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Séries numériques

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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
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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.
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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.
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Exercice 30
Soient
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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 .
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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.
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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
.
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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 .
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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
.
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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
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la série
P
vn
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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.
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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.
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(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 .
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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
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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 →+∞
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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.
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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
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La nature de la série
P
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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]
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(a) Par croissance de la fonction
√
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.
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
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donc
Par référence aux séries
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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.
.
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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 .
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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.
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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
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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
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