DNS12 1415-corr

PCSI1-PCSI2 DNS n
◦
12 Corrigé 2014-2015
I - <<le critère spécial des séries alternées>>
Soit u= (u
n
)
n∈N
, une suite réelle vérifiant les conditions suivantes
1
pour tout n∈N,u
n
≥0
2
la suite u= (u
n
)
n∈N
est décroissante
3
lim
n→+∞
(u
n
) = 0.
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∈Nfixé, si n≥p, on a
u
n
≤u
p
.On passe à la limite sur n, pour avoir lim u
n
= 0 ≤u
p
.
2. On considère les suites S= (S
n
)
n∈N
,P= (P
n
)
n∈N
et I= (I
n
)
n∈N
définies par :
pour tout n∈N, S
n
=
n
k=0
(−1)
k
u
k
et P
n
=
2n
k=0
(−1)
k
u
k
et I
n
=
2n+1
k=0
(−1)
k
u
k
.
Montrer que les deux suites Pet Isont adjacentes.
Solution. On a I
n
−P
n
= (−1)
2n+1
u
2n+1
=−u
2n+1
−−−−−→
n→+∞
0et I
n
≤P
n
. On montre que (I
n
)
n
est croissante.
I
n+1
−I
n
= (−1)
2n+2
u
2n+2
+ (−1)
2n+3
u
2n+3
=u
2n+2
−u
2n+3
≥0(car (u
n
)
n∈N
est décroissante)
P
n+1
−P
n
= (−1)
2n+1
u
2n+1
+ (−1)
2n+2
u
2n+2
=u
2n+2
−u
2n+1
≤0
Les deux suites sont donc adjacentes.
3. En déduire que la série (−1)
n
u
n
converge.
Une application : prouver que la série (−1)
n
ln n
nconverge. Cette série converge t’elle absolument ?
Solution. On a P
n
=S
2n
et I
n
=S
2n+1
, les deux suites (P
n
)
n
et (I
n
)
n
sont adjaventes donc convergent vers la
même limite L. Ainsi les suites de rangs pairs et impairs de la suite (S
n
)
n
convergent vers la même limite L. On
a montré que, dans ce cas la suite (S
n
)
n
converge vers L.
Application : Si on pose f(x) = ln x
xalors fest définie et dérivable sur ]0,+∞[avec f
′
(x) = 1−ln x
x<0si
x > e, ceci montre que pour k≥0,ln (k+ 1)
k+ 1 ≤ln k k.
On pose donc u
n
=ln (n+ 3)
n+ 3 . On a bien (u
n
)
n∈N
décroissante, d’où
2
,et u
n
−−−−−→
n→+∞
0d’où
3
(on ne vérifie
pas
1
qui est superflue). On en déduit que la série
k≥0
(−1)
k
ln (k+ 3)
k+ 3 =−
n≥3
(−1)
n
ln (n)
nconverge
Ainsi, la série 
n≥3
(−1)
n
ln (n)
nconverge et comme la convergence ne dépend pas des permiers, termes, 
n≥1
(−1)
n
ln (n)
n
converge aussi.
Il n’y a pas convergence absolue car ln n
n≥1 net la série 
n≥1
1
nest positive divergente.
4. On note Lla somme de la série
+∞
n=0
(−1)
n
u
n
: prouver que Lest positive.
Solution. On sait (théorème des suites adjacentes) que pour n∈N,I
n
≤L≤P
n
. Avec n= 0,on a
0≤u
0
−u
1
≤L≤u
0
(on a bien u
1
≤u
0
par décroissance de (u
n
)
n∈N
).
5. Pour tout n∈N, on pose
1
:
1
Attention : par rapport aux notations du cours, r
n
=R
n−1
.
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r
n
=
+∞
k=n
(−1)
k
u
k
(a) Justifier l’exitence de r
n
pour tout entier n∈N.
Solution. Cours, si la série 
n≥0
a
n
converge, alors R
n−1
=L−S
n
=
+∞
k=n+1
a
k
existe. Donc ici r
n
=R
n−1
existe.
(b) Prouver que la suite (r
n
)
n∈N
converge et trouver sa limite.
Solution. On a r
n
=L−S
n−1
−−−−−→
n→+∞
0car S
n−1
−−−−−→
n→+∞
L.
(c) Démontrer que le réel r
n
est du signe de (−1)
n
i.e du signe de son premier terme.
Justifier alors : |r
n
|= (−1)
n
r
n
.
Solution. Si à nfixé, on considère la série
+∞
k=0
(−1)
k
u
k+n
,puisque (u
k+n
)
k∈N
est décroissante (attention
c’est kqui varie et nest fixé) et que u
k+n
−−−−−→
k→+∞
0(suite extraite), on obtient une série alternée. Sa somme
est donc positive. Mais
N
k=n
(−1)
k
u
k
= (−1)
n
N−n
k=0
(−1)
k
u
k+n
−−−−−→
N→+∞
(−1)
n
r
n
Ainsi (−1)
n
r
n
≥0. On en déduit que r
n
est du signe de (−1)
n
donc du premier terme. Puis, de manière
évidente que |r
n
|= (−1)
n
r
n
.
Au passage, on a montré que r
n
= (−1)
n
+∞
k=0
(−1)
k
u
k+n
.
II - étude du reste de séries alternées particulières
On suppose que la suite uvérifie, en plus :
4
u
n+1
u
n
= 1
5
pour tout n∈N,u
n+2
−u
n+1
≥u
n+1
−u
n
.
1. Vérifier que, pour tout n∈N:
|r
n
|+|r
n+1
|=u
n
.
Solution. On a r
n
=r
n+1
+ (−1)
n
u
n
et |r
n
|= (−1)
n
r
n
,|r
n+1
|= (−1)
n+1
r
n+1
=−(−1)
n
r
n+1
. Ainsi
|r
n
|+|r
n+1
|= (−1)
n
(r
n
−r
n+1
) = (−1)
2n
u
n
=u
n
.
2. Vérifier que, pour tout n∈N:
|r
n
| − |r
n+1
|=
+∞
p=0
(−1)
p
(u
n+p
−u
n+1+p
).
En déduire la monotonie de la suite (|r
n
|)
n≥0
.
Solution. On a montré que r
n
= (−1)
n
+∞
k=0
(−1)
k
u
k+n
ainsi |r
n
|=
+∞
k=0
(−1)
k
u
k+n
et |r
n+1
|=
+∞
k=0
(−1)
k
u
k+n+1
.
Or on sait que si 
n≥0
a
n
et 
n≥0
b
n
convergent alors 
n≥0
(a
n
−b
n
)converge et
+∞
n=0
a
n
−
+∞
n=0
b
n
=
+∞
n=0
(a
n
−b
n
). On
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en déduit donc que |r
n
| − |r
n+1
|=
+∞
p=0
(−1)
p
(u
n+p
−u
n+1+p
).
Pour finir, si v
p
=u
n+p
−u
n+1+p
alors d’après
5
 ∀p∈N
u
n+2+p
−u
n+p+1
≥u
n+1+p
−u
n+p
⇐⇒ −v
p+1
≥ −v
p
⇐⇒ (v
p
)
p∈N
décroissante
et v
p
−−−−−→
n→+∞
0. On sait alors que
+∞
p=0
(−1)
p
v
p
≥0(question I-4), ce qui prouve que la suite (|r
n
|)
n≥0
est
décroissante.
3. Montrer que, pour tout n∈N:
u
n
2≤ |r
n
| ≤ u
n−1
2.
Solution. On sait que ∀n∈N,|r
n+1
| ≤ |r
n
|(décroissance ...) et |r
n
|+|r
n+1
|=u
n
on en déduit
u
n
=|r
n
|+|r
n+1
| ≤ 2r
n
2|r
n
| ≤ |r
n−1
|+|r
n
|=u
n−1
ce qui donne l’encadrement souhaité en divisant par 2.
4. En déduire qu’au voisinage de l’infini :
r
n
∼
+∞
(−1)
n
u
n
2.
Une application
Déterminer un équivalent au voisinage de l’infini de : a
n
=
+∞
k=n
(−1)
k
ln k
k.
Solution. On a donc 1
2≤|r
n
|
u
n
≤1
2
u
n−1
u
n
Or d’après
4
,u
n−1
u
n
−−−−−→
n→+∞
1donc par encadrement |r
n
|
u
n
−−−−−→
n→+∞
1⇐⇒ |r
n
| ∼ u
n
=⇒r
n
= (−1)
n
|r
n
| ∼
(−1)
n
u
n
.
Pour la série a
n
qui est bien le reste de la série alternée 
n≥3
(−1)
n
ln n
n,on obtient a
n
∼(−1)
n
ln n
2n.
Attention à vérifier que si u
n
=ln n
nalors u
n+1
u
n
−−−−−→
n→+∞
1(vrai car ln (n+ 1) ∼ln net n+ 1 ∼n), et que
u
n+2
−u
n+1
≥u
n+1
−u
n
. Pour cette dernière vérification :
Méthode
1
: On a ln (n+ 1)
n+ 1 −ln n n=
n+1
n
1−ln t
t
2
dt (car ln t
t
′
=1−ln t
t
2
) et ln (n+ 2)
n+ 2 −ln (n+ 1) n+ 1 =
n+2
n+1
1−ln t
t
2
dt =
u=t−1
n+1
n
1−ln (u+ 1)
(u+ 1)
2
du. Mais 1−ln t
t
2
′
=2 ln t−3
t
3
>0si t > exp 
3
2
(donc t > 5)
ainsi pour t∈[n, n + 1] et n≥5
1−ln t
t
2
≤1−ln (t+ 1)
(t+ 1)
2
=⇒
n+1
n
1−ln t
t
2
dt ≤
n+1
n
1−ln (t+ 1)
(t+ 1)
2
dt
Ce qui donne bien u
n+2
−u
n+1
≥u
n+1
−u
n
à partir du rang 5.
Méthode
2
: Dans le même genre, si ψ(t) = ln t
t,par le TAF, ln (n+ 1) n+ 1 −ln n n=ψ
′
(c
n
)(et ln (n+ 2)
n+ 2 −
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ln (n+ 1)
n+ 1 =ψ
′
(c
n+1
)) avec c
n
∈]n, n + 1[. Il suffit de vérifier que ψ
′
est croissante i.e. que ψ
′′
≥0pour avoir
ψ
′
(c
n
)≤ψ
′
(c
n+1
)).
III - calcul d’une somme de restes
1. Montrer que la série (−1)
n−1
nconverge.
Solution. On pose u
n
=1
n+ 1,qui vérifie bien
2
et
3
donc 
n≥0
(−1)
n
n+ 1 converge et ainsi 
n≥1
(−1)
n−1
naussi.
2. Soit n∈N
(a) Justifier que, pour t∈[0,1], on a :
1
1 + t=
n
k=0
(−1)
k
t
k
+(−t)
n+1
1 + t.
Solution. Si je vous dis uniquement −1= 1,est-ce clair ? (et que
n
k=0
q
k
=· · · avec q=−1).
(b) Prouver : lim
n→+∞
1
0
(−t)
n+1
dt
1 + t= 0. En déduire :
+∞
n=1
(−1)
n−1
n= ln(2).
Solution. L’intégrale existe (fonction C
0
) et
1
0
(−t)
n+1
dt
1 + t≤
1
0
(−t)
n+1
1 + tdt=
1
0
t
n+1
1 + tdt
Or t
n+1
1 + t≤t
n+1
si t≥0d’où
1
0
t
n+1
1 + tdt≤
1
0
t
n+1
dt =1
n+ 2 −−−−−→
n→+∞
0
Par encadrement, on en déduit que 
1
0
(−t)
n+1
dt
1 + t−−−−−→
n→+∞
0. Puis
1
0
1
1 + tdt = ln 2 = 
1
0
n
k=0
(−1)
k
t
k
+(−t)
n+1
1 + tdt
=
n
k=0
(−1)
k
1
0
t
k
dt +
1
0
(−t)
n+1
1 + tdt
=
n
k=0
(−1)
k
k+ 1 +
1
0
(−t)
n+1
1 + tdt
Ainsi
n
k=0
(−1)
k
k+ 1 = ln 2 −
1
0
(−t)
n+1
1 + tdt −−−−−→
n→+∞
ln 2
ce qui prouve le résultat demandé.
3. Pour n≥1, on pose v
n
=
+∞
k=n
(−1)
k
k
2
.
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(a) Montrer que la suite 
1
n
2
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 !
2
et
3
sont évidentes. Puis
4
aussi car n
2
(n+ 1)
2
∼1et enfin 1
(n+ 2)
2
−1
(n+ 1)
2
=−2n+ 3
(n+ 2)
2
(n+ 1)
2
,
1
(n+ 1)
2
−1
n
2
=−2n+ 1
(n+ 1)
2
n
2
et
−2n+ 3
(n+ 2)
2
(n+ 1)
2
≥ − 2n+ 1
(n+ 1)
2
n
2
⇐⇒ 2n+ 3
(n+ 2)
2
≤2n+ 1
n
2
⇐⇒ (2n+ 3) n
2
≤(2n+ 1) (n+ 2)
Ce qui est vrai car (2n+ 3) n
2
= (2n+ 1 + 2) (n+ 2 −2) = (2n+ 1) (n+ 2)+2 (1 −n)−4≤(2n+ 1) (n+ 2).
(b) Montrer que la série v
n
converge.
Solution. D’aprsès ce qui précède, on a v
n
= (−1)
n
|v
n
|avec |v
n
| −−−−−→
n→+∞
0et (|v
n
|)
n≥1
décroissante. Ainsi
(|v
n
|)
n∈N
vérifie
2
et
3
, on peut appliquer le critère spécial et en déduire que 
n≥1
(−1)
n
|v
n
|converge.
(c) On pose, pour tout n≥1:T
N
=
N
n=1
v
n
. Montrer : T
N
=Nv
N+1
+
N
n=1
N
k=n
(−1)
k
k
2
.
Solution. On a pour N≥1,v
n
=
+∞
k=n
(−1)
k
k
2
=
N
k=n
(−1)
k
k
2
+v
N+1
,ainsi
N
n=1
v
n
=
N
n=1
N
k=n
(−1)
k
k
2
+
N
n=1
v
N+1
=Nv
N+1
+
N
n=1
N
k=n
(−1)
k
k
2
(d) En permutant avec soin l’ordre de sommation dans la somme double
N
n=1
N
k=n
(−1)
k
k
2
, déterminer la valeur
de la somme de la série
+∞
n=1
v
n
.
Solution. On a
N
n=1
N
k=n
(−1)
k
k
2
=
N
k=1
k
n=1
(−1)
k
k
2
=
N
k=1
k×(−1)
k
k
2
=
N
k=1
(−1)
k
k
Ainsi
T
N
=
N
k=1
(−1)
k
k+Nv
N+1
On sait que T
N
−−−−−→
N→+∞
+∞
n=1
v
n
(convergence de 
n≥1
v
n
), on a montré que
+∞
n=1
(−1)
n−1
n= ln(2) ainsi
N
k=1
(−1)
k
k−−−−−→
N→+∞
−ln 2. Pour finir, la question II-4 permet d’affirmer que (puisque v
N+1
=r
N
pour
u
n
=1
n
2
)
v
N+1
∼(−1)
N
1
2N
2
−−−−−→
N→+∞
0
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