DNS n◦ 12 Corrigé PCSI1-PCSI2 2014-2015 I - <<le critère spécial des séries alternées>> Soit u = (un )n∈N , une suite réelle vérifiant les conditions suivantes pour tout n ∈ N, un ≥ 0 la suite u = (un )n∈N est décroissante lim (un ) = 0. 1 2 3 n→+∞ 1. Justifier que dans les trois hypothèses précédentes, il y en a une qui est superflue. Solution. L’hypothèse 1 est supeflue. En effet si 2 et 3 sont vérifiées, pour p ∈ N fixé, si n ≥ p, on a un ≤ up . On passe à la limite sur n, pour avoir lim un = 0 ≤ up . 2. On considère les suites S = (Sn )n∈N , P = (Pn )n∈N et I = (In )n∈N définies par : 2n n (−1)k uk pour tout n ∈ N, Sn = Pn = et k=0 2n+1 (−1)k uk et (−1)k uk . In = k=0 k=0 Montrer que les deux suites P et I sont adjacentes. Solution. On a In − Pn = (−1)2n+1 u2n+1 = −u2n+1 −−−−−→ 0 et In ≤ Pn . On montre que (In )n est croissante. n→+∞ 2n+2 In+1 − In = (−1) 2n+1 Pn+1 − Pn = (−1) u2n+2 + (−1) 2n+3 u2n+3 = u2n+2 − u2n+3 ≥ 0 (car (un )n∈N est décroissante) u2n+1 + (−1) 2n+2 u2n+2 = u2n+2 − u2n+1 ≤ 0 Les deux suites sont donc adjacentes. 3. En déduire que la série (−1)n un converge. ln n converge. Cette série converge t’elle absolument ? n Solution. On a Pn = S2n et In = S2n+1 , les deux suites (Pn )n et (In )n sont adjaventes donc convergent vers la même limite L. Ainsi les suites de rangs pairs et impairs de la suite (Sn )n convergent vers la même limite L. On a montré que, dans ce cas la suite (Sn )n converge vers L. 1 − ln x ln x Application : Si on pose f (x) = alors f est définie et dérivable sur ]0, +∞[ avec f ′ (x) = < 0 si x x ln (k + 1) ln k x > e, ceci montre que pour k ≥ 0, ≤ . k+1 k ln (n + 3) On pose donc un = . On a bien (un )n∈N décroissante, d’où 2 , et un −−−−−→ 0 d’où 3 (on ne vérifie n→+∞ n+3 pas 1 qui est superflue). On en déduit que la série Une application : prouver que la série k≥0 (−1)n (−1)k ln (k + 3) =− k+3 n≥3 (−1)n ln (n) converge n n Ainsi, la série n≥3 (−1) ln (n) converge et comme la convergence ne dépend pas des permiers, termes, n converge aussi. Il n’y a pas convergence absolue car 1 ln n ≥ et la série n n n≥1 n≥1 (−1)n ln (n) n 1 est positive divergente. n +∞ 4. On note L la somme de la série (−1)n un : prouver que L est positive. n=0 Solution. On sait (théorème des suites adjacentes) que pour n ∈ N, In ≤ L ≤ Pn . Avec n = 0, on a 0 ≤ u0 − u1 ≤ L ≤ u0 (on a bien u1 ≤ u0 par décroissance de (un )n∈N ). 5. Pour tout n ∈ N, on pose1 : 1 Attention : par rapport aux notations du cours, rn = Rn−1 . —1/7— G H -L F ,L DNS n◦ 12 Corrigé PCSI1-PCSI2 2014-2015 +∞ (−1)k uk rn = k=n (a) Justifier l’exitence de rn pour tout entier n ∈ N. +∞ Solution. Cours, si la série an converge, alors Rn−1 = L − Sn = n≥0 ak existe. Donc ici rn = Rn−1 k=n+1 existe. (b) Prouver que la suite (rn )n∈N converge et trouver sa limite. Solution. On a rn = L − Sn−1 −−−−−→ 0 car Sn−1 −−−−−→ L. n→+∞ n→+∞ (c) Démontrer que le réel rn est du signe de (−1)n i.e du signe de son premier terme. Justifier alors : |rn | = (−1)n rn . +∞ (−1)k uk+n , puisque (uk+n )k∈N est décroissante (attention Solution. Si à n fixé, on considère la série k=0 c’est k qui varie et n est fixé) et que uk+n −−−−−→ 0 (suite extraite), on obtient une série alternée. Sa somme k→+∞ est donc positive. Mais N N−n (−1)k uk = (−1)n k=n (−1)k uk+n −−−−−→ (−1)n rn N→+∞ k=0 Ainsi (−1)n rn ≥ 0. On en déduit que rn est du signe de (−1)n donc du premier terme. Puis, de manière évidente que |rn | = (−1)n rn . +∞ Au passage, on a montré que rn = (−1)n (−1)k uk+n . k=0 II - étude du reste de séries alternées particulières On suppose que la suite u vérifie, en plus : un+1 4 =1 un 5 pour tout n ∈ N, un+2 − un+1 ≥ un+1 − un . 1. Vérifier que, pour tout n ∈ N : |rn | + |rn+1 | = un . n n Solution. On a rn = rn+1 + (−1) un et |rn | = (−1) rn , n 2n |rn | + |rn+1 | = (−1) (rn − rn+1 ) = (−1) un = un . |rn+1 | = (−1)n+1 rn+1 = − (−1)n rn+1 . Ainsi 2. Vérifier que, pour tout n ∈ N : +∞ (−1)p (un+p − un+1+p ) . |rn | − |rn+1 | = p=0 En déduire la monotonie de la suite (|rn |)n≥0 . +∞ Solution. On a montré que rn = (−1)n +∞ (−1)k uk+n ainsi |rn | = k=0 +∞ (−1)k uk+n et |rn+1 | = k=0 +∞ Or on sait que si an et n≥0 bn convergent alors n≥0 (an − bn ) converge et n≥0 —2/7— k=0 +∞ +∞ an − n=0 (−1)k uk+n+1 . bn = n=0 (an − bn ). On n=0 G H -L F ,L DNS n◦ 12 Corrigé PCSI1-PCSI2 2014-2015 +∞ (−1)p (un+p − un+1+p ). en déduit donc que |rn | − |rn+1 | = p=0 Pour finir, si vp = un+p − un+1+p alors d’après 5 ∀p ∈ N un+2+p − un+p+1 ≥ un+1+p − un+p ⇐⇒ −vp+1 ≥ −vp ⇐⇒ (vp )p∈N décroissante +∞ (−1)p vp ≥ 0 (question I-4), ce qui prouve que la suite (|rn |)n≥0 est et vp −−−−−→ 0. On sait alors que n→+∞ p=0 décroissante. 3. Montrer que, pour tout n ∈ N : un un−1 ≤ |rn | ≤ . 2 2 Solution. On sait que ∀n ∈ N, |rn+1 | ≤ |rn | (décroissance ...) et |rn | + |rn+1 | = un on en déduit un = |rn | + |rn+1 | ≤ 2rn 2 |rn | ≤ |rn−1 | + |rn | = un−1 ce qui donne l’encadrement souhaité en divisant par 2. 4. En déduire qu’au voisinage de l’infini : rn ∼ (−1)n +∞ un . 2 Une application +∞ (−1)k Déterminer un équivalent au voisinage de l’infini de : an = k=n Solution. On a donc Or d’après 4 , (−1)n un . un−1 un ln k . k 1 |rn | 1 un−1 ≤ ≤ 2 un 2 un |rn | −−−−−→ 1 donc par encadrement −−−−−→ 1 ⇐⇒ |rn | ∼ un =⇒ rn = (−1)n |rn | ∼ n→+∞ un n→+∞ Pour la série an qui est bien le reste de la série alternée n≥3 (−1)n ln n ln n , on obtient an ∼ (−1)n . n 2n ln n un+1 Attention à vérifier que si un = alors −−−−−→ 1 (vrai car ln (n + 1) ∼ ln n et n + 1 ∼ n), et que n un n→+∞ un+2 − un+1 ≥ un+1 − un . Pour cette dernière vérification : ′ n+1 ln (n + 1) ln n 1 − ln t ln t 1 − ln t ln (n + 2) ln (n + 1) Méthode 1 : On a − = dt (car = ) et − = 2 2 n+1 n t t t n+2 n+1 n ′ n+2 n+1 1 − ln t 2 ln t − 3 1 − ln t 1 − ln (u + 1) dt = du. Mais = > 0 si t > exp 32 (donc t > 5) 2 2 2 u=t−1 t t t3 (u + 1) n+1 n ainsi pour t ∈ [n, n + 1] et n ≥ 5 1 − ln t 1 − ln (t + 1) ≤ =⇒ t2 (t + 1)2 n+1 n 1 − ln t dt ≤ t2 n+1 n 1 − ln (t + 1) (t + 1)2 dt Ce qui donne bien un+2 − un+1 ≥ un+1 − un à partir du rang 5. ln t ln (n + 1) ln n ln (n + 2) Méthode 2 : Dans le même genre, si ψ (t) = , par le TAF, − = ψ′ (cn ) (et − t n+1 n n+2 —3/7— G H -L F ,L DNS n◦ 12 Corrigé PCSI1-PCSI2 2014-2015 ln (n + 1) = ψ′ (cn+1 )) avec cn ∈ ]n, n + 1[. Il suffit de vérifier que ψ′ est croissante i.e. que ψ′′ ≥ 0 pour avoir n+1 ψ′ (cn ) ≤ ψ′ (cn+1 )). III - calcul d’une somme de restes (−1)n−1 converge. n 1 Solution. On pose un = , qui vérifie bien 2 et 3 donc n+1 1. Montrer que la série n n≥0 (−1) converge et ainsi n+1 n−1 n≥1 (−1) n aussi. 2. Soit n ∈ N (a) Justifier que, pour t ∈ [0, 1], on a : n (−t)n+1 1 (−1)k tk + = . 1 + t k=0 1+t n q k = · · · avec q = −1). Solution. Si je vous dis uniquement −1 = 1, est-ce clair ? (et que k=0 1 (b) Prouver : lim n→+∞ 0 +∞ n+1 (−t) dt 1+t = 0. En déduire : n−1 (−1) n n=1 = ln(2). Solution. L’intégrale existe (fonction C 0 ) et 1 0 Or 1 (−t)n+1 dt ≤ 1+t 1 (−t)n+1 dt = 1+t 0 0 tn+1 dt 1+t tn+1 ≤ tn+1 si t ≥ 0 d’où 1+t 1 0 Par encadrement, on en déduit que 1 0 tn+1 dt ≤ 1+t 1 0 1 tn+1 dt = 0 n+1 (−t) dt −−−−−→ 0. Puis n→+∞ 1+t 1 dt = ln 2 = 1+t n 1 (−1)k tk + 0 k=0 1 k n (−1)k = k=0 n = k=0 Ainsi n k=0 1 −−−−−→ 0 n + 2 n→+∞ 0 (−1)k + k+1 (−1)k = ln 2 − k+1 1 t dt + 1 0 0 1 0 (−t)n+1 1+t dt (−t)n+1 dt 1+t (−t)n+1 dt 1+t (−t)n+1 dt −−−−−→ ln 2 n→+∞ 1+t ce qui prouve le résultat demandé. +∞ 3. Pour n ≥ 1, on pose vn = k=n (−1)k . k2 —4/7— G H -L F ,L DNS n◦ 12 Corrigé PCSI1-PCSI2 2014-2015 (a) Montrer que la suite n12 n≥1 vérifie les hypothèses 1 , 2 , 3 , 4 , 5 . Solution. Bon la suite commence à n = 1, mais cela ne change rien. 1 est superflue, on ne la vérifie pas ! n2 1 1 2n + 3 2 et 3 sont évidentes. Puis 4 aussi car 2 ∼ 1 et enfin 2 − 2 =− 2 2, (n + 1) (n + 2) (n + 1) (n + 2) (n + 1) 1 2n + 1 1 − =− et (n + 1)2 n2 (n + 1)2 n2 − 2n + 3 2 2 (n + 2) (n + 1) 2n + 1 ≥− 2 n2 ⇐⇒ 2n + 3 2n + 1 n2 ≤ 2 (n + 1) (n + 2) 2 ⇐⇒ (2n + 3) n ≤ (2n + 1) (n + 2) Ce qui est vrai car (2n + 3) n2 = (2n + 1 + 2) (n + 2 − 2) = (2n + 1) (n + 2)+2 (1 − n)−4 ≤ (2n + 1) (n + 2). (b) Montrer que la série vn converge. n Solution. D’aprsès ce qui précède, on a vn = (−1) |vn | avec |vn | −−−−−→ 0 et (|vn |)n≥1 décroissante. Ainsi n→+∞ (−1)n |vn | converge. (|vn |)n∈N vérifie 2 et 3 , on peut appliquer le critère spécial et en déduire que n≥1 N (c) On pose, pour tout n ≥ 1 : TN = Solution. On a pour N ≥ 1, vn = k=n N N vn = n=1 n=1 N n=1 k=n vn . Montrer : TN = N vN+1 + n=1 +∞ N N k=n N k (−1) = k2 k k=n (−1) + vN+1 , ainsi k2 N (−1)k k2 (−1)k . k2 N N n=1 k=n vN+1 = N vN+1 + + n=1 N N n=1 k=n (d) En permutant avec soin l’ordre de sommation dans la somme double (−1)k k2 (−1)k , déterminer la valeur k2 +∞ de la somme de la série vn . n=1 Solution. On a N n=1 N k=n (−1)k k2 N = k=1 k (−1)k = k2 n=1 Ainsi N TN = k=1 N k=1 (−1)k k× = k2 N k=1 (−1)k + N vN+1 k +∞ On sait que TN −−−−−→ N→+∞ N (−1)k k +∞ vn (convergence de n=1 vn ), on a montré que n≥1 (−1)n−1 = ln(2) ainsi n n=1 k (−1) −−−−−→ − ln 2. Pour finir, la question II-4 permet d’affirmer que (puisque vN+1 = rN pour N→+∞ k k=1 1 un = 2 ) n 1 vN+1 ∼ (−1)N −−−−−→ 0 2N 2 N→+∞ —5/7— G H -L F ,L DNS n◦ 12 Corrigé PCSI1-PCSI2 2014-2015 Bref, on obtient bien +∞ vn = − ln 2 n=1 IV - étude des restes des séries de Riemann On considère ici un réel α > 1. +∞ 1. Soit n ∈ N∗ : justifier l’existence de Wn = k=n Solution. C’est le reste RN−1 de la série 1 . kα 1 qui converge d’après Riemann (α > 1). Ce reste est donc bien α n n≥1 défini. 1 . Attention : il s’agit bien d’un O et non pas d’un o . nα 1 Solution. Par comparaison Série-Intégrale avec f (x) = α qui est décroissante sur ]0, +∞[ , on a pour N ≥ x n≥1 N N N 1 dt 1 1 1 1 1 1 f (N ) ≤ − ≤ f (n) ⇐⇒ ≤ − − α−1 ≤ α α α α α−1 kα t N k 1 − α N n n n 2. Montrer : Wn = 1 +O (α − 1)nα−1 k=n k=n On en déduit que 1 ≤ Nα N k=n 1 1 1 1 − ≤ α+ kα (α − 1) nα−1 n (1 − α) N α−1 En passant à la limite si N −→ +∞, on a 1 1 0 ≤ Wn − ≤ α =⇒ 0 ≤ α−1 (α − 1) n n ce qui signifie que Wn − 1 =O (α − 1) nα−1 Wn − 1 (α − 1) nα−1 ≤1 1 nα 1 . nα 3. Rappeler l’énoncé de la formule de Taylor - reste intégral, hypothèses comprises. Solution. Voir le cours ! 1 ∗ 4. Soit f (x) = − (α−1)x : α−1 , pour x ∈]0, +∞[. Montrer que, pour tout k ∈ N f (k + 1) − f(k) = où Jk est un réel vérifiant 0 ≤ Jk ≤ 1 α 1 − + Jk kα 2 kα+1 α(α + 1) . 2kα+2 Solution. On a donc f (k + 1) = f (k) + f ′ (k) + où k+1 Jk = k f ′′ (k) + 2 (k + 1 − t)2 × 2 k+1 k (k + 1 − t)2 (3) 1 α 1 f (t) dt = f (k) + α − + Jk 2 k 2 kα+1 α (α + 1) tα+2 —6/7— dt = α (α + 1) 2 k+1 k (k + 1 − t)2 dt tα+2 G H -L F ,L DNS n◦ 12 Corrigé PCSI1-PCSI2 2014-2015 Mais si t ∈ [k, k + 1] , on a 0 ≤ (k + 1 − t)2 ≤ 1 et 0 ≤ 1 1 ≤ tα+2 kα+2 Ainsi, par croissance de l’intégrale 0 ≤ Jk ≤ k+1 α (α + 1) 2 dt = kα+2 k α(α + 1) 2kα+2 5. En déduire le développement asymptotique à deux termes : Wn = 1 1 + α +O α−1 (α − 1)n 2n 1 . nα+1 Solution. En sommant, N N (f(k + 1) − f (k)) = k=n k=n 1 α − α k 2 N N 1 k=n kα+1 + Jk k=n d’où N k=n 1 α = f (N + 1) − f (n) + kα 2 Or 0 ≤ Jk ≤ +∞ 1 et kα+2 k=n 1 kα+2 N k=n 1 kα+1 N − N Jk = k=n N 1 1 α 1 − + − Jk (α − 1)nα−1 (α − 1) (N + 1)α−1 2 kα+1 k=n k=n converge (Riemann avec α + 2 > 1), par comparaison des séries poitives, Jk k≥n converge. En passant à la limite si N −−−−−→ +∞, on a donc n→+∞ +∞ k=n 1 1 α = Wn = + α α−1 k (α − 1)n 2 +∞ k=n +∞ 1 kα+1 − Jk k=n Puisque α + 1 > 1, on a montré que α 2 +∞ k=n 1 α 1 = × +O kα+1 2 αnα 1 nα+1 +∞ Il suffit de montrer que Jk = O 1 nα+1 . Mais on a k=n +∞ 0≤ Jk ≤ k=n d’où en remarquant que O 1 n α(α + 1) 2 +∞ k=n 1 kα+2 = = o (1) (car an = O α(α + 1) 1 +O 2 (α + 1) nα+1 1 n 1 nα+2 ⇐⇒ (nan )n bornée donc an = 1 × nan −−−−−→ 0) n→+∞ n +∞ 0≤ Jk k=n 1 nα+1 ≤ α +O 2 1 n est donc borné (car α +O 2 1 n −−−−−→ n→+∞ α converge) 2 +∞ ce qui prouve que Jk = O 1 nα+1 et donne le résultat annoncé k=n —7/7— G H -L F ,L
