)k xk+α−1 + (−1)n+1
1 + x k=0
1+x
n
donc
f (t) dt ≤ f (n − 1)
n−1
donc
Z
Z
0
n
0≤
f (t) dt − f (n) ≤ f (n − 1) − f (n)
n−1
avec
(−1)n f (n) = lim
2n
X
n→+∞
n=1
(−1) f (k) = 2
k
k=1
n
X
(−1)k f (k)
k=1
f (k) = f (1) +
k=1
n
X
f (2k) −
k=1
n
X
Z
k
f (k) −
k−1
k=2
f (t) dt +
2n
X
Z
1
n
2
k=1
f (2k) = ln 2
n
X
1
k=1
k
+
n
X
ln k
k=1
Z
0
0
avec
1
xn+α dx =
1
n
X (−1)k
xn+α
dx =
+ εn
1+x
k+α
k=0
1
→0
n+α−1
f (k)
Tout d’abord la série converge en vertu de la règle de d’Alembert (en traitant x = 0
séparément)
Puisque
 n

!0
n
X
x
d X k 
1 − xn+1
k
x  = x
→
kx = x 
dx
1
−
x
(1
−
x)2
k=0
k=0
on obtient
+∞
X
k=1
k=0
1
f (t) dt = (ln n)2 + C
2
et en exploitant ln(2k) = ln 2 + ln k
n
X
(−1)k xk+α−1 dx + (−1)n+1
d’où la conclusion.
avec
Or
1
Z
0
f (n − 1) − f (n) = f (3)
Rn
donc la série de terme général n−1 f (t) dt − f (n) converge et il en est de même de la
Rn
série de terme général f (n) − n−1 f (t) dt.
2n
X
n
|εn | ≤
n=4
+∞
X
X
xα−1
dx =
1+x
k=0
Z
+∞
X
(c) On a
1
1
= ln 2 ln n + ln(2)γ + o(1) + (ln n)2 + C
k
2
kxk =
x
(1 − x)2
Z 1
N
N Z 1
X
X
(−1)n
1 − (−t4 )N+1
4 n
=
(−t ) dt =
dt
4n + 1 n=0 0
1 + t4
0
n=0
Or
donc
Z 1
Z 1
(−t4 )N+1 1
t4N+4 dt =
→0
dt ≤
4
4N
+5
1
+
t
0
0
P (−1)n
4n+1
Corrections
56
Quand x → 1−
Z
0
x
1
dt
= O (ln(1 − x)) = o
4
x−1
1−t
donc
converge et
Z 1
+∞
X
(−1)n
dt
=
4n
+
1
1
+
t4
0
n=0
Enfin
On en déduit
+∞
X
√



dt
1  2 + 2


=
+
π
ln
√
√

4
1+t
4 2
2− 2
1
Z
S (x) →
0
n=0
S (x) =
+∞
X
Hn = 1 +
4n+3
x
(4n + 1)(4n + 3)
n=0
"
0
π
dt
=
2
8
1+t
1
1
+ · · · + = ln n + γ + o(1)
2
n
On observe
On vérifie aisément que son rayon de convergence est égale à 1 et que sa somme est
définie et continue sur [−1 ; 1] par convergence normale.
Sur ]−1 ; 1[
+∞
X
x4n+2
S 0 (x) =
4n + 1
n=0
Pour x , 0
1
Z
1
π
= S (1) =
(4n + 1)(4n + 3)
8
Posons
Introduisons la série entière de somme
1
2
!
un = 2Hn − Hn2 = 2(ln n + γ + o(1)) − ln(n2 ) − γ + o(1) → γ
(a) On sait
Hn =
#0 X
+∞
1 0
1
S (x) =
x4n =
x
1
−
x4
n=0
n
X
1
k=1
k
= ln(n) + γ + o(1)
donc
an = H3n − Hn → ln(3) = λ
On en déduit que sur ]−1 ; 1[
S 0 (x) = x
Z
x
0
dt
1 − t4
Z
t
(b) Si on sait
Hn = ln(n) + γ +
puis
x
Z
S (x) =
t
0
0
du
1 − u4
1
1
+o
2n
n
!
les choses vont assez vites. . . mais sans doute l’examinateur souhaitera la
démonstration de ce résultat.
Par intégration par parties
"
S (x) =
et ainsi
1 2
(t − 1)
2
t
Z
1
2
Z
dt
1
+
1 − t4 2
Z
du
1 − u4
0
#x
+
0
x
0
an =
2
1−t
dt
1 − t4
3n
X
1
k=1
! X
! X
!
n
3n
1
1
1
k−1
+ ln 1 −
−
+ ln 1 −
+
ln
k
k
k
k
k
k=1
k=n+1
avec
1
S (x) = (x2 − 1)
2
Z
0
x
0
x
dt
1 + t2
3n
X
!
k−1
ln
= ln 3
k
k=n+1
57
donc
an − λ =
3n
X
1
k=1
Or
Corrections
P1
k
+ ln 1 −
1
k
! X
!
n
1
1
1
−
+ ln 1 −
+ ln 1 −
k
k
k
k
k=1
est absolument convergente car
!
1
1
1
+ ln 1 −
∼− 2
k
k
2k
donc an − λ = Rn − R3n avec
Rn =
!
+∞
X
1
1
+ ln 1 −
k
k
k=n+1
Or par sommation d’équivalent sur des restes de séries convergentes à termes de
signe constant,
+∞
X
1
1
Rn ∼
− 2 ∼−
2n
2k
k=n+1
(le dernier équivalent s’obtenant, soit par comparaison série intégrale, soit par
1
1
∼ k(k−1)
et sommation télescopique).
k2
Au final
!
1
1
1
1
an − λ = − +
+o
∼−
2n 6n
n
3n
(a) On a
ln un+1 − ln un = ln
(c) (2k + 4)vk+1 = 2uk+1 = 2k+1
k+1 uk = (2k + 1)vk en sommant pour k ∈ {0, . . . , n} et en
simplifiant, on obtient : T n = 2 − (2n + 6)vn+1 donc T n → 2.
(a)
!
a−b
a−b
ln un+1 − ln un = ln 1 +
∼
n
n
est le terme général d’une série divergeant vers −∞. Par suite ln un → −∞ et donc
un → 0.
(b)
ln vn+1 − ln vn = α ln 1 +
!
!
!
1
a−b
α+a−b
1
+ ln 1 +
=
+O 2
n
n
n
n
donc pour α = b − a, la série des ln vn+1 − ln vn converge. Par suite vn converge vers
un réel A > 0 et alors
A
un ∼ b−a
n
(c) On a
(b − a − 1)un = (1 − b)(un+1 − un ) − ((n + 1)un+1 − nun )
donc par télescopage
!
1
1
un+1
2n + 1
= ln
= ln 1 −
∼−
un
2n + 2
2n + 2
2n
+∞
X
n=0
P
ln un+1 − ln un tend vers −∞ donc ln un → −∞ puis un → 0.
√
(b) Posons vn = nun .
!
!
1
1
1
ln vn+1 − ln vn = ln 1 +
+ ln un+1 − ln un = O 2
2
n
n
P
La série ln vn+1 − ln vn converge√et donc la suite ln vn aussi.
En posant ` sa limite, on obtient nun → C avec C = e` > 0.
Notons qu’évidemment, on aurait aussi pu résoudre cet exercice à l’aide de la
formule de Stirling.
La série
P
2n+1
1
1
(a) ln un+1 − ln un = ln uun+1
=
ln
=
ln
. La série ln un+1 − ln un
1
−
∼ − 2n
2n+2
2n+2
n
tend vers −∞ donc ln un → −∞ puis un → 0.
P
1
(b) ln(n + 1)un+1 − ln nun = ln 2n+1
∼ 2n
. La série ln(n + 1)un+1 − ln nun tend vers
2n
+∞ donc ln nun → +∞ puis nun → +∞. À partir d’un certain rang nun ≥ 1 donc
P
un diverge.
un =
b−1
u0
b−a−1
(a)
(n + 1)β un+1
α+β
1
=1+
+O 2
nβ un
n
n
donc
P
α+β
1
vn =
+O 2
n
n
!
!
vn converge si, et seulement si, β = −α.
(b)
n−1
X
vk = ln(n−α un ) → ` =
+∞
X
k=0
Corrections
58
(a) un > 0 et
vk ∈ R
n
X
a−1
ln un =
ln 1 +
k
k=1
k=0
donc n−α un → e` puis un ∼ Anα avec A = e` > 0.
Notons que les termes de la suite (un ) sont tous non nuls car −α < N∗ .
P
β
α+β
un+1
1
1
= 1 + α+β
vn converge si, et seulement
(a) (n+1)
n + O n2 donc vn = n + O n2 .
nβ un
si, β = −α.
P
P+∞
−α
−α
`
α
(b) n−1
k=0 vk ∈ R donc n un → e puis un ∼ An avec
k=0 vk = ln(n un ) → ` =
`
A = e > 0.
Après calculs
Si a = 1 alors un = 1 → 1,.
Si a > 1 alors
!
!
a−1
a−1
ln 1 +
∼
k
k
donc ln un → +∞ puis un → +∞.
Si a < 1 alors ln un → −∞ et donc un → 0.
(b) Si a ≥ 1 il y a divergence grossière de la série.
Si a ∈ ]0 ; 1[ alors
n
X
a−1
= (a − 1) ln n
ln un ∼
k
k=1
et donc
ln un+1 − ln un = O(1/n2 )
ln(kun ) = ln k + (a − 1) ln k + o(ln k) ∼ a ln k → +∞
donc la suite (ln un ) converge et on peut conclure.
On peut aussi faire le lien avec la formule de Stirling. . .
Ainsi kun → +∞ et à partir d’un certain rang un ≥ 1/k.
La série de terme général un s’avère divergente
1
Z
0
(1 − u)n − 1
du = −
u
1
Z
0
vn − 1
=−
v−1
Z
0
n−1
1X
k
v dv
(a)
k=0
ln un+1 − ln un ∼ −
puis
Z
0
1
n
X
(1 − u)n − 1
1
du = −
= − ln n − γ + o(1)
u
k
k=1
avec x > 0 donc
n
X
donc un → −γ
1x
2n
ln uk+1 − ln uk → −∞
k=1
puis un → 0.
(b) Pour α = −x/2,
k
P
√
ln(Pn ) = nk=2 ln 1 + (−1)
avec
k
!
!
1
1
ln(un+1 ) − ln(un ) − α ln 1 +
=O 2
n
n
!
!
(−1)k
(−1)k
1
1
ln 1 + √
= √ −
+O √
2k
k
k
k k
donc ln Pn = − 21 ln n + λ + o(1) puis Pn ∼
eλ
√
.
n
donc il y a convergence de
X
ln(un+1 ) − ln(un ) − α ln 1 +
1
n
!
Corrections
(c) Puisque
!
un+1
un
1
= ln
− ln α
ln(un+1 ) − ln(un ) − α ln 1 +
α
n
(n + 1)
n
la suite de terme général ln nuαn converge puis nuαn → A avec A > 0.
P
(d) Par comparaison de séries à termes positifs, un converge si, et seulement si, α < −1
i.e. x > 2.
59
On observe que unn+1 − unn−1 = n.
P
Puisque n une série à termes positifs divergente on peut, par sommation de relation de
comparaison, affirmer
n
X
1
unn+1 ∼
k ∼ n2
2
k=1
En composant avec le logarithme népérien cet équivalent de limite infini, on obtient
n ln un+1 ∼ 2 ln n
(a) Par récurrence 0 ≤ un ≤ u0 /2n .
(b)
puis
sin(un /2)
n
∼−
un /2
6 2
!
ln(2n+1 un+1 ) − ln(2n un ) = ln
1 u 2
est terme général d’une série convergente donc la suite (ln(2n un )) converge et
finalement (2n un ) converge vers un réel A strictement positif.
(c)
un − A2−n = 2−n
+∞ X
2k uk − 2k+1 uk+1
ln un+1 ∼ 2
ln n
n
Par suite un+1 → 1 puis
un+1 = 1 + 2
ln n
ln n
+o
n
n
Posons
vn = un+1 − 1 − 2
k=n
!
ln n
n
L’égalité
Or
2k+1 uk 3
A3
∼
2 uk − 2 uk+1 ∼
6
2
24.22k
Par comparaison de restes de séries convergentes à termes positifs,
k
k+1
un − A2−n ∼ 2−n
+∞
3 X
A
24
k=n
unn+1
!!
donne
unn+1 = exp 2 ln n + nvn + O (ln n)2 /n
3
1
A
=
22k 18.2−3n
ln n
+ vn
= exp n ln 1 + 2
n
Or
2unn+1
n2
→ 1 donc
exp ln(2) + nvn + O (ln n)2 /n → 1
Non, en effet considérons
puis nvn → − ln(2). Ainsi
un =
n
X
k=2
1
k ln k
P
1
Pour tout p ∈ N∗ , on a unp − un = np
k=n+1 k ln k
On en déduit
np − (n + 1) + 1
p−1
0 ≤ unp − un ≤
=
→0
n ln n
ln n
alors que
Z n+1
n Z k+1
X
dt
dt
un ≥
→ +∞
=
= [ln(ln t)]n+1
2
t
ln
t
t
ln
t
k
2
k=2
un+1
ln n ln 2
1
=1+2
−
+o
n
n
n
!
On peut écrire
!n X
!n X
n
n−1
n
X
k
k
=
1−
=
uk (n)
n
n
k=1
k=0
k=0
avec uk (n) −→ e−k .
n→+∞
Corrections
60
On a
On peut alors présumer
!n
+∞
n
X
X
1
e
k
−→
e−k =
=
n→+∞
n
1
−
1/e
e
−
1
k=0
k=1
Il ne reste plus qu’à l’établir. . .
Puisque ln(1 + x) ≤ x pour tout x > −1, on a
!n
k
1−
= exp (n ln(1 − k/n)) ≤ e−k
n
n
ln Pn = −
Puisque
!
!
t
t
2
2
2
|zn − k| = (2n) − 4nk cos √ + k = (2n − k) + 8nk sin
√
n
2 n
2
2
on obtient
n
ln Pn = −
et donc on a déjà
!n
n
X
k
1
≤
n
1 − 1/e
k=1
De plus, pour N ∈ N, on a pour tout n ≥ N
!n X
!n
N−1
N−1
n
X
X
k
k
≥
1−
−→
e−k
n
n n→+∞ k=0
k=0
k=1
Ainsi
Pour ε > 0, il existe N ∈ N tel que
e−k ≥
k=0
e
−ε
e−1
On a alors pour tout n ≥ N 0
!n
n
X
k
e
≥
− 2ε
n
e−1
k=1
−2 ln(Pn ) ≤
k=1
Posons
k
n
→
e
e−1
n Y
2n − k Pn =
zn − k k=1
n "
X
k=1
!!
2kt2
k
1
+
O
n
(2n − k)2 (2n − k)2
!#
Posons S n le second membre de cette comparaison. D’une part
!
!
!
n
n
X
k
1 X n
1
1
≤
O
O
=O
→0
n k=1 n2
n
n
k=1 (2n − k)2
D’autre part
n
X
!n
1X
1
2kt2
k
ln 1 +
+
O
2 k=1
n
(2n − k)2 (2n − k)2
Sachant ln(1 + x) ≤ x, on a
On peut donc conclure
n
X
!!
n
et pour ce N fixé, il existe N 0 ∈ N tel que pour n ≥ N 0 ,
!n X
!n X
N−1
N−1
n
X
k
k
≥
1−
≥
e−k − ε
n
n
n=0
k=0
k=1
1X
8nk
t
ln 1 +
sin2 √
2 k=1
(2n − k)2
2 n
Sachant sin2 u = u2 + O(u4 ), on peut écrire
!
!
t
1
t2
2
sin
+O 2
√ =
4n
n
2 n
ln Pn = −
N−1
X
1 X |zn − k|2
ln
2 k=1 |2n − k|2
k=1
avec
2n−1
2n−1
2n−1
X 2(2n − `)
X 1
X1
2k
=
=
4n
−
2
2
2
2
`
(2n − k)
`
`
`=n
`=n
`=n
+∞
n
X
X
1
1
1
∼
et
= ln n + γ + o(1)
2
n
`
`
`=n
`=1
Après calculs asymptotiques, on obtient
S n → (2 − 2 ln 2)t2
Corrections
Sachant ln(1 + x) ≥ x − 12 x2 , on a
−2 ln Pn ≥ S n −
Puisque 0 ≤
k
(2n−k)2
n "
X
k=1
!#2
n "
1X
2kt2
k
1
+
O
2 k=1 (2n − k)2 (2n − k)2
n
≤ n1 ,
61
Pour un = 1/2n , la série de terme général un converge. Puisque un → 0, le seul réel
qu’elle peut envelopper est sa somme, or
+∞
n
+∞
X
X
1 X 1
1
1
−
=
= n
k
k
k
2
2
2
2
k=0
k=0
k=n+1
n’est pas inférieur à un+1 . Cette série convergente n’enveloppe aucun réel.
2
k
1
2kt
+
O
2
2
n
(2n − k)
(2n − k)
!#2
=
n
X
!
O
k=1
!
1
1
=O
→0
2
n
n
Finalement −2 ln Pn est encadré par deux quantités de limite (2 − 2 ln 2)t2 . On en déduit
Pn → exp (ln 2 − 1)t2
P
P
Soient un une série semi-convergente et vn une série absolument convergente. La
P
P
série un + vn est convergente et si celle-ci était absolument convergente alors un le
P
serait aussi car |un | ≤ |un + vn | + |vn |. La série un + vn n’est donc que semi-convergente.
Pour
k(k + 1)
k(k − 1)
<n≤
2
2
on pose
(−1)k−1
k
de sorte que ses premiers termes sont :
un =
Ceci définit la suite (un )n≥1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1, − , − , , , , − , − , − , − , . . .
2 2 3 3 3 4 4 4 4
Les termes sommées tendent vers 0 et les sommes partielles oscillent entre 0 et 1.
(a) Pour un = (−1)n , la série de terme général un est divergente et puisque ces sommes
partielles valent 0 ou 1, elle enveloppe tout réel de l’intervalle [0 ; 1].
Pour un = (−1)n /(n + 1), la série de terme général un satisfait le critère spécial des
séries alternées et donc elle converge et la valeur absolue de son reste est inférieure à
son premier terme. Cette série enveloppe donc sa somme, à savoir ln 2.
(b) Posons pour la suite de notre étude
Sn =
n
X
uk
k=0
On a
θn+2 un+2 = A − S n+1 = A − S n − un+1 = (θn+1 − 1)un+1
Puisque θn+2 > 0 et θn+1 − 1 < 0, on peut affirmer que un+2 et un+1 sont de signes
opposés.
Puisque A − S n = θn+1 un+1 est du signe de un+1 , les réels A − S n et A − S n+1 sont de
signes opposés et donc A est encadré par S n et S n+1 .
(c) Puisque A − S n est du signe de un+1 , on peut écrire A − S n = θn+1 un+1 avec θn+1 ∈ R+ .
Puisque A − S n+1 = (θn+1 − 1)un+1 est du signe de un+2 et puisque un+1 et un+2 sont de
signes opposés, on a θn+1 − 1 ≤ 0 et donc θn+1 ∈ [0 ; 1].
On ne peut rien dire de plus, sauf à savoir que A − S n est non nul pour tout n ∈ N.
En effet pour un = (−1)n et A = 1, la série de terme général un est alternée et
pour n pair : A − S n = 1 − 1 = 0 est du signe de un+1 .
pour n impair : A − S n = 1 − 0 = 1 est du signe de un+1 .
Si en revanche, on suppose A − S n , 0 pour tout n ∈ N, obtenir θn+1 ∈ ]0 ; 1[ est
désormais immédiat.
(d) Par l’absurde, supposons un+1 , un+2 > 0.
On a A − S n ≤ un+1 donc A − S n+1 ≤ 0 puis A − S n+2 ≤ −un+2 et donc
|A − S n+2 | ≥ |un+2 |. Or |A − S n+2 | ≤ |un+3 | et |un+3 | < |un+2 |, c’est absurde et donc un+1
et un+2 ne sont pas tous deux strictement positifs. Un raisonnement symétrique établit
qu’ils ne sont pas non plus tous deux strictement négatifs et donc la série de terme
général un est alternée à partir du rang 1 (on ne peut rien affirmer pour le rang 0).
Puisque A − S n+1 = A − S n − un+1 , on a − |un+1 | − un+1 ≤ A − S n+1 ≤ |un+1 | − un+1 .
Si un+1 > 0 alors A − S n+1 ≤ 0 et donc du signe de un+2 .
Si un+1 < 0 alors A − S n+1 ≥ 0 et donc à nouveau du signe de un+2 .
Enfin A − S n+1 n’est pas nul, car sinon
A − S n+3 = A − S n+1 − (un+2 + un+3 ) = −(un+2 + un+3 ) est de signe strict opposé à un+2
et n’est donc pas du signe de un+4 .
On peut alors exploiter le résultat du c) et affirmer que la série de terme général un
encadre strictement A.
Corrections
62
On peut ainsi écrire
(a) Il est immédiat de vérifier que E est un sous-espace vectoriel de l’espace R des
suites réelles. L’application
ϕ : E → R2 définie par ϕ(u) = (u0 , u1 ) étant un isomorphisme (car un élément de E
est déterminé de façon unique par la donnée de ses deux premiers termes), on peut
affirmer que l’espace E est de dimension 2.
1
cn = ` + o
bn bn+1
N
(b) Il est immédiat de vérifier que les suites (an ) et (bn ) sont formés d’entiers naturels,
qu’elles sont croissantes à partir du rang 1 et qu’elles sont à termes strictement
positifs à partir du rang 2.
Ainsi
∀n ≥ 2, an , bn ≥ 1
et donc
an+2 ≥ n + 1 et bn+2 ≥ n + 1
Ainsi les deux suites (an ) et (bn ) tendent vers +∞ en croissant (seulement à partir du
rang 1 pour la première)
(c) On a
wn+1 = ((n + 1)an+1 + an ) bn+1 − an+1 ((n + 1)bn+1 + bn )
Après simplification, on obtient
wn+1 = −wn
et donc
wn = (−1)n w0 = (−1)n+1
(d) On a
cn+1 − cn =
(−1)n+1
wn
=
bn bn+1
bn bn+1
On a alors
an + rbn = bn (cn + r) = bn (` + r) + o
` − cn =
(a) Puisque f est de classe C2 , on peut écrire
f (x) = f (0) +
0
x
Z
0
f 00 (t) dt
0
Par intégrabilité de f 00 , la fonction f 0 admet une limite finie ` quand x → +∞.
Si ` > 0 alors, pour x assez grand f 0 (x) ≥ `/2. Notons A ≥ 0 tel que ce qui précède
soit vrai pour x ≥ A. On a alors
Z x
Z A
Z x
`
0
0
f (x) = f (0) +
f (t) dt ≥ f (0) +
dt
f (t) dt +
0
0
A 2
R +∞
et donc f (x) ≥ `x/2 + C te ce qui empêche la convergence de 0 f (t) dt.
Si ` < 0 on obtient aussi une absurdité. Il reste donc ` = 0.
Posons
Z x
F(x) =
f (t) dt
0
Par l’égalité de Taylor avec reste intégrale
F(x + 1) = F(x) + f (x) +
x+1
Z
(x + 1 − t) f 0 (t) dt
x
F(x), F(x + 1) →
Z
+∞
f (t) dt
0
Aussi f 0 (x) → 0 et
Par le critère spécial des séries alternées, on peut borner ce reste par la valeur
absolue de son premier terme
|` − cn | ≤
bn+1
(ck+1 − ck )
k=n
!
an + rbn → 0 ⇐⇒ r = −`
Quand x → +∞,
+∞
X
1
Sachant bn → +∞, on peut affirmer
Puisque la suite de terme général bn bn+1 croît vers +∞, on peut appliquer le critère
P
spécial des séries alternées et affirmer que la série numérique (cn+1 − cn ) converge.
Par conséquent la suite (cn ) converge.
(e) On a
!
1
bn bn+1
Z x+1
0
(x + 1 − t) f (t) dt ≤ max f 0 (t) → 0
t∈[x;x+1]
x
donc par opération f (x) → 0.
Corrections
S’il existe k ≤ N tel que dk = −1 alors
(b) Par l’égalité de Taylor avec reste intégrale
f (n + 1) = f (n) + f 0 (n) +
63
n+1
Z
((n + 1) − t) f 00 (t) dt
y≤
n
donc
f (n) = f (n + 1) − f (n) +
Z
0
+∞
X
dn en − 2ek = s − 2ek
n=0
n+1
(n + 1 − t) f 00 (t) dt
Or
ek ≥ eN
n
La série de terme général f (n + 1) − f (n) est convergente car de même nature que la
R n+1
suite ( f (n)) qui converge en +∞. La série de terme général n (n + 1 − t) f 00 (t) dt
est absolument convergente car
Z n+1
Z n+1
00 00
f (t) dt
(n + 1 − t) f (t) dt ≤
n
n
et le terme majorant est sommable par intégrabilité de f 00 .
P
Par conséquent, la série f 0 (n) est convergente.
Aussi
Z n+1
1
(n + 1 − t)2 00
f (t) dt
F(n + 1) = F(n) + f (n) + f 0 (n) +
2
2
n
P
On peut alors mener le même raisonnement et conclure que f (n) converge.
donc
y < s − 2eN = x + rN − eN < x
Si dk = 1 pour tout k ≤ N alors
y=
N
X
n=0
ek +
+∞
X
dk ek ≥ x + eN − rN > x
n=N+1
Dans tous les cas, y , x et donc x < G. C’est absurde.
(c) Raisonnons par récurrence sur n ∈ N.
Cas n = 0 : on a bien
|t − t0 | = |t| ≤ s = e0 + r0
Supposons la propriété vérifiée au rang n ≥ 0.
Si tn ≤ t alors
t − tn+1 = t − tn − en ≤ rn
et
P
(a) Puisque |dn en | ≤ en avec convergence de en , on peut affirmer que les éléments de G
sont des sommes de séries absolument convergentes. Les éléments de G sont donc
bien définis et puisque
+∞
+∞
X
X
dn en ≤
en = s
n=0
n=0
on a G ⊂ [−s ; s]. Enfin s ∈ G avec (dn )n∈N = (1)n∈N et −s ∈ G avec
(dn )n∈N = (−1)n∈N .
(b) Si e est une base discrète alors G = [−s ; s].
Par l’absurde, supposons qu’il existe N ∈ N tel que eN > rN .
Introduisons
N−1
X
x=
ek ∈ [−s ; s]
k=0
(comprendre x = 0 si N = 0).
Soit
y=
+∞
X
n=0
dn en avec dn ∈ {−1, 1}
t − tn+1 ≥ −en ≥ −rn
Ainsi
|t − tn+1 | ≤ rn = en+1 + rn+1
Si tn > t alors
tn+1 − t = tn − t − en
et l’étude est analogue.
Récurrence établie.
On en déduit que tn → t puis que t ∈ G.
En conclusion
e est une base discrète si, et seulement si, ∀n ∈ N, en ≤ rn
(d) La condition précédente est vérifiée et, puisque s = 2, on obtient G = [−2 ; 2].
On peut écrire
+∞
X
+∞
+∞
1
1 X
1 1
1 1 X 1
0=1+
(−1) n , 1 = 1 + +
(−1) n , = 1 − − +
2
2 n=2
2 2
2 4 n=3 2n
n=1
et
Corrections
(a) Par sommation géométrique
+∞
X
1
2=
n
2
n=0
 n

!
X ikθ 
ei(n+1)θ − 1
S n = Re  e  = Re
eiθ − 1
k=0
En remarquant
+∞
X
(−1)n
n=0
2n
64
donc
2
=
3
i(n+1)θ
e
2
− 1 ≤
|S n | ≤ iθ
e − 1 eiθ − 1
(b) On a
on peut proposer
1
1
=1− +
3
2
+∞
X
(−1)n−1
n=2
N
X
2n
Il peut y avoir unicité de la suite (dn ) (c’est le cas pour x = s) ou non (c’est le cas
pour x = 0 où lorsque (dn ) convient, (−dn ) convient aussi).
N
X
Sn
n=1
n=1
Or
=O
converge.
(c) On a
Sn
n(n+1)
un =
n
−
N−1
N
X
X
Sn
Sn
SN
=
− S0 +
n
+
1
n(n
+
1)
N
+1
n=0
n=1
SN
→ 0 et
N+1
1
n2
donc la suite des sommes partielles de la série de terme général un
cos 2x + 1
2
|cos x| ≥ cos2 x =
(a) On a
 n

!
in
X ik 
i1 − e


Σn = Im  e  = Im e
1 − ei
k=1
donc
1 − ein 2
≤
|Σn | ≤ ei
1 − ei 1 − ei donc
cos(2nθ)
1
+
|un | ≥
2n
2n
P
Si θ = 0 [π] alors |un | ≥ 1n et donc |un | diverge.
P
Si θ , 0 [π] alors par ce qui précède la série cos(2nθ)
converge et puisque la série
n
de terme général 1n diverge, par opérations, la série de terme général |un | diverge.
et la suite (Σn )n≥1 est effectivement bornée.
(b) On a
Sn =
n
X
Σk − Σk−1
k=1
k
=
n
X
Σk
k=1
n−1
X
Σk
−
k
k+1
k=0
(a) (an − an+1 )S n = O(an − an+1 ) et la série à termes positifs
(b) En séparant la somme en deux et en décalant les indices
donc
Sn =
n
X
k=1
n
X
Σk
Σn
+
k(k + 1) n + 1
Σn
Σk
Or n+1
→ 0 car (Σn ) est bornée et k(k+1)
= O k12 est le terme général d’une série
absolument convergente. On peut donc conclure que (S n ) converge.
k=0
(ak − ak+1 )S k =
n
X
k=0
n+1
X
an − an+1 est convergente.
ak S k−1
k=1
puis en regroupant
n
X
(ak − ak+1 )S k = a0 S 0 +
k=0
ak S k −
P
n
X
ak (S k − S k−1 ) − an+1 S n
k=1
avec an+1 S n → 0.
P
Par suite an (S n − S n−1 ) est convergente.
Corrections
P
(c) On applique le résultat précédent à an = 1/n et S n = nk=0 cos(kx). (S n ) est bien
bornée car
 n

X ikx 
sin((n + 1)x/2)

S n = Re  e  = cos(nx)
sin(x/2)
k=0
On a
donc
 n

!
X 
einθ − 1
S n = Re  eikθ  = Re eiθ iθ
e −1
k=1
√
x
x−1 .
donc f est décroissante sur [2 ; +∞[.
un = f (n) cos(nθ) = f (n) (S n − S n−1 ) donc
un =
n=2
N
X
f (n)S n −
n=2
N−1
X
n=1
f (n + 1)S n =
N
X
( f (n) − f (n + 1)) S n + f (N + 1)S N − f (2)S 1
N→+∞
+∞
On a
N
X
zn
n=1
n
=
N
X
S n − S n−1
zk
N
X
zn
N
X
Sn
=
n
n=1
−
N−1
X
Sn
n
+1
n=0
N
X
SN
Sn
+
n(n
+
1)
N
+1
n=1
n=1
SN
Sn
Or N+1
→ 0 car (S N ) converge et n(n+1)
= O n12 est le terme général d’une série
P
absolument convergente. On peut conclure que la série n≥1 znn converge.
=
Posons
Rn =
+∞
X
zk
k=n
On a zn = Rn − Rn+1 et donc
N
X
zk
P
En reprenant l’étude qui précède avec 2θ au lieu de θ, on peut affirmer que
X 1 √n
cos(2nθ)
2n−1
n
n=1
donc
|( f (n) − f (n + 1)) S n | ≤ Mθ ( f (n) − f (n + 1))
avec f (n) − f (n + 1) série convergente (car f converge en +∞) donc par comparaison
P
( f (n) − f (n + 1)) S n est absolument
convergente.
PN
P
Ainsi par opérations, n=2
un
converge et donc un converge.
N≥2
On a
√
√
n
n
cos2 (nθ)
|un | =
|cos(nθ)| ≥
n−1
n−1
Or cos 2a = 2 cos2 a − 1 donc cos2 a ≥ 12 cos 2a + 1 puis
√
√
1 n
1 n
cos(2nθ) +
|un | ≥
2n−1
2n−1
n
X
k=1
n=2
Or f (N + 1)S N −→ 0 car S N = O(1) et f −→ 0.
De plus
Posons
n
1
(x − 1) − x
1 (x + 1)
=− √
≤0
f 0 (x) = 2√
2
2 x(x − 1)2
x(x − 1)
N
X
√
P √n
converge tandis que 2(n−1)
diverge puisque 12 n−1n ∼ 2 √1 n .
P
Par comparaison, on peut affirmer que |un | diverge.
Sn =
2
= Mθ
|S n | ≤ eiθ − 1
Posons f (x) =
65
k=n
k
=
N
X
Rk − Rk+1
k=n
k
=
N
X
Rk
k=n
k
−
N+1
X
Rk
k
−1
k=n+1
puis
N
X
zk
k=n
k
=
N
X
Rn
Rk
RN+1
−
−
n k=n+1 k(k − 1)
N
La suite (Rn ) converge vers 0, elle est donc bornée par un certain M ce qui assure
P Rk
l’absolue convergence de la série k(k−1)
et l’on peut donc introduire
+∞
+∞
X
X
zk Rn
Rk
=
−
k
n
k(k
− 1)
k=n+1
k=n+1
Soit ε > 0. Il existe un rang N ∈ N tel que
∀n ≥ N, |Rn | ≤ ε
et alors pour tout n ≥ N
!
+∞
+∞
+∞
X
X
M
1
1
ε
ε X
≤
=
ε
−
=
n
k=n+1 k(k − 1) k=n+1 k(k − 1) k=n+1 k − 1 k
puis
+∞
X
zk 2ε
≤
n
k=n k Exercice 171 : [énoncé]
Le cas α = 1 est entendu. Étudions α ∈ ]−∞ ; 1[.
P
Par l’absurde, supposons la convergence de naαn et introduisons
n
X
ak
Sn =
α
k
k=1
Corrections
66
(a) On peut écrire
n
X
vk =
k=1
n
X
n+1
X
k=1
(k − 1)uk =
k=2
n
X
ak
k=1
k
=
n
X
Sk
k=1
1
k1−α
!
1
Sn
−
+
1−α
(k + 1)
(n + 1)1−α
n→+∞
k=1
k=1
1
k1−α
un =
+∞
X
(uk − uk+1 ) ≤
k=n
il y a donc absolue convergence de la série
et l’on en déduit la convergence de
C’est absurde.
Sn
1
1
−
n1−α (n + 1)1−α
k
k=n
On a alors
0 ≤ nun ≤
+∞
X
n
k
vk ≤
+∞
X
vk
k=n
Puisque la série des vn converge,
+∞
X
vk → 0 puis nun → 0
!
P
La relation (*) entraîne alors la convergence de un .
(c) un = 1 convient, où si l’on veut une suite non constante, un = 1 +
1
n2
Posons vn = n(un − un+1 ). On peut écrire
n
X
P an
n.
k=1
Si la série
P
vk =
n
X
kuk −
k=1
n+1
X
(k − 1)uk =
k=2
n
X
uk − nun+1
k=1
un converge alors puisque
n
X
+∞
X
vk
k=n
!
1
1
=1−
−
→1
1−α
(k + 1)
(n + 1)1−α
X
k=1
(b) Supposons que la série de terme général vn converge.
Si la série de terme général un converge alors un → 0.
Inversement, supposons que un → 0. On peut écrire
La suite (S n ) est bornée car convergente et
n
X
uk − nun+1 (*)
k=1
k=n
puis
n
X
P
Montrons que la convergence de un entraîne que nun → 0.
P
Posons S n les sommes partielles de un .
Par la décroissance de un , on a 0 ≤ nu2n ≤ S 2n − S n .
Par suite nu2n → 0 et aussi 2nu2n → 0.
De façon semblable, on obtient nu2n+1 → 0 puis (2n + 1)u2n+1 → 0.
Ainsi nun → 0 et donc
n
+∞
X
X
vk −→
uk
α
de sorte que S n − S n−1 = an /n .
On peut écrire
n
n
n−1
n
X
X
Sk
ak X S k − S k−1 X S k
=
−
=
1−α
1−α
k
(k
+
1)α
k
k
k=1
k=1
k=0
k=1
kuk −
k=1
vk ≤
n
X
k=1
uk ≤
+∞
X
un
n=1
P
la série vn converge car à termes positifs et aux sommes partielles majorées.
P
Inversement, supposons la convergence de vn .
Puisque la suite (un ) est de limite nulle, on peut écrire
0 ≤ un+1 =
+∞
X
(uk − uk+1 ) =
k=n+1
+∞
+∞
X
1 X
vk
≤
vk
k
n + 1 k=n+1
k=n+1
Corrections
67
(a) C’est la convergence de un vers `.
(b) On a
|vn − `| =
et par l’inégalité triangulaire
et donc (n + 1)un+1 → 0. La relation
n
X
uk =
k=1
donne alors la convergence de
|vn − `| ≤
n
X
vk + (n + 1)un+1 − un+1
k=1
P
1
|(u1 − `) + · · · + (un − `)|
n
|u1 − `| + · · · + un0 − `
n
On conclut en exploitant |uk − `| ≤
ε
2
+
un0 +1 − ` + · · · + |un − `|
n
pour k > n0 .
(c) Quand n → +∞,
|u1 − `| + · · · + un0 − `
un ainsi que l’égalité des sommes des séries.
n
=
C te
→0
n
donc pour n assez grand
Posons
Sn =
n
X
|u1 − `| + · · · + un0 − `
ak
n
≤
ε
2
k=1
Ainsi il existe un rang n1 au-delà duquel
On peut écrire
n
X
a2k =
k=1
n
X
ak (S k − S k−1 )
En séparant la somme en deux et en reprenant l’indexation de la deuxième somme
n
X
a2k =
k=1
n
X
k=1
ak S k −
n−1
X
ak+1 S k
k=0
ce qui donne (sachant S 0 = 0)
n
X
k=1
ε n − n0 ε
+
≤ε
2
n 2
(d) On applique le résultat précédent à la suite de terme général un+1 − un et on peut
affirmer
n−1
1X
uk+1 − uk → α
n k=0
Après télescopage
a2k =
n
X
1
(un − u0 ) → α
n
(ak − ak+1 )S k + an+1 S n
k=1
La suite (S n ) converge, elle est donc bornée par un certain réel M.
D’une part an → 0 et donc an+1 S n → 0.
P
D’autre part |(ak − ak+1 )S k | ≤ M |ak − ak+1 | et donc la série (an − an+1 )S n converge
absolument.
P
Par addition de convergence, on peut conclure que la série a2n converge.
|vn − `| ≤
k=1
puis
1
un → α
n
et enfin
un ∼ αn
Corrections
(a) Supposons ` = 0.
Soit ε > 0, il existe n0 ∈ N tel que
68
(b)
∀n > n0 , |un | ≤ ε/2
1
1
un − ln(1 + un )
1
−
=
∼
n→+∞ 2
un+1 un
un un+1
car un+1 ∼ un .
On a alors
(c) Par le théorème de Césaro
u1 + · · · + n0 un0 (n0 + 1)un0 +1 + · · · + nun C te ε
≤ 2 + ≤ ε
+
|vn | ≤ 2
n2
n2
n
n−1
1X 1
1
−
n k=0 uk+1 uk
pour n assez grand.
Ainsi vn → 0.
Cas général : un = ` + wn avec ωn → 0 :
donc
1 1
1
→
n un
2
Finalement
un ∼
un (un − un−1 ) + · · · + (u1 − u0 ) u0
=
+ 2
n2
n2
n
(u −u )
un n n n n−1 + · · · +
=
n2
n2
(u1 −u0 )
1
+
u0
`
→
2
2
n
n→+∞
n
d’où
ln uk − ln uk−1 → ln `
k=1
(a) La suite (un ) est décroissante car
∀x ∈ [0 ; π/2], sin x ≤ x
La suite (un ) est aussi minorée par 0 donc convergente.
En passant la relation de récurrence à la limite, on obtient que (un ) tend vers 0.
(b)
1
1
ln un → ln `
n
puis
√n
un → `
u2n+1
∀x ≥ 0, ln(1 + x) ≤ x
La suite (un )n≥0 est aussi minorée par 0 donc convergente.
En passant la relation de récurrence à la limite, on obtient que (un )n≥0 tend vers 0.
u2n − sin(un )2 1
1
∼
=
3
u2n
u2n u2n+1
(c) Par le théorème de Césaro

n−1 
1 X  1
1
1
 2 − 2  →
n k=0 uk+1 uk
3
puis
1 1
1
→
2
n un
3
∀x > 0, ln(1 + x) > 0
La suite (un )n≥0 est décroissante car
−
car un+1 ∼ un .
(a) La suite (un )n≥0 est bien définie et à valeurs dans R∗+ car
2
n
On a ln un+1 − ln un → ln ` donc par Césaro
n
1X
1
2
−→
n→+∞
puis
n(n + 1)
w1 + · · · + nwn
`
vn =
`+
→
2
2
2
2n
n
(b) On peut écrire
!
Finalement
√
un ∼ √
3
n
On sait Rn → 0 donc
Corrections
69
(a) On remarque
n
Rn−1 = Rn + un = Rn +
R2n
+
p (p − 1)u pn+1 ≤
= Rn + o(Rn ) ∼ Rn
o(R2n )
R2n
R2n
1
un
1
−
=
∼
Rn Rn−1 Rn Rn−1
→1
P
un converge alors la première inégalité donne
!
n
1X 1
1
−
→1
n k=1 Rk Rk−1
et donc
!
1
1 1
−
→1
n Rn R0
Enfin, sachant Rn → 0 et R0 constant
n+1
X
vn ≥ u2n + u2n +1 + · · · + u2n+1 −1
de sorte que
n
X
k=0
un diverge alors
P
vk ≥
n+1
2X
−1
P
ce qui assure la convergence de la série vn car c’est une série à termes positifs aux
sommes partielles majorées.
P
Si vn converge alors la deuxième inégalité de l’encadrement précédent donne
n+1
pX
−1
uk
k=1
vn aussi par comparaison de séries à termes positifs.
donc
n
2X
−1
k=1
P
uk ≤ (p − 1)
+∞
X
v`
`=0
k=1
un converge alors
P
(b) Prenons p = 2 et
un =
1
n ln n
La suite (un ) est décroissante positive et
u2n + · · · + u2n+1 −1 ≥
Ainsi, si
p X
uk
p − 1 k=1
P
et puisque les sommes partielles de la série un sont croissantes et que ce qui
P
précède permet de les majorer, on peut conclure à la convergence de la série un .
On remarque
P
+∞
v` ≤
`=1
1
1
Rn ∼ puis un ∼ 2
n
n
Ainsi, si
Aussi
n+1
pX
−1
n
n+1
X
p−1X
v`
uk ≤ (p − 1)
v` ≤
p `=1
`=0
k=1
Si
Par le théorème de Césaro
uk ≤ pn (p − 1)u pn
k=pn
et donc
et par conséquent
n+1
pX
−1
1
vn+1
2
vn = 2n u2n =
1
n ln 2
P
P
Puisque vn diverge, un diverge aussi.
Prenons toujours p = 2 et cette fois-ci
un =
1
n ln n ln(ln n)
n
1X
uk ≥
vk
2 k=1
vn aussi par comparaison de séries à termes positifs.
La suite (un ) est décroissante positive et
1
1
1
∼
n ln 2 ln(n ln 2) ln 2 n ln n
P
et à nouveau nous pouvons conclure à la divergence de un .
vn = 2n u2n =
Corrections
70
On remarque
(2n + 1)u(n+1)2 ≤
(n+1)
X2 −1
uk ≤ (2n + 1)un2
k=n2
et donc
n+1
X
(2` − 1)u`2 ≤
(n+1)
X2 −1
`=1
Si
P
uk ≤
n
X
(2` + 1)u`2
`=0
k=1
un converge alors la première inégalité donne
n+1
X
v` =
n+1
X
`=1
`u`2 ≤
`=1
n+1
X
(2` − 1)u`2 ≤
+∞
X
`=1
uk
k=1
P
ce qui assure la convergence de la série vn car c’est une série à termes positifs aux
sommes partielles majorées.
P
P
Si vn converge alors la série un2 converge aussi car
0 ≤ un2 ≤ nun2 = vn
On en déduit la convergence de
précédent donne
P
(2n + 1)un2 et la deuxième inégalité de l’encadrement
n+1
pX
−1
uk ≤
k=1
+∞
X
(2` + 1)u`2
`=0
P
Puisque les sommes partielles de la série un sont croissantes et que ce qui précède
P
permet de les majorer, on peut conclure la convergence de la série un .
P
Supposons que vn converge. Pour n2 ≤ k < (n + 1)2 ,
0 ≤ uk ≤ un2 ≤
donc
0≤
(n+1)
X2 −1
k=n2
uk ≤ vn
vn
n2
(n + 1)2 − n2
n2
P
ce qui permet d’affirmer que les sommes partielles de la série à termes positifs un sont
P
majorées et donc un converge.
P
P
1
Inversement, pour un = n3/2
on a vn = n1 de sorte que un converge et vn diverge.

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