C.N.E.D. 2011-2012 LM260 Corrigé du devoir 1 Exercice 1. Soit a

C.N.E.D. 2011-2012
LM260
Corrigé du devoir 1
p
√
√
√
Exercice 1. Soit a ∈ IR. On pose un = na ( n + 1 − n) et vn = na ( n + (−1)n − n). Si ∈ {−1, 1},
(n + )1/2 − n1/2 = n1/2 ((1 + /n)1/2 − 1) = n1/2 (/(2n) + O(1/n2 )),
En particulier un ∼ n
a−1/2
n a−1/2
(n → +∞).
/2 et vn ∼ (−1) n
/2. Par comparaison avec une série de Riemann,
+∞
X
la série à termes positifs
un converge si et seulement si a < −1/2.
n=1
Si a ≥ 1/2, la série
+∞
X
vn diverge car vn ne tend pas vers 0. Si a < 1/2, on écrit
n=1
vn = vn0 + vn00 avec vn0 = (−1)n na−1/2 /2, vn00 = O(1/na−3/2 ).
Le premier terme est le terme général d’une série convergente d’après le théorème spécial des séries
alternées car |vn0 | décroı̂t vers 0, et le second est le terme général d’une série absolument convergente,
donc convergente, car 3/2 − a > 1.
+∞
X
En conclusion, la série
vn converge si et seulement si a < 1/2.
n=1
Exercice 2. On considère la suite (un )n≥1 définie par un = ln n −
n
X
1/k. On a
k=1
an := un+1 − un = ln(1 + 1/n) − 1/(n + 1) = 1/n − 1/(n + 1) + O(1/n2 ) = O(1/n2 ).
Par comparaison avec une série de Riemann, la série
+∞
X
an est absolument convergente donc convergente.
n=1
Comme un = u1 +
n−1
X
ak , il en résulte que la suite (un )n≥1 est convergente.
k=1
Exercice 3. Soit {un }n≥1 et {vn }n≥1 des séries à termes strictement positifs. On les suppose divergentes.
n
n
X
X
On note Un =
uk et Vn =
vn les suites des sommes partielles associées. Elles ont pour limites +∞.
k=1
k=1
On suppose un ∼ vn quand n → +∞. Soit > 0. Par définition de l’équivalence, il existe un entier
N = N () tel que
uk
k >N ⇒1−<
< 1 + ,
vk
ce qui s’écrit aussi (1 − )vk < uk < (1 + )uk . En sommant ces inégalités membre à membre de k = N + 1
à k = n avec n > N , on obtient :
n > N,
(1 − )(Vn − VN ) < Un − UN < (1 + )(Vn − VN ),
et donc (1 − )Vn − VN < Un < (1 + )Vn + UN , puis en divisant par Vn :
VN
Un
UN
n > N,
(1 − ) −
<
< (1 + ) +
.
Vn
Vn
Vn
Les nombres > 0 et N = N () étant fixés, par hypothèse, les suites VN /Vn et UN /Vn ont pour limite 0
quand n → +∞. Il existe donc un entier N1 = N1 (), qu’on peut supposer plus grand que N , tel que les
nombres UN /Vn et VN /Vn soient majorés par si n > N1 . On obtient :
Un
− 1 < 2,
∀ > 0, ∃N1 ∈ IN,
n > N1 ⇒ −2 <
Vn
autrement dit Un /Vn −−−−−→ 1 : les suites Un et Vn sont équivalentes.
n→+∞
1
Exercice 4. On définit la suite (un )n≥0 par :
u0 = 1,
un+1 = un + 1/un si n ≥ 0.
1) D’abord, on a u0 > 0 et si un > 0, alors un+1 = un + 1/un > 0. On en déduit par récurrence que un
est strictement positif pour tout n ≥ 0. Ensuite qu’on a un+1 > un pour tout n ∈ IN donc que la suite
(un )n∈IN est bien définie, strictement positive et strictement croissante.
La suite (un )n∈IN est croissante. Elle admet donc une limite l, soit un nombre réel soit +∞. Si l ∈ IR,
on déduit de la relation de récurrence qu’on a l + 1/l = 1, ce qui est impossible. Donc (un )n∈IN a pour
limite +∞ quand n → +∞.
2) On pose vn = u2n . On a :
1
1
1
2un +
=2+ 2.
vn+1 − vn = (un+1 − un )(un+1 + un ) =
un
un
un
On vient de montrer que lim un = +∞. On a donc lim (vn+1 − vn ) = 2.
n→+∞
3) On écrit vn = v0 +
n
X
n→+∞
(vk − vk−1 ).
k=1
On applique le résultat de l’exercice précédent à la série divergente de terme général an = vn+1 − vn et à
la série de terme
√ général bn = 2. Comme an ∼ bn quand n → +∞, on obtient que vn /(2n) a pour limite
1 donc que un / 2n a√pour limite 1 quand n tend vers l’infini.
Autrement dit, un ∼ 2n quand n → +∞.
Exercice 5. Pour tout n ∈ IN? , on pose vn =
Z
(n+1)π
nπ
sin x
dx.
x
1) Un changement de variable donne
Z π
sin(x + nπ)
vn =
dx = (−1)n wn ,
x + nπ
0
wn =
Z
0
π
sin x
dx.
x + nπ
π
dx
1
= ).
nπ
n
0
Compte tenu du théorème spécial des séries alternées, la série de terme général vn est convergente.
Soit t ∈ [0, π]. Si x appartient au segment [nπ, nπ + t], de longueur t, alors | sin x|/x ≤ 1/(nπ) donc :
Z
Z nπ+t
t
1
sin x nπ+t dx ≤
dx
≤
≤ .
t ∈ [0, π],
x
nπ nπ
n
La suite (wn )
n∈IN?
est positive, décroissante et tend vers zéro (en effet, wn est majorée par
Z
nπ
nπ
2) On définit la fonction f : [1, +∞[→ IR par
x
sin s
ds.
s
1
Si x ∈ [1, +∞[, on écrit x = m(x)π + t(x) où m(x) ∈ IN est la partie entière de x/π et t(x) ∈ [0, π[. On a :
Z x
Z π
Z m(x)π
Z m(x)π+t(x)
sin t
sin t
sin t
sin t
dt =
dt +
dt +
dt.
t
t
t
t
1
1
π
m(x)π
f (x) =
Z
Dans le membre de droite, le premier terme est une constante, le deuxième est égal à la somme partielle
m(x)−1
+∞
X
X
vk . Quand x → +∞ (donc m(x) → +∞), il tend vers la somme
vk de la série convergente de
k=1
k=1
terme général vk . Le troisième terme tend vers 0 quand x → +∞ d’après ce qui précède.
Z π
+∞
X
sin t
On en déduit que la fonction f (x) a une limite finie quand x → +∞ : lim f (x) =
dt +
vk .
x→+∞
t
1
k=1