[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 3 novembre 2017 Enoncés Séries numériques Exercice 6 P an Soit Nature de séries à termes de signe constant Exercice 1 1 [ 05025 ] [Correction] une série convergente à termes strictement positifs. À quelle condition existe-t-il une suite (bn ) de réels strictement positifs telle que X an bn [ 01020 ] [Correction] Déterminer la nature des séries dont les termes généraux sont les suivants : (a) un = n n2 +1 (c) un = √ 1 n2 −1 (b) un = ch(n) ch(2n) (d) un = e − 1 + − √ 1 n2 +1 1 n n et un = [ 02353 ] [Correction] n n+1 n2 (b) Exercice 7 un = 1 n cos2 n (c) un = (a) [ 01081 ] [Correction] un = e−n Soient [ 03195 ] [Correction] ln n nα (c) un = un = exp(−(ln n)α ) [ 01083 ] [Correction] Déterminer la nature de la série ln(n) + a ln(n + 1) + b ln(n + 2) . Calculer la somme lorsqu'il y a convergence. [ 02789 ] [Correction] e− − n3/2 (un )n≥1 la nature des séries de termes n≥1 Nature de la série de terme général Soit (b) X 1+ n1 1 un = . n Exercice 5 α a, b ∈ R. Déterminer la nature de la série de terme général Exercice 4 α∈R 1 (ln n)ln n Exercice 8 Exercice 3 convergent ? généraux : Déterminer la nature des séries dont les termes généraux sont les suivants : (a) bn Nature de séries dépendant d'un paramètre Déterminer en fonction du paramètre Exercice 2 X n 1 + n1 bn3/2 c + Exercice 9 n . [ 03235 ] [Correction] vn = P un et a, b, c pour qu'il y ait convergence de la suite de terme général a b c a b c √ + √ + √ + √ + √ + √ + ... 1 2 3 4 5 6 une suite de réels positifs. On considère la suite Montrer que les séries [ 01085 ] [Correction] Déterminer une condition nécessaire et susante sur les réels P 1 n(n + 1) vn +∞ X n=1 n X (vn ) dénie par kuk . k=1 Exercice 10 Soit λ [ 01086 ] [Correction] un réel. Étudier la nature des séries de terme général ont même nature et qu'en cas de convergence un = +∞ X un = vn . λn λ2n 1 , vn = , wn = . 2n 1+λ 1 + λ2n 1 + λ2n n=1 Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] Exercice 11 Soient α∈R édité le 3 novembre 2017 Enoncés [ 02798 ] [Correction] et f ∈ C 0 ([0 ; 1], R) telle que f (0) 6= 0. Étudier la convergence de la Z Convergence de séries à termes positifs Exercice 15 série de terme général 1 un = α n 2 1/n Soient n f (t ) dt. [ 03355 ] [Correction] (un )n∈N une suite de réels positifs et (vn )n∈N la suite déterminée par 0 vn = u2n + u2n+1 . Exercice 12 Soient α>0 Montrer : [ 02799 ] [Correction] et (un ) u1/n =1− n La série de terme général Exercice 13 Soit X une suite de réels strictement positifs vériant un 1 1 + o . nα nα un converge ⇐⇒ X vn converge. Exercice 01022 ] [Correction] P 16 [ P un Soient converge-t-elle ? vn et deux séries à termes strictement positifs convergentes. Montrer que les suivantes sont aussi convergentes X [ 01071 ] [Correction] max(un , vn ), X√ un vn et X u n vn . un + vn a > 0. (a) Déterminer la limite de la suite de terme général a(a + 1) . . . (a + n − 1) . un = n! Exercice 17 P un Soit [ 01023 ] [Correction] une série à termes positifs convergente. X√ Montrer que (b) Quelle est la nature de la série de terme général Exercice 14 On xe un ? Exercice 18 [ 02429 ] [Correction] x ∈ R∗+ . Pour n ∈ N∗ , Soit on pose En déduire que la suite (b) Établir l'existence de (un )n≥1 α∈R ln(un+1 ) − ln(un ). converge et préciser sa limite. tel que la série de terme général : 1 ln(un+1 ) − ln(un ) − α ln 1 + n Exercice 19 Soit (un ) an converge ; √ an an+1 converge. [ 01027 ] [Correction] une suite de réels strictement positifs. (a) Pour tout n ∈ N, on pose vn = Montrer que P un et P vn A∈R ∗ tel que un ∼ An α vn = . (d) Étudier la convergence de la série de terme général un . On pourra étudier un . 1 + un sont de même nature. (b) Même question avec converge. (c) Établir l'existence de [ 03411 ] [Correction] (ii) la série de terme général k=1 est aussi convergente. une suite de réels positifs. Comparer les assertions (i) la série de terme général n n! Y x un = n ln 1 + . x k (a) Étudier la suite de terme général a un un+1 ln(1 − vn ) un . u1 + · · · + un dans le cadre de la divergence. Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] Exercice 20 Soient édité le 3 novembre 2017 et (vn )n≥0 dans (R+ )N telles que ∀n ∈ N, vn = Montrer que si la série de terme général général un Soit an an = π2 6 . Calculer +∞ X k=1 converge alors la série de terme [ 03674 ] [Correction] une série à termes strictement positifs convergente. Exercice 22 P 1 k=1 k2 k 2 (k 1 + 1)2 après en avoir justié l'existence. Établir la convergence de la série Soit vn On donne [ 01047 ] [Correction] P+∞ 1 . 1 + n2 un diverge. Exercice 21 P 3 Exercice 25 [ 03119 ] [Correction] (un )n≥0 Enoncés P 1−1/n an ExerciceP26 Sachant [ 01050 ] [Correction] +∞ 1 n=0 n! = e, calculer . +∞ X n+1 n! n=0 [ 02447 ] [Correction] et +∞ 2 X n −2 . n! n=0 une série à termes positifs convergente. Peut-on préciser la nature de la série de terme général un = a0 a1 . . . an ?. Exercice 27 [ 02426 ] [Correction] Calculer pour x ∈ ]−1 ; 1[ +∞ X Exercice 23 Soit (un ) xn . (1 − xn )(1 − xn+1 ) n=1 [ 02957 ] [Correction] une suite réelle strictement positive, décroissante, de limite nulle. On suppose que la suite de terme général n X Exercice 28 uk − nun [ 03448 ] [Correction] Existence et valeur pour m≥1 k=1 Sm = est bornée. Montrer que la série de terme général un converge. Calcul de sommes Exercice 24 Exercice 29 Pour p ∈ N, 1 . n(n + 1) . . . (n + m) n=1 [ 01057 ] [Correction] ap = Nature puis somme de la série n≥1 +∞ X on pose [ 01048 ] [Correction] X de 1 . n(n + 1)(n + 2) (a) Montrer que ap (b) En déduire que +∞ p X n . 2n n=0 existe puis exprimer ap en fonction de a0 , . . . , ap−1 . a p ∈ N. Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] Exercice 30 Soient édité le 3 novembre 2017 Enoncés [ 05037 ] [Correction] α ∈ ]2 ; +∞[ et (an ) a0 = α Montrer (b) Nature de la série de terme général la suite dénie par an+1 = a2n − 2 et pour tout nn n!en n ∈ N. +∞ X p 1 1 = α − α2 − 4 . a a . . . a 2 n n=0 0 1 Quotient de deux termes successifs Exercice 31 4 Exercice 33 [ 02516 ] [Correction] Soient un = n 1 Y (3k − 2) 3n n! n (a) Montrer que pour (un )n∈N et (vn )n∈N deux suites de réels (a) On suppose qu'à partir d'un certain rang assez grand, = n→+∞ (b) En déduire que P Exercice 34 O(vn ). Soit (un ) diverge. (on pourra utiliser un vn ) [ 03750 ] [Correction] une suite réelle strictement positive et convergeant vers 0. On pose (b) On suppose que un+1 un un Quotient terme sur somme un+1 vn+1 ≤ . un vn un 1 . n3/4 un+1 vn+1 ≥ . un vn strictement positifs. Montrer que vn = et k=1 [ 01029 ] [Correction] (Règle de Raabe-Duhamel) Soient ?. α 1 = 1− +o n→+∞ n n avec α > 1. Montrer que les séries n X un+1 vn = avec Sn = uk . Sn k=0 P P un et vn ont même nature. Montrer, à l'aide d'une comparaison avec une série de Riemann, que la série P un Exercice 35 converge. Soit (c) On suppose cette fois-ci que Montrer que la Exercice 32 (a) Soient un+1 α 1 = 1− +o un n→+∞ n n P série un diverge (un )n≥1 On pose, pour avec Déterminer la nature Exercice 36 et (vn )n≥0 ∀n ∈ N, un ≥ 0, Montrer que (nλ un ) Soit deux suites réelles, X converge. |vn | converge et n ∈ N∗ , α < 1. [ 02800 ] [Correction] (un )n≥0 [ 02956 ] [Correction] une suite de réels strictement positifs. λ ∈ R. On suppose : un+1 λ = 1 − + vn . un n un (un ) vn = un /Sn P de vn . Sn = u1 + · · · + un . où [ 02958 ] [Correction] une suite réelle strictement positive telle que la série de terme général converge. On note le reste d'ordre n Rn = +∞ X uk . k=n+1 Étudier la nature des séries de termes généraux un /Rn et un /Rn−1 . Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] Exercice 37 Soit (an ) édité le 3 novembre 2017 [ 03716 ] [Correction] Sn = une suite de réels strictement positifs et Enoncés Exercice 41 Pn k=0 ak . (a) On suppose que la série P an converge, donner la nature de (b) On suppose que la série P an diverge, montrer Pour P P Quelle est la nature de +∞ X 1 ζ(α) = . α n n=1 Exercice 42 P [ 01068 ] [Correction] on pose Déterminer la limite de an /Sn2 . (c) On suppose toujours la divergence de la série P α>1 an /Sn . 1 an 1 ∀n ∈ N∗ , 2 ≤ − . Sn Sn−1 Sn En déduire la nature de 5 (α − 1)ζ(α) quand α tend vers 1+ [ 01061 ] [Correction] En exploitant une comparaison avec des intégrales, établir : an . an /Sn ? (a) Pn √ k=1 √ k ∼ 23 n n (b) ln(n!) ∼ n ln n (c) Pn 1 k=2 k ln k ∼ ln(ln n) Comportement asymptotique du terme d'une série convergente Exercice 38 Soient (un ) Exercice 43 [ 01069 ] [Correction] En exploitant une comparaison série-intégrale, déterminer [ 03233 ] [Correction] une suite décroissante de réels positifs et α lim un réel positif. a→+∞ On suppose la convergence de la série X nα un . Exercice 44 Soit Montrer et pour An = Exercice 39 Trouver [ 00077 ] [Correction] n≥2 n ∈ N∗ , n n Y 1X (a + bk), Bn = (a + bk)1/n . n k=1 À l'aide d'une comparaison avec une intégrale, donner la nature de la série X a . 2 + a2 n n=1 [ 02431 ] [Correction] a > 0, b > 0 nα+1 un → 0. Comparaison séries intégrales +∞ X 1 . n ln n limn→+∞ k=1 Bn An en fonction de e. Nature de séries dépendant d'un paramètre via comparaison intégrale Exercice 45 [ 02792 ] [Correction] Nature de la série de terme général Exercice 40 Soit a ∈ ]0 ; 1[. [ 00664 ] [Correction] Déterminer la nature de la série P n≥0 √ a n nα 2 k=2 ln k Pn . où α est réel. Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] Exercice 46 On note an édité le 3 novembre 2017 quelles valeurs de x∈R n ≥ 1. Pour [ 01032 ] [Correction] Montrer la convergence de +∞ X 1 k! y a-t-il convergence de la série X xan n3 k=0 ? puis la majoration du reste +∞ X α∈R k=n+1 la nature de X n≥2 Série dont le terme est déni par récurrence 1 . nα ln n Exercice 53 Soit [ 01062 ] [Correction] (un ) [ 01097 ] [Correction] la suite dénie par Déterminer la nature de la série de terme général 1 . un = n(ln n)α Exercice 49 Soit α∈R ∗ n∈N un = Pn 1 α k=1 k Nature de la série de terme général α < 1. n ∈ N, et déterminer la nature de la série de terme général [ 01098 ] [Correction] la suite dénie par u0 > 0 et pour tout un+1 = Montrer que un . (un ) converge vers un réel √ n ∈ N, 1 + un . `. un − ` ? [ 01099 ] [Correction] u0 ∈ ]0 ; π/2[ et un+1 = sin un pour tout n ∈ N. + Montrer que un → 0 . P 3 Exploiter un+1 − un pour montrer que n≥0 un converge. P 2 Exploiter ln un+1 − ln un pour montrer que n≥0 un diverge. Soient [ 01059 ] [Correction] (a) (b) (c) Application à l'étude de suites k=1 α > 1. (un ) Exercice 55 n X 1 . kα Soit et pour tout Quelle est la nature de la série de terme général un ? Déterminer un équivalent de Exercice 51 un → 0 . Etude asymptotique Soit Montrer que Soit ∗ u0 ∈ [0 ; π] un+1 = 1 − cos un . Exercice 54 [ 02795 ] [Correction] . On pose, pour Exercice 50 1 1 ≤ . k! n.n! [ 01082 ] [Correction] Étudier en fonction de Exercice 48 6 Exercice 52 [ 03104 ] [Correction] le nombre de chires dans l'écriture décimale de l'entier Exercice 47 Enoncés [ 01060 ] [Correction] Exercice 56 Donner un équivalent simple à RN = +∞ X n=N +1 [ 01070 ] [Correction] Calculer la limite de 1 . nα un = 1 + 1 1 + ··· + − 2 n 1 1 1 + + ··· + 2 n+1 n+2 n . Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] Exercice 57 édité le 3 novembre 2017 Enoncés [ 02809 ] [Correction] (a) Montrer que la suite (an ) Pour tout (b) Soient 1 1 1 + + ··· + . n+1 n+2 3n converge et trouver sa limite (b) Trouver un équivalent simple de Exercice 58 un −−−−−→ 0. (a) Montrer que On pose an = 7 α∈R On pourra étudier ln(un ). n→+∞ α et vn = n un . En étudiant (vn )n≥1 , montrer qu'il existe A>0 tel que un λ. an − λ. (c) On suppose b − a > 1. ∼ n→+∞ A . nb−a En écrivant (n + 1)un+1 − nun = aun + (1 − b)un+1 [ 01072 ] [Correction] n ∈ N, donner la valeur de la somme soit +∞ X (2n)! un = n 2 . (2 n!) un . n=0 (a) Déterminer un équivalent de Exercice 61 ln un+1 − ln un . Soit En déduire que un → 0. (b) En s'inspirant de ce qui précède, établir que pas expliciter la valeur de √ nun → C > 0 (un ) [ 01080 ] [Correction] une suite de réels strictement positifs telle que un+1 1 α =1+ +O 2 , un n n (on ne cherchera C ). (a) Pour quel(s) Exercice 59 Pour tout vn = ln on pose un = (a) Déterminer un équivalent de (2n)! . (2n n!)2 ln un+1 − ln un . (b) En déduire qu'il existe En déduire que nun → +∞. En déduire la valeur de un → 0. n ∈ N, n et vn+1 . Exercice 62 Pour et (un )n∈N pour lequel [ 01079 ] [Correction] α ∈ R \ Z−∗ , +∞ X un . n +1 n=0 on considère β∈R et dénie par un+1 = (1 + α/n)un . y a-t-il convergence de la série de terme général (n + 1)β un+1 vn = ln ?. nβ un une suite strictement positive telle que pour tout un+1 n+a = . un n+b (un )n≥1 u1 = 1 [ 01078 ] [Correction] 0<a<b ?. un ∼ Anα . (a) Pour quel(s) Soient A ∈ R∗+ (n + 1)β un+1 nβ un P En déduire la nature de la série un . un les égalités (c) On pose vn = n+1 . En observant et en sommant Pn (2k + 4)vk+1 = (2k + 1)vk calculer Tn = k=0 vk en fonction de (b) Montrer que α ∈ R. y a-t-il convergence de la série de terme général [ 01073 ] [Correction] n ∈ N, Exercice 60 β∈R avec (b) En déduire qu'il existe A ∈ R∗+ pour lequel un ∼ Anα . Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] Exercice 63 édité le 3 novembre 2017 Enoncés 8 [ 01074 ] [Correction] Montrer que un = n!en nn+1/2 a une limite non nulle. Exercice 64 Soit [ 02784 ] [Correction] u0 ∈ ]0 ; 2π[ puis ∀n ∈ N, un+1 = sin(un /2). (a) Montrer que (un ) (b) Montrer que lim(2n un ) = A tend vers 0. (c) Trouver un équivalent simple de Exercice 65 Soit (un ) (un − A2 −n ). [ 03047 ] [Correction] une suite complexe telle que pour tout armer que la suite Exercice 66 A > 0. pour un certain (un ) p ∈ N∗ , upn − un → 0. Peut-on converge ? [ 02949 ] [Correction] Étudier la limite quand n → +∞ de n n X k k=1 n . Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 3 novembre 2017 Corrections Corrections 9 Exercice 3 : [énoncé] On a 1/n 1 1 nun = = exp − ln n → 1 n n Exercice 1 : [énoncé] (a) On a un donc pour 1 . n→+∞ n ∼ (b) On sait ch(n) ∼ e /2 quand n tend vers un +∞ e−n P un diverge. et par comparaison de série à termes positifs on peut armer que en = e−n . n→+∞ e2n On a P un converge e−1 ∈ [0 ; 1[). 1 e− 1+ n (la série de (c) Après réduction au même dénominateur et multiplication par la quantité Par équivalence de un diverge. 1 =O n n3/2 − n3/2 + n = n + O(1) ∼ n donc 2 1 1 ∼ √ √ . ·√ 2 2 2 2 n→+∞ n3 n −1+ n +1 n −1 n +1 P séries à termes positifs, la série un converge. n et conjuguée, un = √ P Exercice 4 : [énoncé] ∼ est géométrique de raison 1 2n et donc Par équivalence de séries à termes positifs, la série terme général assez grand un ≥ Par équivalence de séries à termes positifs, la série n n n e − 1 + n1 1 =O 2 3/2 3/2 n n − bn c + n ce qui permet de conclure à une absolue convergence. (d) Par développement limité, 1 1+ n n Exercice 5 : [énoncé] ! 1 1 e 1 = exp n ln 1 + =e− · +o . n 2 n n Par permutation de sommes N X On a donc e . un ∼ n→+∞ 2n n=1 Par équivalence de séries à termes positifs (au moins à partir d'un certain rang), la série P un donc N X diverge. vn = n=1 un = exp(−n2 ln(1 + 1/n)) = exp(−n + o(n)) donc n2 un −−−−−→ 0 n→+∞ un ≥ 1/n donc par comparaison de séries à termes positifs, la série est (c) n un = n2 (ln n)ln n convergente k=1 N X N X k=1 n=k N X 1 n=k N X n vn = n=1 Supposons que la série divergente. 2 kuk et la série est absolument convergente. (b) N X et donc Exercice 2 : [énoncé] (a) vn = Puisque P vn P un − kuk n(n + 1) 1 n+1 N X = N X N +1−k uk N +1 k=1 uk − N vN . k=1 converge est une série à termes positifs et que ses sommes partielles sont majorée car 2 ln(n)−ln(n) ln(ln n) =e −−−−−→ 0 n→+∞ donc la série est absolument N X n=1 vn ≤ N X k=1 uk ≤ +∞ X uk k=1 Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] la série P vn édité le 3 novembre 2017 Corrections Exercice 8 : [énoncé] converge. Supposons que la série P vn converge. On a nvn = On a n X uk − k=1 n X ln n + a ln(n + 1) + b ln(n + 2) = (1 + a + b) ln n + vk ` ∈ R ∪ {+∞} P. admet une limite Si cette limite est non nulle, la série Il y a convergence si, et seulement si, à vn diverge ce qui est contraire à a = −2 et 1+a+b = 0 N X nvn → 0 ln n + a ln(n + 1) + b ln(n + 2) = Ainsi un vn + N un → n=1 k=1 P N X uk = +∞ X un = n=1 N X an . Inversement, si P√ an an p 1 an bn ≤ + bn bn 2 bn converge, la suite un u3n+3 = (bn ) = √ an n X k=1 √ a b c +√ +√ . 3k + 1 3k + 2 3k + 3 Or résout le problème posé. Exercice 7 : [énoncé] α ≤ 0, √ donc b c a+b+c a 1 +√ +√ = √ +o √ 3k + 1 3k + 2 3k + 3 3k k a+b+c=0 est une condition nécessaire pour la convergence de α≤1 il y a divergence grossière. Si alors α>0 alors n2 un → 0 et la série est un ≥ 1/n pour n assez grand et il y a divergence par α>1 alors pour (c) Si α≤1 α>1 alors Si alors (u3n+3 ) et Inversement si cette condition est √ γ ∈ ]1 ; α[ on a γ n un → 0 b c 1 a +√ +√ =O √ 3k + 1 3k + 2 3k + 3 k k (u3n+3 ) converge. u3n+1 = u3n+3 + o(1) et u3n+2 = u3n+3 + o(1) donc les trois suites (u3n+1 ), (u3n+2 ) et (u3n+3 ) convergent vers une même limite, on peut donc conclure que (un ) converge. et donc comparaison de séries à termes positifs. Si (un ). satisfaite alors absolument convergente. (b) Si ln n n=3 le terme général de la suite étudiée. donc a fortiori pour la convergence de (a) Si n=2 N +2 X Exercice 9 : [énoncé] Par comparaison de séries à termes positifs, on peut armer la convergence de P√ ln n + vn . n=1 Supposons qu'une telle suite existe. On remarque an = N +1 X ln n+a ln(n+1)+b ln(n+2) = ln 1+ln 2−2 ln 2−2 ln(N +1)+ln(N +1)+ln(N +2) → − ln 2 Posons √ ln n − 2 n=1 Exercice 6 : [énoncé] r ce qui correspond puis n=1 +∞ X a + 2b = 0 vn . converge et +∞ X N X n=1 n=1 N X et b = 1. Dans ce cas : l'hypothèse initiale. On en déduit donc a + 2b 1 +O 2 . n n k=1 donc par croissance des sommes partielles d'une série à termes positifs, la suite (nvn ) 10 et il y a absolue convergence. un ≥ 1 et la série est grossièrement divergente. n2 un = exp(2 ln n − (ln n)α ) → 0 donc la série est absolument De plus convergente. Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 3 novembre 2017 Corrections Exercice 10 : [énoncé] 11 Si |λ| = 1 il y a divergence grossière dans les trois cas. P 1 1 un Si |λ| > 1 alors un ∼ n , vn ∼ 1 et wn ∼ 2n . Les séries λ λ P et vn diverge. P n 2n Si |λ| < 1 alors un ∼ λ , vn ∼ λ et wn ∼ 1. Les séries un P tandis que wn diverge. Si Si et P wn et P vn convergent t ∈ [0 ; 1/n], on peut armer tn ∈ [0 ; 1/n] un = 1 → 1,. alors a−1 a−1 ln 1 + ∼ k k ln un → +∞ puis un → +∞. a < 1 alors ln un → −∞ et donc un → 0. donc Si Si Exercice 11 : [énoncé] alors convergent (b) Si Pour a=1 a>1 a ≥ 1 il y a divergence a ∈ ]0 ; 1[ alors grossière de la série. ln un ∼ donc n X a−1 k=1 Z 1/n f (tn ) dt − 0 Par continuité de f 1 1 f (0) ≤ sup f (t) − f (0) n n t∈[0;1/n] ln(kun ) = ln k + (a − 1) ln k + o(ln k) ∼ a ln k → +∞. Ainsi kun → +∞ et à partir d'un certain rang La série de terme général 1/n f (tn ) dt ∼ Ainsi 1 f (0). n f (0) nα+1 α > 0. (a) ln un+1 − ln un ∼ − avec x>0 donc n X un ∼ et un converge si, et seulement si, (b) Pour α = −x/2, 1 1 =O 2 ln(un+1 ) − ln(un ) − α ln 1 + n n On a un = Si un > 0 donc il y a convergence de X 1 . ln(un+1 ) − ln(un ) − α ln 1 + n (c) Puisque Exercice 13 : [énoncé] (a) ln uk+1 − ln uk → −∞ un → 0. Exercice 12 : [énoncé] n 1 1 1 1 1− α +o α = exp − α−1 + o α−1 . n n n n P α ≥ 1 alors (un ) ne tend pasP vers zéro et un est grossièrement divergente. α ∈ ]0 ; 1[ alors n2 un → 0 et un est convergente. 1x 2n k=1 puis Si un ≥ 1/k . s'avère divergente Exercice 14 : [énoncé] 0 P un f (t) − f (0) → 0 sup t∈[0;1/n] Z = (a − 1) ln n et donc . en 0, on peut armer, et donc k et ln un = n X k=1 a−1 ln 1 + . k 1 un+1 un ln(un+1 ) − ln(un ) − α ln 1 + = ln − ln α n (n + 1)α n la suite de terme général ln nunα converge puis un nα →A avec A > 0. Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 3 novembre 2017 (d) Par comparaison de séries à termes positifs, α < −1 P un Corrections converge si, et seulement si, x > 2. i.e. 12 Exercice 18 : [énoncé] On a immédiatement (i) =⇒ (ii) sachant √ Exercice 15 : [énoncé] Supposons la convergence de la série Pour tout un . n X vk = k=0 P vn (u2k + u2k+1 ) = k=0 2n+1 X uk ≤ k=0 +∞ X X uk ≤ k=0 P un Pour tout bn/2c n X Puisque vn . vk ≤ k=0 +∞ X a2p = 1 uk . est une série à termes positifs dont les sommes partielles sont Supposons la convergence de la série 1 (an + an+1 ). 2 et a2p+1 = a donnée par 1 . p4 k=0 majorées, celle-ci converge. P an an+1 ≤ La réciproque est fausse, il sut pour l'observe de considérer la suite n∈N n X Puisque P par comparaison de série à termes positifs n∈N vk . k=0 Exercice 19 : [énoncé] P vn ∼ uP vn converge par n donc équivalence de série à termes positifs. Si vn converge alors vn → 0 et aisément un → 0 donc vn ∼ un et on conclut comme ci-dessus. P Si P un converge et est de somme S alors vn ∼ un /S et on peut conclure. Si un diverge alors (a) Si (b) P un converge alors un → 0 et est une série à termes positifs dont les sommes partielles sont N X majorées, celle-ci converge. En substance, on observe aussi +∞ X un = n=0 +∞ X ln(1 − vn ) = ln n=2 vn . Si n=0 vn → 0, ln(1 − vn ) ∼ −vn P donc u1 u1 + · · · + uN vn → −∞. diverge car les séries sont de signe constant. Si Exercice 16 : [énoncé] vn 6 →0, P vn diverge grossièrement. On exploite les comparaisons √ 1 max(un , vn ) ≤ un + vn , un vn ≤ (un + vn ) 2 (obtenue par 2 Supposons la série vn convergente. On a en déduit 2 2ab ≤ (a + b )) et Exercice 20 : [énoncé] P un un vn = vn ≤ vn . u n + vn un + vn vn ∼ puis √ Par comparaison de série à termes positifs on peut alors conclure. Puisque 2ab ≤ a + b 2 donc 1 + n2 un → +∞ et on 1 n2 un un vn ∼ 1 . n Par comparaison de séries à termes positifs, il y a divergence de la série Exercice 17 : [énoncé] 2 vn → 0+ P√ u n vn . Or, par l'inégalité de Cauchy-Schwarz on a √ un un+1 P P or un+1 convergent P √ un et un un+1 converge. 1 ≤ (un + un+1 ) 2 donc, par comparaison de séries à termes positifs, n X √ k=0 !2 uk vk ≤ n X un k=0 On en déduit la divergence de la série P n X k=0 vk ≤ n X k=0 un +∞ X vk . k=0 un . Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 3 novembre 2017 Corrections Exercice 24 : [énoncé] Exercice 21 : [énoncé] Pour n ≥ 2, 13 on observe a1−1/n ≤ 2an n et donc a1−1/n n 1 1 ∼ 3 n(n + 1)(n + 2) n 1 ⇐⇒ an ≥ n 2 donc la série converge Par décomposition en éléments simples 1 1 ≤ max(2an , n 1−1/n ) ≤ 2 an + n . 2 (2 ) 1/2 1 1/2 1 = − + n(n + 1)(n + 2) n n+1 n+2 Par comparaison de séries à termes positifs, on peut conclure à la convergence de P 1−1/n an . puis après télescopage +∞ X 1 1 = . n(n + 1)(n + 2) 4 n=1 Exercice 22 : [énoncé] La série de terme général En eet, puisque P an un est convergente. converge, an → 0 et donc il existe un rangN ∈N tel que ∀n ≥ N, an ≤ 1. En posant M = a0 a1 . . . aN −1 , Exercice 25 : [énoncé] On a on peut écrire pour tout 1 1 ∼ 4 k 2 (k + 1)2 k n≥N donc la série converge. 0 ≤ un ≤ M aN . . . an−1 an ≤ M an . Par décomposition en éléments simples Par comparaison de série à termes positifs, on obtient la convergence voulue. Exercice 23P : [énoncé] Posons vn = n k=1 uk − nun . 1 1 1 2 2 − = 2+ + k 2 (k + 1)2 k (k + 1)2 k+1 k donc On a N X vn+1 − vn = n(un − un+1 ) ≥ 0. k=1 La suite (vn ) est croissante et majorée donc convergente. Posons On a un − un+1 = donc +∞ X k=n ` N N N +1 N +1 X X X X 1 1 1 1 1 π2 − 2 −−−−−→ − 3. = + − 1 + 2 2 2 2 2 k (k + 1) k k k k N →+∞ 3 1 (vn+1 − vn ) n k=1 k=2 k=1 Exercice 26 : [énoncé] D'une part +∞ +∞ +∞ X X n+1 X 1 1 = + = 2e. n! (n − 1)! n! n=0 n=1 n=0 +∞ +∞ X 1 1X (uk − uk+1 ) = (vk+1 − vk ) ≤ (vk+1 − vk ) k n k=n k=1 sa limite. k=n D'autre part ce qui donne 1 (` − vn ). n Pn donc nun → 0 puis k=1 uk → `. un ≤ P0 ≤ nun ≤ ` − vn un converge. On en déduit Finalement et +∞ 2 +∞ +∞ +∞ +∞ X X X n − 2 X n(n − 1) + n − 2 X 1 1 1 = = + −2 = 0. n! n! (n − 2)! (n − 1)! n! n=0 n=0 n=2 n=1 n=0 Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 3 novembre 2017 Corrections Exercice 27 : [énoncé] (a) 14 ap existe car, par croissances comparées, L'absolue convergence de la série est assurée par l'équivalent xn ∼ xn (1 − xn )(1 − xn+1 ) n→+∞ n2 × avec |x| < 1. Par glissement d'indice On a (1 − x) N X n=1 +∞ X (n + 1)p p p 1 ap = = ap + ap−1 + · · · + a0 n+1 1 p 2 2 n=0 +∞ X +∞ X xn xn − xn+1 = (1 − xn )(1 − xn+1 ) n=1 (1 − xn )(1 − xn+1 ) n=1 +∞ X 1 1 − = . (1 − xn ) (1 − xn+1 ) n=1 donc p p ap = ap−1 + · · · + a0 . 1 p (b) Par un récurrence aisée Par télescopage, 1 1 − n (1 − x ) (1 − xn+1 ) = 1 1 1 − −−−−−→ − 1. N +1 N →+∞ 1−x 1−x 1−x +∞ X x > 2, p ∈ N. (an ). x2 − 2 > 2 de sorte que l'on vérie par récurrence suite (an ) appartiennent à ]2 ; +∞[. De plus, on remarque que tous les termes de la an+1 − an = a2n − an − 2 = (an + 1)(an − 2) > 0 ce qui assure la suite réel `, (an ) on obtient l'égalité Exercice 28 : [énoncé] récurrence. On en déduit On a ` ≥ a0 = α > 2. 1 1 1 = − . n(n + 1) . . . (n + m) n(n + 1) . . . (n + m − 1) (n + 1) . . . (n + m) pour tout Commençons par étudier brièvement la suite xn x = . n n+1 (1 − x )(1 − x ) (1 − x)2 n=1 m× ap ∈ N Exercice 30 : [énoncé] Pour tout On obtient donc np np+2 = n −−−−−→ 0. n n→+∞ 2 2 est croissante. Par l'absurde, si celle-ci converge vers un N X 1 1 1 = − n(n + 1) . . . (n + m) m! (N + 1) . . . (N + m) n=1 En résumé, on peut armer que la suite (an ) croît vers m ≥ 1, m +∞. Exprimons ensuite les sommes partielles de la série étudiée. Pour N X 1 1 −−−−−→ = Sm . N →+∞ m.m! n(n + 1) . . . (n + m) n=1 Pour tout a aussi C'est absurde. n ≥ 1, on observe 1 a2 − an+1 1 an an+1 1 = · n = − a0 a1 . . . an 2 a0 a1 . . . an 2 a0 a1 . . . an−1 a0 a1 . . . an Après télescopage donc, sachant n∈N ` = `2 − 2 en passant à la limite la relation de ` = −1 ou ` = 2. Cependant, par croissance, on m pour tout N ≥ 1, . on a alors après simplication N X N 1 1 1X an an+1 = + − a a . . . an a0 2 n=1 a0 a1 . . . an−1 a0 a1 . . . an n=0 0 1 1 a1 aN +1 α 1 aN +1 1 = + − = − · . a0 2 a0 a0 a1 . . . aN 2 2 a0 a1 . . . aN Pour conclure, il sut d'établir Exercice 29 : [énoncé] p aN +1 −−−−−→ α2 − 4. a0 a1 . . . aN N →+∞ Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 3 novembre 2017 Corrections Après un peu de recherche inspirée par la limite souhaitée, on observe 15 Exercice 32 : [énoncé] un+1 un tend vers 1 donc la suite (un ) est de signe constant à partir d'un certain rang ; quitte à passer à l'opposé on peut supposer un > 0 pour n a2n+1 − 4 = a2n a2n − 4 . (a) Le rapport assez grand. Pour tout Posons N ∈ N, a20 a21 . . . a2N = a21 a20 −4 × −4 a22 a21 −4 × ··· × −4 a2N +1 − 4 a2N − 4 = −−−−−→ p wn = ln((n + 1)λ un+1 ) − ln(nλ un ). a2N +1 − 4 a20 − 4 On a 1 λ wn = λ ln 1 + + ln 1 − + vn n n et par conséquent aN +1 = a0 a1 . . . aN q a20 − 4 · q aN +1 a2N +1 −4 N →+∞ est le terme général d'une série absolument convergente. Par conséquent la α2 − 4. suite (ln(nλ un )) (b) Posons un = converge et donc un+1 1 1 +O 2 . =1− un 2n n n≥N 0 < un ≤ aussi. n n!en . On a Exercice 31 : [énoncé] (a) Via télescopage, on obtient pour tout (nλ un ) n En reprenant l'étude qui précède on peut armer que uN vn vN P un n1/2 un → ` > 0 donc diverge. Ce résultat peut être conrmé par la formule de Stirling. donc (b) Soit un = O(vn ). 1<β<α et vn = 1 . nβ Exercice 33 : [énoncé] vn+1 1 β 1 = . =1− +o 1 β vn n n 1+ n À partir d'un certain rang donc (c) Pour un = O(vn ) n or P vn (a) 3n + 1 2 1 2 1 un+1 = =1− =1− +o un 3(n + 1) 3n+1 3n n un+1 vn+1 ≤ un vn et converge absolument donc P un vn+1 1 3 1 = =1− +o 3/4 vn 4n n (1 + 1/n) aussi. assez grand un+1 1 1/(n + 1) ≥1− = un n+1 1/n donc Puisque la série 1/n est divergente, un argument de comparaison de séries à termes positifs permet de conclure que P un n assez grand, un+1 vn+1 ≥ . un vn (b) La suite de terme général 1 = O(un ). n P donc pour un vn est positive et croissante à partir d'un certain et N ∈ N tel que pour tout n ≥ N , un ≥ αvn . Or rang donc il existe α > 0 P P vn diverge donc un aussi. est aussi divergente. Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 3 novembre 2017 Corrections Exercice 36 : [énoncé] Exercice 34 : [énoncé] Puisque la suite (Sn ) un = Rn−1 − Rn est croissante 0 ≤ vn ≤ et donc vn → 0 . 16 et la décroissance de un+1 →0 S0 On en tire Z Rn On a Z Sn+1 = ln(Sn+1 ) − ln(Sn ). vn ∼ ln(1 + vn ) = ln Sn P ln(Sn ) converge et donc si, et P seulement si, la série télescopique (ln Sn+1 − ln Sn ) converge. Par équivalence de P série à termes positifs, cela équivaut à armer la convergence de la série vn . La série un Rn−1 converge si, et seulement si, la suite Exercice 35 : [énoncé] P un P converge alors en notant S sa somme (strictement positive), vn ∼ un /S vn converge. P P Supposons désormais que un diverge et montrons qu'il en est de même de vn . Par la décroissante de t 7→ 1/t, on a Si et donc Sn Z Sn−1 dt Sn − Sn−1 un ≤ = . t Sn−1 Sn−1 dt Rn−1 − Rn un ≤ = . t Rn Rn Rn−1 Rn donc la série à termes positifs t → 1/t, dt = ln Rn−1 − ln Rn t P R Rn−1 Rn → 0. Rn dt t diverge car Par comparaison de séries à termes positifs, S1 n dt X uk ≤ . t Sk−1 k=2 (a) Puisque la série Z Sn S1 car Sn → +∞ dt = ln Sn − ln S1 → +∞ t P un donc par comparaison Sn−1 diverge. Puisque un un 1 = = vn . Sn−1 Sn − un 1 − vn Si Si vn 6 →0 vn → 0 vn diverge. P n vn ∼ Sun−1 et à nouveau vn diverge. P P un et vn ont la même nature. alors alors Finalement P diverge. encore. P an converge, on peut introduire sa somme +∞ X an . n=0 Les termes sommés étant strictement positifs, on a alors Or puisque Exercice 37 : [énoncé] `= Sn un /Rn un un un 1 = = . Rn Rn−1 − un Rn−1 1 − un /Rn−1 P Si un /Rn−1 6 →0 alors un /Rn−1 diverge.P un un ∼R et donc un /Rn−1 diverge Si un /Rn−1 → 0 alors n P Rn−1 Dans tous les cas, un /Rn−1 diverge. En sommant ces inégalités Z P ln Rn → −∞ `>0 et Sn → ` donne Sn ∼ `. On en déduit La série P an an an ∼ . Sn ` converge, donc P an /` converge aussi et par équivalence de séries à termes positifs, on peut conclure à la convergence de la série P an /Sn . (b) Comme les termes sont positifs, on a Sn ≥ Sn−1 et donc an Sn − Sn−1 1 1 ≤ = − . Sn2 Sn Sn−1 Sn−1 Sn P La série à termes positifs an étant supposée divergente, vers +∞ et donc 1/Sn → 0. la suite (Sn ) tend Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] La nature de la série P édité le 3 novembre 2017 un − un−1 étant celle de la suite Corrections (un ), on peut 17 Exercice 39 : [énoncé] On a armer la convergence de la série 1 X Sn−1 puis celle de P 1 − Sn La fonction an /Sn2 par comparaison de séries à termes positifs. x 7→ 1/x ln x (Sn−1 /Sn ) (Sn−1 /Sn ) 1 ≥ n ln n n=2 ne tend pas vers 1, la série étudiée diverge grossièrement. tend vers 1 alors La suite P N +1 Z an /Sn 2 Exercice 40 : [énoncé] La fonction x 7→ a x est décroissante donc √ diverge, an ∼ ln Sn − ln Sn−1 . Sn P donc la série ln Sn − ln Sn−1 n X diverge aussi et, enn, √ a k Z ≤1+ Sn = (un ), 2n X k=0 R +∞ 0 uau du k=n+1 Puisque la suite (Sn ) converge, x 7→ Z nα u2n = nα+1 u2n ≥ 0. S2n − Sn → 0 +∞ 1 k=n+1 u2n+1 → 0 n uau du 0 √ a n < +∞. 1 xα est décroissante et on en déduit (2n)α+1 u2n → 0. donc (2n + 1) (2n)α+1 (2n)α+1 u2n et on peut donc conclure n α+1 Par suite +∞ dx X 1 ≤ ≤1+ xα kα k=1 Z +∞ 1 dx xα 1 1 ≤ ζ(α) ≤ 1 + . α−1 α−1 α+1 (2n + 1) dx = 1 + 2 Exercice 41 : [énoncé] Puisque 2n X 0 ≤ (2n + 1)α+1 u2n+1 ≤ Z est dénie donc Puisque α+1 a √ x k α uk . on a k α uk ≥ dx n≥0 k=1 Par la décroissance de la suite x √ n X n X √ a 0 Exercice 38 : [énoncé] S2n − Sn = ≤ puis diverge par argument de comparaison de séries à termes positifs. Posons n Z n n−1 or on a aussi dt = ln ln(N + 1) − ln ln 2 → +∞. t ln t a (ln Sn ) ]1 ; +∞[. Notons que les termes sommés sont positifs. √ Sn−1 Sn−1 ln ∼ −1 Sn Sn et donc ln x + 1 . (x ln x)2 =− est décroissante sur N X an Sn − Sn−1 Sn−1 = =1− . Sn Sn Sn Si 0 On en déduit (c) On peut écrire Si 1 x ln x (α − 1)ζ(α) −−−−→ 1. α→1+ un → 0. Exercice 42 : [énoncé] Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] (a) Par croissance de la fonction √ édité le 3 novembre 2017 . Corrections 18 puis sachant Z √ k Z t dt ≤ √ k≤ n Z √ t dt k k−1 donc √ k+1 Z t dt ≤ 0 n √ X on obtient n+1 Z k≤ √ arctan t dt 1 k=1 Quand N a 1 X N N +1 − arctan ≤ ≤ arctan . 2 2 a a n=1 n + a a N → +∞, +∞ π 1 X π a − arctan ≤ ≤ . 2 2 2 a n=1 n + a 2 et on conclut aisément. (b) On a ln n! = n X x a = arctan + C te x2 + a2 a ln k Par le théorème des gendarmes, k=1 et, par croissance de la fonction ln lim k Z a→+∞ k+1 Z ln t dt ≤ ln k ≤ ln t dt k−1 donc Exercice 44 : [énoncé] n+1 Z ln t dt ≤ ln n! ≤ 1 ln t dt On a n 1 An = a + puis on peut conclure. (c) Par décroissance de la fonction Z k+1 k donc n+1 Z 2 x 7→ 1/x ln x 1 dt ≤ ≤ t ln t k ln k n sur Z k−1 X 1 dt ≤ ≤ t ln t k ln k k=2 Posons k Z 1 dt t ln t n dt t ln t f (t) = ln(a + bt) fonction croissante. À l'aide d'une comparaison série-intégrale n X f (k) = n ln(a + bn) − n + o(n) k=1 donc ln dt = ln(ln t) + C te → +∞. t ln t b(n + 1) 1X , ln Bn = ln(a + bk). 2 n k=1 [1/e ; +∞[, puis on conclut via Z Bn a + bn = ln Bn − ln An = ln − 1 + o(1) → ln 2 − 1 An a + bn/2 puis Bn 2 → . An e Exercice 43 : [énoncé] Notons que La fonction P+∞ a a n=1 n2 +a2 existe. n2 donc a est décroissante sur [0 ; +∞[ donc par comparaison x2 +a2 a n2 +a2 x 7→ ∼ série-intégrale Z 1 N +1 a π = . 2 + a2 n 2 n=1 k n Z +∞ X Z N N X a a a dx ≤ ≤ dx 2 + a2 2 + a2 x2 + a2 n x 0 n=1 Exercice 45 : [énoncé] Par comparaison série intégral, n X ln2 k ∼ n(ln n)2 k=2 Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] donc Par référence aux séries édité le 3 novembre 2017 1 nα . ∼ 1−α un = Pn 2 n (ln n)2 k=2 ln k P de Bertrand, un converge si, et Corrections 19 Exercice 47 : [énoncé] Si α<1 alors n nα 1ln n → +∞ donc pour n assez grand 1 nα ln n ≥ 1 n . Par comparaison de séries à termes positifs, la série diverge seulement si, α ≤ 0. Si α>1 alors considérons β ∈ ]1 ; α[. On a nβ nα 1ln n → 0 donc la série est absolument convergente. α = 1 alors Pour k ≥ 2, Si Exercice 46 : [énoncé] exploitons la décroissance de la fonction 1 ≥ k ln k Introduisons la somme partielle SN On remarque que pour N X xan = . n3 n=1 n ∈ 10p−1 , . . . , 10p − 1 donc on a an = p En regroupant pertinemment les termes sommés S10q −1 = p=1 n=10p−1 t 7→ 1/t Puisque la fonction 10p Z 10p−1 3 xan = n3 p=1 dt ≤ up = t2 n=10p−1 n=10p−1 1 ≤ n3 xp = up xp . n3 p=1 Z 10p −1 Cas 2 10p−1 −1 Si Si α≤0 α>0 x 7→ 1/x(ln x)α n+1 Z n un ≥ 1/n et la série diverge. est décroissante sur dt ≤ un ≤ t(ln t)α Z n n−1 ]1 ; +∞[. dt t(ln t)α donc 99 1 . 2 100p Z p up x P converge si, et seulement si, x < 100. xan /n3 est à termes positifs, sa convergencePéquivaut à la convergence d'une suite extraite de sommes partielles et donc xan /n3 converge si, et seulement si, x < 100. Cas x < 0. Pour x ∈ ]−100 ; 0[, il y a absolue convergence de la série en vertu de l'étude qui La série h in+1 dt = ln(ln t) −−−−−→ +∞. n→+∞ t ln t 2 alors à partir d'un certain rang alors la fonction N +1 3 x ≥P 0 dt t ln t Exercice 48 : [énoncé] dt . t2 Après calculs, on obtient up ∼ n+1 Z ]1 ; +∞[. q X est décroissante, on a la comparaison p 10 −1 X k=2 1 ≥ k ln k k 1 x ln x sur Par suite, la série étudiée diverge. p q 10 −1 X X p q 10 −1 X X n X k+1 Z x 7→ Z N N X dt dt ≤ u ≤ n t(ln t)α t(ln t)α 2 n=3 puis Puisque la série Z ln N +1 ln 3 Z ln N N du X du ≤ u ≤ n α uα u ln 2 n=3 et on peut conclure qu'il y a convergence si, et seulement si, α > 1. précède. Pour x ≤ −100, on peut écrire x = −y S10q −1 avec y ≥ 100, on a alors q X = (−1)q uq y q p=1 avec (uq y q ) qui ne tend pas vers zéro. Il y a alors divergence d'une suite extraite de sommes partielles et donc divergence de la série P an x /n 3 Exercice 49 : [énoncé] Par comparaison série intégrale : Si Si Si Si α > 0, un ∼ nα+1 α+1 est terme général d'une série absolument convergente. −1 < α < 0, un ∼ nα+1 α+1 n'est pas le terme général d'une série convergente. α = −1, un ∼ ln1n n'est pas P le terme général d'une série convergente. α < −1, un 6 →0 et donc un est grossièrement divergente. . Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 3 novembre 2017 Exercice 50 : [énoncé] Selon que α<0 ou α ≥ 0, on encadre 1/k α Corrections 20 Exercice 53 : [énoncé] en exploitant la monotonie de x 7→ 1/xα . La fonction x 7→ 1 − cos x − x est négative sur [0 ; +∞[ et ne s'annule qu'en 0. (un ) est décroissante, or elle est clairement minorée par 0 Par conséquent, la suite donc elle converge. Sa limite annulant la précédente fonction ne peut être qu'être Sachant que Z 1 1−α dt t + C te −−−−→ +∞ = α t→+∞ t 1−α on obtient k=1 Puisque la fonction x 7→ Par suite un = O 1/2n et donc un 2 1 un+1 ≤ u2n . 2 P la série un converge. Exercice 54 : [énoncé] Par étude de point xe de la relation de récurrence, la valeur 1 xα est décroissante Z n+1 n donc Z +∞ N +1 1 dx ≤ α ≤ α x n Z dx ≤ RN ≤ xα Z d'où l'on obtient Rn ∼ n n−1 dx xα +∞ N `= 1+ est la seule limite possible de la suite |un+1 − `| = √ dx xα 1 . (α − 1)nα−1 donc On peut alors majorer le reste de la série en prenant appui sur une somme qui est clairement à termes positifs. 1 |un − `| √ ≤ |un − `| 2 1 + un + 1 + ` et ainsi la série converge. (a) Aisément la suite est strictement positive, décroissante et de limite +∞ 1 k=0 k! s'obtient entre autre par le critère d'Alembert puisque 1/(k + 1)! 1 −−−−−→ 0 < 1. = 1/k! k + 1 k→+∞ un = O(1/2n ) (un ) √ 5 /2 Exercice 55 : [énoncé] (b) Exercice 52 : [énoncé] P La convergence de un+1 = 2 sin2 on a n X 1 n1−α ∼ . α k 1−α Exercice 51 : [énoncé] 0. Puisque ` ∈ [0 ; π/2] vériant sin ` = `. un+1 − un est le terme général d'une série télescopique convergente. un+1 − un ∼ − 16 u3n donc par équivalence de suite de signe constant, Or on conclut. (c) ln un+1 − ln un est le terme général d'une série télescopique divergente. Or 1 2 ln un+1 − ln un ∼ ln 1 − 6 un ∼ − 16 u2n donc par équivalence de suite de signe constant, on conclut. géométrique +∞ X k=n+1 1 1 1 1 1 1 1 1 ≤ + + ··· = = . k! n! n + 1 (n + 1)2 n! n + 1 1 − 1/n + 1 n.n! Notons que raisonner par récurrence ne marche pas. Exercice 56 : [énoncé] Posons Hn = 1 + 1 1 + · · · + = ln n + γ + o(1). 2 n On observe un = 2Hn − Hn2 = 2(ln n + γ + o(1)) − ln(n2 ) − γ + o(1) → γ . Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 3 novembre 2017 Corrections Exercice 57 : [énoncé] 21 Au nal an − λ = − (a) On sait Hn = n X 1 = ln(n) + γ + o(1) k k=1 Exercice 58 : [énoncé] donc an = H3n − Hn → ln(3) = λ. (a) On a (b) Si on sait ln un+1 − ln un = ln 1 1 Hn = ln(n) + γ + +o 2n n (b) Posons démonstration de ce résultat. X 3n n 3n X X k−1 1 1 1 1 an = + ln 1 − − + ln 1 − + ln k k k k k k=1 avec 3n X k=n+1 donc an − λ = k−1 ln = ln 3 k Or P 1 k + ln 1 − 1 k donc an − λ = Rn − R3n (b) ln un → −∞ puis un → 0. 1 1 2n+1 ln un+1 − ln un = ln uun+1 = ln 1 − ∼ − 2n . La série = ln 2n+2 2n+2 n P ln un+1 − ln un tend vers −∞ donc ln un → −∞ puis un → 0. P 2n+1 1 ln(n + 1)un+1 − ln nun = ln 2n ∼ 2n . La série ln(n + 1)un+1 − ln nun +∞ donc P ln nun → +∞ nun ≥ 1 donc un diverge. tend vers rang avec +∞ X 1 1 + ln 1 − . Rn = k k donc Exercice 59 : [énoncé] est absolument convergente car 1 1 1 + ln 1 − ∼− 2 k k 2k −∞ formule de Stirling. (a) tend vers Notons qu'évidemment, on aurait aussi pu résoudre cet exercice à l'aide de la k=1 k=1 un+1 1 1 2n + 1 = ln 1 − ∼− . = ln un 2n + 2 2n + 2 2n 1 1 1 + ln un+1 − ln un = O 2 . ln vn+1 − ln vn = ln 1 + 2 n n P La série ln vn+1 − ln vn converge √ et donc la suite ln vn` aussi. En posant ` sa limite, on obtient nun → C avec C = e > 0. k=n+1 X n 3n X 1 1 1 1 + ln 1 − − + ln 1 − . k k k k P ln un+1 − ln un √ vn = nun . La série les choses vont assez vites. . . mais sans doute l'examinateur souhaitera la k=1 1 1 1 1 + +o ∼− . 2n 6n n 3n (c) puis nun → +∞. À partir d'un certain 2k+1 k+1 uk = (2k + 1)vk en sommant pour k ∈ et en simpliant, on obtient : Tn = 2 − (2n + 6)vn+1 donc Tn → 2. (2k + 4)vk+1 = 2uk+1 = {0, . . . , n} k=n+1 Or par sommation d'équivalent sur des restes de séries convergentes à termes de signe constant, Rn ∼ +∞ X k=n+1 1 1 − 2 ∼− 2k 2n Exercice 60 : [énoncé] (a) a−b a−b ln un+1 − ln un = ln 1 + ∼ n n (le dernier équivalent s'obtenant, soit par comparaison série intégrale, soit par est le terme général d'une série divergeant vers 1 k2 donc ∼ 1 k(k−1) et sommation télescopique). −∞. Par suite ln un → −∞ et un → 0. Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 3 novembre 2017 Corrections 22 Exercice 63 : [énoncé] (b) Après calculs 1 a−b α+a−b 1 +O 2 + ln 1 + = ln vn+1 − ln vn = α ln 1 + n n n n donc pour α = b − a, converge vers un réel la série des A>0 ln vn+1 − ln vn converge. Par suite ln un+1 − ln un = O(1/n2 ) donc la suite (ln un ) converge et on peut conclure. On peut aussi faire le lien avec la formule de Stirling. . . vn et alors un ∼ Exercice 64 : [énoncé] A . nb−a (a) Par récurrence 0 ≤ un ≤ u0 /2n . (b) (c) On a (b − a − 1)un = (1 − b)(un+1 − un ) − (n + 1)un+1 − nun ln(2n+1 un+1 ) − ln(2n un ) = ln donc par télescopage +∞ X un = n=0 nalement ∼− n (2 un ) A converge vers un réel 2 1 un 6 2 (ln(2n un )) converge et strictement positif. (c) un − A2−n = 2−n +∞ X 2k uk − 2k+1 uk+1 . k=n (a) Or 1 (n + 1)β un+1 α+β + O = 1 + nβ un n n2 donc k converge si, et seulement si, k+1 2 uk − 2 uk+1 2k+1 ∼ 6 uk 2 3 ∼ A3 . 24.22k Par comparaison de restes de séries convergentes à termes positifs, 1 α+β +O 2 vn = n n vn est terme général d'une série convergente donc la suite b−1 u0 . b−a−1 Exercice 61 : [énoncé] P sin(un /2) un /2 un − A2−n ∼ 2−n β = −α. +∞ A3 X 1 A3 = . 2k 24 2 18.2−3n k=n (b) n−1 X vk = ln(n−α un ) → ` = k=0 donc n−α un → e` puis +∞ X Exercice 65 : [énoncé] vk ∈ R Non, en eet considérons k=0 un ∼ Anα avec A = e` > 0. un = n X k=2 Pour tout Exercice 62 : [énoncé] (un ) Notons que les termes de la suite β (a) (n+1) un+1 nβ un =1+ et seulement si, (b) Pn−1 α+β n +O 1 n2 −α ∈ / N∗ . P + O n12 . vn converge vn = α+β n P+∞ k=0 vk ∈ R donc n−α un → e` puis unp − un = 0 ≤ unp − un ≤ si, un ∼ Anα Pnp 1 k=n+1 k ln k np − (n + 1) + 1 p−1 = →0 n ln n ln n alors que β = −α. −α un ) → ` = k=0 vk = ln(n ` avec A = e > 0. , on a On en déduit sont tous non nuls car donc p∈N ∗ 1 . k ln k un ≥ n Z X k=2 k k+1 dt = t ln t Z 2 n+1 h in+1 dt = ln(ln t) → +∞. t ln t 2 Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 3 novembre 2017 Corrections 23 Exercice 66 : [énoncé] On peut écrire n n X k avec = n k=1 n−1 X k=0 k 1− n n = n X uk (n) k=0 uk (n) −−−−−→ e−k . n→+∞ On peut alors présumer n n X k n k=1 +∞ X −−−−−→ n→+∞ e−k = k=0 e 1 = . 1 − 1/e e−1 Il ne reste plus qu'à l'établir. . . Puisque ln(1 + x) ≤ x x > −1, pour tout 1− k n n et donc on a déjà = exp n ln(1 − k/n) ≤ e−k n n X k n k=1 De plus, pour N ∈ N, on a pour tout n X k=1 Pour ε > 0, il existe k n n N ∈N ≥ N −1 X k=0 ≤ n≥N n N −1 X k −−−−−→ 1− e−k . n→+∞ n k=0 e−k ≥ k=0 N 1 . 1 − 1/e tel que N −1 X et pour ce on a e −ε e−1 0 N ∈ N tel que pour n ≥ N 0 , n NX n n N −1 −1 X X k k ≥ 1− ≥ e−k − ε. n n n=0 xé, il existe k=1 On a alors pour tout n≥N k=0 0 n n X k k=1 On peut donc conclure n ≥ n n X k k=1 n e − 2ε. e−1 → e . e−1 Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD