Séries numériques (Exercices) · Révisions prépa · Ridami

Analyse · 1re année

Séries numériques

Application du cours5 points

1. Six natures à trouver

Pour chacune des séries ci-dessous (on donne le terme général), dire si elle converge ou diverge :

$u_{n} = \frac{2 n + 1}{n^{3} + n + 1}$ ( $n \geq 0$ ) ;
$v_{n} = \frac{n^{3}}{3^{n}}$ ( $n \geq 0$ ) ;
$w_{n} = \ln (1 + \frac{1}{\sqrt{n}})$ ( $n \geq 1$ ) ;
$x_{n} = {(1 - \frac{1}{n})}^{n}$ ( $n \geq 1$ ) ;
$y_{n} = e^{- \sqrt{n}}$ ( $n \geq 0$ ) ;
$z_{n} = \frac{(n!)^{2}}{(2 n)!}$ ( $n \geq 0$ ).

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1. Pour tout $n$ , $u_{n} > 0$ , et $u_{n} = \frac{n (2 + \frac{1}{n})}{n^{3} (1 + \frac{1}{n^{2}} + \frac{1}{n^{3}})} \underset{+ \infty}{\sim} \frac{2}{n^{2}}$ . La série de Riemann $\sum \frac{1}{n^{2}}$ converge ( $2 > 1$ ). Série à termes positifs, comparaison par équivalents : $\sum u_{n} converge$ .

2. $v_{n} > 0$ pour $n \geq 1$ et $\frac{v_{n + 1}}{v_{n}} = \frac{1}{3} {(1 + \frac{1}{n})}^{3} \to \frac{1}{3} < 1$ . D'après la règle de d'Alembert, $\sum v_{n} converge$ .

3. $\frac{1}{\sqrt{n}} \to 0$ et $\ln (1 + h) \underset{0}{\sim} h$ , donc $w_{n} \sim \frac{1}{\sqrt{n}} > 0$ . La série de Riemann $\sum \frac{1}{n^{1 / 2}}$ diverge ( $\frac{1}{2} \leq 1$ ). Par comparaison de séries à termes positifs : $\sum w_{n} diverge$ .

4. Pour $n \geq 2$ , $x_{n} = \exp (n \ln (1 - \frac{1}{n}))$ et $n \ln (1 - \frac{1}{n}) \sim n \cdot (- \frac{1}{n}) = - 1$ , donc $x_{n} \to e^{- 1} \neq 0$ (continuité de $\exp$ ). Le terme général ne tend pas vers $0$ : $\sum x_{n} diverge grossi \overset{ˋ}{e} rement$ .

5. $y_{n} > 0$ et $n^{2} y_{n} = \exp (2 \ln n - \sqrt{n})$ avec $2 \ln n - \sqrt{n} = \sqrt{n} (\frac{2 \ln n}{\sqrt{n}} - 1) \to - \infty$ (croissances comparées). Donc $n^{2} y_{n} \to 0$ , c'est-à-dire $y_{n} = o (\frac{1}{n^{2}})$ ; comme $\sum \frac{1}{n^{2}}$ converge, $\sum y_{n} converge$ (fiche §7, règle « $n^{α} u_{n}$ » avec $α = 2$ ).

6. $z_{n} > 0$ et $\frac{z_{n + 1}}{z_{n}} = \frac{(n + 1)^{2}}{(2 n + 2) (2 n + 1)} = \frac{n + 1}{2 (2 n + 1)} \to \frac{1}{4} < 1.$ Règle de d'Alembert : $\sum z_{n} converge$ .

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Application du cours5 points

2. Quatre sommes exactes

Justifier la convergence des séries suivantes et calculer leur somme.

$\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n (n + 1) (n + 2)}$ (on pourra écrire le terme comme une différence $a_{n} - a_{n + 1}$ ).
$\sum_{n \geq 2} \ln (1 - \frac{1}{n^{2}})$ .
$\sum_{n \geq 0} \frac{3^{n} + (- 2)^{n}}{5^{n}}$ .
$\sum_{n \geq 1} Arctan \frac{2}{n^{2}}$ (on montrera d'abord que $Arctan (n + 1) - Arctan (n - 1) = Arctan \frac{2}{n^{2}}$ pour $n \geq 1$ ).

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1. Posons $a_{n} = \frac{1}{2 n (n + 1)}$ . Alors $a_{n} - a_{n + 1} = \frac{(n + 2) - n}{2 n (n + 1) (n + 2)} = \frac{1}{n (n + 1) (n + 2)} .$ Donc $S_{N} = \sum_{n = 1}^{N} (a_{n} - a_{n + 1}) = a_{1} - a_{N + 1} = \frac{1}{4} - \frac{1}{2 (N + 1) (N + 2)} \to \frac{1}{4}$ . La série converge et $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n (n + 1) (n + 2)} = \frac{1}{4}$ .

2. Pour $n \geq 2$ , $1 - \frac{1}{n^{2}} = \frac{(n - 1) (n + 1)}{n^{2}}$ , donc, avec $c_{n} = \ln \frac{n + 1}{n}$ : $\ln (1 - \frac{1}{n^{2}}) = \ln \frac{n + 1}{n} - \ln \frac{n}{n - 1} = c_{n} - c_{n - 1} .$ Ainsi $\sum_{n = 2}^{N} \ln (1 - \frac{1}{n^{2}}) = c_{N} - c_{1} = \ln (1 + \frac{1}{N}) - \ln 2 \to - \ln 2$ . La série converge et $\sum_{n = 2}^{+ \infty} \ln (1 - \frac{1}{n^{2}}) = - \ln 2$ .

3. $\frac{3^{n} + (- 2)^{n}}{5^{n}} = {(\frac{3}{5})}^{n} + {(- \frac{2}{5})}^{n}$ . Les deux séries géométriques convergent (raisons de valeurs absolues $\frac{3}{5} < 1$ et $\frac{2}{5} < 1$ ) ; par linéarité, la série converge et $\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{3^{n} + (- 2)^{n}}{5^{n}} = \frac{1}{1 - \frac{3}{5}} + \frac{1}{1 + \frac{2}{5}} = \frac{5}{2} + \frac{5}{7} = \frac{45}{14} .$

4. Soit $n \geq 1$ et $θ_{n} = Arctan (n + 1) - Arctan (n - 1)$ . Comme $Arctan$ est strictement croissante, à valeurs dans $[0, \frac{π}{2} [$ sur $[0, + \infty [$ , on a $θ_{n} \in] 0, \frac{π}{2} [$ . Par la formule $\tan (a - b) = \frac{\tan a - \tan b}{1 + \tan a \tan b}$ : $\tan θ_{n} = \frac{(n + 1) - (n - 1)}{1 + (n + 1) (n - 1)} = \frac{2}{n^{2}}$ . Comme $θ_{n}$ et $Arctan \frac{2}{n^{2}}$ appartiennent tous deux à $] - \frac{π}{2}, \frac{π}{2} [$ et ont la même tangente, ils sont égaux. Le télescopage se fait ici avec un pas de 2 : en posant $c_{n} = Arctan n$ , $\sum_{n = 1}^{N} Arctan \frac{2}{n^{2}} = \sum_{n = 1}^{N} (c_{n + 1} - c_{n - 1}) = c_{N + 1} + c_{N} - c_{1} - c_{0} = Arctan (N + 1) + Arctan N - \frac{π}{4} .$ Quand $N \to + \infty$ , cette somme tend vers $\frac{π}{2} + \frac{π}{2} - \frac{π}{4}$ . La série converge et $\sum_{n = 1}^{+ \infty} Arctan \frac{2}{n^{2}} = \frac{3 π}{4}$ .

Après avoir comparé avec le corrigé :

Application du cours5 points

3. Séries alternées et valeur approchée

Montrer que $\sum_{n \geq 1} \frac{(- 1)^{n}}{\sqrt{n}}$ converge sans converger absolument. À partir de quel rang $n$ la somme partielle $S_{n}$ approche-t-elle la somme $S$ à $10^{- 2}$ près, d'après le critère spécial ? Quel est le signe de $S - S_{n}$ ?
Montrer que $\sum_{n \geq 2} (- 1)^{n} \frac{\ln n}{n}$ est semi-convergente.
On pose $T = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{(- 1)^{n + 1}}{n^{3}}$ (justifier son existence). (a) Encadrer $T$ par deux rationnels à l'aide de $T_{2}$ et $T_{3}$ , où $T_{n}$ désigne la somme partielle d'ordre $n$ . (b) Déterminer le plus petit $n$ pour lequel le critère spécial garantit $∣ T - T_{n} ∣ \leq 10^{- 3}$ , et dire si $T_{n}$ est alors une valeur approchée par excès ou par défaut.

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1. Posons $a_{n} = \frac{1}{\sqrt{n}}$ : $(a_{n})$ est décroissante et tend vers $0$ . D'après le critère spécial des séries alternées, $\sum \frac{(- 1)^{n}}{\sqrt{n}}$ converge. En revanche $∣ \frac{(- 1)^{n}}{\sqrt{n}} ∣ = \frac{1}{n^{1 / 2}}$ et la série de Riemann d'exposant $\frac{1}{2} \leq 1$ diverge : la convergence n'est pas absolue (la série est semi-convergente). Le critère donne $∣ S - S_{n} ∣ = ∣ R_{n} ∣ \leq a_{n + 1} = \frac{1}{\sqrt{n + 1}}$ . On veut $\frac{1}{\sqrt{n + 1}} \leq 10^{- 2}$ , soit $n + 1 \geq 10^{4}$ : c'est garanti dès $n \geq 9999$ . Le reste $R_{n} = S - S_{n}$ a le signe de son premier terme $\frac{(- 1)^{n + 1}}{\sqrt{n + 1}}$ , c'est-à-dire le signe de $(- 1)^{n + 1}$ : $S > S_{n}$ pour $n$ impair, $S < S_{n}$ pour $n$ pair.

2. Soit $f (x) = \frac{\ln x}{x}$ sur $[1, + \infty [$ : $f^{'} (x) = \frac{1 - \ln x}{x^{2}} < 0$ pour $x > e$ . Donc ${(\frac{\ln n}{n})}_{n \geq 3}$ est décroissante ; elle tend vers $0$ (croissances comparées). Le critère spécial, appliqué à partir du rang $3$ , montre que la série converge (les premiers termes ne changent pas la nature). Pour $n \geq 3$ , $\frac{\ln n}{n} \geq \frac{1}{n} \geq 0$ (car $\ln n \geq 1$ ), et la série harmonique diverge : par comparaison, $\sum \frac{\ln n}{n}$ diverge. La série est donc semi-convergente.

3. $(\frac{1}{n^{3}})$ décroît vers $0$ : $T$ existe (critère spécial ; la série converge même absolument). (a) La somme est comprise entre deux sommes partielles consécutives : $T_{2} = 1 - \frac{1}{8} = \frac{7}{8}$ et $T_{3} = \frac{7}{8} + \frac{1}{27} = \frac{197}{216}$ , d'où $\frac{7}{8} \leq T \leq \frac{197}{216} .$ (b) $∣ T - T_{n} ∣ \leq \frac{1}{(n + 1)^{3}}$ et $\frac{1}{(n + 1)^{3}} \leq 10^{- 3} ⟺ (n + 1)^{3} \geq 1000 ⟺ n + 1 \geq 10$ . Le plus petit rang garanti est $n = 9$ . Le reste $T - T_{9}$ a le signe de son premier terme $\frac{(- 1)^{11}}{10^{3}} < 0$ : $T < T_{9}$ , donc $T_{9}$ est une valeur approchée par excès.

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Application du cours5 points

4. Comparaison série-intégrale : un reste et une somme partielle

Soit $R_{n} = \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{3}}$ ( $n \geq 1$ ). Montrer que $\frac{1}{2 (n + 1)^{2}} \leq R_{n} \leq \frac{1}{2 n^{2}}$ et en déduire un équivalent de $R_{n}$ .
Soit $S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}}$ . Montrer que $2 \sqrt{n + 1} - 2 \leq S_{n} \leq 2 \sqrt{n} - 1$ et en déduire un équivalent de $S_{n}$ .
Étudier la nature des séries $\sum_{n \geq 1} R_{n}$ et $\sum_{n \geq 1} \frac{1}{\sqrt{n} S_{n}}$ .
Déterminer un entier $n$ pour lequel $\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{3}}$ approche $\sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{3}}$ à $10^{- 6}$ près, d'après la question 1.

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1. La fonction $t \mapsto \frac{1}{t^{3}}$ est continue, positive et décroissante sur $] 0, + \infty [$ . Pour $k \geq 1$ et $t \in [k, k + 1]$ , $\frac{1}{(k + 1)^{3}} \leq \frac{1}{t^{3}} \leq \frac{1}{k^{3}}$ ; en intégrant (croissance de l'intégrale) : $\int_{k}^{k + 1} \frac{d t}{t^{3}} \leq \frac{1}{k^{3}} \leq \int_{k - 1}^{k} \frac{d t}{t^{3}} (k \geq 2), la premi \overset{ˋ}{e} re in \overset{ˊ}{e} galit \overset{ˊ}{e} valant aussi pour k = 1.$ Pour $N > n \geq 1$ , en sommant de $k = n + 1$ à $N$ : $\int_{n + 1}^{N + 1} \frac{d t}{t^{3}} \leq \sum_{k = n + 1}^{N} \frac{1}{k^{3}} \leq \int_{n}^{N} \frac{d t}{t^{3}}, soit \frac{1}{2} (\frac{1}{(n + 1)^{2}} - \frac{1}{(N + 1)^{2}}) \leq \sum_{k = n + 1}^{N} \frac{1}{k^{3}} \leq \frac{1}{2} (\frac{1}{n^{2}} - \frac{1}{N^{2}}) .$ La série converge (Riemann, $3 > 1$ ) ; en faisant $N \to + \infty$ : $\frac{1}{2 (n + 1)^{2}} \leq R_{n} \leq \frac{1}{2 n^{2}}$ . En multipliant par $2 n^{2}$ : $\frac{n^{2}}{(n + 1)^{2}} \leq 2 n^{2} R_{n} \leq 1$ , et le minorant tend vers $1$ : $2 n^{2} R_{n} \to 1$ (gendarmes), c'est-à-dire $R_{n} \sim \frac{1}{2 n^{2}}$ .

2. $t \mapsto \frac{1}{\sqrt{t}}$ est continue, positive, décroissante sur $] 0, + \infty [$ , donc $\int_{k}^{k + 1} \frac{d t}{\sqrt{t}} \leq \frac{1}{\sqrt{k}} \leq \int_{k - 1}^{k} \frac{d t}{\sqrt{t}}$ ( $k \geq 2$ pour la seconde inégalité). En sommant la première de $1$ à $n$ , et la seconde de $2$ à $n$ en ajoutant le terme $1$ : $\int_{1}^{n + 1} \frac{d t}{\sqrt{t}} \leq S_{n} \leq 1 + \int_{1}^{n} \frac{d t}{\sqrt{t}}, soit 2 \sqrt{n + 1} - 2 \leq S_{n} \leq 2 \sqrt{n} - 1 .$ En divisant par $2 \sqrt{n}$ : $\sqrt{1 + \frac{1}{n}} - \frac{1}{\sqrt{n}} \leq \frac{S_{n}}{2 \sqrt{n}} \leq 1 - \frac{1}{2 \sqrt{n}}$ , les deux bornes tendent vers $1$ , donc $S_{n} \sim 2 \sqrt{n}$ .

3. $R_{n} > 0$ et $R_{n} \sim \frac{1}{2 n^{2}}$ : par comparaison avec la série de Riemann $\sum \frac{1}{n^{2}}$ , $\sum R_{n} converge$ . Ensuite $\frac{1}{\sqrt{n} S_{n}} > 0$ et, d'après la question 2, $\sqrt{n} S_{n} \sim 2 n$ , donc $\frac{1}{\sqrt{n} S_{n}} \sim \frac{1}{2 n}$ ; la série harmonique diverge, donc $\sum \frac{1}{\sqrt{n} S_{n}} diverge$ .

4. L'erreur est $R_{n} \leq \frac{1}{2 n^{2}}$ . Il suffit que $2 n^{2} \geq 10^{6}$ , soit $n^{2} \geq 500 000$ . Or $707^{2} = 499 849 < 500 000$ et $708^{2} = 501 264$ : le rang $n = 708$ convient (et c'est le plus petit que cette majoration garantit).

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Niveau devoir6 points

5. Règle de d'Alembert et cas limite

Soit $a > 0$ et $u_{n} = \frac{a^{n} n!}{n^{n}}$ pour $n \geq 1$ . (a) Calculer $\frac{u_{n + 1}}{u_{n}}$ et sa limite. En déduire la nature de $\sum u_{n}$ lorsque $a \neq e$ . (b) On suppose $a = e$ . Montrer que ${(1 + \frac{1}{n})}^{n} < e$ pour tout $n \geq 1$ , puis que $(u_{n})$ est croissante. Conclure.
Étudier la nature de $\sum_{n \geq 0} (\binom{2 n}{n}) \frac{1}{5^{n}}$ .
Soit $x > 0$ . Étudier, selon $x$ , la nature de $\sum_{n \geq 1} \frac{x^{n}}{n}$ . Pour quelle valeur de $x$ la règle de d'Alembert ne permet-elle pas de conclure ? Conclure dans ce cas par un autre argument.

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1.(a) Pour $n \geq 1$ , $u_{n} > 0$ et $\frac{u_{n + 1}}{u_{n}} = \frac{a^{n + 1} (n + 1)!}{(n + 1)^{n + 1}} \cdot \frac{n^{n}}{a^{n} n!} = a \frac{(n + 1) n^{n}}{(n + 1)^{n + 1}} = a {(\frac{n}{n + 1})}^{n} = \frac{a}{{(1 + \frac{1}{n})}^{n}} .$ Or ${(1 + \frac{1}{n})}^{n} = \exp (n \ln (1 + \frac{1}{n})) \to e$ , car $n \ln (1 + \frac{1}{n}) \to 1$ . Donc $\frac{u_{n + 1}}{u_{n}} \to \frac{a}{e}$ . Par la règle de d'Alembert : si $a < e$ , $\sum u_{n} converge$ ; si $a > e$ , $\sum u_{n} diverge grossi \overset{ˋ}{e} rement$ .

1.(b) Pour $x > 0$ , $\ln (1 + x) < x$ (la fonction $x \mapsto x - \ln (1 + x)$ est nulle en $0$ et de dérivée $\frac{x}{1 + x} > 0$ ). Avec $x = \frac{1}{n}$ : $n \ln (1 + \frac{1}{n}) < 1$ , donc ${(1 + \frac{1}{n})}^{n} < e$ . Pour $a = e$ , on obtient $\frac{u_{n + 1}}{u_{n}} = \frac{e}{{(1 + \frac{1}{n})}^{n}} > 1$ : la suite $(u_{n})$ , à termes positifs, est croissante, donc $u_{n} \geq u_{1} = e$ pour tout $n \geq 1$ . Le terme général ne tend pas vers $0$ : $\sum u_{n} diverge grossi \overset{ˋ}{e} rement pour a = e$ . (La règle de d'Alembert seule ne concluait pas : la limite vaut $1$ .)

2. Avec $v_{n} = (\binom{2 n}{n}) 5^{- n} > 0$ : $\frac{v_{n + 1}}{v_{n}} = \frac{(2 n + 2)!}{(n + 1)!^{2}} \cdot \frac{n!^{2}}{(2 n)!} \cdot \frac{1}{5} = \frac{(2 n + 2) (2 n + 1)}{5 (n + 1)^{2}} = \frac{2 (2 n + 1)}{5 (n + 1)} \to \frac{4}{5} < 1.$ La règle de d'Alembert s'applique : $la s \overset{ˊ}{e} rie converge$ .

3. $w_{n} = \frac{x^{n}}{n} > 0$ et $\frac{w_{n + 1}}{w_{n}} = x \frac{n}{n + 1} \to x$ .

Si $0 < x < 1$ : $convergence$ (d'Alembert).
Si $x > 1$ : $divergence grossi \overset{ˋ}{e} re$ (d'Alembert ; d'ailleurs $\frac{x^{n}}{n} \to + \infty$ ).
Si $x = 1$ : la limite vaut $1$ , la règle ne conclut pas. La série est alors la série harmonique, qui $diverge$ .

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Niveau devoir6 points

6. Deux termes équivalents, deux natures différentes

Pour $n \geq 2$ , on pose $a_{n} = \frac{(- 1)^{n} \sqrt{n}}{n + (- 1)^{n}}$ et, pour $α > 0$ , $b_{n} (α) = \ln (1 + \frac{(- 1)^{n}}{n^{α}})$ .

Justifier que $a_{n}$ et $b_{n} (α)$ sont bien définis, puis montrer que $a_{n} \sim \frac{(- 1)^{n}}{\sqrt{n}}$ et $b_{n} ⁣ (\frac{1}{2}) \sim \frac{(- 1)^{n}}{\sqrt{n}}$ .
Montrer que $a_{n} - \frac{(- 1)^{n}}{\sqrt{n}} = - \frac{1}{\sqrt{n} (n + (- 1)^{n})}$ . En déduire la nature de $\sum a_{n}$ . Converge-t-elle absolument ?
On pose $c_{n} = b_{n} (α) - \frac{(- 1)^{n}}{n^{α}}$ . Montrer que $c_{n} \sim - \frac{1}{2 n^{2 α}}$ , puis déterminer les $α > 0$ pour lesquels $\sum b_{n} (α)$ converge.
Que retient-on des questions 1 à 3 ?

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1. Pour $n \geq 2$ , $n + (- 1)^{n} \geq 1 > 0$ , et $\frac{1}{n^{α}} < 1$ (car $n > 1$ , $α > 0$ ) donc $1 + \frac{(- 1)^{n}}{n^{α}} > 0$ : les deux termes sont définis. On a $a_{n} = \frac{(- 1)^{n}}{\sqrt{n}} \cdot \frac{1}{1 + \frac{(- 1)^{n}}{n}}$ et le second facteur tend vers $1$ : $a_{n} \sim \frac{(- 1)^{n}}{\sqrt{n}}$ . Comme $h_{n} = \frac{(- 1)^{n}}{\sqrt{n}} \to 0$ et $\ln (1 + h) \underset{0}{\sim} h$ : $b_{n} ⁣ (\frac{1}{2}) = \ln (1 + h_{n}) \sim h_{n}$ .

2. On réduit au même dénominateur : $a_{n} - \frac{(- 1)^{n}}{\sqrt{n}} = (- 1)^{n} \frac{n - (n + (- 1)^{n})}{\sqrt{n} (n + (- 1)^{n})} = \frac{(- 1)^{n} \cdot (- (- 1)^{n})}{\sqrt{n} (n + (- 1)^{n})} = - \frac{1}{\sqrt{n} (n + (- 1)^{n})} .$ Ce terme est négatif et équivalent à $- \frac{1}{n^{3 / 2}}$ : la série correspondante converge (comparaison avec Riemann, $\frac{3}{2} > 1$ , signe constant). La série $\sum \frac{(- 1)^{n}}{\sqrt{n}}$ converge (critère spécial). Par somme, $\sum a_{n} converge$ . Elle ne converge pas absolument : $∣ a_{n} ∣ = \frac{\sqrt{n}}{n + (- 1)^{n}} \sim \frac{1}{\sqrt{n}}$ et $\sum \frac{1}{\sqrt{n}}$ diverge.

3. Avec $h = \frac{(- 1)^{n}}{n^{α}} \to 0$ , le DL $\ln (1 + h) = h - \frac{h^{2}}{2} + o (h^{2})$ (fiche « Analyse asymptotique » §7) donne $\ln (1 + h) - h \sim - \frac{h^{2}}{2}$ , d'où $c_{n} \sim - \frac{1}{2 n^{2 α}}$ (car $h^{2} = \frac{1}{n^{2 α}}$ ). Ainsi $c_{n}$ est négatif pour $n$ assez grand et $\sum c_{n}$ a la nature de la série de Riemann $\sum \frac{1}{n^{2 α}}$ : elle converge si et seulement si $2 α > 1$ . Comme $\sum \frac{(- 1)^{n}}{n^{α}}$ converge pour tout $α > 0$ (critère spécial) et que $b_{n} (α) = \frac{(- 1)^{n}}{n^{α}} + c_{n}$ :

si $α > \frac{1}{2}$ , somme de deux séries convergentes : $\sum b_{n} (α)$ converge ;
si $0 < α \leq \frac{1}{2}$ , une série qui converge plus une série qui diverge : $\sum b_{n} (α)$ diverge.

$\sum b_{n} (α) converge ⟺ α > \frac{1}{2}$ En particulier $\sum b_{n} ⁣ (\frac{1}{2})$ diverge.

4. $a_{n}$ et $b_{n} ⁣ (\frac{1}{2})$ sont tous deux équivalents à $\frac{(- 1)^{n}}{\sqrt{n}}$ , et pourtant $\sum a_{n}$ converge alors que $\sum b_{n} ⁣ (\frac{1}{2})$ diverge. La comparaison par équivalents exige un terme de signe constant (fiche §7) ; pour une série de signe variable, on écrit un développement asymptotique jusqu'à obtenir un reste de signe constant ou absolument convergent (fiche §12).

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Niveau devoir6 points

7. Constante d'Euler et sommes regroupées

Pour $n \geq 1$ , on note $H_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k}$ et $w_{n} = \frac{1}{n} - \ln (1 + \frac{1}{n})$ .

Montrer que pour tout $x \geq 0$ , $x - \frac{x^{2}}{2} \leq \ln (1 + x) \leq x$ . En déduire que $0 \leq w_{n} \leq \frac{1}{2 n^{2}}$ et que $\sum w_{n}$ converge.
Exprimer $\sum_{k = 1}^{n} w_{k}$ à l'aide de $H_{n}$ et de $\ln (n + 1)$ . En déduire que la suite $(H_{n} - \ln n)$ converge ; on note $γ$ sa limite. Montrer que $1 - \ln 2 \leq γ \leq 1$ .
On pose $A_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{(- 1)^{k + 1}}{k}$ . Montrer que $A_{2 n} = H_{2 n} - H_{n}$ ; en déduire que $\sum_{k \geq 1} \frac{(- 1)^{k + 1}}{k}$ converge et a pour somme $\ln 2$ .
Montrer de même que $\sum_{n \geq 1} (\frac{1}{3 n - 2} + \frac{1}{3 n - 1} - \frac{2}{3 n})$ converge et calculer sa somme.

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1. Soit $φ (x) = x - \ln (1 + x)$ et $ψ (x) = \ln (1 + x) - x + \frac{x^{2}}{2}$ sur $[0, + \infty [$ : $φ^{'} (x) = \frac{x}{1 + x} \geq 0$ et $ψ^{'} (x) = \frac{1}{1 + x} - 1 + x = \frac{x^{2}}{1 + x} \geq 0$ , avec $φ (0) = ψ (0) = 0$ . Donc $φ \geq 0$ et $ψ \geq 0$ , ce qui est l'encadrement voulu. Avec $x = \frac{1}{n}$ : $\frac{1}{n} - \frac{1}{2 n^{2}} \leq \ln (1 + \frac{1}{n}) \leq \frac{1}{n}$ , soit $0 \leq w_{n} \leq \frac{1}{2 n^{2}}$ . Comme $\sum \frac{1}{n^{2}}$ converge (Riemann), $\sum w_{n}$ converge par comparaison.

2. $\sum_{k = 1}^{n} \ln (1 + \frac{1}{k}) = \sum_{k = 1}^{n} (\ln (k + 1) - \ln k) = \ln (n + 1)$ (télescopage), donc $\sum_{k = 1}^{n} w_{k} = H_{n} - \ln (n + 1)$ . Le membre de gauche converge (question 1), donc $H_{n} - \ln (n + 1)$ converge ; comme $\ln (n + 1) - \ln n = \ln (1 + \frac{1}{n}) \to 0$ , la suite $H_{n} - \ln n$ converge vers la même limite $γ = \sum_{k = 1}^{+ \infty} w_{k}$ . Encadrement : tous les $w_{k}$ sont positifs, donc $γ \geq w_{1} = 1 - \ln 2$ . Et $γ \leq \frac{1}{2} \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{2}} \leq \frac{1}{2} (1 + \sum_{k = 2}^{+ \infty} \frac{1}{k (k - 1)}) = \frac{1}{2} (1 + 1) = 1$ , puisque $\sum_{k \geq 2} (\frac{1}{k - 1} - \frac{1}{k})$ télescope vers $1$ . D'où $1 - \ln 2 \leq γ \leq 1$ .

3. Dans $A_{2 n}$ , les termes d'indice impair sont comptés avec $+$ et ceux d'indice pair avec $-$ : $A_{2 n} = \sum_{k = 1}^{2 n} \frac{1}{k} - 2 \sum_{j = 1}^{n} \frac{1}{2 j} = H_{2 n} - H_{n} .$ Écrivons $H_{m} = \ln m + γ + ε_{m}$ avec $ε_{m} \to 0$ : $A_{2 n} = \ln (2 n) - \ln n + ε_{2 n} - ε_{n} \to \ln 2$ . Puis $A_{2 n + 1} = A_{2 n} + \frac{1}{2 n + 1} \to \ln 2$ . Les suites extraites paire et impaire ont la même limite, donc $A_{n} \to \ln 2$ (fiche « Suites numériques » §6) : $\sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{(- 1)^{k + 1}}{k} = \ln 2$ .

4. Notons $v_{n}$ le terme général. Comme $- \frac{2}{3 n} = \frac{1}{3 n} - \frac{3}{3 n}$ , on a $v_{n} = \frac{1}{3 n - 2} + \frac{1}{3 n - 1} + \frac{1}{3 n} - \frac{1}{n}$ , donc $\sum_{n = 1}^{N} v_{n} = H_{3 N} - H_{N} = \ln 3 + ε_{3 N} - ε_{N} \to \ln 3.$ Les sommes partielles convergent : $\sum_{n = 1}^{+ \infty} v_{n} = \ln 3$ .

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Niveau devoir7 points

8. Séries associées à la suite $u_{n + 1} = Arctan u_{n}$

Soit $u_{0} > 0$ et $(u_{n})$ définie par $u_{n + 1} = Arctan (u_{n})$ .

Montrer que $u_{n} > 0$ pour tout $n$ , que $(u_{n})$ est décroissante et qu'elle converge vers $0$ .
Montrer que la série $\sum (u_{n} - u_{n + 1})$ converge et donner sa somme. En déduire que $\sum u_{n}^{3}$ converge.
Montrer que $\ln u_{n + 1} - \ln u_{n} \underset{+ \infty}{\sim} - \frac{u_{n}^{2}}{3}$ . En déduire que $\sum u_{n}^{2}$ diverge.
En déduire la nature de $\sum u_{n}$ , de $\sum (- 1)^{n} u_{n}$ et de $\sum u_{n}^{p}$ pour un entier $p \geq 3$ .
(Pour aller plus loin.) Montrer que $\frac{1}{u_{n + 1}^{2}} - \frac{1}{u_{n}^{2}} \to \frac{2}{3}$ et en déduire un équivalent de $u_{n}$ (on admettra le lemme de Cesàro, fiche « Suites numériques » §11).

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1. Par récurrence : $u_{0} > 0$ , et si $u_{n} > 0$ alors $u_{n + 1} = Arctan u_{n} > 0$ . Pour $x > 0$ , $Arctan x < x$ (la fonction $g (x) = x - Arctan x$ vérifie $g (0) = 0$ et $g^{'} (x) = \frac{x^{2}}{1 + x^{2}} > 0$ sur $] 0, + \infty [$ ). Donc $u_{n + 1} < u_{n}$ : la suite est décroissante, minorée par $0$ , elle converge vers $ℓ \geq 0$ . $Arctan$ est continue en $ℓ$ , donc $Arctan ℓ = ℓ$ , c'est-à-dire $g (ℓ) = 0$ , et $g$ strictement croissante sur $[0, + \infty [$ impose $ℓ = 0$ .

2. La série $\sum (u_{n} - u_{n + 1})$ est télescopique et $(u_{n})$ converge vers $0$ : elle converge et $\sum_{n = 0}^{+ \infty} (u_{n} - u_{n + 1}) = u_{0}$ . Or, avec $Arctan x = x - \frac{x^{3}}{3} + o (x^{3})$ et $u_{n} \to 0$ : $u_{n} - u_{n + 1} = u_{n} - Arctan u_{n} \sim \frac{u_{n}^{3}}{3}$ . Les termes sont positifs, donc $\sum \frac{u_{n}^{3}}{3}$ converge, et $\sum u_{n}^{3} converge$ .

3. $\ln u_{n + 1} - \ln u_{n} = \ln \frac{Arctan u_{n}}{u_{n}}$ et $\frac{Arctan x}{x} = 1 - \frac{x^{2}}{3} + o (x^{2})$ . Avec $\ln (1 + h) \sim h$ pour $h \to 0$ : $\ln u_{n + 1} - \ln u_{n} \sim - \frac{u_{n}^{2}}{3} .$ La série $\sum (\ln u_{n + 1} - \ln u_{n})$ est la série des différences de la suite $(\ln u_{n})$ , qui tend vers $- \infty$ : elle diverge. Ses termes sont négatifs (la suite est décroissante), donc, par comparaison par équivalents (signe constant), $\sum \frac{u_{n}^{2}}{3}$ diverge : $\sum u_{n}^{2} diverge$ .

4. Comme $u_{n} \to 0$ , il existe $N$ tel que $0 < u_{n} \leq 1$ pour $n \geq N$ , et alors $u_{n}^{2} \leq u_{n}$ et $u_{n}^{p} \leq u_{n}^{3}$ ( $p \geq 3$ ).

$\sum u_{n}$ diverge (elle majore une série divergente à termes positifs).
$\sum u_{n}^{p}$ converge pour $p \geq 3$ (majorée par $\sum u_{n}^{3}$ ).
$(u_{n})$ décroît vers $0$ : par le critère spécial, $\sum (- 1)^{n} u_{n}$ converge (semi-convergente).

5. $Arctan x = x (1 - \frac{x^{2}}{3} + o (x^{2}))$ , donc $\frac{1}{{Arctan}^{2} x} = \frac{1}{x^{2}} (1 + \frac{2 x^{2}}{3} + o (x^{2}))$ et $\frac{1}{{Arctan}^{2} x} - \frac{1}{x^{2}} \underset{x \to 0}{⟶} \frac{2}{3}$ . Avec $x = u_{n} \to 0$ : $\frac{1}{u_{n + 1}^{2}} - \frac{1}{u_{n}^{2}} \to \frac{2}{3}$ . Par Cesàro, $\frac{1}{n} \sum_{k = 0}^{n - 1} (\frac{1}{u_{k + 1}^{2}} - \frac{1}{u_{k}^{2}}) = \frac{1}{n} (\frac{1}{u_{n}^{2}} - \frac{1}{u_{0}^{2}}) \to \frac{2}{3}$ , donc $\frac{1}{n u_{n}^{2}} \to \frac{2}{3}$ et $u_{n} \sim \sqrt{\frac{3}{2 n}}$ . On retrouve les questions 3 et 4 : $u_{n}^{2} \sim \frac{3}{2 n}$ (série divergente), $u_{n}^{3} \sim {(\frac{3}{2 n})}^{3 / 2}$ (série convergente).

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Synthèse, niveau concours10 points

9. Problème : une suite d'intégrales et deux sommes alternées

Pour $n \in ℕ$ , on pose $u_{n} = \int_{0}^{1} \frac{x^{n}}{1 + x^{3}} d x$ .

Partie A — La suite $(u_{n})$ (4 points)

Déterminer des réels $α, β, γ$ tels que $\frac{1}{1 + x^{3}} = \frac{α}{1 + x} + \frac{β x + γ}{x^{2} - x + 1}$ , puis montrer que $u_{0} = \frac{\ln 2}{3} + \frac{π}{3 \sqrt{3}}$ . Calculer $u_{2}$ .
Montrer que $(u_{n})$ est positive, décroissante, et que $u_{n} \leq \frac{1}{n + 1}$ . Quelle est sa limite ?
Montrer que $u_{n} + u_{n + 3} = \frac{1}{n + 1}$ pour tout $n \in ℕ$ .

Partie B — Équivalent et séries associées (3 points)

Montrer que $\frac{1}{2 (n + 1)} \leq u_{n}$ pour tout $n \geq 0$ et que $u_{n} \leq \frac{1}{2 (n - 2)}$ pour tout $n \geq 3$ . En déduire un équivalent de $u_{n}$ .
Étudier la nature des séries $\sum u_{n}$ , $\sum \frac{u_{n}}{n}$ ( $n \geq 1$ ) et $\sum (- 1)^{n} u_{n}$ .

Partie C — Deux sommes (3 points)

Montrer que pour tout $p \geq 1$ , $\sum_{k = 0}^{p - 1} \frac{(- 1)^{k}}{3 k + 1} = u_{0} - (- 1)^{p} u_{3 p}$ . En déduire la somme $\sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{(- 1)^{k}}{3 k + 1}$ .
Établir de même une expression de $\sum_{k = 0}^{p - 1} \frac{(- 1)^{k}}{3 k + 3}$ et retrouver $\sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{(- 1)^{k - 1}}{k} = \ln 2$ .
Combien de termes de la série de la question 1 suffit-il de sommer pour approcher sa somme à $10^{- 3}$ près, d'après la partie B ? Comparer avec ce que garantit le critère spécial.

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A.1. En réduisant au même dénominateur ( $1 + x^{3} = (1 + x) (x^{2} - x + 1)$ ), on doit avoir $α (x^{2} - x + 1) + (β x + γ) (1 + x) = 1$ pour tout $x$ . En $x = - 1$ : $3 α = 1$ . En identifiant les coefficients de $x^{2}$ et les constantes : $α + β = 0$ et $α + γ = 1$ . Donc $α = \frac{1}{3}$ , $β = - \frac{1}{3}$ , $γ = \frac{2}{3}$ : $\frac{1}{1 + x^{3}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{1 + x} + \frac{1}{3} \cdot \frac{2 - x}{x^{2} - x + 1} .$ On écrit $2 - x = - \frac{1}{2} (2 x - 1) + \frac{3}{2}$ et $x^{2} - x + 1 = {(x - \frac{1}{2})}^{2} + \frac{3}{4}$ . Sur $[0, 1]$ : $\int_{0}^{1} \frac{2 x - 1}{x^{2} - x + 1} d x = {[\ln (x^{2} - x + 1)]}_{0}^{1} = 0$ et $\int_{0}^{1} \frac{d x}{{(x - \frac{1}{2})}^{2} + \frac{3}{4}} = \frac{2}{\sqrt{3}} {[Arctan \frac{2 x - 1}{\sqrt{3}}]}_{0}^{1} = \frac{2}{\sqrt{3}} (\frac{π}{6} + \frac{π}{6}) = \frac{2 π}{3 \sqrt{3}}$ . Donc $u_{0} = \frac{\ln 2}{3} + \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{2 π}{3 \sqrt{3}} = \frac{\ln 2}{3} + \frac{π}{3 \sqrt{3}} .$ Et $u_{2} = {[\frac{1}{3} \ln (1 + x^{3})]}_{0}^{1} = \frac{\ln 2}{3}$ .

A.2. L'intégrande est continu, positif et non identiquement nul sur $[0, 1]$ : $u_{n} > 0$ . Pour $x \in [0, 1]$ , $x^{n + 1} \leq x^{n}$ , donc, par croissance de l'intégrale, $u_{n + 1} \leq u_{n}$ . Enfin $\frac{x^{n}}{1 + x^{3}} \leq x^{n}$ , donc $u_{n} \leq \int_{0}^{1} x^{n} d x = \frac{1}{n + 1}$ . Par encadrement, $u_{n} \to 0$ .

A.3. Par linéarité : $u_{n} + u_{n + 3} = \int_{0}^{1} \frac{x^{n} (1 + x^{3})}{1 + x^{3}} d x = \int_{0}^{1} x^{n} d x = \frac{1}{n + 1}$ .

B.1. La suite décroît : $u_{n + 3} \leq u_{n}$ . Donc $2 u_{n + 3} \leq u_{n} + u_{n + 3} = \frac{1}{n + 1} \leq 2 u_{n}$ . La seconde inégalité donne $u_{n} \geq \frac{1}{2 (n + 1)}$ ( $n \geq 0$ ) ; la première, écrite au rang $n - 3$ pour $n \geq 3$ , donne $u_{n} \leq \frac{1}{2 (n - 2)}$ . Ainsi $\frac{n}{n + 1} \leq 2 n u_{n} \leq \frac{n}{n - 2}$ ( $n \geq 3$ ) et les bornes tendent vers $1$ : $u_{n} \sim \frac{1}{2 n}$ .

B.2. Les $u_{n}$ sont positifs.

$u_{n} \sim \frac{1}{2 n}$ et la série harmonique diverge : $\sum u_{n} diverge$ .
$\frac{u_{n}}{n} \sim \frac{1}{2 n^{2}}$ : $\sum \frac{u_{n}}{n} converge$ (Riemann, $2 > 1$ ).
$(u_{n})$ décroît et tend vers $0$ : par le critère spécial, $\sum (- 1)^{n} u_{n} converge$ ; elle est semi-convergente.

C.1. Par A.3, $\frac{(- 1)^{k}}{3 k + 1} = (- 1)^{k} (u_{3 k} + u_{3 k + 3}) = a_{k} - a_{k + 1}$ avec $a_{k} = (- 1)^{k} u_{3 k}$ . Par télescopage : $\sum_{k = 0}^{p - 1} \frac{(- 1)^{k}}{3 k + 1} = a_{0} - a_{p} = u_{0} - (- 1)^{p} u_{3 p} .$ Comme $u_{3 p} \to 0$ : $\sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{(- 1)^{k}}{3 k + 1} = \frac{\ln 2}{3} + \frac{π}{3 \sqrt{3}}$ .

C.2. De même $\frac{(- 1)^{k}}{3 k + 3} = (- 1)^{k} (u_{3 k + 2} + u_{3 k + 5}) = b_{k} - b_{k + 1}$ avec $b_{k} = (- 1)^{k} u_{3 k + 2}$ , d'où $\sum_{k = 0}^{p - 1} \frac{(- 1)^{k}}{3 k + 3} = u_{2} - (- 1)^{p} u_{3 p + 2} \to \frac{\ln 2}{3}$ . En multipliant par $3$ : $\sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{(- 1)^{k}}{k + 1} = \ln 2$ , c'est-à-dire $\sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{(- 1)^{k - 1}}{k} = \ln 2$ .

C.3. L'erreur commise en sommant $p$ termes est exactement $u_{3 p}$ , et $u_{3 p} \leq \frac{1}{2 (3 p - 2)}$ (B.1, $3 p \geq 3$ ). Il suffit que $2 (3 p - 2) \geq 1000$ , soit $3 p \geq 502$ , donc $p = 168$ termes ( $3 \times 167 = 501 < 502$ ). Le critère spécial donne seulement : erreur $\leq$ premier terme négligé $= \frac{1}{3 p + 1}$ , ce qui impose $3 p + 1 \geq 1000$ , soit $p = 333$ . La partie B divise environ par deux le nombre de termes nécessaires.

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Synthèse, niveau concours10 points

10. Problème : la fonction $G (x) = \sum \frac{1}{n (n + x)}$

On note $Z = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}}$ (on ne demande pas sa valeur) et $H_{p} = \sum_{k = 1}^{p} \frac{1}{k}$ .

Partie A — Définition (3 points)

Montrer que pour tout réel $x \geq 0$ , la série $\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n (n + x)}$ converge. On note $G (x)$ sa somme ; que vaut $G (0)$ ?
Montrer que $G$ est décroissante sur $[0, + \infty [$ .
Montrer que $0 \leq Z - G (x) \leq 2 x$ pour tout $x \geq 0$ (on pourra majorer $Z$ par $2$ à l'aide d'un télescopage). En déduire $\lim_{x \to 0^{+}} G (x)$ .

Partie B — Valeurs aux entiers (3 points) Soit $p \geq 1$ un entier.

Montrer que pour $N \geq p$ , $\sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{n (n + p)} = \frac{1}{p} (H_{p} - \sum_{n = N + 1}^{N + p} \frac{1}{n})$ .
En déduire que $G (p) = \frac{H_{p}}{p}$ . Calculer $G (1)$ , $G (2)$ , $G (3)$ .
En déduire un équivalent de $G (p)$ quand l'entier $p$ tend vers $+ \infty$ (fiche §9).

Partie C — Comportement à l'infini (4 points) Dans cette partie, $x > 0$ est fixé et $φ (t) = \frac{1}{t (t + x)}$ pour $t > 0$ .

Montrer que pour tout entier $n \geq 2$ : $\int_{n}^{n + 1} φ (t) d t \leq φ (n) \leq \int_{n - 1}^{n} φ (t) d t$ , l'inégalité de gauche valant aussi pour $n = 1$ .
Vérifier que $t \mapsto \frac{1}{x} \ln \frac{t}{t + x}$ est une primitive de $φ$ sur $] 0, + \infty [$ , puis montrer que $\frac{\ln (1 + x)}{x} \leq G (x) \leq \frac{1}{1 + x} + \frac{\ln (1 + x)}{x} .$
En déduire un équivalent de $G (x)$ quand $x \to + \infty$ et vérifier la cohérence avec la partie B.
Étudier la nature des séries $\sum_{p \geq 1} G (p)$ et $\sum_{p \geq 1} \frac{G (p)}{p}$ .

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A.1. Pour $n \geq 1$ et $x \geq 0$ : $0 < \frac{1}{n (n + x)} \leq \frac{1}{n^{2}}$ , et la série de Riemann $\sum \frac{1}{n^{2}}$ converge ( $2 > 1$ ). Les termes étant positifs, la comparaison donne la convergence. Pour $x = 0$ , c'est $\sum \frac{1}{n^{2}}$ : $G (0) = Z$ .

A.2. Si $0 \leq x \leq y$ , alors $\frac{1}{n (n + y)} \leq \frac{1}{n (n + x)}$ pour tout $n$ ; en sommant (les deux séries convergent), $G (y) \leq G (x)$ .

A.3. Par linéarité (deux séries convergentes) : $Z - G (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\frac{1}{n^{2}} - \frac{1}{n (n + x)}) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{x}{n^{2} (n + x)} \geq 0.$ Chaque terme est majoré par $\frac{x}{n^{3}} \leq \frac{x}{n^{2}}$ , d'où $Z - G (x) \leq x Z$ . Enfin $Z \leq 1 + \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{1}{n (n - 1)} = 1 + \sum_{n = 2}^{+ \infty} (\frac{1}{n - 1} - \frac{1}{n}) = 1 + 1 = 2$ . Donc $0 \leq Z - G (x) \leq 2 x$ et, par encadrement, $G (x) \underset{x \to 0^{+}}{⟶} Z$ .

B.1. Décomposition : $\frac{1}{n (n + p)} = \frac{1}{p} (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + p})$ . Donc $\sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{n (n + p)} = \frac{1}{p} (\sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{n} - \sum_{n = p + 1}^{N + p} \frac{1}{n}) = \frac{1}{p} (\sum_{n = 1}^{p} \frac{1}{n} - \sum_{n = N + 1}^{N + p} \frac{1}{n})$ (les termes d'indices $p + 1$ à $N$ se compensent, ce qui demande $N \geq p$ ).

B.2. La somme $\sum_{n = N + 1}^{N + p} \frac{1}{n}$ contient $p$ termes tous majorés par $\frac{1}{N + 1}$ : elle est comprise entre $0$ et $\frac{p}{N + 1}$ , donc tend vers $0$ quand $N \to + \infty$ ( $p$ fixé). D'où $G (p) = \frac{H_{p}}{p}$ , et $G (1) = 1$ , $G (2) = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2} = \frac{3}{4}$ , $G (3) = \frac{1}{3} \cdot \frac{11}{6} = \frac{11}{18}$ .

B.3. Par comparaison série-intégrale, $H_{p} \sim \ln p$ (fiche §9). Donc $G (p) \underset{p \to + \infty}{\sim} \frac{\ln p}{p}$ .

C.1. $φ$ est continue, positive et décroissante sur $] 0, + \infty [$ (produit de deux fonctions positives décroissantes $t \mapsto \frac{1}{t}$ et $t \mapsto \frac{1}{t + x}$ ). Pour $t \in [n, n + 1]$ , $φ (t) \leq φ (n)$ ; pour $t \in [n - 1, n]$ avec $n \geq 2$ , $φ (t) \geq φ (n)$ . On intègre sur ces segments de longueur $1$ (croissance de l'intégrale). Pour $n = 1$ , seule la première inégalité a un sens ( $φ$ n'est pas définie en $0$ ).

C.2. Pour $t > 0$ , $\frac{d}{d t} (\frac{1}{x} (\ln t - \ln (t + x))) = \frac{1}{x} (\frac{1}{t} - \frac{1}{t + x}) = \frac{1}{t (t + x)}$ . Notons $Φ (t) = \frac{1}{x} \ln \frac{t}{t + x}$ ; $Φ (t) \to 0$ quand $t \to + \infty$ et $Φ (1) = - \frac{\ln (1 + x)}{x}$ .

En sommant l'inégalité de gauche de $n = 1$ à $N$ : $\sum_{n = 1}^{N} φ (n) \geq Φ (N + 1) - Φ (1)$ .
En sommant celle de droite de $n = 2$ à $N$ et en ajoutant $φ (1) = \frac{1}{1 + x}$ : $\sum_{n = 1}^{N} φ (n) \leq \frac{1}{1 + x} + Φ (N) - Φ (1)$ .

En faisant $N \to + \infty$ : $\frac{\ln (1 + x)}{x} \leq G (x) \leq \frac{1}{1 + x} + \frac{\ln (1 + x)}{x}$ .

C.3. Quand $x \to + \infty$ : $\ln (1 + x) = \ln x + \ln (1 + \frac{1}{x}) \sim \ln x$ , et $\frac{1}{1 + x} = o ⁣ (\frac{\ln x}{x})$ . En divisant l'encadrement par $\frac{\ln x}{x}$ , les deux bornes tendent vers $1$ : $G (x) \underset{+ \infty}{\sim} \frac{\ln x}{x}$ , ce qui prolonge le résultat B.3 obtenu aux entiers.

C.4. $G (p) > 0$ et $G (p) \geq \frac{\ln (1 + p)}{p} \geq \frac{1}{p}$ dès que $\ln (1 + p) \geq 1$ , c'est-à-dire $p \geq 2$ : par comparaison avec la série harmonique, $\sum G (p) diverge$ . Ensuite $\frac{G (p)}{p} \sim \frac{\ln p}{p^{2}}$ et $p^{3 / 2} \cdot \frac{\ln p}{p^{2}} = \frac{\ln p}{\sqrt{p}} \to 0$ : $\frac{G (p)}{p} = o ⁣ (\frac{1}{p^{3 / 2}})$ et $\sum \frac{G (p)}{p} converge$ (règle « $n^{α} u_{n}$ » avec $α = \frac{3}{2}$ ).

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Niveau devoir10 points

11. Transformation d'Abel et séries trigonométriques

Classique du programme : transformation d'Abel.

Pour deux suites réelles $(a_{k})_{k \geq 1}$ et $(b_{k})_{k \geq 1}$ , on note $B_{0} = 0$ et $B_{n} = \sum_{k = 1}^{n} b_{k}$ pour $n \geq 1$ .

Partie A — Le résultat d'Abel (5 points)

Établir la transformation d'Abel : pour tout $n \geq 1$ , $\sum_{k = 1}^{n} a_{k} b_{k} = a_{n} B_{n} + \sum_{k = 1}^{n - 1} (a_{k} - a_{k + 1}) B_{k} .$ (On écrira $b_{k} = B_{k} - B_{k - 1}$ .) (2 points)
On suppose que $(a_{k})$ est décroissante de limite $0$ et que la suite $(B_{n})$ est bornée. Montrer que la série $\sum a_{k} b_{k}$ converge. (3 points)

Partie B — Séries trigonométriques (3 points)

Soit $θ \in ℝ$ , non multiple de $2 π$ .

Montrer que, pour tout $n \geq 1$ , $∣ \sum_{k = 1}^{n} e^{i k θ} ∣ \leq \frac{1}{∣ \sin \frac{θ}{2} ∣}$ . En déduire que les suites ${(\sum_{k = 1}^{n} \cos k θ)}_{n}$ et ${(\sum_{k = 1}^{n} \sin k θ)}_{n}$ sont bornées. (2 points)
Montrer que les séries $\sum_{n \geq 1} \frac{\cos n θ}{n}$ et $\sum_{n \geq 1} \frac{\sin n θ}{n}$ convergent. En particulier, $\sum_{n \geq 1} \frac{\sin n}{n}$ converge. (1 point)

Partie C — Une convergence qui n'est pas absolue (2 points)

Montrer que $∣ \sin x ∣ \geq \sin^{2} x = \frac{1 - \cos 2 x}{2}$ pour tout réel $x$ . (1 point)
Soit $θ \notin π ℤ$ . Montrer que $\sum_{n \geq 1} \frac{∣ \sin n θ ∣}{n}$ diverge. Que peut-on dire de $\sum_{n \geq 1} \frac{\sin n}{n}$ ? (1 point)

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A.1. Avec $b_{k} = B_{k} - B_{k - 1}$ ( $k \geq 1$ ) : $\sum_{k = 1}^{n} a_{k} b_{k} = \sum_{k = 1}^{n} a_{k} B_{k} - \sum_{k = 1}^{n} a_{k} B_{k - 1} = \sum_{k = 1}^{n} a_{k} B_{k} - \sum_{k = 0}^{n - 1} a_{k + 1} B_{k} .$ Dans la seconde somme le terme $k = 0$ est nul ( $B_{0} = 0$ ) ; on isole le terme $k = n$ de la première : $\sum_{k = 1}^{n} a_{k} b_{k} = a_{n} B_{n} + \sum_{k = 1}^{n - 1} a_{k} B_{k} - \sum_{k = 1}^{n - 1} a_{k + 1} B_{k} = a_{n} B_{n} + \sum_{k = 1}^{n - 1} (a_{k} - a_{k + 1}) B_{k} .$

A.2. Soit $M$ tel que $∣ B_{n} ∣ \leq M$ pour tout $n$ . La suite $(a_{k})$ est décroissante de limite $0$ , donc $a_{k} \geq 0$ et $a_{k} - a_{k + 1} \geq 0$ . Alors :

$∣ a_{n} B_{n} ∣ \leq M a_{n} \to 0$ ;
$∣ (a_{k} - a_{k + 1}) B_{k} ∣ \leq M (a_{k} - a_{k + 1})$ et $\sum_{k = 1}^{n - 1} (a_{k} - a_{k + 1}) = a_{1} - a_{n} \to a_{1}$ : la série à termes positifs $\sum (a_{k} - a_{k + 1})$ converge (série télescopique), donc, par comparaison, $\sum (a_{k} - a_{k + 1}) B_{k}$ converge absolument, donc converge.

D'après A.1, la somme partielle $\sum_{k = 1}^{n} a_{k} b_{k}$ est la somme de $a_{n} B_{n}$ (de limite $0$ ) et d'une somme partielle de la série convergente $\sum (a_{k} - a_{k + 1}) B_{k}$ : elle converge. $\sum a_{k} b_{k} converge$

B.1. Posons $z = e^{i θ}$ ; $z \neq 1$ car $θ \notin 2 π ℤ$ . Somme géométrique : $\sum_{k = 1}^{n} z^{k} = z \frac{z^{n} - 1}{z - 1}$ , de module $\leq \frac{∣ z^{n} ∣ + 1}{∣ z - 1 ∣} = \frac{2}{∣ z - 1 ∣}$ . Or $z - 1 = e^{i θ / 2} (e^{i θ / 2} - e^{- i θ / 2}) = 2 i \sin \frac{θ}{2} e^{i θ / 2}$ , donc $∣ z - 1 ∣ = 2 ∣ \sin \frac{θ}{2} ∣$ (non nul), d'où le résultat. Les sommes $\sum \cos k θ$ et $\sum \sin k θ$ s'obtiennent en prenant les parties réelle puis imaginaire de $\sum e^{i k θ}$ ; chacune a une valeur absolue au plus égale au module, donc elles sont bornées par $\frac{1}{∣ \sin (θ / 2) ∣}$ .

B.2. Appliquer A.2 avec $a_{k} = \frac{1}{k}$ (décroissante, de limite $0$ ) et $b_{k} = \cos k θ$ , puis $b_{k} = \sin k θ$ : les sommes partielles $B_{n}$ sont bornées d'après B.1. Pour $θ = 1$ : $1 \notin 2 π ℤ$ (car $π > 3 > 1$ ), donc $\sum \frac{\sin n}{n} converge$ .

C.1. Comme $∣ \sin x ∣ \leq 1$ , $\sin^{2} x = ∣ \sin x ∣ \cdot ∣ \sin x ∣ \leq ∣ \sin x ∣$ . Et $\cos 2 x = 1 - 2 \sin^{2} x$ donne $\sin^{2} x = \frac{1 - \cos 2 x}{2}$ .

C.2. Par C.1, $\frac{∣ \sin n θ ∣}{n} \geq \frac{1}{2 n} - \frac{\cos 2 n θ}{2 n}$ . Comme $θ \notin π ℤ$ , $2 θ \notin 2 π ℤ$ et $\sum \frac{\cos (n \cdot 2 θ)}{n}$ converge (B.2), tandis que $\sum \frac{1}{2 n}$ diverge (série harmonique) : la série $\sum (\frac{1}{2 n} - \frac{\cos 2 n θ}{2 n})$ , somme d'une série divergente et d'une série convergente, diverge ; elle est à termes positifs et minore $\sum \frac{∣ \sin n θ ∣}{n}$ , qui diverge donc. Pour $θ = 1 \notin π ℤ$ : $\sum \frac{\sin n}{n} est semi-convergente$ (convergente sans être absolument convergente).

Après avoir comparé avec le corrigé :

Niveau devoir10 points

12. Produit de Cauchy de deux séries

Classique du programme : produit de Cauchy.

Ce résultat est démontré en entier ci-dessous (il est hors du programme officiel de première année). Pour deux séries $\sum a_{n}$ et $\sum b_{n}$ ( $n \geq 0$ ), on appelle produit de Cauchy la série $\sum c_{n}$ de terme général $c_{n} = \sum_{k = 0}^{n} a_{k} b_{n - k}$ .

Partie A — Séries absolument convergentes (4 points)

On suppose $\sum a_{n}$ et $\sum b_{n}$ absolument convergentes, de sommes $A$ et $B$ . On note $A_{n} = \sum_{k = 0}^{n} a_{k}$ , $B_{n} = \sum_{k = 0}^{n} b_{k}$ , $C_{n} = \sum_{m = 0}^{n} c_{m}$ , $α_{n} = \sum_{k = 0}^{n} ∣ a_{k} ∣$ , $β_{n} = \sum_{k = 0}^{n} ∣ b_{k} ∣$ , $α = \sum_{k = 0}^{+ \infty} ∣ a_{k} ∣$ , $β = \sum_{k = 0}^{+ \infty} ∣ b_{k} ∣$ , $γ_{m} = \sum_{k = 0}^{m} ∣ a_{k} ∣ ∣ b_{m - k} ∣$ et $Γ_{n} = \sum_{m = 0}^{n} γ_{m}$ .

Établir l'encadrement $Γ_{n} \leq α_{n} β_{n} \leq Γ_{2 n}$ (valable pour chaque $n$ ), puis que la série $\sum γ_{m}$ converge et a pour somme $α β$ . (2 points)
Montrer que $\sum c_{n}$ converge absolument, que $∣ A_{n} B_{n} - C_{n} ∣ \leq α_{n} β_{n} - Γ_{n}$ , puis que $\sum_{n = 0}^{+ \infty} c_{n} = A B$ . (2 points)

Partie B — Exemples (3 points)

Soit $x \in] - 1, 1 [$ . Écrire le produit de Cauchy de $\sum x^{n}$ par elle-même et en déduire $\sum_{n = 0}^{+ \infty} (n + 1) x^{n} = \frac{1}{(1 - x)^{2}}$ , puis $\sum_{n = 1}^{+ \infty} n x^{n} = \frac{x}{(1 - x)^{2}}$ . (1 point)
Calculer $\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{n + 1}{2^{n}}$ et $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{n}{3^{n}}$ . (1 point)
Soient $x, y \in ℝ$ . En rappelant que $\sum \frac{x^{n}}{n!}$ converge absolument, de somme $e^{x}$ (fiche §5), montrer que $e^{x} e^{y} = e^{x + y}$ . (1 point)

Partie C — Quand l'absolue convergence manque (3 points)

On pose $a_{n} = \frac{(- 1)^{n}}{\sqrt{n + 1}}$ pour $n \geq 0$ .

Montrer que $\sum a_{n}$ converge mais pas absolument. (1 point)
Soit $\sum c_{n}$ le produit de Cauchy de $\sum a_{n}$ par elle-même. Établir que $∣ c_{n} ∣ \geq 1$ quel que soit $n \geq 0$ , puis conclure sur la nature de $\sum c_{n}$ . (2 points)

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A.1. $Γ_{n} = \sum_{m = 0}^{n} \sum_{k = 0}^{m} ∣ a_{k} ∣ ∣ b_{m - k} ∣$ est la somme des $∣ a_{k} ∣ ∣ b_{j} ∣$ sur les couples $(k, j) \in ℕ^{2}$ avec $k + j \leq n$ ; $α_{n} β_{n}$ est la somme des mêmes termes (tous $\geq 0$ ) sur les couples avec $k \leq n$ et $j \leq n$ . Si $k + j \leq n$ alors $k \leq n$ et $j \leq n$ ; si $k \leq n$ et $j \leq n$ alors $k + j \leq 2 n$ . Les termes étant positifs, $Γ_{n} \leq α_{n} β_{n} \leq Γ_{2 n}$ . La suite $(Γ_{n})$ est croissante (termes $γ_{m} \geq 0$ ) et majorée par $α β$ (car $α_{n} \leq α$ , $β_{n} \leq β$ ) : elle converge vers $Γ \leq α β$ . En passant à la limite dans $α_{n} β_{n} \leq Γ_{2 n}$ : $α β \leq Γ$ . Donc $\sum γ_{m}$ converge et $\sum_{m = 0}^{+ \infty} γ_{m} = α β$ .

A.2. Par l'inégalité triangulaire, $∣ c_{m} ∣ \leq γ_{m}$ ; comme $\sum γ_{m}$ converge, $\sum c_{m}$ converge absolument. Ensuite, $A_{n} B_{n} = \sum_{k \leq n, j \leq n} a_{k} b_{j}$ et $C_{n} = \sum_{k + j \leq n} a_{k} b_{j}$ , donc $A_{n} B_{n} - C_{n} = \sum_{\begin{array}{c} k \leq n, j \leq n \\ k + j > n \end{array}} a_{k} b_{j}, ∣ A_{n} B_{n} - C_{n} ∣ \leq \sum_{\begin{array}{c} k \leq n, j \leq n \\ k + j > n \end{array}} ∣ a_{k} ∣ ∣ b_{j} ∣ = α_{n} β_{n} - Γ_{n} .$ Or $α_{n} β_{n} - Γ_{n} \to α β - α β = 0$ (A.1). Donc $C_{n} - A_{n} B_{n} \to 0$ ; comme $A_{n} B_{n} \to A B$ , $C_{n} \to A B$ : $\sum_{n = 0}^{+ \infty} c_{n} = A B$ .

B.1. Ici $a_{n} = b_{n} = x^{n}$ , absolument convergentes (série géométrique de raison $∣ x ∣ < 1$ ), de somme $\frac{1}{1 - x}$ . Alors $c_{n} = \sum_{k = 0}^{n} x^{k} x^{n - k} = (n + 1) x^{n}$ , et A.2 donne $\sum_{n = 0}^{+ \infty} (n + 1) x^{n} = {(\frac{1}{1 - x})}^{2}$ . Comme $\sum (n + 1) x^{n} = \sum n x^{n} + \sum x^{n}$ (deux séries convergentes), $\sum_{n = 1}^{+ \infty} n x^{n} = \frac{1}{(1 - x)^{2}} - \frac{1}{1 - x} = \frac{1 - (1 - x)}{(1 - x)^{2}} = \frac{x}{(1 - x)^{2}}$ .

B.2. Avec $x = \frac{1}{2}$ : $\sum \frac{n + 1}{2^{n}} = \frac{1}{(1 / 2)^{2}} = 4$ . Avec $x = \frac{1}{3}$ : $\sum \frac{n}{3^{n}} = \frac{1 / 3}{(2 / 3)^{2}} = \frac{1 / 3}{4 / 9} = \frac{3}{4}$ .

B.3. Les séries $\sum \frac{x^{n}}{n!}$ et $\sum \frac{y^{n}}{n!}$ sont absolument convergentes. Leur produit de Cauchy a pour terme général $c_{n} = \sum_{k = 0}^{n} \frac{x^{k}}{k!} \frac{y^{n - k}}{(n - k)!} = \frac{1}{n!} \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) x^{k} y^{n - k} = \frac{(x + y)^{n}}{n!}$ (formule du binôme). D'après A.2, $e^{x} e^{y} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{(x + y)^{n}}{n!} = e^{x + y}$ .

C.1. Série alternée dont le terme absolu $\frac{1}{\sqrt{n + 1}}$ décroît vers $0$ : elle converge (critère spécial). Mais $∣ a_{n} ∣ = \frac{1}{(n + 1)^{1 / 2}}$ est le terme d'une série de Riemann d'exposant $\frac{1}{2} \leq 1$ : divergente. La convergence n'est donc pas absolue.

C.2. Pour $0 \leq k \leq n$ , $a_{k} a_{n - k} = \frac{(- 1)^{k} (- 1)^{n - k}}{\sqrt{(k + 1) (n - k + 1)}} = \frac{(- 1)^{n}}{\sqrt{(k + 1) (n - k + 1)}}$ , donc $∣ c_{n} ∣ = \sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{\sqrt{(k + 1) (n - k + 1)}}$ (tous les termes ont le même signe). Les deux facteurs $k + 1$ et $n - k + 1$ ont pour somme $n + 2$ ; par l'inégalité entre moyennes géométrique et arithmétique, $\sqrt{(k + 1) (n - k + 1)} \leq \frac{n + 2}{2}$ , d'où $\frac{1}{\sqrt{(k + 1) (n - k + 1)}} \geq \frac{2}{n + 2}$ . En sommant les $n + 1$ termes : $∣ c_{n} ∣ \geq \frac{2 (n + 1)}{n + 2} \geq 1 (car 2 n + 2 \geq n + 2) .$ Le terme général ne tend pas vers $0$ : $\sum c_{n} diverge grossi \overset{ˋ}{e} rement$ . Deux séries convergentes peuvent donc avoir un produit de Cauchy divergent ; l'hypothèse d'absolue convergence ne peut pas être simplement supprimée.

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Révisions prépa

Analyse · 1re année

Séries numériques

Application du cours5 points

1. Six natures à trouver

Pour chacune des séries ci-dessous (on donne le terme général), dire si elle converge ou diverge :

$u_{n} = \frac{2 n + 1}{n^{3} + n + 1}$ ( $n \geq 0$ ) ;
$v_{n} = \frac{n^{3}}{3^{n}}$ ( $n \geq 0$ ) ;
$w_{n} = \ln (1 + \frac{1}{\sqrt{n}})$ ( $n \geq 1$ ) ;
$x_{n} = {(1 - \frac{1}{n})}^{n}$ ( $n \geq 1$ ) ;
$y_{n} = e^{- \sqrt{n}}$ ( $n \geq 0$ ) ;
$z_{n} = \frac{(n!)^{2}}{(2 n)!}$ ( $n \geq 0$ ).

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2. $v_{n} > 0$ pour $n \geq 1$ et $\frac{v_{n + 1}}{v_{n}} = \frac{1}{3} {(1 + \frac{1}{n})}^{3} \to \frac{1}{3} < 1$ . D'après la règle de d'Alembert, $\sum v_{n} converge$ .

6. $z_{n} > 0$ et $\frac{z_{n + 1}}{z_{n}} = \frac{(n + 1)^{2}}{(2 n + 2) (2 n + 1)} = \frac{n + 1}{2 (2 n + 1)} \to \frac{1}{4} < 1.$ Règle de d'Alembert : $\sum z_{n} converge$ .

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Application du cours5 points

2. Quatre sommes exactes

Justifier la convergence des séries suivantes et calculer leur somme.

$\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n (n + 1) (n + 2)}$ (on pourra écrire le terme comme une différence $a_{n} - a_{n + 1}$ ).
$\sum_{n \geq 2} \ln (1 - \frac{1}{n^{2}})$ .
$\sum_{n \geq 0} \frac{3^{n} + (- 2)^{n}}{5^{n}}$ .
$\sum_{n \geq 1} Arctan \frac{2}{n^{2}}$ (on montrera d'abord que $Arctan (n + 1) - Arctan (n - 1) = Arctan \frac{2}{n^{2}}$ pour $n \geq 1$ ).

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Application du cours5 points

3. Séries alternées et valeur approchée

Montrer que $\sum_{n \geq 1} \frac{(- 1)^{n}}{\sqrt{n}}$ converge sans converger absolument. À partir de quel rang $n$ la somme partielle $S_{n}$ approche-t-elle la somme $S$ à $10^{- 2}$ près, d'après le critère spécial ? Quel est le signe de $S - S_{n}$ ?
Montrer que $\sum_{n \geq 2} (- 1)^{n} \frac{\ln n}{n}$ est semi-convergente.
On pose $T = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{(- 1)^{n + 1}}{n^{3}}$ (justifier son existence). (a) Encadrer $T$ par deux rationnels à l'aide de $T_{2}$ et $T_{3}$ , où $T_{n}$ désigne la somme partielle d'ordre $n$ . (b) Déterminer le plus petit $n$ pour lequel le critère spécial garantit $∣ T - T_{n} ∣ \leq 10^{- 3}$ , et dire si $T_{n}$ est alors une valeur approchée par excès ou par défaut.

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Application du cours5 points

4. Comparaison série-intégrale : un reste et une somme partielle

Soit $R_{n} = \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{3}}$ ( $n \geq 1$ ). Montrer que $\frac{1}{2 (n + 1)^{2}} \leq R_{n} \leq \frac{1}{2 n^{2}}$ et en déduire un équivalent de $R_{n}$ .
Soit $S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}}$ . Montrer que $2 \sqrt{n + 1} - 2 \leq S_{n} \leq 2 \sqrt{n} - 1$ et en déduire un équivalent de $S_{n}$ .
Étudier la nature des séries $\sum_{n \geq 1} R_{n}$ et $\sum_{n \geq 1} \frac{1}{\sqrt{n} S_{n}}$ .
Déterminer un entier $n$ pour lequel $\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{3}}$ approche $\sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{3}}$ à $10^{- 6}$ près, d'après la question 1.

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Niveau devoir6 points

5. Règle de d'Alembert et cas limite

Soit $a > 0$ et $u_{n} = \frac{a^{n} n!}{n^{n}}$ pour $n \geq 1$ . (a) Calculer $\frac{u_{n + 1}}{u_{n}}$ et sa limite. En déduire la nature de $\sum u_{n}$ lorsque $a \neq e$ . (b) On suppose $a = e$ . Montrer que ${(1 + \frac{1}{n})}^{n} < e$ pour tout $n \geq 1$ , puis que $(u_{n})$ est croissante. Conclure.
Étudier la nature de $\sum_{n \geq 0} (\binom{2 n}{n}) \frac{1}{5^{n}}$ .
Soit $x > 0$ . Étudier, selon $x$ , la nature de $\sum_{n \geq 1} \frac{x^{n}}{n}$ . Pour quelle valeur de $x$ la règle de d'Alembert ne permet-elle pas de conclure ? Conclure dans ce cas par un autre argument.

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3. $w_{n} = \frac{x^{n}}{n} > 0$ et $\frac{w_{n + 1}}{w_{n}} = x \frac{n}{n + 1} \to x$ .

Si $0 < x < 1$ : $convergence$ (d'Alembert).
Si $x > 1$ : $divergence grossi \overset{ˋ}{e} re$ (d'Alembert ; d'ailleurs $\frac{x^{n}}{n} \to + \infty$ ).
Si $x = 1$ : la limite vaut $1$ , la règle ne conclut pas. La série est alors la série harmonique, qui $diverge$ .

Après avoir comparé avec le corrigé :

Niveau devoir6 points

6. Deux termes équivalents, deux natures différentes

Pour $n \geq 2$ , on pose $a_{n} = \frac{(- 1)^{n} \sqrt{n}}{n + (- 1)^{n}}$ et, pour $α > 0$ , $b_{n} (α) = \ln (1 + \frac{(- 1)^{n}}{n^{α}})$ .

Justifier que $a_{n}$ et $b_{n} (α)$ sont bien définis, puis montrer que $a_{n} \sim \frac{(- 1)^{n}}{\sqrt{n}}$ et $b_{n} ⁣ (\frac{1}{2}) \sim \frac{(- 1)^{n}}{\sqrt{n}}$ .
Montrer que $a_{n} - \frac{(- 1)^{n}}{\sqrt{n}} = - \frac{1}{\sqrt{n} (n + (- 1)^{n})}$ . En déduire la nature de $\sum a_{n}$ . Converge-t-elle absolument ?
On pose $c_{n} = b_{n} (α) - \frac{(- 1)^{n}}{n^{α}}$ . Montrer que $c_{n} \sim - \frac{1}{2 n^{2 α}}$ , puis déterminer les $α > 0$ pour lesquels $\sum b_{n} (α)$ converge.
Que retient-on des questions 1 à 3 ?

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si $α > \frac{1}{2}$ , somme de deux séries convergentes : $\sum b_{n} (α)$ converge ;
si $0 < α \leq \frac{1}{2}$ , une série qui converge plus une série qui diverge : $\sum b_{n} (α)$ diverge.

$\sum b_{n} (α) converge ⟺ α > \frac{1}{2}$ En particulier $\sum b_{n} ⁣ (\frac{1}{2})$ diverge.

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Niveau devoir6 points

7. Constante d'Euler et sommes regroupées

Pour $n \geq 1$ , on note $H_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k}$ et $w_{n} = \frac{1}{n} - \ln (1 + \frac{1}{n})$ .

Montrer que pour tout $x \geq 0$ , $x - \frac{x^{2}}{2} \leq \ln (1 + x) \leq x$ . En déduire que $0 \leq w_{n} \leq \frac{1}{2 n^{2}}$ et que $\sum w_{n}$ converge.
Exprimer $\sum_{k = 1}^{n} w_{k}$ à l'aide de $H_{n}$ et de $\ln (n + 1)$ . En déduire que la suite $(H_{n} - \ln n)$ converge ; on note $γ$ sa limite. Montrer que $1 - \ln 2 \leq γ \leq 1$ .
On pose $A_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{(- 1)^{k + 1}}{k}$ . Montrer que $A_{2 n} = H_{2 n} - H_{n}$ ; en déduire que $\sum_{k \geq 1} \frac{(- 1)^{k + 1}}{k}$ converge et a pour somme $\ln 2$ .
Montrer de même que $\sum_{n \geq 1} (\frac{1}{3 n - 2} + \frac{1}{3 n - 1} - \frac{2}{3 n})$ converge et calculer sa somme.

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Niveau devoir7 points

8. Séries associées à la suite $u_{n + 1} = Arctan u_{n}$

Soit $u_{0} > 0$ et $(u_{n})$ définie par $u_{n + 1} = Arctan (u_{n})$ .

Montrer que $u_{n} > 0$ pour tout $n$ , que $(u_{n})$ est décroissante et qu'elle converge vers $0$ .
Montrer que la série $\sum (u_{n} - u_{n + 1})$ converge et donner sa somme. En déduire que $\sum u_{n}^{3}$ converge.
Montrer que $\ln u_{n + 1} - \ln u_{n} \underset{+ \infty}{\sim} - \frac{u_{n}^{2}}{3}$ . En déduire que $\sum u_{n}^{2}$ diverge.
En déduire la nature de $\sum u_{n}$ , de $\sum (- 1)^{n} u_{n}$ et de $\sum u_{n}^{p}$ pour un entier $p \geq 3$ .
(Pour aller plus loin.) Montrer que $\frac{1}{u_{n + 1}^{2}} - \frac{1}{u_{n}^{2}} \to \frac{2}{3}$ et en déduire un équivalent de $u_{n}$ (on admettra le lemme de Cesàro, fiche « Suites numériques » §11).

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4. Comme $u_{n} \to 0$ , il existe $N$ tel que $0 < u_{n} \leq 1$ pour $n \geq N$ , et alors $u_{n}^{2} \leq u_{n}$ et $u_{n}^{p} \leq u_{n}^{3}$ ( $p \geq 3$ ).

$\sum u_{n}$ diverge (elle majore une série divergente à termes positifs).
$\sum u_{n}^{p}$ converge pour $p \geq 3$ (majorée par $\sum u_{n}^{3}$ ).
$(u_{n})$ décroît vers $0$ : par le critère spécial, $\sum (- 1)^{n} u_{n}$ converge (semi-convergente).

Après avoir comparé avec le corrigé :

Synthèse, niveau concours10 points

9. Problème : une suite d'intégrales et deux sommes alternées

Pour $n \in ℕ$ , on pose $u_{n} = \int_{0}^{1} \frac{x^{n}}{1 + x^{3}} d x$ .

Partie A — La suite $(u_{n})$ (4 points)

Déterminer des réels $α, β, γ$ tels que $\frac{1}{1 + x^{3}} = \frac{α}{1 + x} + \frac{β x + γ}{x^{2} - x + 1}$ , puis montrer que $u_{0} = \frac{\ln 2}{3} + \frac{π}{3 \sqrt{3}}$ . Calculer $u_{2}$ .
Montrer que $(u_{n})$ est positive, décroissante, et que $u_{n} \leq \frac{1}{n + 1}$ . Quelle est sa limite ?
Montrer que $u_{n} + u_{n + 3} = \frac{1}{n + 1}$ pour tout $n \in ℕ$ .

Partie B — Équivalent et séries associées (3 points)

Montrer que $\frac{1}{2 (n + 1)} \leq u_{n}$ pour tout $n \geq 0$ et que $u_{n} \leq \frac{1}{2 (n - 2)}$ pour tout $n \geq 3$ . En déduire un équivalent de $u_{n}$ .
Étudier la nature des séries $\sum u_{n}$ , $\sum \frac{u_{n}}{n}$ ( $n \geq 1$ ) et $\sum (- 1)^{n} u_{n}$ .

Partie C — Deux sommes (3 points)

Montrer que pour tout $p \geq 1$ , $\sum_{k = 0}^{p - 1} \frac{(- 1)^{k}}{3 k + 1} = u_{0} - (- 1)^{p} u_{3 p}$ . En déduire la somme $\sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{(- 1)^{k}}{3 k + 1}$ .
Établir de même une expression de $\sum_{k = 0}^{p - 1} \frac{(- 1)^{k}}{3 k + 3}$ et retrouver $\sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{(- 1)^{k - 1}}{k} = \ln 2$ .
Combien de termes de la série de la question 1 suffit-il de sommer pour approcher sa somme à $10^{- 3}$ près, d'après la partie B ? Comparer avec ce que garantit le critère spécial.

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A.3. Par linéarité : $u_{n} + u_{n + 3} = \int_{0}^{1} \frac{x^{n} (1 + x^{3})}{1 + x^{3}} d x = \int_{0}^{1} x^{n} d x = \frac{1}{n + 1}$ .

B.2. Les $u_{n}$ sont positifs.

$u_{n} \sim \frac{1}{2 n}$ et la série harmonique diverge : $\sum u_{n} diverge$ .
$\frac{u_{n}}{n} \sim \frac{1}{2 n^{2}}$ : $\sum \frac{u_{n}}{n} converge$ (Riemann, $2 > 1$ ).
$(u_{n})$ décroît et tend vers $0$ : par le critère spécial, $\sum (- 1)^{n} u_{n} converge$ ; elle est semi-convergente.

Après avoir comparé avec le corrigé :

Synthèse, niveau concours10 points

10. Problème : la fonction $G (x) = \sum \frac{1}{n (n + x)}$

On note $Z = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}}$ (on ne demande pas sa valeur) et $H_{p} = \sum_{k = 1}^{p} \frac{1}{k}$ .

Partie A — Définition (3 points)

Montrer que pour tout réel $x \geq 0$ , la série $\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n (n + x)}$ converge. On note $G (x)$ sa somme ; que vaut $G (0)$ ?
Montrer que $G$ est décroissante sur $[0, + \infty [$ .
Montrer que $0 \leq Z - G (x) \leq 2 x$ pour tout $x \geq 0$ (on pourra majorer $Z$ par $2$ à l'aide d'un télescopage). En déduire $\lim_{x \to 0^{+}} G (x)$ .

Partie B — Valeurs aux entiers (3 points) Soit $p \geq 1$ un entier.

Montrer que pour $N \geq p$ , $\sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{n (n + p)} = \frac{1}{p} (H_{p} - \sum_{n = N + 1}^{N + p} \frac{1}{n})$ .
En déduire que $G (p) = \frac{H_{p}}{p}$ . Calculer $G (1)$ , $G (2)$ , $G (3)$ .
En déduire un équivalent de $G (p)$ quand l'entier $p$ tend vers $+ \infty$ (fiche §9).

Partie C — Comportement à l'infini (4 points) Dans cette partie, $x > 0$ est fixé et $φ (t) = \frac{1}{t (t + x)}$ pour $t > 0$ .

Montrer que pour tout entier $n \geq 2$ : $\int_{n}^{n + 1} φ (t) d t \leq φ (n) \leq \int_{n - 1}^{n} φ (t) d t$ , l'inégalité de gauche valant aussi pour $n = 1$ .
Vérifier que $t \mapsto \frac{1}{x} \ln \frac{t}{t + x}$ est une primitive de $φ$ sur $] 0, + \infty [$ , puis montrer que $\frac{\ln (1 + x)}{x} \leq G (x) \leq \frac{1}{1 + x} + \frac{\ln (1 + x)}{x} .$
En déduire un équivalent de $G (x)$ quand $x \to + \infty$ et vérifier la cohérence avec la partie B.
Étudier la nature des séries $\sum_{p \geq 1} G (p)$ et $\sum_{p \geq 1} \frac{G (p)}{p}$ .

Voir le corrigé

A.2. Si $0 \leq x \leq y$ , alors $\frac{1}{n (n + y)} \leq \frac{1}{n (n + x)}$ pour tout $n$ ; en sommant (les deux séries convergent), $G (y) \leq G (x)$ .

B.3. Par comparaison série-intégrale, $H_{p} \sim \ln p$ (fiche §9). Donc $G (p) \underset{p \to + \infty}{\sim} \frac{\ln p}{p}$ .

En sommant l'inégalité de gauche de $n = 1$ à $N$ : $\sum_{n = 1}^{N} φ (n) \geq Φ (N + 1) - Φ (1)$ .
En sommant celle de droite de $n = 2$ à $N$ et en ajoutant $φ (1) = \frac{1}{1 + x}$ : $\sum_{n = 1}^{N} φ (n) \leq \frac{1}{1 + x} + Φ (N) - Φ (1)$ .

En faisant $N \to + \infty$ : $\frac{\ln (1 + x)}{x} \leq G (x) \leq \frac{1}{1 + x} + \frac{\ln (1 + x)}{x}$ .

Après avoir comparé avec le corrigé :

Niveau devoir10 points

11. Transformation d'Abel et séries trigonométriques

Classique du programme : transformation d'Abel.

Pour deux suites réelles $(a_{k})_{k \geq 1}$ et $(b_{k})_{k \geq 1}$ , on note $B_{0} = 0$ et $B_{n} = \sum_{k = 1}^{n} b_{k}$ pour $n \geq 1$ .

Partie A — Le résultat d'Abel (5 points)

Établir la transformation d'Abel : pour tout $n \geq 1$ , $\sum_{k = 1}^{n} a_{k} b_{k} = a_{n} B_{n} + \sum_{k = 1}^{n - 1} (a_{k} - a_{k + 1}) B_{k} .$ (On écrira $b_{k} = B_{k} - B_{k - 1}$ .) (2 points)
On suppose que $(a_{k})$ est décroissante de limite $0$ et que la suite $(B_{n})$ est bornée. Montrer que la série $\sum a_{k} b_{k}$ converge. (3 points)

Partie B — Séries trigonométriques (3 points)

Soit $θ \in ℝ$ , non multiple de $2 π$ .

Montrer que, pour tout $n \geq 1$ , $∣ \sum_{k = 1}^{n} e^{i k θ} ∣ \leq \frac{1}{∣ \sin \frac{θ}{2} ∣}$ . En déduire que les suites ${(\sum_{k = 1}^{n} \cos k θ)}_{n}$ et ${(\sum_{k = 1}^{n} \sin k θ)}_{n}$ sont bornées. (2 points)
Montrer que les séries $\sum_{n \geq 1} \frac{\cos n θ}{n}$ et $\sum_{n \geq 1} \frac{\sin n θ}{n}$ convergent. En particulier, $\sum_{n \geq 1} \frac{\sin n}{n}$ converge. (1 point)

Partie C — Une convergence qui n'est pas absolue (2 points)

Montrer que $∣ \sin x ∣ \geq \sin^{2} x = \frac{1 - \cos 2 x}{2}$ pour tout réel $x$ . (1 point)
Soit $θ \notin π ℤ$ . Montrer que $\sum_{n \geq 1} \frac{∣ \sin n θ ∣}{n}$ diverge. Que peut-on dire de $\sum_{n \geq 1} \frac{\sin n}{n}$ ? (1 point)

Voir le corrigé

A.2. Soit $M$ tel que $∣ B_{n} ∣ \leq M$ pour tout $n$ . La suite $(a_{k})$ est décroissante de limite $0$ , donc $a_{k} \geq 0$ et $a_{k} - a_{k + 1} \geq 0$ . Alors :

$∣ a_{n} B_{n} ∣ \leq M a_{n} \to 0$ ;
$∣ (a_{k} - a_{k + 1}) B_{k} ∣ \leq M (a_{k} - a_{k + 1})$ et $\sum_{k = 1}^{n - 1} (a_{k} - a_{k + 1}) = a_{1} - a_{n} \to a_{1}$ : la série à termes positifs $\sum (a_{k} - a_{k + 1})$ converge (série télescopique), donc, par comparaison, $\sum (a_{k} - a_{k + 1}) B_{k}$ converge absolument, donc converge.

C.1. Comme $∣ \sin x ∣ \leq 1$ , $\sin^{2} x = ∣ \sin x ∣ \cdot ∣ \sin x ∣ \leq ∣ \sin x ∣$ . Et $\cos 2 x = 1 - 2 \sin^{2} x$ donne $\sin^{2} x = \frac{1 - \cos 2 x}{2}$ .

Après avoir comparé avec le corrigé :

Niveau devoir10 points

12. Produit de Cauchy de deux séries

Classique du programme : produit de Cauchy.

Partie A — Séries absolument convergentes (4 points)

Établir l'encadrement $Γ_{n} \leq α_{n} β_{n} \leq Γ_{2 n}$ (valable pour chaque $n$ ), puis que la série $\sum γ_{m}$ converge et a pour somme $α β$ . (2 points)
Montrer que $\sum c_{n}$ converge absolument, que $∣ A_{n} B_{n} - C_{n} ∣ \leq α_{n} β_{n} - Γ_{n}$ , puis que $\sum_{n = 0}^{+ \infty} c_{n} = A B$ . (2 points)

Partie B — Exemples (3 points)

Soit $x \in] - 1, 1 [$ . Écrire le produit de Cauchy de $\sum x^{n}$ par elle-même et en déduire $\sum_{n = 0}^{+ \infty} (n + 1) x^{n} = \frac{1}{(1 - x)^{2}}$ , puis $\sum_{n = 1}^{+ \infty} n x^{n} = \frac{x}{(1 - x)^{2}}$ . (1 point)
Calculer $\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{n + 1}{2^{n}}$ et $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{n}{3^{n}}$ . (1 point)
Soient $x, y \in ℝ$ . En rappelant que $\sum \frac{x^{n}}{n!}$ converge absolument, de somme $e^{x}$ (fiche §5), montrer que $e^{x} e^{y} = e^{x + y}$ . (1 point)

Partie C — Quand l'absolue convergence manque (3 points)

On pose $a_{n} = \frac{(- 1)^{n}}{\sqrt{n + 1}}$ pour $n \geq 0$ .

Montrer que $\sum a_{n}$ converge mais pas absolument. (1 point)
Soit $\sum c_{n}$ le produit de Cauchy de $\sum a_{n}$ par elle-même. Établir que $∣ c_{n} ∣ \geq 1$ quel que soit $n \geq 0$ , puis conclure sur la nature de $\sum c_{n}$ . (2 points)

Voir le corrigé

Après avoir comparé avec le corrigé :

1. Six natures à trouver

2. Quatre sommes exactes

3. Séries alternées et valeur approchée

4. Comparaison série-intégrale : un reste et une somme partielle

5. Règle de d'Alembert et cas limite

6. Deux termes équivalents, deux natures différentes

7. Constante d'Euler et sommes regroupées

8. Séries associées à la suite un+1=Arctan⁡un

9. Problème : une suite d'intégrales et deux sommes alternées

10. Problème : la fonction G(x)=∑1n(n+x)

11. Transformation d'Abel et séries trigonométriques

12. Produit de Cauchy de deux séries

1. Six natures à trouver

2. Quatre sommes exactes

3. Séries alternées et valeur approchée

4. Comparaison série-intégrale : un reste et une somme partielle

5. Règle de d'Alembert et cas limite

6. Deux termes équivalents, deux natures différentes

7. Constante d'Euler et sommes regroupées

8. Séries associées à la suite un+1=Arctan⁡un

9. Problème : une suite d'intégrales et deux sommes alternées

10. Problème : la fonction G(x)=∑1n(n+x)

11. Transformation d'Abel et séries trigonométriques

12. Produit de Cauchy de deux séries

8. Séries associées à la suite $u_{n + 1} = Arctan u_{n}$

10. Problème : la fonction $G (x) = \sum \frac{1}{n (n + x)}$

8. Séries associées à la suite $u_{n + 1} = Arctan u_{n}$

10. Problème : la fonction $G (x) = \sum \frac{1}{n (n + x)}$