Calculs de sommes - mp.cpgedupuydelome.fr

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