[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 août 2017
Compléments sur les séries
numériques
Nature de séries numériques
Exercice 1
[ 02432 ]
(a) Étudier
P
un où un =
(b) Étudier
P
vn où vn =
[Correction]
Exercice 6 [ 02430 ] [Correction]
R 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 .
Exercice 7 [ 01034 ] [Correction]
P
Déterminer la nature de un pour :
Exercice 2 [ 03881 ] [Correction]
Pour a > 0, étudier la convergence de
Pn
1
k=1 k
a
1
Nature de séries de signe non constant
dx
.
0 1+x+···+xn
R1
n
x dx
.
0 1+x+···+xn
R1
X
Enoncés
.
(a) un =
(−1)n
n2 +1
(c) un = ln 1 +
(b) un =
(−1)n
√
n+1
(d) un = cos π n2 + n + 1
√
(−1)n
n+1
n≥1
Exercice 8 [ 01035 ] [Correction]
Déterminer la nature de
Exercice 3 [ 01040 ] [Correction]
n
Donner la nature de la série des √j n .
Exercice 4 [ 01064 ] [Correction]
Déterminer la nature de la série de terme général
un =
1
.
(ln 2)2 + · · · + (ln n)2
n≥1
π
sin nπ +
.
n
un = cos n2 π ln(1 − 1/n) .
N
+∞
X
X
1
1
et
R
=
.
N
α
α
n
n
n=1
n=N +1
Étudier, selon α, la nature de la série
X
Exercice 10 [ 03772 ] [Correction]
Donner la nature de la série de terme général
Exercice 5 [ 01066 ] [Correction]
Pour α > 1, on pose
SN =
Exercice 9 [ 01039 ] [Correction]
Déterminer la nature de
X (−1)n
√
.
n
n!
n≥1
Rn
n≥1 Sn .
Exercice 11 [ 01045 ] [Correction]
Déterminer la nature de la série de terme général :
P
un = Pn
k=1
(−1)n
.
√1 + (−1)n−1
k
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 août 2017
Enoncés
Exercice 12 [ 02351 ] [Correction]
P
Déterminer la nature de un pour :
(a) u
pn =
n+
(−1)n
−
√
2
(b) Montrer que
(b) un =
n
(c) un =
(−1)
ln(n+(−1)n )
n
+∞
X
Rn + Rn+1 =
n
(−1)
ln(n)+(−1)n
k=n+1
(−1)k
.
k(k + 1)
(c) Déterminer un équivalent de Rn .
Exercice 13 [ 02793 ] [Correction]
√
Convergence de la série de terme général un = sin π n2 + 1 .
(d) Donner la nature de la série de terme général Rn .
Exercice 18
Montrer que
Exercice 14 [ 01335 ] [Correction]
Étudier la série de terme général
un = (−1)n
sin(ln n)
.
n
Exercice 15 [ 01337 ] [Correction]
Quelle est la nature de la série de terme général
[ 01036 ]
[Correction]
+∞
X
(−1)n 8n
(2n)!
n=0
est un réel négatif.
Exercice 19 [ 01037 ] [Correction]
On rappelle la convergence de l'intégrale de Dirichlet
√
i n
e
√ ?
n
Z
+∞
I=
0
Exercice 16 [ 03208 ] [Correction]
α désigne un réel strictement positif.
Déterminer la nature de la série de terme général
Z
n
(−1) /n
α
un =
0
En observant
I=
p
|x|
dx.
1+x
Convergence de séries à termes positifs
Emploi du critère spécial
Rn =
(−1)n
Z
0
n=0
π
sin t
dt
nπ + t
déterminer le signe de I .
Exercice 20
On pose
[ 04131 ]
[Correction]
sn =
Exercice 17 [ 01038 ] [Correction]
(a) Justier l'existence, pour n ∈ N de
+∞
X
sin t
dt.
t
n
X
(−1)k+1
k=1
k
et un = ln esn − 1 .
(a) Énoncer le théorème des séries spéciales alternées, en faire la preuve.
+∞
X
k=n+1
k
(−1)
.
k
(b) Prouver que les suites (sn )n≥1 et (un )n≥1 convergent.
(c) Étudier la nature de
P
un .
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 août 2017
Nature de séries dépendant d'un paramètre
Exercice 21 [ 01065 ] [Correction]
Déterminer la nature de la série de terme général
√
un =
1+
√
2 + ··· +
nα
√
n
Enoncés
3
Exercice 26 [ 02802 ] [Correction]
Soient (a, α) ∈ R+ × R et, pour n ∈ N∗ :
un = a
(avec α ∈ R).
Même question avec la série de terme général (−1) un .
n
Exercice 22 [ 01087 ] [Correction]
P
Soit α > 0. Préciser la nature de la série n≥2 un avec
(−1)n
un = ln 1 + sin
nα
Exercice 27 [ 03429 ] [Correction]
Soient p ∈ N et α > 0. Déterminer la nature des séries de termes généraux
−α
−α
n+p
n n+p
vn =
et wn = (−1)
.
p
p
Exercice 28 [ 03704 ] [Correction]
(a) En posant x = tan t, montrer
π/2
Z
π
dt
= √
.
2 1+a
1 + a sin2 (t)
0
(b) Donner en fonction de α > 0 la nature de la série
π
0
XZ
où a ∈ R.
(n+1)π
dt
.
1 + sin2 (t)
tα
nπ
(d) Donner la nature de l'intégrale
Z
0
√
n + (−1)n
√
un = ln
n+a
dt
.
1 + (nπ)α sin2 (t)
(c) Même question pour
où a > 0.
Exercice 25 [ 02791 ] [Correction]
Nature de la série de terme général
.
(b) Nature des séries de termes généraux vn et (−1)n vn .
XZ
(−1)n
un = ln 1 +
na
1/kα
vn = un − `.
pour α > 0.
Exercice 24 [ 02790 ] [Correction]
Nature de la série de terme général
k=1
(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∗ ,
(−1)n
un = p
.
nα + (−1)n
Exercice 23 [ 02515 ] [Correction]
Étudier la nature de la série de terme général
Pn
Exercice 29
On pose
[ 02423 ]
+∞
dt
.
1 + sin2 (t)
tα
[Correction]
un =
+∞
X
+∞
X
(−1)p
1
et
v
=
.
n
(p + 1)α
(p + 1)α
p=n
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.
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 août 2017
Enoncés
Transformation d'Abel
(c) En remarquant de cos(nθ) = Sn − Sn−1 , étudier la convergence de la série de
terme général
√
Exercice 30 [ 01043 ] [Correction]
Pour n ∈ N∗ , on pose
Σn =
n
X
sin k et Sn =
n
X
sin k
k=1
k
.
Exercice 31 [ 02352 ] [Correction]
Soit θ ∈ R non multiple de 2π . On pose
n≥1
cos(kθ) et un =
k=0
cos(nθ)
.
n
(a) Montrer que la suite (Sn )n∈N est bornée.
(b) En observant que cos(nθ) = Sn − Sn−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.
Exercice 32 [ 01041 ] [Correction]
Soient (an ) une suite positive décroissante de limite nulle et (Sn ) une suite bornée.
P
(a) Montrer que la série (an − an+1 )Sn est convergente.
P
(b) En déduire que la série an (Sn − Sn−1 ) est convergente.
P cos(nx)
(c) Établir que pour tout x ∈ R \ 2πZ, la série
est convergente.
n
Exercice 33 [ 02582 ] [Correction]
(a) Montrer l'existence, pour θ ∈ ]0 ; π[, d'un majorant Mθ de la valeur absolue de
Sn =
n
X
cos(kθ).
k=1
(b) Montrer que x 7→
√
x
x−1
(d) En utilisant cos(kθ) ≥ cos2 (kθ), étudier la convergence de
P
|un |.
Exercice 34 [ 01042 ] [Correction]
Soit zn le terme général d'une série complexe convergente. Établir la convergence
de la série
X zn
.
(a) Montrer que (Σn )n≥1 est bornée.
(b) En déduire que (Sn )n≥1 converge.
n
X
n
cos(nθ).
n−1
un =
k=1
Sn =
4
est décroissante sur [2 ; +∞[.
n
Exercice 35 [ 03685 ] [Correction]
P an
Soit (an ) une suite complexe. On suppose que
la série
n diverge.
P an
Établir que pour tout α ∈ ]−∞ ; 1], la série
diverge
aussi.
α
n
Exercice 36 [ 01028 ] [Correction]
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
vn =
n=1
+∞
X
un .
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.
Exercice 37 [ 03879 ] [Correction]
On donne une suite réelle P
(an ).
P
On
suppose
que
les
séries
an et
|an+1 − an | convergent. Montrer que la série
P 2
an converge.
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 août 2017
Calcul de somme
Enoncés
5
Exercice 43 [ 01051 ] [Correction]
Soit x ∈ ]−1 ; 1[. Calculer
+∞
X
Exercice 38 [ 03895 ] [Correction]
Existence et valeur de
k=0
+∞
X
(−1)n
.
ln 1 +
n
n=2
Exercice 44
Calculer
[ 02805 ]
Exercice 45
Calculer
[ 01338 ]
[Correction]
+∞
X
(−1)n
.
4n + 1
n=0
Exercice 39 [ 02806 ] [Correction]
Nature et calcul de la somme de la série de terme général
+∞
X
(−1)k
.
k2
k=n
Exercice 40
On pose
[ 01053 ]
[Correction]
1
Z
xn sin(πx) dx.
0
Exercice 41
Étudier
P
[ 02803 ]
un converge et que sa somme vaut
Z π
sin t
dt.
t
0
n X
m
X
lim
(−1)i+j ti+j+1 .
n→+∞ m→+∞
Comparaison séries intégrales
Exercice 46 [ 02434 ] [Correction]
Soit, pour x ∈ R,
(−1)k
=
k+α
cos(x1/3 )
.
x2/3
(a) Nature la série de terme général
Z
n+1
un =
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 → +∞
Exercice 42 [ 01052 ] [Correction]
Soit α > 0. Montrer
k=0
Étude de séries à termes positifs
i=0 j=0
Calcul de somme par dérivation ou intégration
+∞
X
+∞
X
f (x) =
[Correction]
lim
[Correction]
1
.
(4n
+
1)(4n
+ 3)
n=0
un =
Montrer que la série
kxk .
(c) Nature de la série de terme général
Z
0
1
xα−1
dx.
1+x
sin(n1/3 )
.
n2/3
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 août 2017
Exercice 47 [ 02810 ] [Correction]
Rn
x)
pour tout x ≥ 1 et un = n−1 f (t) dt − f (n) pour tout
On pose f (x) = sin(ln
x
entier n ≥ 2.
(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).
Enoncés
6
(b) Montrer que
Sn
Exercice 52
On pose
[ 01090 ]
=
n→+∞
ln n + C + o(1).
[Correction]
Sn =
n
X
k=1
fn : x ∈ ]n ; +∞[ →
n
X
k=1
f e
dt,
X
f e
0
−n
X 1 1
f
.
et
n
n
Comportement asymptotique de sommes
Exercice 51
On pose
[ 01089 ]
[Correction]
Sn =
1
1
+o
.
n
n
Exercice 53 [ 03179 ] [Correction]
(a) Sous réserve d'existence, déterminer pour α ≥ 1
2n
X
lim
Exercice 50 [ 04069 ] [Correction]
Soit f : [0 ; +∞[ → R continue, positive et croissante.
Établir que les objets suivants ont même nature
−t
C−
n→+∞
k=n
+∞
=
n→+∞
[Correction]
+∞ X
1 n
k
lim n
e .
n→+∞
k2
Z
Sn
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 → +∞.
[ 03086 ]
1
√ .
+ k
(a) Montrer que (Sn )n≥1 converge vers une constante C .
(b) Établir que
Exercice 48 [ 03045 ] [Correction]
Pour n ∈ N∗ , soit
Exercice 49
Étudier
k2
k=n+1
1
.
kα
(b) Sous réserve d'existence, déterminer
2n
X
lim
n→+∞
Exercice 54
On pose
[ 01091 ]
k=n+1
1
sin
.
k
[Correction]
un =
n
Y
3k − 1
.
3k
k=1
(a) Montrer qu'il existe des constantes α et β telles que
ln un = α ln n + β + o(1).
n
X
1
√ .
k+ k
k=1
En déduire un équivalent de un .
P
(b) Déterminer la nature de n≥1 un .
(a) Donner un équivalent simple de Sn .
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 août 2017
Exercice 55
Déterminer
[ 03882 ]
Enoncés
7
Emploi de la constante d'Euler
[Correction]
n
1 Y
(3k − 1)1/n .
n→+∞ n
Exercice 60 [ 01055 ] [Correction]
Justier et calculer
lim
k=1
+∞
X
1
.
n(2n − 1)
n=1
Exercice 56 [ 01092 ] [Correction]
Déterminer un équivalent simple de :
(a)
(b)
P+∞
1
k=1 k(nk+1)
P+∞
1
k=1 k(n+k)
Exercice 61 [ 02354 ] [Correction]
Existence et calcul de
+∞
X
5n + 6
.
n(n + 1)(n + 2)
n=1
Exercice 57 [ 03226 ] [Correction]
Pour n ∈ N∗ , on pose
Hn =
n
X
1
.
k
Exercice 62 [ 01046 ] [Correction]
Existence et calcul de
k=1
Pour p ∈ N, on pose
+∞
X
1
.
n(n
+
1)(2n
+ 1)
n=1
np = min {n ∈ N | Hn ≥ p} .
Déterminer un équivalent de np quand p → +∞
Exercice 58 [ 01325 ] [Correction]
Soit j ∈ N. On note Φj le plus petit entier p ∈ N∗ vériant
Exercice 63 [ 01054 ] [Correction]
On rappelle l'existence d'une constante γ telle qu'on ait
n
X
1
= ln n + γ + o(1).
k
p
X
1
≥ j.
n
n=1
k=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.
(a) Justier la dénition de Φj .
(b) Démontrer que Φj −−−−→ +∞.
j→+∞
(c) Démontrer
Φj+1
−−−→
Φj −
j→+∞
Exercice 64 [ 02804 ] [Correction]
Convergence puis calcul de
e.
+∞
X
1
.
2 + 2 2 + · · · + n2
1
n=1
Exercice 59 [ 02950 ] [Correction]
Soit (un )n≥1 une suite d'éléments de R∗+ .
On pose
!
n
X
1
vn =
uk
nun
k=1
!
n
X
1
et wn = 2
kuk .
n un
On suppose que (vn ) tend vers a ∈ R∗+ .
Étudier la convergence de (wn ).
k=1
Exercice 65
Calculer
[ 02964 ]
[Correction]
∞ X
n=0
1
3
1
1
−
+
+
.
4n + 1 4n + 2 4n + 3 4n + 4
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 août 2017
Enoncés
Exercice 66 [ 01056 ] [Correction]
(a) Donner un développement asymptotique à deux termes de
un =
n
X
ln p
p=2
p
.
8
(a) Justier qu'il existe n0 ∈ N tel que pour tout n ∈ N, n > n0 entraîne
|un − `| ≤ ε/2.
(b) Établir que pour tout entier n > n0 on a :
On pourra introduire la fonction f : t 7→ (ln t)/t.
(b) À l'aide de la constante d'Euler, calculer
+∞
X
(−1)
n=1
n ln n
n
|vn − `| ≤
(c) En déduire qu'il existe n1 ∈ N tel que pour tout n ∈ N, n > n1 entraîne
.
|vn − `| ≤ ε.
Exercice 67 [ 04171 ] [Correction]
P
(a) Soit (un ) une suite telle que un = O(1/n2 ). Que dire de +∞
k=n uk ?
(b) Montrer que
n
X
1
k
k=1
=
n→+∞
ln n + γ + O
1
n
avec γ une constante réelle qu'on ne cherchera pas à calculer.
On pose
(−1)n ln n
un =
.
n
ln 2
P
(c) Convergence et somme de n≥2 un .
Exercice 68 [ 01077 ] [Correction]
Étudier la limite de
Z 1
un =
0
(1 − u)n − 1
du + ln n.
u
Théorème de Cesaro
Exercice 69 [ 00307 ] [Correction]
Soit (un )n≥1 une suite réelle convergeant vers ` ∈ R. On désire établir que la suite
(vn )n≥1 de terme général
vn =
|u1 − `| + · · · + |un0 − `| n − n0 ε
+
.
n
n 2
u1 + u2 + · · · + un
n
(d) Application : Soit (un ) une suite réelle telle que un+1 − un → α 6= 0.
Donner un équivalent simple de un .
Exercice 70 [ 00308 ] [Correction]
Soit (un ) une suite réelle.
(a) On suppose que (un ) converge vers ` et on considère
vn =
Déterminer limn→+∞ vn .
(b) On suppose
u1 + 2u2 + · · · + nun
.
n2
un − un−1
→ `.
n
Déterminer
lim
n→∞
un
.
n2
Exercice 71 [ 00309 ] [Correction]
Soit (un ) une suite de réels strictement positifs.
On suppose
un+1
→ ` ∈ ]0 ; +∞[.
un
Montrer
√
n
un → `.
converge aussi vers `. Soit ε > 0.
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 août 2017
Enoncés
Exercice 76 [ 02440 ] [Correction]
Soit (an )n≥0 une suite dénie par a0 ∈ R∗+ et pour n ∈ N,
Exercice 72 [ 03219 ] [Correction]
La suite (un )n≥0 est dénie par u0 > 0 et
∀n ∈ N, un+1 = ln(1 + un ).
(a) Déterminer la limite de la suite (un )n≥0
(b) Déterminer la limite de
1
un+1
−
an+1 = 1 − e−an .
(a)
(b)
(c)
(d)
1
.
un
(c) En déduire un équivalent de (un )n≥0
Séries dont le terme général est déni par récurrence
Exercice 73 [ 03371 ] [Correction]
(a) Déterminer la limite de la suite dénie par
u0 ≥ 0 et ∀n ∈ N, un+1 =
X an+1 ln
.
an
∀n ∈ N, un+1 = un − u2n .
e−un
.
n+1
(a) Quelle est la nature de la série de terme général un ?
(b) Même question lorsque un est dénie par la récurrence un+1 = un − u1+α
n
(avec α > 0).
vn = nun .
(c) Donner la nature de la série
Étudier la convergence de la suite (an ).
Déterminer la nature de la série de terme général (−1)n an .
Déterminer la nature de la série de terme général a2n .
Déterminer la nature de la série de terme général an à l'aide de la série
Exercice 77 [ 02951 ] [Correction]
Soit (un )n≥0 la suite dénie par u0 ∈ [0 ; 1] et
(b) Déterminer la limite de la suite dénie par
P
9
un et celle de la série
P
(−1)n un
Exercice 74 [ 03012 ] [Correction]
La suite (an )n≥0 est dénie par a0 ∈ ]0 ; π/2[ et
∀n ∈ N, an+1 = sin(an ).
Quelle est la nature de la série de terme général an ?
Exercice 75 [ 02961 ] [Correction]
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 .
Exercice 78 [ 02960 ] [Correction]
Soit u ∈ RN telle que u0 ∈ ]0 ; 1] et que, pour un certain β > 0 et pour tout n ∈ N,
uβn+1 = sin uβn .
Étudier la nature de la série de terme général un .
Exercice 79 [ 02433 ] [Correction]
Soit α > 0 et (un )n≥1 la suite dénie par :
u1 > 0 et ∀n ≥ 1, un+1 = un +
1
.
nα un
(a) Condition nécessaire et susante 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 `.
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 août 2017
Enoncés
Application à l'étude de suites
Exercice 80 [ 02418 ] [Correction]
Former un développement asymptotique à trois termes de la suite (un ) dénie par
u1 = 1 et ∀n ∈ N∗ , un+1 = (n + un−1
)1/n .
n
Exercice 81 [ 03057 ] [Correction]
On note (zn )n≥1 la suite de terme général
it
√
.
zn = 2n exp
n
Étudier
lim
n→+∞
n
Y
2n − k
2n − 1 2n − 2
2n − n
···
= lim
.
n→+∞
zn − 1 zn − 2
zn − n
zn − k
k=1
Étude théorique
Exercice 82 [ 01033 ] [Correction]
Montrer que la somme d'une série semi-convergente et d'une série absolument
convergente n'est que semi-convergente.
10
(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.
(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.
(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.
Exercice 85 [ 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.
(b) Soient a et b deux éléments de E déterminés par
Exercice 83 [ 02962 ] [Correction]
Donner un exemple de série divergente dont le terme général tend vers 0 et dont
les sommes partielles sont bornées.
Exercice 84 [ 03097 ] [Correction]
On dit que la série de terme général un enveloppe le réel A si, pour tout entier
naturel n, on a :
un 6= 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 :
a0 = 1
et
a1 = 0
b0 = 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.
n→+∞
A − (u0 + u1 + · · · + un ) = θn+1 un+1 .
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 août 2017
Enoncés
Exercice 86 [ 03917 ] [Correction]
Soit eP= (en )n∈N une suite décroissante à termes strictement positifs telle que la
série en converge.
On pose
s=
+∞
X
en et rn =
n=0
On introduit
G=
+∞
X
ek pour n ∈ N.
k=n+1
( +∞
X
11
Exercice 88
[ 03676 ] [Correction]
(Critère de condensation de Cauchy)
(a) Soient (un )n∈N une suite réelle décroissante, positive et p ∈ N tel que p ≥ 2.
On pose
vn = pn upn .
Montrer que
X
)
dn en (dn ) ∈ {−1, 1}
N
.
n=0
On dit que la suite e est une base discrète lorsque G est un intervalle.
(a) Montrer que G est bien déni. Déterminer son maximum et son minimum.
(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 dénit la suite
(tn ) par
(
tn + en si tn ≤ t
t0 = 0 et tn+1 =
tn − en sinon.
un converge si, et seulement si,
X
vn converge.
(b) Application : Étudier la convergence des séries
X
X
1
1
et
.
n ln n
n ln n ln(ln n)
Exercice 89 [ 03677 ] [Correction]
Soit (un )n∈N une suite réelle décroissante et positive. On pose
vn = nun2 .
Montrer que
Montrer que
|t − tn | ≤ en + rn
X
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
x=
+∞
X
dn en ?.
un converge si, et seulement si,
X
vn converge.
Exercice 90 [ 02797 ] [Correction]
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 ?
n=0
Condensation
Exercice 87 [ 02796 ] [Correction]
Soit (un ) une suite réelle décroissante et positive. On pose
vn = 2n u2n .
Déterminer la nature de
P
vn en fonction de celle de
P
un .
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 août 2017
Corrections
Corrections
12
Il reste
Exercice 1 : [énoncé]
(a) L'intégrale dénissant un est bien dénie car elle porte sur une fonction sur le
segment [0 ; 1]. On peut aussi la comprendre comme une intégrale généralisée
convergente sur [0 ; 1[
Z
1
un =
0
dx
=
1 + x + · · · + xn
Z
[0;1[
dx
1 + x + · · · + xn
1
vn = −
n+1
Z
vn =
[0;1[
Posons
fn (x) =
Z
[0;1[
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)
≤
n+1
1−x
1−x
0 k=1
Posons
un →
0
1
+∞ Z
X
k=1
0
1
+∞
X
1
1 (n+1)k
dx =
x
< +∞.
k
k((n + 1)k + 1)
k=1
On peut donc intégrer terme à terme pour écrire
donc
+∞
vn =
1
(1 − x) dx =
2
et donc la série un diverge grossièrement.
(b) On amorce les calculs comme au dessus pour écrire
1 X1
n+1
k
Or
+∞
X
P
vn =
0
1
n
x dx
=
1 + x + · · · + xn
Z
0
1
Par intégration par parties généralisée justiée par deux convergences
Z
0
1
xn
(1−x) dx =
1 − xn+1
−
k=1
Z
+∞
1
x(n+1)k dx =
0
1 X
1
.
n+1
k((n + 1)k + 1)
k=1
+∞
X 1
1
1
≤
k((n + 1)k + 1)
(n + 1)
k2
k=1
puis nalement
n
x
(1 − x) dx.
1 − xn+1
1 (n+1)k
x
.
k
P
k=1
Z
1 (n+1)k
x
dx.
k
La série de fonctions gk converge simplement sur [0 ; 1[ en vertu de la
décomposition en série entière précédente.
P
n+1
Les fonctions gk et la fonction somme +∞
) sont
k=0 gk : x 7→ − ln(1 − x
continues par morceaux.
Enn, les fonctions gk sont intégrables sur [0 ; 1[ et
avec ϕ intégrable. Par convergence dominée
Z
+∞
1X
gk (x) =
dx
=
1 + x + · · · + xn
ln(1 − xn+1 ) dx.
0
Par développement en série entière de la fonction u 7→ − ln(1 − u)
et par sommation géométrique
Z
1
Z
vn ≤
La série à termes positifs
P
C
.
(n + 1)2
vn est donc convergente.
1
Z 1
1
1
ln(1 − xn+1 )(1 − x) −
ln(1−xn+1 ) dx
.
Exercice
2 : [énoncé]
n+1
n
+
1
0
0
Le terme entre crochet est nul (il sut d'écrire x = 1 − h avec h → 0, pour
étudier la limite en 1)
On sait
n
X
1
= ln n + γ + o(1)
k
k=1
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 août 2017
et donc
Pn
a
1
k=1 k
ln a ln n+γ ln a+o(1)
=e
Corrections
eγ ln a
∼ − ln a .
n
13
Exercice 4 : [énoncé]
Par comparaison avec une intégrale
X
Pn
a
1
k=1 k
converge ⇐⇒ − ln a > 1
n≥1
n
Z
Par équivalence de séries à termes positifs
(ln t)2 dt ≤
1
n
X
(ln k)2 .
k=1
Or par une intégration par parties on obtient
n
Z
ce qui fournit la condition a < e−1 .
(ln t)2 dt ∼ n(ln n)2
1
donc 0 ≤ un ≤ vn avec
Exercice 3 : [énoncé]
On peut écrire
vn ∼
1
j 3n+1
j 3n+2
j 3n+3
j 3n+1 (1 + j + j 2 )
1
√
√
+ O 3/2 = O 3/2
+√
+√
=
n
n
3n + 1
3n + 2
3n + 3 n→+∞
3n
donc la série des termes
j 3n+1
j 3n+2
j 3n+3
√
+√
+√
3n + 1
3n + 2
3n + 3
On peut alors conclure que la série des un converge absolument par comparaison
avec une série de Bertrand.
Exercice 5 : [énoncé]
Puisque x 7→ x1α est décroissante
Z
est absolument convergente. Ainsi, il y a convergence des sommes partielles
S3n =
Puisque, les termes
3n
X
jk
√ .
k
k=1
j 3n+1
j 3n+2
√
,√
3n + 1
3n + 2
sont de limite nulle, on a aussi convergence des sommes partielles
S3n+1 =
3n+1
X
k=1
S3n+1 =
3n+1
X
k=1
jk
j 3n+1
√ = S3n + √
3n + 1
k
jk
j 3n+2
√ = S3n+1 + √
.
3n + 2
k
Les trois suites extraites (S3n ), (S3n+1 ) et (S3n+2 ) convergeant vers une même
n
limite, on peut armer que la série √j n est convergente.
1
.
n(ln n)2
n+1
1
dx
≤ α ≤
xα
n
Z
dx
≤ RN ≤
xα
Z
n
donc
Z
+∞
N +1
d'où l'on obtient :
Rn ∼
puis
La série
n
n−1
+∞
N
dx
xα
dx
xα
1
(α − 1)nα−1
Rn
1
∼
.
Sn
(α − 1)S∞ nα−1
Rn
n≥1 Sn
P
converge si, et seulement si, α > 2.
Exercice 6 : [énoncé]
(a) Par convergence dominée par la fonction ϕ : t 7→ 1, on obtient un → 0.
(b)
Z
un + un+2 =
0
π/4
(tan t)0 (tan t)n dt =
1
.
n+1
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 août 2017
Corrections
+
(c) On vérie aisément uP
n → 0 et un+1 ≤ un . Par application du critère spécial
des séries alternées, (−1)n un converge.
(d) Par monotonie
un + un+2 ≤ 2un ≤ un + un−2 .
1
puis par comparaison de séries à termes positifs,
On en déduit un ∼ 2n
converge si, et seulement si, α > 0.
P
un
nα
Exercice 7 : [énoncé]
P
(a) |un | ∼ 1/n2 donc la série un est absolument convergente donc convergente.
P
(b) On applique le critère spécial et on conclut que un converge.
(c) un =
(d)
(−1)n
n+1
+O
1
n2
et on peut conclure que
P
un converge.
1
1
(−1)n+1 .3π
π 3π
+O 2
+O 2
=
un = cos nπ + +
2
8n
n
8n
n
P
donc un converge.
Exercice 8 : [énoncé]
Il s'agit d'une série alternée.
ln
√
n
Exercice 9 : [énoncé]
On a
sin nπ +
π
n
et ainsi ln
1X
ln k
n
n! est la moyenne arithmétique de ln 1, ln 2, . . . , ln n et donc
p
√
n
ln n! ≤ ln n+1 (n + 1)!
puis
1
√
≥
n
n
1
p
n+1
(n + 1)!
.
De plus par la croissance de la fonction x 7→ ln x,
n
1X
1
ln k ≥
n
n
k=1
et donc
Z
(−1)n π
1
π
=
+O 3
n
n
n
donc la série est semi-convergente.
Exercice 10 : [énoncé]
On a
1
1
1
1
1
ln(1 − ) = − − 2 − 3 + O 4
n
n 2n
3n
n
donc
puis
π
1
π
un = cos nπ + +
+O 2
2
3n
n
π
1
1
(−1)n+1 π
un = (−1)n+1 sin
+O 2
+O 2 .
=
3n
n
3n
n
Le terme général un est somme d'un terme dénissant une série convergente par le
critère spécial et d'un terme dénissant une série convergeant absolument.
k=1
√
n
= (−1)n sin
Exercice 11 : [énoncé]
Par comparaison avec une intégrale :
n
n! =
14
n
ln x dx = ln n − 1 → +∞
1
n
X
√
1
√ ∼ 2 n.
k
k=1
On a alors
(−1)n
un = Pn
1
k=1
√
k
1
1+
(−1)n−1
Pn
1
(−1)n
1
= Pn
+ Pn
1
√
k=1
k
La série de terme général
1
√
→ 0.
n
n!
Finalement on peut appliquer le critère spécial des séries alternées et conclure.
k=1
k=1
√
k
2
√1
k
+o
!
1
Pn
k=1
2
√1
k
.
(−1)n
Pn
1
k=1
√
k
converge en vertu du critère spécial.
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 août 2017
On a
1
Pn
k=1
+o
2
√1
k
!
1
2
√1
k
Pn
k=1
Corrections
1
∼
4n
donc par comparaison de série à termes positifs il y a divergence de la série de
terme général
!
1
Pn
√1
k=1 k
2 + o
1
.
2
√1
k=1 k
Pn
un =
donc
(b) On a
P
1
(−1)n
√ + O 3/2
2 n
n
(−1)n
1
1
=
−
+
o
.
ln n
n ln2 n
n ln2 n
+ o n1
(−1)n
n
Or la série de la série de terme général n ln12 n est absolument
convergente
P
(utiliser une comparaison avec une intégrale) donc un est convergente.
(c) On a
un =
La série de
général
terme général(−1)
ln n
1
(ln n)2
+o
1
(ln n)2
positifs. On conclut que
Exercice 13 : [énoncé] √
n2
+1=n+
(−1)n
1
1
+
.
+o
ln n
(ln n)2
(ln n)2
n
1
2n
série convergente.
+O
1
n2
P
2n + 1
1
sin(ln 2n)
=O 2
2n(2n + 1)
n
et d'autre part en vertu du théorème des accroissements nis, il existe c compris
entre ln 2n et ln(2n + 1) tel que
absolument convergente donc convergente.
(−1)n
ln n +
2n(2n + 1)
cos(c) ln(2n + 1) − ln 2n
sin(ln(2n + 1)) − sin(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
un converge.
un =
Exercice 14 : [énoncé]
Puisque un → 0, il revient au même d'étudier la nature de la série de terme
général
vn = u2n + u2n+1 .
Or
sin(ln 2n)
sin(ln(2n + 1)) − sin(ln 2n)
vn =
+
.
D'une part
Par sommation d'une série convergente et d'une série divergente la série de terme
général diverge.
Exercice 12 : [énoncé]
(a) On a
15
est convergente alors que la série de terme
est divergente par équivalence de séries à termes
un est divergente.
Exercice 15 : [énoncé]
Montrons que la série étudiée est divergente. Notons Sn la somme partielle de rang
n de cette série. Nous allons construire deux suites (an ) et (bn ) de limite +∞ telles
que Sbn − San ne tend pas zéros ce qui assure la divergence de la série étudiée.
Soit n ≥ 1 xé. Les indices k vériant
2nπ −
π
π √
≤ k ≤ 2nπ +
4
4
sont tels que
√
Re(ei
Posons alors
an = b2nπ − π/4c
On a
Sbn − San
donc un =
(−1)n π
2n
+O
1
n2
est terme général d'une
k
1
)≥ √ .
2
et bn = b2nπ + π/4c .
bn
X
√
ei k
√
=
k
k=an +1
et donc par construction
bn
1 X
1
√ .
Re(Sbn − San ) ≥ √
2 k=a
k
n+1
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 août 2017
Corrections
√
Puisque la fonction t 7→ 1/ t est décroissante, on a la comparaison intégrale
bn
X
1
Re(Sbn − San ) ≥ √
2 k=a
Z
k
n +1
Or
k+1
√ p
√
dt
√ = 2 bn + 1 − an + 1 .
t
16
(c) Puisque
Rn − Rn+1 =
on a
2Rn =
p
√
bn + 1 − a n + 1 = √
+∞
X
(−1)n+1
(−1)k
+
.
n+1
k(k + 1)
k=n+1
bn − a n
2nπ 2
π
√
∼
→
4nπ
2
bn + 1 + an + 1
Or par le critère spécial
donc Sbn − San ne tend par 0 et l'on peut conclure que la série étudiée diverge.
+∞
X
k=n+1
Exercice 16 : [énoncé]
Quand x → 0, on a
p
|x|
=
1+x
|x| − x
p
|x| + o x
3/2
Rn ∼
.
(d) Comme
On en déduit
Z
(−1)n /nα
p
un =
Z
Rn =
(−1)n /nα
|x| dx −
x
p
|x| dx + o
0
0
Par parité
1
n5α/2
.
la série
2
1
(−1)n 2
− 5α/2 + o 5α/2 .
un =
3n3α/2
5n
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
5n5α/2
1
+o
n5α/2
∼−
P
(−1)n+1
1
+O 2
2n
n
Exercice 18 : [énoncé]
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=
avec |r| ≤
64
24
+∞
X
(−1)n 8n
=1−4+r
(2n)!
n=0
donc x < 0.
Exercice 19 : [énoncé]
Par découpage
I=
Exercice 17 : [énoncé]
+∞ Z
X
(a) Rn est le reste de rang n de la série
critère spécial.
(b) Par décalage d'indice sur la deuxième somme
+∞
X
k=n+1
k
(−1)
+
k
+∞
X
k=n+1
qui converge en vertu du
donc par translations
I=
+∞ Z
X
n=0
k+1
(−1)
k+1
=
+∞
X
k=n+1
k
(−1)
.
k(k + 1)
(n+1)π
nπ
n=0
(−1)k
k≥1
k
P
(−1)n+1
.
2n
Rn est convergente.
2
5n5α/2
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.
Rn + Rn+1 =
(−1)k
1
=O 2
k(k + 1)
n
donc
p
(−1)n+1
n+1
0
π
sin t
dt
t
sin(nπ + t)
dt
nπ + t
puis la relation proposée.
I se perçoit alors comme somme d'une série vériant le critère spécial des séries
alternées, sa somme est donc du signe de son premier terme à savoir positif.
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 août 2017
Corrections
Exercice 20 : [énoncé]
(a) Si (vnP
) 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.
(c) On peut écrire
sn = ln 2 − rn
avec
rn =
+∞
X
k=n+1
17
Exercice 21 : [énoncé]
√
La fonction x 7→ x étant croissante,
Z
n
√
x dx ≤
0
n √
X
(−1)k+1
.
k
0≤
+∞
X
(−1)n
(−1)k+1
1
et rn + rn+1 =
=O 2
n+1
k(k + 1)
n
n √
X
n
Z
k−
donc
√
car par, application du critère spécial à la série
k(k+1) , on peut majorer le
reste par la valeur absolue du premier terme qui l'exprime. On en déduit
1
(−1)n
+O 2 .
2n
n
ln(x) = x − 1 + O (x − 1)2
x→1
un = esn − 2 + O (esn − 2)2
avec
e
sn
Ainsi,
−2=2 e
−rn
(−1)n+1
1
2
− 1 = −2rn + O rn =
+O 2 .
n
n
1
(−1)n+1
+O 2 .
un =
n
n
La série un converge car c'est la somme d'une série vériant le critère
spécial et d'une autre absolument convergente.
P
x dx
1
2 3/2
n .
3
Z
0
n √
X
puis
n+1
x dx ≤
√
x dx ≤
√
n+1
n
k=
k=1
P (−1)k+1
et donc
k∼
√
Il y a donc convergence de la série de terme général un si, et seulement si,α > 5/2.
Par l'encadrement qui précède :
k=n+1
On sait
n+1
k≤
k=1
k=1
rn =
Z
k=1
et donc
On a
rn − rn+1 =
n √
X
√
2 3/2
n + O( n)
3
(−1)n 2
1
(−1) un = α−3/2 + O α−1/2 .
3n
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 absolument convergente.
Pour α ≤ 3/2 : il y a divergence grossière.
Exercice 22 : [énoncé]
On a
1
(−1)n
(−1)n
(−1)n
1
1
+ O 2α
= α/2 − 3α/2 + O 5α/2 .
un = α/2 1 −
2nα
n
n
n
2n
n
Si α ≤ 0 alors un 6 →0 donc
Si 3α
2 > 1 alors
P
n≥2
−
un diverge. Si α > 0 alors
1
2n3α/2
+O
1
(−1)n
nα
P
n≥2
converge.
n5α/2
est le terme général d'une série absolument convergente et donc
converge.
P
n≥2
un
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 août 2017
Si
3α
2
Corrections
Exercice 26 : [énoncé]
(a) Si α ≤ 1 alors
≤ 1 alors
−
1
2n3α/2
+O
1
n5α/2
−1
∼ 3α/2
2n
(de signe constant) est le terme général d'une série divergente donc
P
n≥2
n
X
1
−−−−→ +∞
k α n→∞
un .
k=1
et donc un → 0 si a ∈ [0 ; !
1[, un → 1 si a = 1 et (un ) diverge si a > 1.
Exercice 23 : [énoncé]
Par développement
Si α > 1 alors
converge et donc (un ) aussi.
Pn
1
k=1 kα
(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
1
1
(−1)n
− 2α + o 2α = vn + wn
un =
nα
2n
n
avec
18
n
X
1
1
1
∼
.
α
α−1
k
α−1n
1
1
(−1)n
et
w
=
−
+
o
vn =
n
nα
2n2α
n2α
k=1
vn converge en vertu du critère spécial des séries alternées et
wn converge si,
et seulement si, 2α P
> 1 par équivalence de termes généraux de séries de signe
constant. Au nal, un converge si, et seulement si, α > 1/2.
P
P
Cas α = 1 et a ∈ [0 ; 1[ : ` = 0, vn = un = e(ln n+γ+o(1)) ln a ∼ λnln a donc
converge si, et seulement
si, ln a < −1 i.e. a < −1/e.
P+∞ 1
Cas α > 1 : ` = a k=1 kα ,
vn = `(e−
Exercice 24 : [énoncé]
On a
P+∞
1
k=n+1 kα
− 1) ∼ −`
+∞
X
k=n+1
(−1)n
ln 1 +
na
1
(−1)n
1 1
=
−
+
o
.
na
2 n2a
n2a
n
est terme général d'une série convergente.
Par le critère spécial, (−1)
na
Par comparaison de séries à termes positifs
−
1 1
1
1 1
+
o
∼ − 2a
2 n2a
n2a
2n
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.
(−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.
vn
1
`
=−
.
kα
(α − 1)nα−1
Ainsi vn converge si, et seulement si, α > 2.
Dans chacun des cas précédents,
Pon peut appliquer le critère spécial aux
séries alternées et armer que (−1)n vn converge.
P
Exercice 27 : [énoncé]
On a
n+p
p
=
(n + p)(n + p − 1) . . . (n + 1)
1
∼ np
p!
p!
donc
vn ∼
Exercice 25 : [énoncé]
On a
P
(p!)α
.
npα
Par équivalence de séries à termes positifs, la série numérique vn converge si, et
seulement si, α > 1/p.
On a
P
n+p+1
p+1
=
n+p
n+p
+
p+1
p
≥
n+p
p
donc la suite (|wn |) est décroissante. De plus elle de
Plimite nulle, le critère spécial
des séries alternées assure alors la convergence de wn pour tout α > 0.
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 août 2017
Corrections
Exercice 28 : [énoncé]
(a) L'intégrale étudiée est bien dénie pour a > −1. Par le changement de
variable proposé
Z
π/2
0
dt
=
1 + a sin2 (t)
+∞
Z
0
dx
1 + (1 + a)x2
√
puis en posant u = x 1 + a
Z
π/2
0
dt
π
= √
.
2
2 1+a
1 + a sin (t)
19
(a) Pour dénir un , il est nécessaire de supposer α > 1.
Par comparaison avec une intégrale, on montre
1
1
.
α − 1 nα−1
P
Par comparaison de séries à termes positifs, un converge si, et seulement
si, α > 2.
(b) Pour dénir un , il est nécessaire de supposer α > 0.
Par application
du critère spécial des séries alternées, vn étant le reste de la
P (−1)p
1
série
est
du signe de (−1)n et |vn | ≤ (n+1)
α → 0.
(p+1)α
un ∼
De plus
(b) Par symétrie
|vn | − |vn+1 | =
π
Z
0
dt
=2
1 + (nπ)α sin2 (t)
Z
π/2
0
dt
1 + (nπ)α sin2 (t)
donc
|vn | − |vn+1 | =
et par le calcul qui précède
Z
π
0
(n+1)π
nπ
+∞
X
(−1)p
(−1)p
−
(p + n + 1)α p=0 (p + n + 2)α
p=0
+∞
X
(−1)p
p=0
π
dt
π
∼
.
=p
2
α
α
nα/2
1 + (nπ) sin (t)
1 + (nπ)
dt
≤
1 + ((n + 1)π)α sin2 (t)
Z
(n+1)π
nπ
dt
≤
α
1 + t sin2 (t)
Z
(n+1)π
nπ
1
α
1
−
=−
(p + n + 2)α
(p + n + 1)α
(cn )α+1
dt
.
1 + (nπ)α sin2 (t)
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.
(d) Les sommes partielles de la série étudiée ci-dessus correspondent aux
intégrales suivantes
Z
n
0
dt
.
α
1 + t sin2 (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.
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)p
1
1
−
α
(p + n + 1)
(p + n + 2)α
et conclure que sa somme est du signe de son premier terme. Au nal, (|vn |)
est décroissant et en appliquant
une dernière fois le critère spécial des séries
P
alternées, on conclut que vn converge.
Exercice 30 : [énoncé]
(a) On a
Σn = Im
n
X
k=1
donc
|Σn | ≤ ei
Exercice 29 : [énoncé]
1
1
−
.
(p + n + 1)α
(p + n + 2)α
Par le théorème des accroissements nis
1−α/2
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
+∞
X
!
e
ik
1 − ein
= Im ei
1 − ei
1 − ein
2
≤
1 − ei
|1 − ei |
et la suite (Σn )n≥1 est eectivement bornée.
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 août 2017
Corrections
(b) On a
n
X
Σk − Σk−1
k
k=1
donc
=
n
X
Σk
k=1
k
−
n−1
X
k=0
Σk
k+1
n
X
Σk
Σn
+
.
k(k + 1) n + 1
k=1
Σk
→ 0 car (Σn ) est bornée et k(k+1) = O k12 est le terme général
Sn =
Σn
n+1
Si θ = 0 [π] alors |un | ≥ n1 et donc |un | diverge.
P cos(2nθ)
Si θ 6= 0 [π] alors par ce qui précède la série
converge et puisque la
n
série de terme général n1 diverge, par opérations, la série de terme général
|un | diverge.
P
Sn =
Or
20
d'une série absolument convergente. On peut donc conclure que (Sn )
converge.
Exercice 32 : [énoncé]
P
(a) (an − an+1 )Sn = O(an − an+1 ) et la série à termes positifs an − an+1 est
convergente.
(b) En séparant la somme en deux et en décalant les indices
n
X
n
X
k=0
donc
|Sn | ≤
!
eikθ
n
X
i(n+1)θ
e
−1
= Re
eiθ − 1
2
ei(n+1)θ − 1
≤ iθ
.
iθ
e −1
|e − 1|
(b) On a
(ak − ak+1 )Sk = a0 S0 +
k=0
ak Sk−1
k=1
SN
→ 0 et
N +1
= O n12 donc la suite des sommes partielles de la série de terme
général un converge.
(c) On a
Sn = Re
n
X
cos 2x + 1
2
cos(2nθ)
1
|un | ≥
+
.
2n
2n
ak (Sk − Sk−1 ) − an+1 Sn
!
e
ikx
= cos(nx)
k=0
Exercice 33 : [énoncé]
On a
Sn = Re
n
X
!
e
ikθ
k=1
donc
|Sn | ≤
|cos x| ≥ cos2 x =
n
X
avec an+1 P
Sn → 0.
Par suite an (Sn − Sn−1 ) est convergente.
P
(c) On applique le résultat précédent à an = 1/n et Sn = nk=0 cos(kx). (Sn ) est
bien bornée car
N
−1
N
N
X
X
X
SN
Sn
Sn
Sn
−
=
− S0 +
.
un =
n
n
+
1
n(n
+
1)
N
+1
n=1
n=1
n=0
n=1
donc
n+1
X
k=1
N
X
Sn
n(n+1)
ak Sk −
puis en regroupant
(a) Par sommation géométrique
Sn = Re
n
X
k=0
k=0
Exercice 31 : [énoncé]
Or
(ak − ak+1 )Sk =
Posons f (x) =
|eiθ
sin((n + 1)x/2)
.
sin(x/2)
inθ
−1
iθ e
= Re e iθ
e −1
2
= Mθ .
− 1|
√
x
x−1 .
1
(x − 1) − x
1 (x + 1)
f 0 (x) = 2√
=− √
≤0
2 x(x − 1)2
x(x − 1)2
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 août 2017
Corrections
donc f est décroissante sur [2 ; +∞[.
Or
un = f (n) cos(nθ) = f (n)(Sn − Sn−1 ) donc
N
X
un =
N
X
f (n)Sn −
N
X
f (n+1)Sn =
SN
N +1
→ 0 car (SN ) converge et
Sn
n(n+1)
série absolument convergente. On peut conclure que la série
f (n) − f (n + 1) Sn ≤ Mθ f (n) − f (n + 1)
converge et donc
un
P
un converge.
N ≥2
On a
k=1
de sorte que Sn − Sn−1 = an /nα .
On peut écrire
√
n
n
cos(nθ) ≥
cos2 (nθ).
n−1
n−1
√
|un | =
Or cos 2a = 2 cos a − 1 donc cos a ≥ cos 2a + 1 puis
2
2
1
2
√
√
1
n
1
n
|un | ≥
cos(2nθ) +
.
2n−1
2n−1
En reprenant l'étude qui précède avec 2θ au lieu de θ, on peut armer que
X 1 √n
cos(2nθ)
2n−1
√
√
n
n
1
converge tandis que
2(n−1) diverge puisque
2 n−1 ∼
P
Par comparaison, on peut armer que |un | diverge.
P
1
√
.
2 n
n
X
ak
k=1
puis
k
n
X
ak
k=1
k
=
n
X
Sk − Sk−1
=
n
X
Sn =
n
X
zk .
n
n−1
X
X
Sk
Sk
=
−
k 1−α
(k + 1)α
k 1−α
k=1
Sk
k=1
k=1
1
k 1−α
−
1
(k + 1)1−α
k=0
+
Sn
.
(n + 1)1−α
La suite (Sn ) est bornée car convergente et
n X
1
1
1
−
=1−
→1
k 1−α
(k + 1)1−α
(n + 1)1−α
k=1
il y a donc absolue convergence de la série
X
Exercice 34 : [énoncé]
Posons
n
X
ak
kα
Sn =
P
n=2
converge.
avec f (n) −
(car f converge en +∞) donc par
Pf (n + 1) série convergente
comparaison
f (n) − f (n + 1)!Sn est absolument convergente.
PN
n≥1 n
Exercice 35 : [énoncé]
Le cas α = 1 est entendu. Étudions α ∈ ]−∞P; 1[.
an
Par l'absurde, supposons la convergence de
nα et introduisons
Or f (N + 1)SN −−−−−→ 0 car SN = O(1) et f −−→ 0.
+∞
N →+∞
De plus
Ainsi par opérations,
= O n12 est le terme général d'une
P
zn
f (n)−f (n+1) Sn +f (N +1)SN −f (2)S1 .
n=2
n=1
n=2
n=2
N
−1
X
21
Sn
et l'on en déduit la convergence de
C'est absurde.
1
n1−α
P an
n
1
−
(n + 1)1−α
.
k=1
On a
donc
N
N
N
−1
N
X
X
X
X
Sn − Sn−1
Sn
Sn
zn
=
=
−
n
n
n
n
+1
n=1
n=1
n=1
n=0
N
N
X
X
zn
Sn
SN
=
+
.
n
n(n
+
1)
N
+1
n=1
n=1
Exercice 36 : [énoncé]
(a) On peut écrire
n
X
k=1
vk =
n
X
k=1
kuk −
n+1
X
n
X
k=2
k=1
(k − 1)uk =
uk − nun+1 (*).
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 août 2017
Corrections
Montrons que la convergence de uPn entraîne que nun → 0.
Posons Sn les sommes partielles de un .
Par la décroissance de un , on a 0 ≤ nu2n ≤ S2n − Sn .
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
P
n
X
vk −−−−−→
n→+∞
k=1
+∞
X
uk .
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
un =
+∞
X
(uk − uk+1 ) ≤
k=n
On a alors
ce qui donne (sachant S0 = 0)
n
X
(ak − ak+1 )Sk + an+1 Sn .
k=1
La suite (Sn ) converge, elle est donc bornée par un certain réel M .
D'une part an → 0 et donc an+1 Sn → 0.
P
D'autre part (ak − ak+1 )Sk ≤ M |ak − ak+1 | et donc la série (an − an+1 )Sn
converge absolument.
P
Par addition de convergence, on peut conclure que la série a2n converge.
2N
+1
X
n=2
et
k=n
Puisque la série des vn converge,
X
N
(−1)n
ln 1 +
=
ln(2k + 1) − ln(2k + 1) = 0
n
k=1
2N
X
2N
+1 X
(−1)n
(−1)n
ln 1 +
ln 1 +
=
+ o(1) → 0
n
n
n=2
n=2
donc
vk → 0 puis nun → 0.
+∞
X
(−1)n
= 0.
ln 1 +
n
n=2
k=n
La relation (*) entraîne alors la convergence de un .
(c) un = 1 convient, où si l'on veut une suite non constante, un = 1 +
n
X
Exercice 38 : [énoncé]
On a
+∞
X
vk
.
k
+∞
+∞
X
X
n
0 ≤ nun ≤
vk .
vk ≤
k
+∞
X
a2k =
k=1
k=n
k=n
22
P
Exercice 37 : [énoncé]
Posons
1
n2
un =
Sn =
n
X
n
X
a2k =
k=1
n
X
est bien déni en tant que reste d'une série alternée satisfaisant au critère spécial.
Pour N ≤ K entiers,
k=1
a2k =
N X
k
K
N
N X
K
X
X
X
X
(−1)k
(−1)k
(−1)k
=
+
.
k2
k2
k2
n=1
n=1
n=1
ak (Sk − Sk−1 ).
k=1
n
X
k=1
ak Sk −
k=1
k=n
En séparant la somme en deux et en reprenant l'indexation de la deuxième somme
n
X
n−1
X
k=0
+∞
X
(−1)k
k2
k=n
ak .
k=1
On peut écrire
Exercice 39 : [énoncé]
Le terme
ak+1 Sk
k=N +1
D'une part
N X
k
N
X
X
(−1)k
(−1)k
=
.
2
k
k
n=1
k=1
k=1
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 août 2017
Corrections
On conclut que
D'autre part
K
X
N
X
k=N +1
K
X
k
(−1)
=N
k2
n=1
23
Pn
k=0
uk → I puis par changement de variable
k
k=N +1
(−1)
.
k2
n
X
un =
n=1
N
X
(−1)k
k
k=1
Or
+N
+∞
X
(−1)k
.
k2
k=N +1
+∞
X
(−1)k
1
=O
k2
N2
k=N +1
donc quand N → +∞,
N
X
un →
n=1
Ainsi
P
+∞
X
(−1)k
k=1
k
π
0
k=0
En passant à la limite quand K → +∞
N
X
Z
uk →
sin t
dt.
t
Exercice 41 : [énoncé]
Pour t = −1,
n X
m
X
(−1)i+j ti+j+1 = −(m + 1)(n + 1)
i=0 j=0
ce qui permet de conclure.
Pour t 6= −1,
m
n X
X
.
(−1)i+j ti+j+1 =
n
X
(−1)i ti+1
i=0
i=0 j=0
1 − (−t)m+1
.
1+t
Quand m → +∞,
un est convergente et
+∞
X
m
n
n X
X
X
ti+1
(−1)i+j ti+j+1 →
(−1)i
1+t
i=0
i=0 j=0
un = − ln 2.
n=1
si |t| < 1 et diverge sinon. Aussi, quand |t| < 1
Exercice 40 : [énoncé]
Par sommation géométrique
n
X
n
X
ti+1
1 − (−t)n+1
(−1)i
=t
1+t
(1 + t)2
i=0
1
Z
1 − xn+1
sin(πx) dx.
1−x
uk =
0
k=0
Posons
Z
I=
0
1
sin(πx)
dx.
1−x
et quand n → +∞,
t
1 − (−t)n+1
t
→
.
2
(1 + t)
(1 + t)2
On conclut
lim
lim
n→+∞ m→+∞
Cette intégrale est bien dénie car la fonction intégrée se prolonge par continuité
en 1.
n
X
k=0
avec
Z
uk − I ≤
0
1
sin(πx) n+1
M
x
dx ≤
1−x
n+1
sin(πx)
M = sup
.
[0;1] 1 − x
n X
m
X
(−1)i+j ti+j+1 =
i=0 j=0
t
.
(1 + t)2
Exercice 42 : [énoncé]
Par sommation géométrique
n
X
xα−1
xn+α
=
(−1)k xk+α−1 + (−1)n+1
1+x
1+x
k=0
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 août 2017
Corrections
donc
Z
1
0
n
X
xα−1
dx =
1+x
1
Z
(−1)k xk+α−1 dx + (−1)n+1
Z
0
k=0
1
0
avec
1
Z
xn+α dx =
|εn | ≤
0
n
X (−1)k
xn+α
dx =
+ εn
1+x
k+α
24
Exercice 45 : [énoncé]
Introduisons la série entière de somme
S(x) =
k=0
1
→0
n+α−1
+∞
X
x4n+3
.
(4n + 1)(4n + 3)
n=0
On vérie aisément que son rayon de convergence est égale à 1 et que sa somme
est dénie et continue sur [−1 ; 1] par convergence normale.
Sur ]−1 ; 1[
d'où la conclusion.
+∞
X
x4n+2
.
4n + 1
n=0
S 0 (x) =
Exercice 43 : [énoncé]
Tout d'abord la série converge en vertu de la règle de d'Alembert (en traitant
x = 0 séparément)
Puisque
!
n
X
k=0
n
d X k
x
kx = x
dx
1 − xn+1
=x
1−x
k
k=0
on obtient
+∞
X
0
x
→
(1 − x)2
Pour x 6= 0
1 0
S (x)
x
+∞
X
0
=
n=0
k=0
puis
x
Z
S(x) =
(−1)
=
4n
+ 1 n=0
n=0
Or
Z
0
donc
P (−1)n
4n+1
1
(−t4 )n dt =
0
(−t4 )N +1
dt ≤
1 + t4
Z
0
Z
0
1
4 N +1
1 − (−t )
1 + t4
1
t4N +4 dt =
1
→0
4N + 5
S(x) =
dt.
et ainsi
Z
0
1
0
du
.
1 − u4
Quand x → 1
t
Z
1
S(x) = (x2 − 1)
2
Z
0
√
dt
1
2+ 2
√
√
+
π
=
ln
.
1 + t4
4 2
2− 2
1 2
(t − 1)
2
0
du
1 − u4
Z
x
0
x
+
0
1
2
dt
1
+
1 − t4
2
x
Z
0
Z
0
x
1 − t2
dt
1 − t4
dt
.
1 + t2
−
converge et
Z 1
+∞
X
(−1)n
dt
=
.
4n
+
1
1
+
t4
0
n=0
Enn
t
Par intégration par parties
N Z 1
X
n
Z
dt
1 − t4
t
0
Exercice 44 : [énoncé]
Par sommation géométrique
N
X
x
Z
0
x
.
(1 − x)2
1
.
1 − x4
On en déduit que sur ]−1 ; 1[
S 0 (x) = x
kxk =
x4n =
x
dt
1
= O ln(1 − x) = o
1 − t4
x−1
donc
S(x) →
On en déduit
1
2
Z
0
1
dt
π
= .
2
1+t
8
+∞
X
1
π
= S(1) = .
(4n
+
1)(4n
+
3)
8
n=0
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 août 2017
Corrections
Exercice 46 : [énoncé]
(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.
25
donc
Z
f (x) − f (n) ≤
1
puis un = O n4/3 .
(b) La série de terme général n f (t) dt diverge car 0 f (t) dt = 3 sin(n1/3)
diverge. En eet si sin n1/3 convergeait vers ` alors par extraction sin(n)
aussi et il est classique d'établir la divergence de (sin(n)). On en déduit que
P cos(n1/3 )
diverge.
n2/3
(c) Il sut de reprendre
la même étude pour parvenir à la
R n+1
mêmeun = n f (x) dx − f (n) conclusion.
R n+1
Rn
Exercice 47 : [énoncé]
(a) La fonction f 0 est bien dénie et continue par morceaux sur [1 ; +∞[.
On a
f 0 (x) =
cos(ln x) − sin(ln x)
x2
et donc
f 0 (x) ≤
2
.
x2
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
n−1
h
in
f (t) dt = (t − (n − 1)f (t)
n−1
Z
n
−
n−1
(t − (n − 1))f 0 (t) dt
n
f 0 (t) dt.
n−1
R +∞
N
X
2
1
+ 5/3
4/3
3n
3n
Z
L'intégrabilité de f 0 permet d'introduire
f 0 (t) dt et d'armer que les
1
P
sommes partielles de la série |un | sont majorées via
Or par le théorème des accroissements ni,
avec cx ∈ ]n ; x[.
Après calcul de f 0 (x), on en déduit
(t − (n − 1)) f 0 (t) dt ≤
n−1
n
f (x) − f (n) = f 0 (cx )(x − n)
n
|un | ≤
N
Z
Z
0
|un | ≤ |u1 | +
1
n=1
+∞
f (t) dt ≤ |u1 | +
f 0 (t) dt.
1
La série un est alors absolument convergente.
(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
P
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
La
de la suite (cos(ln n)) entraîne la divergence de la série
P Rdivergence
n
f
(t)
dt
.
n−1
P
Enn,
puisque la série un converge, on peut alors armer que la série
P
f (n) diverge.
Exercice 48 : [énoncé]
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 vériant fn (xn ) = a.
On a
fn (n+1+y) =
n
X
k=1
Pour y =
n
ea −1 ,
n
n
k=1
k=1
X 1
X
1
=
≤
n+1+y−k
k+y
Z
k
k−1
dt
=
t+y
Z
0
n
dt
n
= ln 1+
.
t+y
y
f (n + 1 + y) ≤ ln 1 + (ea − 1) = a
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 août 2017
et par suite
n
.
xn ≤ n + 1 + a
e −1
Aussi
f (n + y) =
n−1
X
k=0
Pour y =
n
ea −1 ,
Corrections
Z
1
≥
y+k
n
0
dt
n
= ln 1 +
.
t+y
y
f (n + y) ≥ a et par suite
n
.
xn ≥ n + a
e −1
On en déduit
xn ∼ n +
n
ea n
=
.
ea − 1
ea − 1
nature que
+∞ X
k=n
1 n
ek
k2
=
1
n
+∞
X
(k+1)/n
1
1
+∞
est décroissante et positive donc, par théorème de
1
u
R +∞
1
1
uf
1
u
du et la série
P
1
nf
1
n
ont
même nature.
k=n
1√
k+ k
∼
1
k
et
1
k≥1 k
P
est une série à terme positif divergente donc
Sn
n
X
1
∼ ln n.
n→+∞
k
∼
k=1
(b) Pour être plus précis,
√
X
n
n n
X
1 X
1
1
k
√ −
√
Sn −
=
=
k
k+ k k
k2 + k k
Z k/n
1
k
≤
ϕ(t) dt.
ϕ(t) dt ≤ ϕ
n
n
(k−1)/n
k=1
k=1
or
k=1
√
1
k
√ ∼ 3/2
k
k2 + k k
Z +∞
+∞
X
1 1/t
1
k
1 1/t
e dt ≤
ϕ
≤
e dt.
2
t2
n
n
t
(n−1)/n
et est donc le
Pterme général d'une série convergente.
Ainsi, Sn − nk=1 k1 −−−−−→ oC 0 d'où
k=n
Or
Z
du.
1
u
1
uf
comparaison série intégrale, l'intégrale
En sommant et en exploitant l'intégrabilité de ϕ au voisinage de +∞
+∞
1
k
ϕ
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
R +∞
La fonction u 7→ u1 f
(a)
n
k/n
Exercice 50 : [énoncé]
La fonction t 7→ f (e−t ) est décroissanteRet positive donc, par théorème de
P
+∞
comparaison série intégrale, l'intégrale 0 f e−t dt et la série f e−n ont
même nature.
R +∞
Par le changement de
C 1 bijectif u = et , l'intégrale 0 f e−t dt à même
variable
Exercice 51 : [énoncé]
Exercice 49 : [énoncé]
On remarque
Z
26
n→+∞
h
i+∞
1 1
1/t
t dt =
e
−
e
= e−1 et
t2
1
Par encadrement
lim n
n→+∞
Z
+∞
(n−1)/n
h
i+∞
1 1
1/t
t dt =
e
−
e
→ e−1.
t2
(n−1)/n
+∞ X
1 n
k
e
= e − 1.
k2
k=n
Sn
=
n→+∞
ln n + (γ + C 0 ) + o(1) = ln n + C + o(1).
Exercice 52 : [énoncé]
(a)
donc la série de terme général k2 +1√k est absolument
convergente. Par suite (Sn ) converge vers une certaine constante C .
1√
k2 + k
∼
1
k2
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 août 2017
Corrections
27
D'autre part, il est bien connu que
(b)
C − Sn =
+∞
X
k=n+1
k2
1
√
+ k
∼
n→+∞
+∞
X
k=n+1
1
k2
car k≥1 k12 est une série à termes positifs convergente.
P
1
Par comparaison série intégrale +∞
∼ n1 et on peut conclure
k=n+1 k2 n→+∞
comme annoncée.
P
∀x ≥ 0, sin(x) ≤ x.
On en déduit
2n
2n
2n
2n
X
X
X
1 1 X 1
1
1
−
≤
sin
≤
.
k 6
k3
k
k
k=n+1
Exercice 53 : [énoncé]
(a) Pour α > 1, la série de terme général 1/nα converge et si l'on pose
Sn =
k=n+1
k=n+1
k=n+1
En vertu de ce qui précède, on obtient
2n
X
lim
n
X
1
kα
n→+∞
k=n+1
1
sin
= ln 2.
k
k=1
on observe
2n
X
k=n+1
+∞
+∞
k=1
k=1
X 1
X 1
1
=
S
−
S
→
−
= 0.
2n
n
kα
kα
kα
Exercice 54 : [énoncé]
(a) On a
Pour α = 1, on introduit les sommes partielles harmoniques
n
X
1
Hn =
.
k
k=1
ln un =
k=1
Or
et alors
k=n+1
(b) Par l'égalité de Taylor avec reste intégral, on peut écrire
Z
x
(x − t)
sin(3) (t) dt.
2!
0
(3)
∀t ∈ R, sin
(t) = − cos(t) ∈ [−1 ; 1]
on a
Z
∀x ≥ 0, sin x ≥ x −
0
x
(x − t)2
1
dt = x − x3 .
2!
6
n
n
1
1X1 X
1
+
O 2 = − ln n + C + o(1)
3
k
k
3
k=1
car
Pn
1
k=1 k
k=1
= ln n + γ + o(1) et
P
n≥1
O
1
n2
est une série convergente.
(b) Puisque
ln(n1/3 un ) → β
2
sin x = x +
Puisque
donc
ln un = −
2n
X
1
= H2n − Hn = ln 2 + o(1) → ln 2.
k
1
ln 1 −
.
3k
1
1
1
=−
+O 2
ln 1 −
3k
3k
k
En notant γ la constante d'Euler, on peut écrire
Hn = ln n + γ + o(1)
n
X
on a
un ∼
eβ
n1/3
et donc la série de terme général un diverge.
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 août 2017
Exercice 55 : [énoncé]
Posons
Corrections
28
(b) Par décomposition en éléments simples et télescopage
Pn =
n
1 Y
(3k − 1)1/n > 0.
n
+∞
X
k=1
On a
k=1
Z
n
ln(3t − 1) dt ≤
ln 2 +
1
n
X
Z
n+1
ln(3k − 1) ≤
Par dénition de np , on a
3n − 1
ln(3t − 1) dt =
ln(3n − 1) − n + C = n ln n + (ln 3 − 1)n + O(ln n)
3
et donc
n
X
ln np + γ + o(1) ≥ p ≥ ln(np − 1) + γ + o(1).
ln(np − 1) = ln np + o(1)
ln Pn −−−−−→ ln 3 − 1
on obtient
n→+∞
puis
p = ln np + γ + o(1)
3
Pn → .
e
puis
Exercice 56 : [énoncé]
(a) Avec convergence des sommes engagées
k=1
et
0≤
k=1
+∞
X
k=1
k=1
+∞
1
1 X 1
≤
nk 2 (nk + 1)
n2
k3
+∞
X
k=1
np = en−γ+o(1) ∼ en−γ .
Exercice 58 : [énoncé]
+∞
+∞
+∞ X
1
1X 1
1
1
1
π2 X
=
−
−
+
=
2
2
2
k(nk + 1)
n
k
k(nk + 1) nk
6n
nk (nk + 1)
donc
Hn = ln n + γ + o(1)
Puisque
On en déduit
k=1
Hnp ≥ p ≥ Hnp −1 .
Or
donc
ln(3k − 1) = n ln n + (ln 3 − 1)n + O(ln n).
k=1
+∞
X
np → +∞.
ln(3t − 1) dt.
1
k=1
Or
1
k=1
Exercice 57 : [énoncé]
np est bien déni car Hn → +∞.
La suite (np ) est croissante et évidemment non majorée donc
Par comparaison série-intégrale
n
k=1
n
1X
ln(Pn ) =
ln(3k − 1) − ln n.
n
k=1
Z
+∞ n
1X 1
1
ln n
1
1X1
=
−
∼
.
=
k(n + k)
n
k n+k
n
k
n
k=1
1
π2
∼
.
k(nk + 1)
6n
(a) Puisque
p
X
1
−−−−−→ +∞
p→+∞
n
n=1
on peut armer 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
Φj .
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 août 2017
Corrections
29
Par suite
(b) Par dénition de Φj , on a
Φj
X1
.
j≤
n
n=1
wn =
Z Φj
Φj
X
1
dt
≤1+
= 1 + ln Φj .
n
t
1
n=1
Sn
→ a, on a Sn ∼ anun .
Puisque nu
n
La série de terme général Sn est une série à termes positifs divergente donc
n
X
Sk ∼ a
k=1
On en déduit Φj ≥ ej−1 puis Φj −−−−→ +∞.
j→+∞
Par suite
(c) Par dénition de Φj , on a
Φj
X 1
X
1
≤j≤
.
n
n
n=1
n=1
kuk .
k=1
k=1
La relation (∗) dévient alors
Or, sachant que Φj → +∞, on a
wn =
Φj −1
Φj
X 1
X
1
= ln Φj + γ + o(1) et
= ln(Φj − 1) + γ + o(1).
n
n
n=1
n=1
n
X
n
1 X
Sk ∼ awn .
n2 un
Φj −1
n+1
vn − awn + o(wn )
n
et en on en déduit que
wn ∼
a
1
vn →
.
a+1
a+1
ln(Φj − 1) + γ + o(1) ≤ j ≤ ln Φj + γ + o(1).
Or
ln(Φj − 1) = ln Φj + o(1)
donc
Exercice 60 : [énoncé]
Par décomposition en éléments simples
N
X
N
N
2N
N
2N
X
X
X
X
X
1
2
1
2
1
1
=
−
=
−2
=2
.
n(2n − 1) n=1 (2n − 1) n=1 n n=1 n
n
n
n=1
n=1
j = ln Φj + γ + o(1)
puis
On en déduit
(∗).
k=1
Or, par comparaison avec une intégrale
Par suite
n
n+1
1 X
vn − 2
Sk
n
n un
n=N +1
Φj = ej−γ+o(1) .
Or
j+1−γ+o(1)
e
Φj+1
= j−γ+o(1) = e1+o(1) → e.
Φj
e
2N
X
n=N +1
puis
Exercice 59 P
: [énoncé]
Posons Sn = nk=1 uk . On observe que
n
X
k=1
kun = (n + 1)Sn −
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
+∞
X
n
X
Sk .
1
= 2 ln 2.
n(2n − 1)
n=1
k=1
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 août 2017
Exercice 61 : [énoncé]
On a
1
5n + 6
=O 2
n(n + 1)(n + 2)
n
existe.
donc la somme
Par décomposition en éléments simples
P+∞
5n+6
n=1 n(n+1)(n+2)
5n + 6
3
1
2
= −
−
n(n + 1)(n + 2)
n n+1 n+2
Corrections
30
Exercice 63 : [énoncé]
(a) On a
2n
X
(−1)k−1
k
k=1
k=1
2n+1
X
N
X
1
= ln N + γ + o(1)
n
n=1
n3
5k + 6
= 3 ln
+ 4 + o(1) → 4.
k(k + 1)(k + 2)
(n + 1)(n + 2)2
Exercice 62 : [énoncé]
Par décomposition en éléments simples
1
1
1
4
= +
−
.
n(n + 1)(2n + 1)
n n + 1 2n + 1
2N
+1
N
X
1 X 1
1
=
−
2n + 1
n n=1 2n
n=2
n=1
N
X
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=1
n=2
Or on sait que
N
X
1
= ln N + γ + o(1)
n
n=1
donc on conclut que la série converge et
+∞
X
1
= 3 − 4 ln 2.
n(n
+
1)(2n
+ 1)
n=1
un =
k=1
et
3n+1
X
k=1
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
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.
Exercice 64 : [énoncé]
On a
N
X
on obtient
2n
X (−1)k−1
(−1)k−1
=
+ o(1)
k
k
donc la série converge et est de somme égale à ln 2.
(b) On a
3n
X
Sachant
k=1
et
on obtient
k=1
2n
n
X
X
1
1
−2
= ln 2n + γ + o(1) − ln n − γ = ln 2 + o(1)
k
2k
k=1
donc en exploitant
n
X
=
12 + 22 + · · · + n2 =
n
X
k2 =
k=1
et donc
12
+
22
n(n + 1)(2n + 1)
6
1
3
∼ 3.
2
+ ··· + n
n
Par comparaison de séries à termes positifs, la série numérique
converge
Par décomposition en éléments simples
P
1
12 +22 +···+n2
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
= ln N + γ + o(1).
n
n=1
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 août 2017
Corrections
31
on parvient à
Par décalage d'indice
N
+1
X
1
1
=
= ln(N + 1) + γ − 1 + o(1)
n
+
1
n
n=2
n=1
N
X
et en introduisant dans la somme les inverses des nombres pairs absents, on
obtient
N X
n=0
1
3
1
1
−
+
+
4n + 1 4n + 2 4n + 3 4n + 4
Ainsi
∞ X
n=0
2N
+1
N
X
1 X 1
1
1
1
=
−
= ln(2N + 1) − ln N + γ − 1 + o(1).
2n
+
1
n
2n
2
2
n=2
n=1
n=1
N
X
N
X
1
3
1
1
−
+
+
4n + 1 4n + 2 4n + 3 4n + 4
Z
donc un =
+∞
X
ln 2
2
+
ln 3
3
1
= 18 − 24 ln 2.
2 + 2 2 + · · · + n2
1
n=1
3
1
1
1
3
1
1
1
1
1
−
+
+
=
−
+
+
+O 2 =O 2
4n + 1 4n + 2 4n + 3 4n + 4
4n 4n 4n 4n
n
n
4
N
X
1
1
=2
=2
4n
+
2
2n
+1
n=0
n=0
Par le développement
Z
p
p−1
ln t
dt
t
+ vn avec
Z n+1
Z n
ln t
ln t
dt ≤ vn ≤
dt
t
t
4
3
1
(ln n)2 + C + o(1).
2
(b)
=
4N
+4
X
k=1
2N
+1
X
k=1
n
X
1
= ln n + γ + o(1)
k
k=1
ln p
ln t
dt ≤
≤
t
p
un =
donc la série étudiée est absolument convergente.
On a
N
X
=0
donc vn ∼ 12 (ln n)2 .
Rn
Étudions wn = un − 21 (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
Exercice 65 : [énoncé]
1
3
1
1
−
+
+
4n + 1 4n + 2 4n + 3 4n + 4
p+1
p
puis à la limite
Or
(ce qui change du ln 2 traditionnel. . . ;-)
1
N 18 (N + 1)6
=
ln
+ 18 + o(1)
12 + 22 + · · · + n2
(2N + 1)24
n=1
n=0
= ln(4N +4)+γ−2 ln(2N +1)−2γ+ln N +γ+o(1) →
Exercice 66 : [énoncé]
(a) f est décroissante sur [e ; +∞[. Pour p ≥ 4,
On en déduit
N X
N
X
1
1
−4
.
k
4n + 2
n=0
2N
X
donc
2N
X
N
X
1
1
−2
.
k
2k
k=1
(−1)
n=1
N
N
X
ln(2n) X ln(2n − 1)
=
−
n
2n
2n − 1
n=1
n=1
n ln n
(−1)n
n=1
N
2N
N
X
ln n X ln(2n) X ln(n)
1
=
−
= ln 2
+ uN − u2N .
n
n
n
n
n=1
n=1
n=1
Par le développement asymptotique précédent, on obtient :
2N
X
(−1)n
n=1
ln n
1
1
= ln 2. ln n + ln(2)γ + (ln n)2 + C − (ln 2n)2 − C + o(1)
n
2
2
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 août 2017
Corrections
32
(c) Posons Sn la somme partielle de rang n. On a
et après simplication
2N
X
1
ln n
→ ln(2)(2γ − ln 2).
n
2
(−1)n
n=1
On en déduit
De plus
2N
+1
X
(−1)
n ln n
n=1
donc
n
2N
X
=
(−1)
n ln n
1
+ o(1) → ln(2)(2γ − ln 2)
n
2
n=1
+∞
X
(−1)n
n=1
n=2k
2k+1
X−1
n=2k
+∞
X
k=n
2k+1
X−1
S2N +1 −1 =
=
1
k
=
k→+∞
1
1
+O 2 .
k
k
En sommant pour k allant de 2 jusqu'à n − 1, il vient
ln n =
n−1
X
k=1
k=2
k
1
+
k
n−1
X
k=2
O
p=2
n=2
N
X
S2k+1 −1 − S2k −1 + S1
N
X
k
1
k2
S2N +1 −1 =
=
=O(1/n)
En ajoutant un terme 1/n et en réorganisant les membres, on obtient
l'identité voulue.
k
2X
−1
p=2k−1
1
p
!
−
N
X
k
2k+1
X−1
k=1
n=2k
!
1
.
n
Après glissement d'indice dans la deuxième somme puis simplication
X
+∞ +∞ X
1
1
O 2 .
=
O 2 −
k
k
k=2
k=n
|
{z
} |
{z
}
=−γ
k+1
2X
−1
2X
−1
1
1
(−1)n
=
−
.
n
p
n
k−1
k
k=1
ln(k + 1) − ln(k) = ln 1 +
p=2
k=1
(b) Pour k ≥ 1, on peut écrire
1
O 2
k
p=2
1
uk = O
.
n
k
On adjoint les termes pairs intermédiaires à la deuxième somme
Par comparaison avec une intégrale, on poursuit
k
On en déduit
k=n
k=n
n=2
2X
−1
2X
−1
(−1)n
1
1
=
−
.
n
2p
2p
+1
k−1
k−1
n=2k
!
+∞
X
1
.
uk = O
k2
+∞
X
k+1
2X
−1
(−1)n
(−1)n
k=k
.
n
n
k
En séparant les termes d'indices pairs de ceux d'indices impairs
1
ln n
= ln(2)(2γ − ln 2).
n
2
Exercice 67 : [énoncé]
(a) Par sommation de relations de comparaison (on compare au terme général
d'une série à termes positifs convergente), on peut écrire avec existence
n−1
X
2k+1
X−1
S2k+1 −1 − S2k −1 =
N'est-ce pas magnique ?
avec
ln n
= k ⇐⇒ 2k ≤ n < 2k+1 .
ln 2
N
X
k
k
2X
−1
k=1
p=2k−1
N
X
k
2X
−1
k=1
p=2k−1
N
1
p
1
p
!
−
N
+1
X
(k − 1)
k=2
!
2
−N
k
2X
−1
n=2k−1
1
n
!
N +1
X−1 1
n
N
n=2
N +1
X−1 1
n
n=1
n=2N
1
1
= ln 2N − 1 + γ + O N − N ln 2 − N O N −−−−−→ γ .
N →+∞
2
2
=
2X
−1
1
−N
n
2
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 août 2017
Corrections
Cette étude ne sut pas pour conclure, il faut encore étudier la limite de
(Sn ). Pour n ≥ 1, introduisons k tel que 2k ≤ n < 2k+1 . On a
Sn − S2k −1 = k
n
X
(−1)p
.
p
k
Par application du critère spécial, cette somme est encadrée par deux sommes
partielles consécutives, par exemple, celles de rangs 2k − 1 (qui vaut 0) et 2k
(qui vaut 1/2k ). On en déduit :
n
0
Z
1
1
Z
n
v −1
=−
v−1
0
Z
1 n−1
X
v k dv
0 k=0
puis
n
X1
(1 − u)n − 1
du = −
= − ln n − γ + o(1)
u
k
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 armer
n−1
1X
uk+1 − uk → α.
n
1
(un − u0 ) → α
n
puis
1
un → α
n
et enn
un ∼ αn.
k=1
donc un → −γ
Exercice 70 : [énoncé]
(a) Supposons ` = 0.
Soit ε > 0, il existe n0 ∈ N tel que
Exercice 69 : [énoncé]
∀n > n0 , |un | ≤ ε/2.
(a) C'est la convergence de un vers `.
(b) On a
|vn − `| =
On a alors
1
(u1 − `) + · · · + (un − `)
n
et par l'inégalité triangulaire
|vn − `| ≤
Ainsi il existe un rang n1 au-delà duquel
Après télescopage
(1 − u) − 1
du = −
u
0
|u1 − `| + · · · + |un0 − `|
ε
≤ .
n
2
k=0
Exercice 68 : [énoncé]
1
C te
|u1 − `| + · · · + |un0 − `|
=
→0
n
n
|vn − `| ≤
k
≤ k −−−−−→ 0.
2 n→+∞
On peut alors conclure que la série étudiée converge et sa somme vaut γ .
Z
(c) Quand n → +∞,
donc pour n assez grand
p=2
Sn − S2k −1
33
|u1 − `| + · · · + |un0 − `| |un0 +1 − `| + · · · + |un − `|
+
.
n
n
On conclut en exploitant |uk − `| ≤
ε
2
pour k > n0 .
|vn | ≤
u1 + · · · + n0 un0
(n0 + 1)un0 +1 + · · · + nun
C te
ε
+
≤ 2 + ≤ε
2
2
n
n
n
2
pour n assez grand.
Ainsi vn → 0.
Cas général : un = ` + wn avec ωn → 0 :
vn =
n(n + 1)
w1 + · · · + nwn
`
`+
→ .
2n2
n2
2
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 août 2017
Corrections
34
(c) Par le théorème de Césaro
(b) On peut écrire
n−1
1X
1
1
1
−
−−−−−→
n
uk+1
uk n→+∞ 2
(un − un−1 ) + · · · + (u1 − u0 ) u0
un
=
+ 2
n2
n2
n
donc
k=0
n−1 )
n (un −u
+ ··· +
un
n
=
2
n
n2
(u1 −u0 )
1
+
u0
`
→ .
n2
2
puis
1 1
1
→ .
n un
2
Finalement
un
Exercice 71 : [énoncé]
On a ln un+1 − ln un → ln ` donc par Césaro
n
1X
ln uk − ln uk−1 → ln `
n
k=1
d'où
1
ln un → ln `
n
puis
√
n
un → `.
Exercice 72 : [énoncé]
∼
n→+∞
2
.
n
Exercice 73 : [énoncé]
(a) La suite étudiée est bien dénie et à termes tous positifs. On en déduit
0 ≤ un+1 =
1
e−un
≤
n+1
n+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.
La série un est alors divergente par équivalence de séries à termes positifs.
On a aussi
P
(a) La suite (un )n≥0 est bien dénie et à valeurs dans R∗+ car
∀x > 0, ln(1 + x) > 0.
La suite (un )n≥0 est décroissante car
un =
donc
1 − un−1 + o(un−1 )
1
1
e−un−1
1
=
= − 2 +o 2
n
n
n n
n
∀x ≥ 0, ln(1 + x) ≤ x.
(−1)n
1
+O 2 .
(−1) un =
n
n
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.
La série (−1)n /n converge en vertu du critère spéciale et O(1/n2 ) est
absolument convergente parP
argument de comparaison. Par opération sur les
séries convergentes, la série (−1)n un converge.
n
P
P
(b)
1
un+1
car un+1 ∼ un .
−
1
un − ln(1 + un )
1
=
∼
n→+∞
un
un un+1
2
Exercice 74 : [énoncé]
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.
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 août 2017
Puisque
Corrections
(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 − 12 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 termePgénéral an+1 − an qui est celle de la
suite de terme général an . Finalement a2n converge.
(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
P
1
a2n+1
−
a2n − a2n+1
1
1
=
∼
2
2
2
an
an an+1
3
on obtient par le théorème de Césaro
n−1
1X
1
1
1
−
→
n
a2k+1
a2k
3
k=0
puis
Finalement an ∼
35
√
√3
n
1
1 1
→ .
n a2n
3
et la série étudiée est divergente.
Exercice 75 : [énoncé]
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 ` vérie
ln(1 + `) = ` ce qui donne ` = 0.
1
un+1
−
1 2
u
1
1
un − un+1
=
∼ 2 2n → .
un
un un+1
un
2
Par le théorème de Cesaro,
n−1
1X
1
1
1
−
→
n
uk+1
uk
2
k=0
et donc
On en déduit un ∼
Par équivalence de série de terme de signe constant, on peut armer
diverge.
et donc la série de terme général un diverge.
Exercice 76 : [énoncé]
(a) La suite (an ) est bien dénie et à termes positifs puisque pour tout x ≥ 0,
1 − e−x ≥ 0.
Puisque pour tout x ∈ R, ex ≤ 1 + x, on a an+1 ≤ an et la suite (an ) est donc
décroissante.
Puisque décroissante et minorée, (an ) converge et sa limite ` vérie
` = 1 − e−` . On en déduit ` = 0.
Finalement (an ) décroît vers 0.
P
an
Exercice 77 : [énoncé]
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 ` vérie
` = ` − `2 et donc ` = 0.
Finalement (un ) décroît vers 0 par valeurs strictement supérieures.
1
1
1
→ .
nun
2
2
n
an+1
1
1
ln
= ln 1 − an + o(an ) ∼ − an .
an
2
2
un+1
−
1
un − un+1
u2
=
= 2 n 3 → 1.
un
un un+1
un − un
Par le théorème de Cesaro,
n−1
1X
1
1
−
→1
n
uk+1
uk
k=0
et donc nu1 n → 1.
P
On en déduit que un ∼ n1 et donc un diverge.
(b) Comme ci-dessus, on obtient que (un ) décroît vers 0 par valeurs strictement
supérieures.
1
uα
n+1
−
α
uα
1
αuα
n − un+1
n
→ α.
=
∼
uα
(un un+1 )α
uα
n
n+1
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 août 2017
Par le théorème de Cesaro,
1
nuα
n
Corrections
→ α et donc
un ∼
Ainsi (un ) converge.
Si (un ) converge. Posons ` = lim un , on observe ` > 0. On a
λ
n1/α
un+1 − un =
avec λ > 0. P
P
Si α ∈ ]0 ; 1[, un converge et si α ≥ 1, un diverge.
vn
vn vn+1
vn
u2n+1 − u2n =
u2n ∼ 2
n
X
1
kα
k=1
or par comparaison série-intégrale,
n
X
1
n1−α
∼
quand α < 1
α
k
1−α
k=1
n−1
1
1
1X
1
−
→
2
n
vk+1
vk2
3
et
n
X
1
∼ ln n quand α = 1.
k
k=1
k=0
1
2
nvn
2
1
2
+ 2α 2 ∼ α
nα
n un
n
donc par sommation de relation de comparaison de séries à termes positifs
divergentes
3
Par le théorème de Cesaro,
et donc
1
1
∼ α
nα un
n `
or la série de terme général un+1 − un est convergente donc α > 1.
(b) On suppose α ≤ 1. On a
Exercice 78 : [énoncé]
Posons vn = uβn . La suite (vn ) vérie vn ∈ ]0 ; 1] et vn+1 = sin(vn ) pour tout n ∈ N.
Puisque la fonction sinus laisse stable l'intervalle ]0 ; 1], on peut armer 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 ` vérie sin ` = ` ce qui
donne ` = 0.
Finalement (vn ) décroît vers 0 par valeurs strictement supérieures.
On a
1 3
(vn − vn+1 )(vn+1 + vn )
1
1
1
6 vn × 2vn
=
→ .
−
∼
2
2
2 2
4
vn+1
36
→ 13 . On en déduit vn ∼
√
3
n1/2
un ∼
puis
r
un ∼
λ
n1/(2β)
avec λ > 0.
P
P
Pour β ∈ ]0 ; 1/2[, vn converge et pour β ≥ 1/2, vn diverge.
Exercice 79 : [énoncé]
(a) Notons la suite (un ) est bien dénie, strictement positive et croissante.
Si α > 1, on a
un+1
On conclut alors
(c) On suppose α > 1. Posons vn = un − `. On a
vn+1 − vn =
un ≤
n
X
k=1
1
.
k α u1
1
1
∼ α
nα un
n `
donc par sommation de relation de comparaison de séries à termes positifs
convergentes
+∞
X
1
≤ un + α
n u1
puis par récurrence
√
2n1−α
si α < 1 et un ∼ 2 ln n si α = 1.
1−α
vk+1 − vk = −vn ∼
k=n
+∞
X
1
1
1
∼
α
α−1
`n
α − 1 `n
k=n
puis
vn =
1
1
.
1 − α `nα−1
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 août 2017
Corrections
Exercice 80 : [énoncé]
n
n−1
On observe
P que un+1 − un = n.
Puisque n une série à termes positifs divergente on peut, par sommation de
relation de comparaison, armer
unn+1
∼
n
X
k∼
k=1
37
On a
n
ln Pn = −
k=1
Puisque
1 2
n .
2
t
t
2
|zn − k| = (2n)2 − 4nk cos √
+ k 2 = (2n − k)2 + 8nk sin2 √
n
2 n
En composant avec le logarithme népérien cet équivalent de limite inni, on
obtient
on obtient
ln Pn = −
n ln un+1 ∼ 2 ln n
ln un+1 ∼ 2
Sachant sin u = u + O(u ), on peut écrire
2
ln n
.
n
2
4
sin2
Par suite un+1 → 1 puis
un+1
Posons
ln n
ln n
=1+2
+o
.
n
n
unn+1
donne
Ainsi
ln Pn = −
unn+1 = exp 2 ln n + nvn + O (ln n)2 /n .
→1
n
X
k=1
2kt2
k
1
+
O
.
(2n − k)2
(2n − k)2
n
n
X
1
n
1
1
k
O
≤
O
=O
→ 0.
(2n − k)2
n
n2
n
n
k=1
k=1
avec
2n−1
2n−1
2n−1
X 2(2n − `)
X 1
X 1
2k
=
=
4n
−
2
(2n − k)2
`2
`2
`
`=n
`=n
`=n
+∞
n
X
X
1
1
1
∼
et
= ln n + γ + o(1).
`2
n
`
`=n
n
Y
2n − k
.
zn − k
1
t2
+O 2 .
4n
n
D'autre part
n
X
Pn =
=
Posons Sn le second membre de cette comparaison. D'une part
puis nvn → − ln(2). Ainsi
ln n ln 2
1
=1+2
−
+o
.
n
n
n
n X
k=1
k=1
Exercice 81 : [énoncé]
Posons
n
2kt2
k
1
1X
ln 1 +
.
+
O
2
(2n − k)2
(2n − k)2
n
−2 ln(Pn ) ≤
→ 1 donc
un+1
t
√
2 n
Sachant ln(1 + x) ≤ x, on a
ln n
= exp n ln 1 + 2
+ vn
n
exp ln(2) + nvn + O (ln n)2 /n
k=1
ln n
.
vn = un+1 − 1 − 2
n
L'égalité
Or
n
8nk
t
1X
2
√
ln 1 +
sin
.
2
(2n − k)2
2 n
k=1
puis
2un
n+1
n2
2
1 X |zn − k|
ln
2.
2
|2n − k|
`=1
Après calculs asymptotiques, on obtient
Sn → (2 − 2 ln 2)t2 .
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 août 2017
Corrections
Sachant ln(1 + x) ≥ x − 12 x2 , on a
−2 ln Pn ≥ Sn −
2
n 2kt2
k
1
1X
+
O
.
2
(2n − k)2
(2n − k)2
n
k=1
Puisque 0 ≤
n X
k=1
k
(2n−k)2
≤
1
n,
2 X
n
2kt2
1
1
k
1
+
O
=
O 2 =O
→ 0.
(2n − k)2
(2n − k)2
n
n
n
38
(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.
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
X
1
1
1
1
−
=
= n
k
k
k
2
2
2
2
k=1
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 .
Exercice
82 : [énoncé]
P
P
Soient un une sérieP
semi-convergente et vn une série absolument
convergente. La série
un + vn est convergente et si celle-ci était absolument
P
convergente
alors
u
le
serait aussi car |un | ≤ |un + vn | + |vn |. La série
n
P
un + vn n'est donc que semi-convergente.
Exercice 83 : [énoncé]
Pour
k(k − 1)
k(k + 1)
<n≤
2
2
on pose
un =
(−1)k−1
.
k
Ceci dénit la suite (un )n≥1 de sorte que ses premiers termes sont :
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.
Exercice 84 : [énoncé]
k=0
k=0
k=n+1
n'est pas inférieur à un+1 . Cette série convergente n'enveloppe aucun réel.
(b) Posons pour la suite de notre étude
Sn =
n
X
uk .
k=0
On a
θn+2 un+2 = A − Sn+1 = A − Sn − un+1 = (θn+1 − 1)un+1 .
Puisque θn+2 > 0 et θn+1 − 1 < 0, on peut armer que un+2 et un+1 sont de
signes opposés.
Puisque A − Sn = θn+1 un+1 est du signe de un+1 , les réels A − Sn et
A − Sn+1 sont de signes opposés et donc A est encadré par Sn et Sn+1 .
(c) Puisque A − Sn est du signe de un+1 , on peut écrire A − Sn = θn+1 un+1 avec
θn+1 ∈ R+ .
Puisque A − Sn+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 − Sn est non nul pour tout
n ∈ N.
En eet pour un = (−1)n et A = 1, la série de terme général un est alternée et
pour n pair : A − Sn = 1 − 1 = 0 est du signe de un+1 .
pour n impair : A − Sn = 1 − 0 = 1 est du signe de un+1 .
Si en revanche, on suppose A − Sn 6= 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 − Sn ≤ un+1 donc A − Sn+1 ≤ 0 puis A − Sn+2 ≤ −un+2 et donc
|A − Sn+2 | ≥ |un+2 |. Or |A − Sn+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
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 août 2017
Corrections
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 armer pour le rang 0).
Puisque A − Sn+1 = A − Sn − un+1 , on a
− |un+1 | − un+1 ≤ A − Sn+1 ≤ |un+1 | − un+1 .
Si un+1 > 0 alors A − Sn+1 ≤ 0 et donc du signe de un+2 .
Si un+1 < 0 alors A − Sn+1 ≥ 0 et donc à nouveau du signe de un+2 .
Enn A − Sn+1 n'est pas nul, car sinon
A − Sn+3 = A − Sn+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 armer que la série de terme
général un encadre strictement A.
39
(d) On a
cn+1 − cn =
Puisque la suite de terme général bn bn+1 croît vers +∞, on peut appliquer le
critère
spécial des séries alternées et armer que la série numérique
P
(cn+1 − cn ) converge. Par conséquent la suite (cn ) converge.
(e) On a
` − cn =
(ck+1 − ck ).
Par le critère spécial des séries alternées, on peut borner ce reste par la valeur
absolue de son premier terme
|` − cn | ≤
(a) Il est immédiat de vérier que E est un sous-espace vectoriel de l'espace RN
des suites réelles. L'application
ϕ : E → R2 dénie 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 armer que l'espace E est de dimension 2.
(b) Il est immédiat de vérier 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
On peut ainsi écrire
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 simplication, on obtient
cn = ` + o
wn = (−1)n w0 = (−1)n+1 .
1
.
bn bn+1
an + rbn = bn (cn + r) = bn (` + r) + o
1
bn+1
.
Sachant bn → +∞, on peut armer
an + rbn → 0 ⇐⇒ r = −`.
Exercice 86 : [énoncé]
(a) Puisque |dn en | ≤ en avec convergence de en , on peut armer que les
éléments de G sont des sommes de séries absolument convergentes. Les
éléments de G sont donc bien dénis et puisque
P
+∞
X
n=0
wn+1 = −wn
1
.
bn bn+1
On a alors
∀n ≥ 2, an , bn ≥ 1
et donc
+∞
X
k=n
Exercice 85 : [énoncé]
et donc
(−1)n+1
wn
=
.
bn bn+1
bn bn+1
dn en ≤
+∞
X
en = s
n=0
on a G ⊂ [−s ; s]. Enn 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 .
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 août 2017
Introduisons
x=
N
−1
X
ek ∈ [−s ; s]
k=0
(comprendre x = 0 si N = 0).
Soit
y=
+∞
X
dn en avec dn ∈ {−1, 1} .
Corrections
40
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 vériée et, puisque s = 2, on obtient G = [−2 ; 2].
On peut écrire
n=0
0=1+
S'il existe k ≤ N tel que dk = −1 alors
y≤
+∞
X
dn en − 2ek = s − 2ek .
+∞
X
+∞
(−1)
n=1
et
2=
n=0
Or
ek ≥ eN
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 6= 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 .
En remarquant
et
Ainsi
t − tn+1 ≥ −en ≥ −rn .
|t − tn+1 | ≤ rn = en+1 + rn+1 .
on peut proposer
+∞
1
1 X (−1)n−1
=1− +
.
3
2 n=2
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).
Exercice 87 : [énoncé]
On remarque
vn ≥ u2n + u2n +1 + · · · + u2n+1 −1
de sorte que
n
X
et l'étude est analogue.
vk ≥
2n+1
X−1
k=0
Ainsi, si
Aussi
P
un diverge alors
P
uk .
k=1
vn aussi par comparaison de séries à termes positifs.
u2n + · · · + u2n+1 −1 ≥
donc
n
2X
−1
Si tn > t alors
tn+1 − t = tn − t − en
+∞
X
1
.
n
2
n=0
+∞
X
(−1)n
2
=
n
2
3
n=0
Supposons la propriété vériée au rang n ≥ 0.
Si tn ≤ t alors
t − tn+1 = t − tn − en ≤ rn
+∞
1
1 X
1 1
1 1 X 1
,1 = 1 + +
(−1) n , = 1 − − +
n
2
2 n=2
2 2
2 4 n=3 2n
k=1
Ainsi, si
positifs.
P
un converge alors
P
1
vn+1
2
n
uk ≥
1X
vk .
2
k=1
vn aussi par comparaison de séries à termes
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 août 2017
Corrections
Exercice 89 : [énoncé]
On remarque
Exercice 88 : [énoncé]
(a) On remarque
p
n+1
pn (p − 1)upn+1 ≤
X−1
et donc
p−1
p
P
n+1
X
p
v` ≤
`=1
uk ≤ (p − 1)
n
X
v` .
un converge alors la première inégalité donne
n+1
X
positifs
P aux sommes partielles majorées.
Si vn converge alors la deuxième inégalité de l'encadrement précédent
donne
n+1
X−1
Si
P
uk ≤ (p − 1)
+∞
X
k=1
(n+1)2 −1
v`
`=0
et puisque les sommes partielles de la série un sont croissantes et que ce
qui précède
permet de les majorer, on peut conclure à la convergence de la
P
série un .
(b) Prenons p = 2 et
`=1
k=1
v` =
`=1
1
.
n ln n
La suite (un ) est décroissante positive et
n
vn = 2 u2n
1
=
.
n ln 2
Puisque vn diverge, un diverge aussi.
Prenons toujours p = 2 et cette fois-ci
P
1
.
n ln n ln(ln n)
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 =
uk ≤
n
X
(2` + 1)u`2 .
`=0
n+1
X
`u`2 ≤
n+1
X
+∞
X
`=1
k=1
(2` − 1)u`2 ≤
uk
ce qui assure la convergence de la série vn car c'est une série à termes positifs
auxPsommes partielles majorées.P
Si vn converge alors la série un2 converge aussi car
P
0 ≤ un2 ≤ nun2 = vn .
P
On en déduit la convergence de (2n + 1)un2 et la deuxième inégalité de
l'encadrement précédent donne
pn+1
X−1
uk ≤
k=1
+∞
X
(2` + 1)u`2 .
`=0
Puisque les sommes partielles de la série un sont croissantes et que ce quiP
précède permet de les majorer, on peut conclure la convergence de la série un .
P
Exercice 90 : [énoncé]
P
Supposons que vn converge. Pour n2 ≤ k < (n + 1)2 ,
0 ≤ uk ≤ un2 ≤
P
un =
X
`=1
P
un =
uk ≤ (2n + 1)un2
un converge alors la première inégalité donne
n+1
X
+∞
p X
v` ≤
uk
p−1
`=1
k=1
P
ce qui assure la convergence de la série vn car c'est une série à termes
p
n+1
X
(2` − 1)u`2 ≤
`=0
k=1
X
k=n2
et donc
n+1
X−1
(n+1)2 −1
(2n + 1)u(n+1)2 ≤
uk ≤ pn (p − 1)upn
k=pn
Si
41
donc
(n+1)2 −1
0≤
X
k=n2
uk ≤ vn
vn
n2
(n + 1)2 − n2
n2
ce
les sommes partielles de la série à termes positifs
P qui permet d'armer que P
un sont 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.
Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD