Td1SeriesNum-Corrigé

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Séries numériques
Travaux dirigés 1 - Correction
Pour commencer...
Exercice 1.
1. Le terme général de la série est un =
1
5
1
, qui est également le terme général d'une suite géométrique
5n
de raison q = . On étudie la suite des sommes partielles de la série :
∀n ∈ N, Sn =
n k
X
1
k=0
=
=
5
1 n+1
1− 5
1−
1−
5
4
5
n+1 !
1
1−
5
5
= ×
4
1
< 1, on a :
5
Par passage à la limite, comme −1 <
5
converge vers S = .
4
2. Le terme général de la série est un =
1
5
1 n+1
lim Sn =
n→+∞
5
ce qui démontre que la série
4
n
1
−
, qui est également le terme général d'une suite
3
1
3
géométrique de raison q = − . On étudie la suite des sommes partielles de la série :
k
n X
1
∀n ∈ N, Sn =
−
3
k=0
n+1
1 − − 13
=
1 + 13
n+1
1 − − 13
=
4
3
3
= ×
4
1
3
n+1 !
1
1− −
3
Par passage à la limite, comme −1 < − < 1, on a : lim Sn =
3
4
n→+∞
3
ce qui démontre que la série
4
converge vers S = .
3. Le terme général de la série est un =
2n
3n−2
n
2
= 9×
, qui est également le terme général d'une
3
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2
3
suite géométrique de raison q = . On étudie la suite des sommes partielles de la série :
∀n ∈ N, Sn =
n
X
k
2
3
2 n+1
9×
k=0
1− 3
1−
=9×
1−
=9×
= 27 ×
Par passage à la limite, comme −1 <
converge vers S = 27.
2
3
2 n+1
3
1
3
n+1 !
2
1−
3
2
< 1, on a :
3
lim Sn = 27 ce qui démontre que la série
n→+∞
n
!n
tan π7
tan π7
1
= ×
, qui est également le terme
4. Le terme général de la série est un =
3n+2
9
3
tan π7
général d'une suite géométrique de raison q =
. On étudie la suite des sommes partielles
3
de la série :
!k
tan π7
∀n ∈ N, Sn =
×
9
3
k=0
n+1
tan( π
7)
1−
3
1
= ×
tan( π )
9
1− 37

1
× 1 −
= tan( π )
9 1− 37
n
X
1
tan
Par passage à la limite, comme −1 <
3
π
7
démontre que la série converge vers S = 9 1−
tan
3
< 1, on a :
1
tan(
3
π
7
)
=
π
7
!n+1 

lim Sn =
n→+∞
1
9 − 3 tan
π
7
1
9 1−
tan( π
7)
3
ce qui
.
9
; ce terme général est toujours positif et on
(3n + 1)(3n + 4)
9
1
peut en donner un équivalent lorsque n tend vers l'inni : un ∼
= 2.
n→+∞ 9n2
n
1
Comme 2 est le terme général d'une série convergente (série de Riemann avec α = 2 > 1), on
n
P
peut donc conclure : un converge.
5. Le terme général de la série est un =
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On a de plus :
∀n ∈ N∗ ,
n
X
k=0
n
X
9
=
(3k + 1)(3k + 4)
=
=
k=0
n
X
k=0
n
X
k=0
=
n
X
k=0
3
3
−
3k + 1 3k + 4
(décomposition en éléments simples)
n
X 3
3
−
3k + 1
3k + 4
k=0
n
X
3
3
−
3k + 1
3(k + 1) + 1
k=0
n+1
X 3
3
−
3k + 1
3k + 1
k=1
3
=
+
3×0+1
=3+
n
X
k=1
n
X
k=1
3
−
3k + 1
3
−
3k + 1
n
X
k=1
n
X
k=1
3
3
+
3k + 1 3n + 4
!
3
3
−
3k + 1 3n + 4
3
=3−
3n + 4
Comme on a : lim
n→+∞
3−
3
3n + 4
= 3, on en déduit :
+∞
X
un = 3.
k=0
Exercice 2.
1. Comme l'ensemble des séries est un espace vectoriel, on a :
X 1
1X1
=
; or la série harmo2n
2
n
X 1
1
diverge, donc
diverge.
n
2n
1
; ce terme général est toujours positif et on peut en
2. Le terme général de la série est un =
2n + 1
1
.
donner un équivalent lorsque n tend vers l'inni : un ∼
n→+∞ 2n
1
Comme
est le terme général d'une série divergente (d'après la question précédente), on peut
2n
X 1
donc conclure :
diverge.
2n + 1
1
3. Le terme général de la série est un = ln 1 − 2 ; ce terme général est toujours négatif et on
n
1
1
peut en donner un équivalent lorsque n tend vers l'inni : un ∼ − 2 , car lim 2 = 0.
n→+∞
n→+∞
n
n
1
Comme − 2 est le terme général d'une série convergente (série de Riemann avec α = 2 > 1), on
n
P
peut donc conclure : un converge.
nique de terme général
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On a de plus :
∀n ∈ N,
n
X
X
2
n
1
k −1
ln 1 − 2 =
ln
k
k2
k=2
k=2
n
X
(k + 1)(k − 1)
=
ln
k2
=
=
k=2
n
X
k=2
n
X
(ln(k + 1) + ln(k − 1) − 2 ln(k))
ln(k + 1) +
k=2
=
n+1
X
n−1
X
ln(k − 1) − 2
k=2
ln(k) +
k=3
=
n
X
n−1
X
n
X
ln(k)
k=2
ln(k) − 2
k=1
n
X
ln(k)
k=2
ln(k) + ln(n) + ln(n + 1)
k=3
+ ln(1) + ln(2) +
n−1
X
ln(k)
k=3
− 2 ln(2) − 2
n−1
X
ln(k) − 2 ln(n)
k=3
= ln(n + 1) − ln(n) − ln(2)
n+1
− ln(2)
= ln
n
+∞
X
n+1
− ln(2) = − ln(2), on en déduit :
un = − ln(2).
ln
n→+∞
n
n=2
Comme on a : lim
Exercice 3.
n2 + 1
et, de manière évidente : lim un = 1. Une série
n→+∞
n2
P
dont le terme général ne tend pas vers 0 diverge grossièrement : c'est le cas de un ici.
1. Le terme général de la série est un =
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2
n
2. La série a pour terme général un = √ : c'est une série de Riemann avec α =
diverge.
1
< 1 donc elle
2
(2n + 1)4
; ce terme général est toujours positif et on peut
(7n2 + 1)3
16n4
16
en donner un équivalent lorsque n tend vers l'inni : un ∼
=
.
n→+∞ 343n6
343n2
16
Comme
est le terme général d'une série convergente (série de Riemann avec α = 2 > 1), on
343n2
P
peut donc conclure : un converge.
n
1
1
4. Le terme général de la série est un = 1 −
= en ln(1− n ) ; en calculant un dévelopn
1
1
pement limité de ln 1 −
lorsque n tend vers l'inni, car lim
= 0, on a donc :
n→+∞
n n
1
1
n −n
+ o (n
−1+ o (1)
)
n→+∞
n→+∞
=e
. On en déduit : lim un = e−1 6= 0.
∀n ∈ N, un = e
n→+∞
P
Une série dont le terme général ne tend pas vers 0 diverge grossièrement : c'est le cas de un ici.
1
1
5. Le terme général de la série est un = ne n − n = n e n − 1 ; en calculant un dé1
1
veloppement limité de e n lorsque n tend vers l'inni, car lim
= 0, on a donc :
n→+∞
n
1
1
1
1
∀n ∈ N, un = n 1 + + o
−1 =n
+ o
= 1 + o (1).
n→+∞
n n→+∞ n
n n→+∞ n
On en déduit : lim un = 1 6= 0.
n→+∞
P
Une série dont le terme général ne tend pas vers 0 diverge grossièrement : c'est le cas de un ici.
3. Le terme général de la série est un =
6. Le terme général de la série est un = ln(1 + e−n ) ; ce terme général est toujours positif et on
peut
en donner un équivalent lorsque n tend vers l'inni, car lim e−n = 0 : un
n→+∞
∼
n→+∞
e−n =
1
e
n
.
n
1
1
est le terme général d'une série convergente (série géométrique avec −1 < < 1),
e
e
P
on peut donc conclure : un converge.
Comme
Exercice 4.
n
n+1
n2
Remarque :
= en
2
n
ln( n+1
)
= e−n
2
ln( n+1
n )
2
1
= e−n ln(1+ n ) ; son
1
signe est constant et positif. En calculant un développement limité de ln 1 +
lorsque n tend
n
1
vers l'inni, car lim
= 0, on a donc : ∀n ∈ N,
n→+∞ n
n 1
1
1
− 2n
−n2 n
o ( n12 )
−n+ 21 + o (1)
+ o (1)
1
2+
n→+∞
n→+∞
un = e
=e
=
e 2 n→+∞ .
e
1. Le terme général de la série est un =
On a choisi de développer le logarithme népérien à l'ordre 2 car le facteur n2 devant
a eu une inuence en développant à l'intérieur de l'exponentielle.
n
n
1
1
1
1
e 2 . Comme
e 2 est le terme général d'une série convergente
n→+∞
e
e
P
1
(série géométrique avec −1 < < 1), on peut donc conclure : un converge.
e
On en déduit : un
∼
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2. Le terme général de la série est un =
1
. On a :
n(cos(n))2
∀n ∈ N∗ , −1 < cos(n) < 1 =⇒ 0 < (cos(n))2 < 1
=⇒ 0 < n(cos(n))2 < n
=⇒
Remarque :
1
1
<
n
n(cos(n))2
Le cosinus n'atteint jamais les valeurs −1, 0 ou 1 lorsque son contenu est un nombre
entier strictement positif, car ce contenu ne saurait alors être un multiple de π ou
Comme la série harmonique
π
.
2
X1
P
diverge, par comparaison de séries : la série un diverge.
n
Exercice 5.
n+1
; ce terme général est toujours positif (pour n > 2)
n3 − 7
1
n
= 2.
et on peut en donner un équivalent lorsque n tend vers l'inni : un ∼
n→+∞ n3
n
1
Comme 2 est le terme général d'une série convergente (série de Riemann avec α = 2 > 1), on
n
P
peut donc conclure : un converge.
n+1
2. Le terme général de la série est un = 2
; ce terme général est toujours positif (pour n > 3)
n −7
n
1
et on peut en donner un équivalent lorsque n tend vers l'inni : un ∼
= .
n→+∞ n2
n
1
Comme est le terme général d'une série divergente (série harmonique), on peut donc conclure :
n
P
un diverge.
n+1
3. Le terme général de la série est un =
et, de manière évidente : lim un = 1. Une série dont
n→+∞
n−7
P
le terme général ne tend pas vers 0 diverge grossièrement : c'est le cas de un ici.
1
4. Le terme général de la série est un = sin 2 ; ce terme général est toujours positif (pour n > 1)
n
1
.
et on peut en donner un équivalent lorsque n tend vers l'inni : un ∼
n→+∞ n2
1
Comme 2 est le terme général d'une série convergente (série de Riemann avec α = 2 > 1), on
n
P
peut donc conclure : un converge.
1. Le terme général de la série est un =
5. On aurait tendance à croire qu'on a aaire à une série de Riemann avec α > 1 : c'est une fausse
piste ! En eet : ici, α dépend de n (et, de surcroît, tend vers 1) ce qui n'est pas le cas d'une série
de Riemann pour laquelle α est nécessairement xé.
Le terme général de la série est un =
1
1+ √1n
=n
−1− √1n
=
1
− √1 ln(n)
×e n
.
n
n
− ln(n)
− √1 ln(n)
√
= 0, on a : lim e n
Comme lim
= 1.
n→+∞
n→+∞
n
u
Ainsi : lim 1n = 1, ce qui revient par dénition à dire que : un
n→+∞
n
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∼
n→+∞
1
.
n
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Comme
P
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1
est le terme général d'une série divergente (série harmonique), on peut donc conclure :
n
un diverge.
1
1
=
ln(n2 + 2)
ln n2 1 +
6. Le terme général de la série est un =
toujours strictement positif.
On observe alors que : lim
un
1
n→+∞
2
n2
=
1
2 ln(n) + ln 1 +
2
n2
; il est
√
=
1
lim
n→+∞
n2
n
2 ln(n) + ln 1 +
2
n2
= +∞ car, en l'inni, c'est le
terme ln(n) qui domine le dénominateur, puisque l'autre tend vers 0. On applique de plus la règle
de la croissance comparée pour conclure.
1
1
X 1
√ est une
n→+∞ un
n→+∞
n
n
X
1
un
série de Riemann avec α = < 1, donc elle diverge, et par comparaison on conclut que
2
On en tire alors qu'à l'inverse : lim
1
n2
= 0, donc :
1
2
=
o
(un ) ; la série
diverge.
7. Le terme général de la série est un =
un
On observe alors que : lim
On en tire : un =
o
n→+∞
1
n4
n→+∞
1
5
n4
5
ln(n)
3
n2
= lim
ln n
n→+∞
; la série
; il est toujours strictement positif.
1
n4
X 1
= 0 par croissance comparée.
5
est une série de Riemann avec α =
n4 X
5
> 1, donc
4
elle converge, et par comparaison on conclut que
un converge.
n
8. Le terme général de la série est un = n , il est de signe positif (pour n > 0).
2
n+1
1 n+1
u
1
2n+1
∗ un+1
On calcule : ∀n ∈ N ,
= n = ×
. Ainsi : lim n+1 = < 1 donc, en vertu du
n→+∞ un
un
2
n
2
n
2
X
critère de d'Alembert, la série
un converge.
2n + 3 n
; ce terme général est toujours positif (pour
+ ln(n) + 5n
n
3
3n
n > 0) et on peut en donner un équivalent lorsque n tend vers l'inni : un ∼
=
.
n→+∞ 5n
5
n
3
3
Comme
est le terme général d'une série convergente (série géométrique avec −1 < < 1),
5
5
P
on peut donc conclure : un converge.
9. Le terme général de la série est un =
n2
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1
, il est de signe positif (pour n > 0).
n!
1
1
u
u
(n+1)!
On calcule : ∀n ∈ N∗ , n+1 = 1 =
. Ainsi : lim n+1 = 0 < 1 donc, en vertu du
n→+∞ un
un
n
+
1
X n!
critère de d'Alembert, la série
un converge.
10. Le terme général de la série est un =
n1000
, il est de signe positif (pour n > 0).
n!
1000
1000
(n+1)
1
n+1
u
(n+1)!
∗ un+1
On calcule : ∀n ∈ N ,
= n1000 =
×
. Ainsi : lim n+1 = 0 < 1
n→+∞ un
un
n
+
1
n
n!
X
donc, en vertu du critère de d'Alembert, la série
un converge.
11. Le terme général de la série est un =
12. Le terme général de la série est un =
4n+1 ((n + 1)!)2
, il est de signe positif (pour n > 0).
(2n − 1)!
On calcule :
un+1
=
∀n ∈ N ,
un
∗
4n+2 ((n+2)!)2
(2n+1)!
4n+1 ((n+1)!)2
(2n−1)!
n+2
((n + 2)!)2
(2n − 1)!
× n+1
(2n + 1)!
4
((n + 1)!)2
2
(n + 2) × ((n + 1)!)2 × (2n − 1)!
=4×
((n + 1)!)2 × (2n + 1) × 2n × (2n − 1)!
(n + 2)2
=4×
(2n + 1) × 2n
2
4n + 16n + 16
=
4n2 + 2n
=
4
X
un+1
= 1+ > 1 donc, en vertu du critère de d'Alembert, la série
un diverge.
n→+∞ un
n2
2
1
1
13. Le terme général de la série est un = 1 −
= en ln(1− n ) ; son signe est constant et positif.
n
1
1
En calculant un développement limité de ln 1 −
lorsque n tend vers l'inni, car lim
= 0,
n→+∞ n
n
n 1
1
1
− 2n
o ( 12 )
n2 − n
− 2 + o (1)
−n− 12 + o (1)
1
2+
n→+∞ n
n→+∞
n→+∞
on a : ∀n ∈ N, un = e
=e
e
=
.
e
Ainsi : lim
Remarque :
On a choisi de développer le logarithme népérien à l'ordre 2 car le facteur n2 devant
a eu une inuence en développant à l'intérieur de l'exponentielle.
n
n
1
1
1
1
e− 2 . Comme
e− 2 est le terme général d'une série convern→+∞
e
e
P
1
gente (série géométrique avec −1 < < 1), on peut donc conclure : un converge.
e
n2
1
14. Le terme général de la série est un = 1 +
. Il est évident que : ∀n ∈ N, un > 1. Le terme
n
général de la série ne saurait tendre vers 0 : elle est grossièrement divergente.
On en déduit : un
∼
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Exercice 6.
1. Le terme général un = (−1)n
convergence de la série.
n3
est alterné ; on s'intéresse à sa valeur absolue pour étudier l'absolue
n!
On a :
|un+1 |
∀n ∈ N,
=
|un |
(n+1)3
(n+1)!
n3
n!
=
n+1
n
3
×
1
.
n+1
P
|un+1 |
= 0 < 1. En vertu du critère de d'Alembert, la série
|un | converge,
|un |
donc la série de terme général un converge absolument, donc elle converge.
On a alors : lim
n→+∞
2. On s'intéresse au module du terme général (analogue dans C de la valeur absolue dans R) pour
étudier l'absolue convergence de la série.
On a :
|un+1 |
=
∀n ∈ N,
|un |
|a|n+1
(n+1)!
|a|n
n!
=
|a|
.
n+1
P
|un+1 |
= 0 < 1. En vertu du critère de d'Alembert, la série
|un | converge,
n→+∞ |un |
donc la série de terme général un converge absolument, donc elle converge.
+∞ n
X
a
Remarque : On a en fait : ∀a ∈ C,
= exp(a).
n!
n=0
On a alors : lim
3. Il s'agit de la série arithmético-géométrique, déjà étudiée dans le cours : elle converge si et seulement
si |a| < 1.
4. On simplie le terme général :
∗
∀n ∈ N , sin
n2 + 1
π
n
π
= sin nπ +
n
π
π
= sin(nπ) cos
+ cos(nπ) sin
n
n
π
n
= (−1) sin
n
Ainsi, il est évident que le terme général de la série est alterné, car : ∀n ∈ N∗ , sin
π
> 0.
ni
π
πi
De plus, la fonction x 7→ est strictement décroissante sur [2 ; +∞[ et à valeurs dans 0 ; , donc
2
π x
la fonction x 7→ sin
est strictement décroissante sur [2 ; +∞[, et elle tend vers 0 (trivial).
x
P
Ainsi, (|un |) décroît vers 0 : en vertu du critère spécial des séries alternées, la série un converge.
5. On simplie le terme général : ∀n ∈ N,
(−1)
n
√
√
√ √ n+1− n ×
n+1+ n
√
√
n+1+ n
n+1−n
= (−1)n × √
√
n+1+ n
1
= (−1)n × √
√
n+1+ n
√ n + 1 − n = (−1)n ×
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√
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Ainsi, il est évident que le terme général de la série est alterné, car : ∀n ∈ N, √
1
√ > 0.
n+1+ n
De plus, la suite (|un |) décroît vers 0 (trivial) : en vertu du critère spécial des séries alternées, la
série
P
un converge.
6. On eectue un développement limité pour chacune des deux suites, en choisissant bien l'ordre de
chacun d'entre eux an que certains termes s'éliminent mutuellement, et pour obtenir la même
prépondérance. On a :
1
1
∀n ∈ N∗ , un = n ln 1 +
− cos √
n
n

=n
1
1
1
+ 3+ o
−
n→+∞
n 2n2
3n
1
n3

− 1 −
1
1
1
1
+ o
=1−
+ 2 −1+
−
2n 3n
2n 24n2 n→+∞
7
1
=
+ o
2
n→+∞
24n
n2
1
n2
√1
n
2!
2
+
√1
n
4!
4
+
o
n→+∞

4 !
1

√

n
7
, qui est le terme général d'une série de Riemann convergente (car
2
24n
P
α = 2 > 1). On conclut :
un converge.
Ainsi, on a : un
Remarque :
∼
n→+∞
On a implicitement admis que (un ) était strictement positive à partir d'un certain
rang : cela provient du fait que si un
∼
n→+∞
vn alors, à partir d'un certain rang, un et vn sont de
même signe. Ici, c'est tout bon puisque : ∀n ∈ N∗ ,
10/19
7
> 0.
24n2
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Pour continuer...
Exercice 7.
1
n
On pourrait croire que, comme les termes du type √ sont rares voire de plus en plus rares dans le terme général de la série, la série aurait un comportement similaire à celle de terme général
(série de Riemann convergente).
1
n2
1
n
C'est en fait une fausse piste ! En eet, comme les termes du type √ apparaissent à chaque carré
parfait, cela inclut donc tous les termes du type
on conclut : la série diverge.
1
dans la série. Comme la série harmonique est divergente,
n
Exercice 8.
Remarquons tout d'abord que :
∀n ∈ N, vn =
un
⇐⇒ vn (1 + un ) = un
1 + un
⇐⇒ vn = un − vn un
⇐⇒ vn = (1 − vn )un
vn
= un
⇐⇒
1 − vn
• Si la série de terme général un est convergente, alors on a lim un = 0 d'où l'on tire que
n→+∞
vn
lim
= 1 et donc : vn
∼ un . Les deux suites sont à termes positifs par hypothèse,
n→+∞ un
n→+∞
P
P
donc un et vn sont de même nature, à savoir convergente.
• Si la série de terme général vn est convergente, alors on a lim vn = 0 d'où l'on tire que
n→+∞
un
lim
= 1 et donc : un
∼ vn . Les deux suites sont à termes positifs par hypothèse,
n→+∞ vn
n→+∞
P
P
donc vn et un sont de même nature, à savoir convergente.
P
P
On en tire que : un est convergente si et seulement si vn est convergente. Cela prouve que les deux
séries sont de même nature.
Exercice 9.
1
1
1
est strictement positif pour n ∈ N∗ , et
∼
qui
2
n(n + 1)
n(n + 1) n→+∞ nP
est le terme général d'une série convergente (série de Riemann avec α = 2 > 1), donc la série un
1. Le terme général un =
converge.
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On a de plus :
∀n ∈ N∗ ,
n
X
k=1
n
X
1
=
k(k + 1)
=
k=1
n
X
1
1
−
k k+1
(décomposition en éléments simples)
n
1 X 1
−
k
k+1
k=1
k=1
n
n+1
X
1 X1
=
−
k
k
k=1
k=2
1
= +
1
n
X
k=2
n
X
1
1
+
k n+1
1
−
k
!
k=2
n
n
X
1 X1
1
=1+
−
−
k
k n+1
k=2
k=2
1
=1−
n+1
Comme on a : lim
n→+∞
1
1−
n+1
2. Le terme général un
=
= 1, on en déduit :
+∞
X
un = 1.
n=1
1
est strictement positif pour n
n(n + 1)(n + 2)
∈
N∗ , et
1
1
∼
qui est le terme général d'une série convergente (série de Riemann
n(n + 1)(n + 2) n→+∞ n3 P
avec α = 3 > 1), donc la série un converge.
On a de plus : ∀n ∈ N∗ ,
n
X
k=1
n
X
1
=
k(k + 1)(k + 2)
=
k=1
n
X
1
2
n
X
n
(décomposition en éléments simples)
n
1 X 1
1X 1
−
+
k
k+1 2
k+2
k=1
1
−
k
n+1
X
k=1
n+2
X
1 1
+
k 2
k=1
k=2
k=3
!
n
X
1 1 1
1
=
+ +
−
2 1 2
k
=
1
2
k=1
1 1
1
1
1
× −
+ ×
2 k k+1 2 k+2
k=3
n
1
k
n
1 X1
1
+
+
2
k n+1
!
k=3
1
+
2
n
n
k=3
k=3
n
X
1
1
1
+
+
k n+1 n+2
k=3
1 1 1X1 1 X1
1
1X1
1
1
= + +
− −
−
+
+
+
2 4 2
k 2
k n+1 2
k 2(n + 1) 2(n + 2)
k=3
1
1
1
= −
+
4 2(n + 1) 2(n + 2)
Comme on a : lim
n→+∞
1
1
1
−
+
4 2(n + 1) 2(n + 2)
=
+∞
X
1
1
, on en déduit :
un = .
4
4
n=1
2n − 1
2n − 1
2n
2
est strictement positif pour n > 3, et
∼
= 2
n(n2 − 4)
n(n2 − 4) n→+∞ n3
n
qui est le terme général d'une série convergente (série de Riemann avec α = 2 > 1), donc la série
P
un converge.
3. Le terme général un =
12/19
!
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On a de plus : ∀n ∈ N∗ ,
n
n
X
X
2k − 1
2k − 1
=
k(k 2 − 4)
k(k − 2)(k + 2)
k=3
k=3
n X
1
5
1
1 1 3
=
× + ×
− ×
(décomposition en éléments simples)
4 k 8 k−2 8 k+2
=
k=3
n
X
1
4
k=3
n
n
k=3
k=3
1 3X 1
5X 1
+
−
k 8
k−2 8
k+2
n
n−2
n+2
1X1 3X1 5X1
=
+
−
4
k 8
k 8
k
k=3
k=1
k=5
n−2
X
1
1
1
1
1
1
+
+
+
+
12 16 4
k 4(n − 1) 4n
k=5
n−2
3
1 1 1
3X1
+
1+ + +
+
8
2 3 4
8
k
k=5
n−2
1
1
1
1
5X1 5
−
− −
−
−
8
k 8 n−1 n n+1 n+2
k=5
1
1
5
1
1
1
1
89
+
+
−
− −
−
=
96 4(n − 1) 4n 8 n − 1 n n + 1 n + 2
89
1
1
1
5
1
1
1
89
Comme on a : lim
+
+
−
− −
−
=
, on en
n→+∞ 96
4(n − 1) 4n 8 n − 1 n n + 1 n + 2
96
+∞
X
89
.
déduit :
un =
96
n=3
1
4. Le terme général un = ln 1 −
est strictement négatif pour n ∈ N, et
(n + 2)2
1
1
1
ln 1 −
∼ −
qui est le terme général d'une série convergente
∼ −
(n + 2)2 n→+∞ (n + 2)2 n→+∞ n2 P
(série de Riemann avec α = 2 > 1), donc la série un converge.
=
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On a de plus :
∀n ∈ N,
n
X
ln 1 −
k=0
1
(k + 2)2
=
n
X
ln
k=0
n
X
(k + 2)2 − 1
(k + 2)2
(k + 2 + 1)(k + 2 − 1)
=
ln
(k + 2)2
k=0
n
X
(k + 3)(k + 1)
=
ln
(k + 2)2
=
=
k=0
n
X
k=0
n
X
(ln(k + 3) + ln(k + 1) − 2 ln(k + 2))
ln(k + 3) +
k=0
=
n+3
X
n+1
X
n
X
ln(k + 1) − 2
k=0
ln(k) +
k=3
=
n+1
X
ln(k + 2)
k=0
ln(k) − 2
k=1
n
X
n+2
X
ln(k)
k=2
ln(k) + ln(n + 2) + ln(n + 3)
k=3
+ ln(1) + ln(2) +
n+1
X
ln(k)
k=3
− 2 ln(2) − 2
n+1
X
ln(k) − 2 ln(n + 2)
k=3
= ln(n + 3) − ln(n + 2) + ln(1) + ln(2) − 2 ln(2)
n+3
= ln
− ln(2)
n+2
+∞
X
n+3
ln
− ln(2) = − ln(2), on en déduit :
un = − ln(2).
n→+∞
n+2
n=0
Comme on a : lim
Pour aller plus loin...
Exercice 10.
1
√
est strictement décroissante (trivial), à termes
ln( n + 1)
strictement positifs et comme elle tend vers 0 (trivial), on peut appliquer le critère spécial des séries
P
alternées : la série un converge.
√
√1
ln( n + 1)
1
n
√
De plus : lim
= lim
= 0, d'où l'on tire : √ = o (|un |). Comme la série
n→+∞ |un |
n→+∞
n→+∞
n
n
X 1
P
1
√ diverge (série de Riemann avec α = < 1), on en déduit par comparaison que la série
|un |
2
n
Comme la suite de terme général |un | =
diverge.
On conclut :
P
un est semi-convergente.
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Exercice 11.
On reconnaît la formule du produit de Cauchy.
1
qui est strictement positif.
n!
1
1
v
v
(n+1)!
, donc : lim n+1 = 0 < 1.
On a : ∀n ∈ N, n+1 = 1 =
n→+∞
vn
n+1 P
vn
n!
D'après le critère de d'Alembert, la série vn converge.
+∞
X
1
= e (ce sera vu dans le cadre des séries entières).
On admet que :
n!
n=0
On s'intéresse à la série de terme général vn =
En appliquant la règle du produit de Cauchy, on a :
+∞
X
1
n!
n=0
On en tire :
+∞
X
!
×
+∞
X
1
n!
n=0
!
=
+∞ X
n
X
n=0
k=0
1
1
×
(n − k)! k!
!
=
+∞
X
un .
n=0
un = e2 .
n=0
Exercice 12.
On reconnaît la formule du produit de Cauchy.
1
qui est strictement positif.
n!
1
v
1
v
(n+1)!
On a : ∀n ∈ N, n+1 = 1 =
, donc : lim n+1 = 0 < 1.
n→+∞ vn
vn
n
+
1
n!
P
D'après le critère de d'Alembert, la série vn converge.
+∞
X
1
= e (ce sera vu dans le cadre des séries entières).
On admet que :
n!
n=0
(−1)n
qui est le terme général d'une série
Par ailleurs, on s'intéresse à la série de terme général wn =
2n
+∞
X
1
(−1)n
1
2
géométrique avec −1 < q = − < 1 : elle est convergente et
=
1 = 3.
n
2
2
1 − −2
n=0
On s'intéresse à la série de terme général vn =
En appliquant la règle du produit de Cauchy, on a :
+∞
X
1
n!
n=0
On en tire :
+∞
X
n=0
un =
!
×
+∞
X
(−1)n
2n
n=0
!
+∞ X
n
X
1
(−1)n−k
=
×
k!
2k
n=0
k=0
!
=
+∞
X
un .
n=0
2e
.
3
Exercice 13.
• La série de terme général un est alternée (trivial) et on démontre facilement que (|un |) est décroisP
sante et tend vers 0. En vertu du critère spécial des séries alternées, la série un converge.
1
• Le terme général vn est la somme de un , terme général d'une série convergente, et de , terme
n
P
général d'une série divergente (la série harmonique). On en tire que vn est divergente.
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vn
• On a : lim
= lim
n→+∞ un
n→+∞
(−1)n
√
+ n1
n
(−1)n
√
n
= lim
n→+∞
(−1)n
1+ √
n
= 1 donc un
∼
n→+∞
vn .
Les deux termes généraux des séries sont équivalents.
La règle donnée dans le cours au sujet des équivalents est ici mise en défaut : en eet, il manque une
hypothèse ! Les deux termes généraux des séries ne sont pas tous les deux de signe constant.
Exercice 14.
1. (a) On a :
∀x ∈ [0 ; 1], 0 6 x 6 1 =⇒ 0 6 xn+1 6 xn
=⇒ 0 6 xn+1 e−x 6 xn e−x
Z 1
Z
=⇒ 0 6
xn+1 e−x dx 6
0
1
xn e−x dx
0
=⇒ 0 6 f (n + 1) 6 f (n)
La suite f (n) est à termes positifs et décroissante.
(b) On a :
Z
1
xn+1 e−x dx
∀n ∈ N, f (n + 1) =
0

 u(x) = xn+1 donc u0 (x) = (n + 1)xn
=
u(x) × v 0 (x) dx avec
 v(x) = −e−x donc v 0 (x) = e−x
0
Z 1
= [u(x) × v(x)]10 −
u0 (x) × v(x) dx par intégration par parties.
Z
1
= [−xn+1 e−x ]10 +
0
1
Z
(n + 1)xn e−x dx
0
n+1 −1
= −1
e
+0
n+1 −0
e
1
Z
xn e−x dx
+ (n + 1)
0
1
= − + (n + 1)f (n)
e
1
e
On a donc : ∀n ∈ N, f (n + 1) = − + (n + 1)f (n).
n!
(c) On va démontrer par récurrence : ∀n ∈ N, f (n) =
e
•
Initialisation :
f (0) =
R1
0
Pour n = 0, on a :
!
n
X
1
e−
.
k!
k=0

1

x0 e−x dx = [−e−x ]10 = −e−1 + e0 = 1 − 
0!
e
P0
0!
1
1
1  =⇒ f (0) = e
e − k=0
= (e − 1) = 1 − 
e
k!
e
e
Le cas de base est démontré.
16/19
0
X
1
e−
k!
k=0
!
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n!
• Hérédité : Soit n ∈ N. On suppose que f (n) =
e
!
n+1
X 1
(n + 1)!
f (n + 1) =
e−
.
e
k!
!
n
X
1
e−
, et on veut montrer que
k!
k=0
k=0
On a, d'après la question précédente :
1
f (n + 1) = − + (n + 1)f (n)
e
n!
1
= − + (n + 1) ×
e
e
!
n
X
1
e−
k!
k=0
!
n
X
1 (n + 1)!
1
=− +
e−
e
e
k!
k=0
(n + 1)!
1
(n + 1)!
=
× −
+
e
(n + 1)!
e
!
n
X
1
(n + 1)!
1
−
=
e−
e
k! (n + 1)!
k=0
!
n+1
X 1
(n + 1)!
e−
=
e
k!
n
X
1
e−
k!
!
k=0
k=0
L'hérédité est démontrée.
•
Conclusion :
La propriété est vraie au rang
! n = 0 et héréditaire ; en vertu du principe de
récurrence : ∀n ∈ N, f (n) =
n!
e
e−
n
X
1
.
k!
k=0
2. (a) On a :
∀x ∈ [0 ; 1], 0 6 x 6 1 =⇒ −1 6 −x 6 0
=⇒ e−1 6 e−x 6 1
=⇒
=⇒
=⇒
=⇒
=⇒
On conclut que : ∀n ∈ N,
1 n
x 6 xn e−x 6 xn
e
Z
Z 1
Z 1
1 1 n
n −x
x dx 6
x e dx 6
xn dx
e 0
0
0
1
1
1
1
1
xn+1 6 f (n) 6
xn+1
e n+1
n+1
0
0
1 1
1
1
1
1
n+1
n+1
×1
−
×0
6 f (n) 6
× 1n+1 −
× 0n+1
en+1
en+1
n+1
n+1
1
1
6 f (n) 6
e(n + 1)
n+1
1
1
6 f (n) 6
.
e(n + 1)
n+1
(b) On en tire que :
1
est le terme général d'une série divergente (équivalente à la série harmoe(n + 1)
P
nique) donc, par comparaison de séries à termes positifs, f (n) diverge.
• Comme
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• Comme
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est le terme général d'une série convergente (équivalente à une série de
n(n + 1)
X f (n)
Riemann) donc, par comparaison de séries à termes positifs,
n
converge.
• Comme (−1) f (n) est alternée et que (f (n)) décroît vers 0, d'après le critère spécial des
P
séries alternées, (−1)n f (n) converge.
n
Exercice 15.
1. (a) On a : u0 =
Z
0
1
1
π
dx = [arctan(x)]10 = arctan(1) − arctan(0) = .
1 + x2
4
(b) On a :
∀x ∈ [0 ; 1], ∀n ∈ N, 0 6 x 6 1 =⇒ 0 6 x2 6 1
=⇒ 1 6 1 + x2 6 2
1
1
6
61
2
1 + x2
1
x2n
=⇒ x2n 6
6 x2n
2
1 + x2
Z
Z 1
Z 1
1 1 2n
x2n
=⇒
x dx 6
dx
6
x2n dx
2
2 0
1
+
x
0
0
1
1
1
1
1
2n+1
2n+1
6 un 6
x
x
=⇒
2 2n + 1
2n + 1
0
0
1
1
1
=⇒ ×
6 un 6
2 2n + 1
2n + 1
1
1
6 un 6
=⇒
2(2n + 1)
2n + 1
1
=⇒ 0 6 un 6
2n + 1
=⇒
On a bien : ∀n ∈ N, 0 6 un 6
1
.
2n + 1
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2. (a) On a :
Z
1
∀n ∈ N, un + un+1 =
0
Z
1
=
x2n
dx +
1 + x2
x
0
Z
1
=
0
Z
=
2n
Z
1
0
x2n+2
dx
1 + x2
2n+2
+x
1 + x2
dx
x2n (1 + x2 )
dx
1 + x2
1
x2n dx
0
1
x2n+1
2n + 1
1
=
2n + 1
1
=
On a bien : ∀n ∈ N,
0
1
.
2n + 1
(b) On en tire :
∀n ∈ N,
n
X
k=0
n
X
(−1)k
vk =
2k + 1
=
=
=
=
k=0
n
X
(−1)k ×
k=0
n
X
1
2k + 1
(−1)k × (uk + uk+1 )
k=0
n
X
n
X
(−1)k uk +
(−1)k uk+1
k=0
k=0
n
X
n+1
X
(−1)k−1 uk
(−1)k uk +
k=0
k=1
= (−1)0 u0 +
n
X
(−1)k uk +
k=1
n
X
(−1)k−1 uk + (−1)n un+1
k=1
n
π X
= +
((−1)k + (−1)k−1 )uk + (−1)n un+1
4
k=1
π
= + (−1)n un+1
4
π
+ (−1)n un+1 .
4
+∞
π
π
X
P
π
(c) Comme : lim
+ (−1)n un+1 = , on en tire que
vn converge et que :
vn = .
n→∞ 4
4
4
n=0
On a bien : ∀n ∈ N,
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