[email protected] www.maths33.fr Séries numériques Travaux dirigés 1 - Correction Pour commencer... Exercice 1. 1. Le terme général de la série est un = 1 5 1 , qui est également le terme général d'une suite géométrique 5n de raison q = . On étudie la suite des sommes partielles de la série : ∀n ∈ N, Sn = n k X 1 k=0 = = 5 1 n+1 1− 5 1− 1− 5 4 5 n+1 ! 1 1− 5 5 = × 4 1 < 1, on a : 5 Par passage à la limite, comme −1 < 5 converge vers S = . 4 2. Le terme général de la série est un = 1 5 1 n+1 lim Sn = n→+∞ 5 ce qui démontre que la série 4 n 1 − , qui est également le terme général d'une suite 3 1 3 géométrique de raison q = − . On étudie la suite des sommes partielles de la série : k n X 1 ∀n ∈ N, Sn = − 3 k=0 n+1 1 − − 13 = 1 + 13 n+1 1 − − 13 = 4 3 3 = × 4 1 3 n+1 ! 1 1− − 3 Par passage à la limite, comme −1 < − < 1, on a : lim Sn = 3 4 n→+∞ 3 ce qui démontre que la série 4 converge vers S = . 3. Le terme général de la série est un = 2n 3n−2 n 2 = 9× , qui est également le terme général d'une 3 1/19 [email protected] www.maths33.fr 2 3 suite géométrique de raison q = . On étudie la suite des sommes partielles de la série : ∀n ∈ N, Sn = n X k 2 3 2 n+1 9× k=0 1− 3 1− =9× 1− =9× = 27 × Par passage à la limite, comme −1 < converge vers S = 27. 2 3 2 n+1 3 1 3 n+1 ! 2 1− 3 2 < 1, on a : 3 lim Sn = 27 ce qui démontre que la série n→+∞ n !n tan π7 tan π7 1 = × , qui est également le terme 4. Le terme général de la série est un = 3n+2 9 3 tan π7 général d'une suite géométrique de raison q = . On étudie la suite des sommes partielles 3 de la série : !k tan π7 ∀n ∈ N, Sn = × 9 3 k=0 n+1 tan( π 7) 1− 3 1 = × tan( π ) 9 1− 37 1 × 1 − = tan( π ) 9 1− 37 n X 1 tan Par passage à la limite, comme −1 < 3 π 7 démontre que la série converge vers S = 9 1− tan 3 < 1, on a : 1 tan( 3 π 7 ) = π 7 !n+1 lim Sn = n→+∞ 1 9 − 3 tan π 7 1 9 1− tan( π 7) 3 ce qui . 9 ; ce terme général est toujours positif et on (3n + 1)(3n + 4) 9 1 peut en donner un équivalent lorsque n tend vers l'inni : un ∼ = 2. n→+∞ 9n2 n 1 Comme 2 est le terme général d'une série convergente (série de Riemann avec α = 2 > 1), on n P peut donc conclure : un converge. 5. Le terme général de la série est un = 2/19 [email protected] www.maths33.fr On a de plus : ∀n ∈ N∗ , n X k=0 n X 9 = (3k + 1)(3k + 4) = = k=0 n X k=0 n X k=0 = n X k=0 3 3 − 3k + 1 3k + 4 (décomposition en éléments simples) n X 3 3 − 3k + 1 3k + 4 k=0 n X 3 3 − 3k + 1 3(k + 1) + 1 k=0 n+1 X 3 3 − 3k + 1 3k + 1 k=1 3 = + 3×0+1 =3+ n X k=1 n X k=1 3 − 3k + 1 3 − 3k + 1 n X k=1 n X k=1 3 3 + 3k + 1 3n + 4 ! 3 3 − 3k + 1 3n + 4 3 =3− 3n + 4 Comme on a : lim n→+∞ 3− 3 3n + 4 = 3, on en déduit : +∞ X un = 3. k=0 Exercice 2. 1. Comme l'ensemble des séries est un espace vectoriel, on a : X 1 1X1 = ; or la série harmo2n 2 n X 1 1 diverge, donc diverge. n 2n 1 ; ce terme général est toujours positif et on peut en 2. Le terme général de la série est un = 2n + 1 1 . donner un équivalent lorsque n tend vers l'inni : un ∼ n→+∞ 2n 1 Comme est le terme général d'une série divergente (d'après la question précédente), on peut 2n X 1 donc conclure : diverge. 2n + 1 1 3. Le terme général de la série est un = ln 1 − 2 ; ce terme général est toujours négatif et on n 1 1 peut en donner un équivalent lorsque n tend vers l'inni : un ∼ − 2 , car lim 2 = 0. n→+∞ n→+∞ n n 1 Comme − 2 est le terme général d'une série convergente (série de Riemann avec α = 2 > 1), on n P peut donc conclure : un converge. nique de terme général 3/19 [email protected] www.maths33.fr On a de plus : ∀n ∈ N, n X X 2 n 1 k −1 ln 1 − 2 = ln k k2 k=2 k=2 n X (k + 1)(k − 1) = ln k2 = = k=2 n X k=2 n X (ln(k + 1) + ln(k − 1) − 2 ln(k)) ln(k + 1) + k=2 = n+1 X n−1 X ln(k − 1) − 2 k=2 ln(k) + k=3 = n X n−1 X n X ln(k) k=2 ln(k) − 2 k=1 n X ln(k) k=2 ln(k) + ln(n) + ln(n + 1) k=3 + ln(1) + ln(2) + n−1 X ln(k) k=3 − 2 ln(2) − 2 n−1 X ln(k) − 2 ln(n) k=3 = ln(n + 1) − ln(n) − ln(2) n+1 − ln(2) = ln n +∞ X n+1 − ln(2) = − ln(2), on en déduit : un = − ln(2). ln n→+∞ n n=2 Comme on a : lim Exercice 3. n2 + 1 et, de manière évidente : lim un = 1. Une série n→+∞ n2 P dont le terme général ne tend pas vers 0 diverge grossièrement : c'est le cas de un ici. 1. Le terme général de la série est un = 4/19 [email protected] www.maths33.fr 2 n 2. La série a pour terme général un = √ : c'est une série de Riemann avec α = diverge. 1 < 1 donc elle 2 (2n + 1)4 ; ce terme général est toujours positif et on peut (7n2 + 1)3 16n4 16 en donner un équivalent lorsque n tend vers l'inni : un ∼ = . n→+∞ 343n6 343n2 16 Comme est le terme général d'une série convergente (série de Riemann avec α = 2 > 1), on 343n2 P peut donc conclure : un converge. n 1 1 4. Le terme général de la série est un = 1 − = en ln(1− n ) ; en calculant un dévelopn 1 1 pement limité de ln 1 − lorsque n tend vers l'inni, car lim = 0, on a donc : n→+∞ n n 1 1 n −n + o (n −1+ o (1) ) n→+∞ n→+∞ =e . On en déduit : lim un = e−1 6= 0. ∀n ∈ N, un = e n→+∞ P Une série dont le terme général ne tend pas vers 0 diverge grossièrement : c'est le cas de un ici. 1 1 5. Le terme général de la série est un = ne n − n = n e n − 1 ; en calculant un dé1 1 veloppement limité de e n lorsque n tend vers l'inni, car lim = 0, on a donc : n→+∞ n 1 1 1 1 ∀n ∈ N, un = n 1 + + o −1 =n + o = 1 + o (1). n→+∞ n n→+∞ n n n→+∞ n On en déduit : lim un = 1 6= 0. n→+∞ P Une série dont le terme général ne tend pas vers 0 diverge grossièrement : c'est le cas de un ici. 3. Le terme général de la série est un = 6. Le terme général de la série est un = ln(1 + e−n ) ; ce terme général est toujours positif et on peut en donner un équivalent lorsque n tend vers l'inni, car lim e−n = 0 : un n→+∞ ∼ n→+∞ e−n = 1 e n . n 1 1 est le terme général d'une série convergente (série géométrique avec −1 < < 1), e e P on peut donc conclure : un converge. Comme Exercice 4. n n+1 n2 Remarque : = en 2 n ln( n+1 ) = e−n 2 ln( n+1 n ) 2 1 = e−n ln(1+ n ) ; son 1 signe est constant et positif. En calculant un développement limité de ln 1 + lorsque n tend n 1 vers l'inni, car lim = 0, on a donc : ∀n ∈ N, n→+∞ n n 1 1 1 − 2n −n2 n o ( n12 ) −n+ 21 + o (1) + o (1) 1 2+ n→+∞ n→+∞ un = e =e = e 2 n→+∞ . e 1. Le terme général de la série est un = On a choisi de développer le logarithme népérien à l'ordre 2 car le facteur n2 devant a eu une inuence en développant à l'intérieur de l'exponentielle. n n 1 1 1 1 e 2 . Comme e 2 est le terme général d'une série convergente n→+∞ e e P 1 (série géométrique avec −1 < < 1), on peut donc conclure : un converge. e On en déduit : un ∼ 5/19 [email protected] www.maths33.fr 2. Le terme général de la série est un = 1 . On a : n(cos(n))2 ∀n ∈ N∗ , −1 < cos(n) < 1 =⇒ 0 < (cos(n))2 < 1 =⇒ 0 < n(cos(n))2 < n =⇒ Remarque : 1 1 < n n(cos(n))2 Le cosinus n'atteint jamais les valeurs −1, 0 ou 1 lorsque son contenu est un nombre entier strictement positif, car ce contenu ne saurait alors être un multiple de π ou Comme la série harmonique π . 2 X1 P diverge, par comparaison de séries : la série un diverge. n Exercice 5. n+1 ; ce terme général est toujours positif (pour n > 2) n3 − 7 1 n = 2. et on peut en donner un équivalent lorsque n tend vers l'inni : un ∼ n→+∞ n3 n 1 Comme 2 est le terme général d'une série convergente (série de Riemann avec α = 2 > 1), on n P peut donc conclure : un converge. n+1 2. Le terme général de la série est un = 2 ; ce terme général est toujours positif (pour n > 3) n −7 n 1 et on peut en donner un équivalent lorsque n tend vers l'inni : un ∼ = . n→+∞ n2 n 1 Comme est le terme général d'une série divergente (série harmonique), on peut donc conclure : n P un diverge. n+1 3. Le terme général de la série est un = et, de manière évidente : lim un = 1. Une série dont n→+∞ n−7 P le terme général ne tend pas vers 0 diverge grossièrement : c'est le cas de un ici. 1 4. Le terme général de la série est un = sin 2 ; ce terme général est toujours positif (pour n > 1) n 1 . et on peut en donner un équivalent lorsque n tend vers l'inni : un ∼ n→+∞ n2 1 Comme 2 est le terme général d'une série convergente (série de Riemann avec α = 2 > 1), on n P peut donc conclure : un converge. 1. Le terme général de la série est un = 5. On aurait tendance à croire qu'on a aaire à une série de Riemann avec α > 1 : c'est une fausse piste ! En eet : ici, α dépend de n (et, de surcroît, tend vers 1) ce qui n'est pas le cas d'une série de Riemann pour laquelle α est nécessairement xé. Le terme général de la série est un = 1 1+ √1n =n −1− √1n = 1 − √1 ln(n) ×e n . n n − ln(n) − √1 ln(n) √ = 0, on a : lim e n Comme lim = 1. n→+∞ n→+∞ n u Ainsi : lim 1n = 1, ce qui revient par dénition à dire que : un n→+∞ n 6/19 ∼ n→+∞ 1 . n [email protected] Comme P www.maths33.fr 1 est le terme général d'une série divergente (série harmonique), on peut donc conclure : n un diverge. 1 1 = ln(n2 + 2) ln n2 1 + 6. Le terme général de la série est un = toujours strictement positif. On observe alors que : lim un 1 n→+∞ 2 n2 = 1 2 ln(n) + ln 1 + 2 n2 ; il est √ = 1 lim n→+∞ n2 n 2 ln(n) + ln 1 + 2 n2 = +∞ car, en l'inni, c'est le terme ln(n) qui domine le dénominateur, puisque l'autre tend vers 0. On applique de plus la règle de la croissance comparée pour conclure. 1 1 X 1 √ est une n→+∞ un n→+∞ n n X 1 un série de Riemann avec α = < 1, donc elle diverge, et par comparaison on conclut que 2 On en tire alors qu'à l'inverse : lim 1 n2 = 0, donc : 1 2 = o (un ) ; la série diverge. 7. Le terme général de la série est un = un On observe alors que : lim On en tire : un = o n→+∞ 1 n4 n→+∞ 1 5 n4 5 ln(n) 3 n2 = lim ln n n→+∞ ; la série ; il est toujours strictement positif. 1 n4 X 1 = 0 par croissance comparée. 5 est une série de Riemann avec α = n4 X 5 > 1, donc 4 elle converge, et par comparaison on conclut que un converge. n 8. Le terme général de la série est un = n , il est de signe positif (pour n > 0). 2 n+1 1 n+1 u 1 2n+1 ∗ un+1 On calcule : ∀n ∈ N , = n = × . Ainsi : lim n+1 = < 1 donc, en vertu du n→+∞ un un 2 n 2 n 2 X critère de d'Alembert, la série un converge. 2n + 3 n ; ce terme général est toujours positif (pour + ln(n) + 5n n 3 3n n > 0) et on peut en donner un équivalent lorsque n tend vers l'inni : un ∼ = . n→+∞ 5n 5 n 3 3 Comme est le terme général d'une série convergente (série géométrique avec −1 < < 1), 5 5 P on peut donc conclure : un converge. 9. Le terme général de la série est un = n2 7/19 [email protected] www.maths33.fr 1 , il est de signe positif (pour n > 0). n! 1 1 u u (n+1)! On calcule : ∀n ∈ N∗ , n+1 = 1 = . Ainsi : lim n+1 = 0 < 1 donc, en vertu du n→+∞ un un n + 1 X n! critère de d'Alembert, la série un converge. 10. Le terme général de la série est un = n1000 , il est de signe positif (pour n > 0). n! 1000 1000 (n+1) 1 n+1 u (n+1)! ∗ un+1 On calcule : ∀n ∈ N , = n1000 = × . Ainsi : lim n+1 = 0 < 1 n→+∞ un un n + 1 n n! X donc, en vertu du critère de d'Alembert, la série un converge. 11. Le terme général de la série est un = 12. Le terme général de la série est un = 4n+1 ((n + 1)!)2 , il est de signe positif (pour n > 0). (2n − 1)! On calcule : un+1 = ∀n ∈ N , un ∗ 4n+2 ((n+2)!)2 (2n+1)! 4n+1 ((n+1)!)2 (2n−1)! n+2 ((n + 2)!)2 (2n − 1)! × n+1 (2n + 1)! 4 ((n + 1)!)2 2 (n + 2) × ((n + 1)!)2 × (2n − 1)! =4× ((n + 1)!)2 × (2n + 1) × 2n × (2n − 1)! (n + 2)2 =4× (2n + 1) × 2n 2 4n + 16n + 16 = 4n2 + 2n = 4 X un+1 = 1+ > 1 donc, en vertu du critère de d'Alembert, la série un diverge. n→+∞ un n2 2 1 1 13. Le terme général de la série est un = 1 − = en ln(1− n ) ; son signe est constant et positif. n 1 1 En calculant un développement limité de ln 1 − lorsque n tend vers l'inni, car lim = 0, n→+∞ n n n 1 1 1 − 2n o ( 12 ) n2 − n − 2 + o (1) −n− 12 + o (1) 1 2+ n→+∞ n n→+∞ n→+∞ on a : ∀n ∈ N, un = e =e e = . e Ainsi : lim Remarque : On a choisi de développer le logarithme népérien à l'ordre 2 car le facteur n2 devant a eu une inuence en développant à l'intérieur de l'exponentielle. n n 1 1 1 1 e− 2 . Comme e− 2 est le terme général d'une série convern→+∞ e e P 1 gente (série géométrique avec −1 < < 1), on peut donc conclure : un converge. e n2 1 14. Le terme général de la série est un = 1 + . Il est évident que : ∀n ∈ N, un > 1. Le terme n général de la série ne saurait tendre vers 0 : elle est grossièrement divergente. On en déduit : un ∼ 8/19 [email protected] www.maths33.fr Exercice 6. 1. Le terme général un = (−1)n convergence de la série. n3 est alterné ; on s'intéresse à sa valeur absolue pour étudier l'absolue n! On a : |un+1 | ∀n ∈ N, = |un | (n+1)3 (n+1)! n3 n! = n+1 n 3 × 1 . n+1 P |un+1 | = 0 < 1. En vertu du critère de d'Alembert, la série |un | converge, |un | donc la série de terme général un converge absolument, donc elle converge. On a alors : lim n→+∞ 2. On s'intéresse au module du terme général (analogue dans C de la valeur absolue dans R) pour étudier l'absolue convergence de la série. On a : |un+1 | = ∀n ∈ N, |un | |a|n+1 (n+1)! |a|n n! = |a| . n+1 P |un+1 | = 0 < 1. En vertu du critère de d'Alembert, la série |un | converge, n→+∞ |un | donc la série de terme général un converge absolument, donc elle converge. +∞ n X a Remarque : On a en fait : ∀a ∈ C, = exp(a). n! n=0 On a alors : lim 3. Il s'agit de la série arithmético-géométrique, déjà étudiée dans le cours : elle converge si et seulement si |a| < 1. 4. On simplie le terme général : ∗ ∀n ∈ N , sin n2 + 1 π n π = sin nπ + n π π = sin(nπ) cos + cos(nπ) sin n n π n = (−1) sin n Ainsi, il est évident que le terme général de la série est alterné, car : ∀n ∈ N∗ , sin π > 0. ni π πi De plus, la fonction x 7→ est strictement décroissante sur [2 ; +∞[ et à valeurs dans 0 ; , donc 2 π x la fonction x 7→ sin est strictement décroissante sur [2 ; +∞[, et elle tend vers 0 (trivial). x P Ainsi, (|un |) décroît vers 0 : en vertu du critère spécial des séries alternées, la série un converge. 5. On simplie le terme général : ∀n ∈ N, (−1) n √ √ √ √ n+1− n × n+1+ n √ √ n+1+ n n+1−n = (−1)n × √ √ n+1+ n 1 = (−1)n × √ √ n+1+ n √ n + 1 − n = (−1)n × 9/19 √ [email protected] www.maths33.fr Ainsi, il est évident que le terme général de la série est alterné, car : ∀n ∈ N, √ 1 √ > 0. n+1+ n De plus, la suite (|un |) décroît vers 0 (trivial) : en vertu du critère spécial des séries alternées, la série P un converge. 6. On eectue un développement limité pour chacune des deux suites, en choisissant bien l'ordre de chacun d'entre eux an que certains termes s'éliminent mutuellement, et pour obtenir la même prépondérance. On a : 1 1 ∀n ∈ N∗ , un = n ln 1 + − cos √ n n =n 1 1 1 + 3+ o − n→+∞ n 2n2 3n 1 n3 − 1 − 1 1 1 1 + o =1− + 2 −1+ − 2n 3n 2n 24n2 n→+∞ 7 1 = + o 2 n→+∞ 24n n2 1 n2 √1 n 2! 2 + √1 n 4! 4 + o n→+∞ 4 ! 1 √ n 7 , qui est le terme général d'une série de Riemann convergente (car 2 24n P α = 2 > 1). On conclut : un converge. Ainsi, on a : un Remarque : ∼ n→+∞ On a implicitement admis que (un ) était strictement positive à partir d'un certain rang : cela provient du fait que si un ∼ n→+∞ vn alors, à partir d'un certain rang, un et vn sont de même signe. Ici, c'est tout bon puisque : ∀n ∈ N∗ , 10/19 7 > 0. 24n2 [email protected] www.maths33.fr Pour continuer... Exercice 7. 1 n On pourrait croire que, comme les termes du type √ sont rares voire de plus en plus rares dans le terme général de la série, la série aurait un comportement similaire à celle de terme général (série de Riemann convergente). 1 n2 1 n C'est en fait une fausse piste ! En eet, comme les termes du type √ apparaissent à chaque carré parfait, cela inclut donc tous les termes du type on conclut : la série diverge. 1 dans la série. Comme la série harmonique est divergente, n Exercice 8. Remarquons tout d'abord que : ∀n ∈ N, vn = un ⇐⇒ vn (1 + un ) = un 1 + un ⇐⇒ vn = un − vn un ⇐⇒ vn = (1 − vn )un vn = un ⇐⇒ 1 − vn • Si la série de terme général un est convergente, alors on a lim un = 0 d'où l'on tire que n→+∞ vn lim = 1 et donc : vn ∼ un . Les deux suites sont à termes positifs par hypothèse, n→+∞ un n→+∞ P P donc un et vn sont de même nature, à savoir convergente. • Si la série de terme général vn est convergente, alors on a lim vn = 0 d'où l'on tire que n→+∞ un lim = 1 et donc : un ∼ vn . Les deux suites sont à termes positifs par hypothèse, n→+∞ vn n→+∞ P P donc vn et un sont de même nature, à savoir convergente. P P On en tire que : un est convergente si et seulement si vn est convergente. Cela prouve que les deux séries sont de même nature. Exercice 9. 1 1 1 est strictement positif pour n ∈ N∗ , et ∼ qui 2 n(n + 1) n(n + 1) n→+∞ nP est le terme général d'une série convergente (série de Riemann avec α = 2 > 1), donc la série un 1. Le terme général un = converge. 11/19 [email protected] www.maths33.fr On a de plus : ∀n ∈ N∗ , n X k=1 n X 1 = k(k + 1) = k=1 n X 1 1 − k k+1 (décomposition en éléments simples) n 1 X 1 − k k+1 k=1 k=1 n n+1 X 1 X1 = − k k k=1 k=2 1 = + 1 n X k=2 n X 1 1 + k n+1 1 − k ! k=2 n n X 1 X1 1 =1+ − − k k n+1 k=2 k=2 1 =1− n+1 Comme on a : lim n→+∞ 1 1− n+1 2. Le terme général un = = 1, on en déduit : +∞ X un = 1. n=1 1 est strictement positif pour n n(n + 1)(n + 2) ∈ N∗ , et 1 1 ∼ qui est le terme général d'une série convergente (série de Riemann n(n + 1)(n + 2) n→+∞ n3 P avec α = 3 > 1), donc la série un converge. On a de plus : ∀n ∈ N∗ , n X k=1 n X 1 = k(k + 1)(k + 2) = k=1 n X 1 2 n X n (décomposition en éléments simples) n 1 X 1 1X 1 − + k k+1 2 k+2 k=1 1 − k n+1 X k=1 n+2 X 1 1 + k 2 k=1 k=2 k=3 ! n X 1 1 1 1 = + + − 2 1 2 k = 1 2 k=1 1 1 1 1 1 × − + × 2 k k+1 2 k+2 k=3 n 1 k n 1 X1 1 + + 2 k n+1 ! k=3 1 + 2 n n k=3 k=3 n X 1 1 1 + + k n+1 n+2 k=3 1 1 1X1 1 X1 1 1X1 1 1 = + + − − − + + + 2 4 2 k 2 k n+1 2 k 2(n + 1) 2(n + 2) k=3 1 1 1 = − + 4 2(n + 1) 2(n + 2) Comme on a : lim n→+∞ 1 1 1 − + 4 2(n + 1) 2(n + 2) = +∞ X 1 1 , on en déduit : un = . 4 4 n=1 2n − 1 2n − 1 2n 2 est strictement positif pour n > 3, et ∼ = 2 n(n2 − 4) n(n2 − 4) n→+∞ n3 n qui est le terme général d'une série convergente (série de Riemann avec α = 2 > 1), donc la série P un converge. 3. Le terme général un = 12/19 ! [email protected] www.maths33.fr On a de plus : ∀n ∈ N∗ , n n X X 2k − 1 2k − 1 = k(k 2 − 4) k(k − 2)(k + 2) k=3 k=3 n X 1 5 1 1 1 3 = × + × − × (décomposition en éléments simples) 4 k 8 k−2 8 k+2 = k=3 n X 1 4 k=3 n n k=3 k=3 1 3X 1 5X 1 + − k 8 k−2 8 k+2 n n−2 n+2 1X1 3X1 5X1 = + − 4 k 8 k 8 k k=3 k=1 k=5 n−2 X 1 1 1 1 1 1 + + + + 12 16 4 k 4(n − 1) 4n k=5 n−2 3 1 1 1 3X1 + 1+ + + + 8 2 3 4 8 k k=5 n−2 1 1 1 1 5X1 5 − − − − − 8 k 8 n−1 n n+1 n+2 k=5 1 1 5 1 1 1 1 89 + + − − − − = 96 4(n − 1) 4n 8 n − 1 n n + 1 n + 2 89 1 1 1 5 1 1 1 89 Comme on a : lim + + − − − − = , on en n→+∞ 96 4(n − 1) 4n 8 n − 1 n n + 1 n + 2 96 +∞ X 89 . déduit : un = 96 n=3 1 4. Le terme général un = ln 1 − est strictement négatif pour n ∈ N, et (n + 2)2 1 1 1 ln 1 − ∼ − qui est le terme général d'une série convergente ∼ − (n + 2)2 n→+∞ (n + 2)2 n→+∞ n2 P (série de Riemann avec α = 2 > 1), donc la série un converge. = 13/19 [email protected] www.maths33.fr On a de plus : ∀n ∈ N, n X ln 1 − k=0 1 (k + 2)2 = n X ln k=0 n X (k + 2)2 − 1 (k + 2)2 (k + 2 + 1)(k + 2 − 1) = ln (k + 2)2 k=0 n X (k + 3)(k + 1) = ln (k + 2)2 = = k=0 n X k=0 n X (ln(k + 3) + ln(k + 1) − 2 ln(k + 2)) ln(k + 3) + k=0 = n+3 X n+1 X n X ln(k + 1) − 2 k=0 ln(k) + k=3 = n+1 X ln(k + 2) k=0 ln(k) − 2 k=1 n X n+2 X ln(k) k=2 ln(k) + ln(n + 2) + ln(n + 3) k=3 + ln(1) + ln(2) + n+1 X ln(k) k=3 − 2 ln(2) − 2 n+1 X ln(k) − 2 ln(n + 2) k=3 = ln(n + 3) − ln(n + 2) + ln(1) + ln(2) − 2 ln(2) n+3 = ln − ln(2) n+2 +∞ X n+3 ln − ln(2) = − ln(2), on en déduit : un = − ln(2). n→+∞ n+2 n=0 Comme on a : lim Pour aller plus loin... Exercice 10. 1 √ est strictement décroissante (trivial), à termes ln( n + 1) strictement positifs et comme elle tend vers 0 (trivial), on peut appliquer le critère spécial des séries P alternées : la série un converge. √ √1 ln( n + 1) 1 n √ De plus : lim = lim = 0, d'où l'on tire : √ = o (|un |). Comme la série n→+∞ |un | n→+∞ n→+∞ n n X 1 P 1 √ diverge (série de Riemann avec α = < 1), on en déduit par comparaison que la série |un | 2 n Comme la suite de terme général |un | = diverge. On conclut : P un est semi-convergente. 14/19 [email protected] www.maths33.fr Exercice 11. On reconnaît la formule du produit de Cauchy. 1 qui est strictement positif. n! 1 1 v v (n+1)! , donc : lim n+1 = 0 < 1. On a : ∀n ∈ N, n+1 = 1 = n→+∞ vn n+1 P vn n! D'après le critère de d'Alembert, la série vn converge. +∞ X 1 = e (ce sera vu dans le cadre des séries entières). On admet que : n! n=0 On s'intéresse à la série de terme général vn = En appliquant la règle du produit de Cauchy, on a : +∞ X 1 n! n=0 On en tire : +∞ X ! × +∞ X 1 n! n=0 ! = +∞ X n X n=0 k=0 1 1 × (n − k)! k! ! = +∞ X un . n=0 un = e2 . n=0 Exercice 12. On reconnaît la formule du produit de Cauchy. 1 qui est strictement positif. n! 1 v 1 v (n+1)! On a : ∀n ∈ N, n+1 = 1 = , donc : lim n+1 = 0 < 1. n→+∞ vn vn n + 1 n! P D'après le critère de d'Alembert, la série vn converge. +∞ X 1 = e (ce sera vu dans le cadre des séries entières). On admet que : n! n=0 (−1)n qui est le terme général d'une série Par ailleurs, on s'intéresse à la série de terme général wn = 2n +∞ X 1 (−1)n 1 2 géométrique avec −1 < q = − < 1 : elle est convergente et = 1 = 3. n 2 2 1 − −2 n=0 On s'intéresse à la série de terme général vn = En appliquant la règle du produit de Cauchy, on a : +∞ X 1 n! n=0 On en tire : +∞ X n=0 un = ! × +∞ X (−1)n 2n n=0 ! +∞ X n X 1 (−1)n−k = × k! 2k n=0 k=0 ! = +∞ X un . n=0 2e . 3 Exercice 13. • La série de terme général un est alternée (trivial) et on démontre facilement que (|un |) est décroisP sante et tend vers 0. En vertu du critère spécial des séries alternées, la série un converge. 1 • Le terme général vn est la somme de un , terme général d'une série convergente, et de , terme n P général d'une série divergente (la série harmonique). On en tire que vn est divergente. 15/19 [email protected] www.maths33.fr vn • On a : lim = lim n→+∞ un n→+∞ (−1)n √ + n1 n (−1)n √ n = lim n→+∞ (−1)n 1+ √ n = 1 donc un ∼ n→+∞ vn . Les deux termes généraux des séries sont équivalents. La règle donnée dans le cours au sujet des équivalents est ici mise en défaut : en eet, il manque une hypothèse ! Les deux termes généraux des séries ne sont pas tous les deux de signe constant. Exercice 14. 1. (a) On a : ∀x ∈ [0 ; 1], 0 6 x 6 1 =⇒ 0 6 xn+1 6 xn =⇒ 0 6 xn+1 e−x 6 xn e−x Z 1 Z =⇒ 0 6 xn+1 e−x dx 6 0 1 xn e−x dx 0 =⇒ 0 6 f (n + 1) 6 f (n) La suite f (n) est à termes positifs et décroissante. (b) On a : Z 1 xn+1 e−x dx ∀n ∈ N, f (n + 1) = 0 u(x) = xn+1 donc u0 (x) = (n + 1)xn = u(x) × v 0 (x) dx avec v(x) = −e−x donc v 0 (x) = e−x 0 Z 1 = [u(x) × v(x)]10 − u0 (x) × v(x) dx par intégration par parties. Z 1 = [−xn+1 e−x ]10 + 0 1 Z (n + 1)xn e−x dx 0 n+1 −1 = −1 e +0 n+1 −0 e 1 Z xn e−x dx + (n + 1) 0 1 = − + (n + 1)f (n) e 1 e On a donc : ∀n ∈ N, f (n + 1) = − + (n + 1)f (n). n! (c) On va démontrer par récurrence : ∀n ∈ N, f (n) = e • Initialisation : f (0) = R1 0 Pour n = 0, on a : ! n X 1 e− . k! k=0 1 x0 e−x dx = [−e−x ]10 = −e−1 + e0 = 1 − 0! e P0 0! 1 1 1 =⇒ f (0) = e e − k=0 = (e − 1) = 1 − e k! e e Le cas de base est démontré. 16/19 0 X 1 e− k! k=0 ! [email protected] www.maths33.fr n! • Hérédité : Soit n ∈ N. On suppose que f (n) = e ! n+1 X 1 (n + 1)! f (n + 1) = e− . e k! ! n X 1 e− , et on veut montrer que k! k=0 k=0 On a, d'après la question précédente : 1 f (n + 1) = − + (n + 1)f (n) e n! 1 = − + (n + 1) × e e ! n X 1 e− k! k=0 ! n X 1 (n + 1)! 1 =− + e− e e k! k=0 (n + 1)! 1 (n + 1)! = × − + e (n + 1)! e ! n X 1 (n + 1)! 1 − = e− e k! (n + 1)! k=0 ! n+1 X 1 (n + 1)! e− = e k! n X 1 e− k! ! k=0 k=0 L'hérédité est démontrée. • Conclusion : La propriété est vraie au rang ! n = 0 et héréditaire ; en vertu du principe de récurrence : ∀n ∈ N, f (n) = n! e e− n X 1 . k! k=0 2. (a) On a : ∀x ∈ [0 ; 1], 0 6 x 6 1 =⇒ −1 6 −x 6 0 =⇒ e−1 6 e−x 6 1 =⇒ =⇒ =⇒ =⇒ =⇒ On conclut que : ∀n ∈ N, 1 n x 6 xn e−x 6 xn e Z Z 1 Z 1 1 1 n n −x x dx 6 x e dx 6 xn dx e 0 0 0 1 1 1 1 1 xn+1 6 f (n) 6 xn+1 e n+1 n+1 0 0 1 1 1 1 1 1 n+1 n+1 ×1 − ×0 6 f (n) 6 × 1n+1 − × 0n+1 en+1 en+1 n+1 n+1 1 1 6 f (n) 6 e(n + 1) n+1 1 1 6 f (n) 6 . e(n + 1) n+1 (b) On en tire que : 1 est le terme général d'une série divergente (équivalente à la série harmoe(n + 1) P nique) donc, par comparaison de séries à termes positifs, f (n) diverge. • Comme 17/19 [email protected] • Comme www.maths33.fr 1 est le terme général d'une série convergente (équivalente à une série de n(n + 1) X f (n) Riemann) donc, par comparaison de séries à termes positifs, n converge. • Comme (−1) f (n) est alternée et que (f (n)) décroît vers 0, d'après le critère spécial des P séries alternées, (−1)n f (n) converge. n Exercice 15. 1. (a) On a : u0 = Z 0 1 1 π dx = [arctan(x)]10 = arctan(1) − arctan(0) = . 1 + x2 4 (b) On a : ∀x ∈ [0 ; 1], ∀n ∈ N, 0 6 x 6 1 =⇒ 0 6 x2 6 1 =⇒ 1 6 1 + x2 6 2 1 1 6 61 2 1 + x2 1 x2n =⇒ x2n 6 6 x2n 2 1 + x2 Z Z 1 Z 1 1 1 2n x2n =⇒ x dx 6 dx 6 x2n dx 2 2 0 1 + x 0 0 1 1 1 1 1 2n+1 2n+1 6 un 6 x x =⇒ 2 2n + 1 2n + 1 0 0 1 1 1 =⇒ × 6 un 6 2 2n + 1 2n + 1 1 1 6 un 6 =⇒ 2(2n + 1) 2n + 1 1 =⇒ 0 6 un 6 2n + 1 =⇒ On a bien : ∀n ∈ N, 0 6 un 6 1 . 2n + 1 18/19 [email protected] www.maths33.fr 2. (a) On a : Z 1 ∀n ∈ N, un + un+1 = 0 Z 1 = x2n dx + 1 + x2 x 0 Z 1 = 0 Z = 2n Z 1 0 x2n+2 dx 1 + x2 2n+2 +x 1 + x2 dx x2n (1 + x2 ) dx 1 + x2 1 x2n dx 0 1 x2n+1 2n + 1 1 = 2n + 1 1 = On a bien : ∀n ∈ N, 0 1 . 2n + 1 (b) On en tire : ∀n ∈ N, n X k=0 n X (−1)k vk = 2k + 1 = = = = k=0 n X (−1)k × k=0 n X 1 2k + 1 (−1)k × (uk + uk+1 ) k=0 n X n X (−1)k uk + (−1)k uk+1 k=0 k=0 n X n+1 X (−1)k−1 uk (−1)k uk + k=0 k=1 = (−1)0 u0 + n X (−1)k uk + k=1 n X (−1)k−1 uk + (−1)n un+1 k=1 n π X = + ((−1)k + (−1)k−1 )uk + (−1)n un+1 4 k=1 π = + (−1)n un+1 4 π + (−1)n un+1 . 4 +∞ π π X P π (c) Comme : lim + (−1)n un+1 = , on en tire que vn converge et que : vn = . n→∞ 4 4 4 n=0 On a bien : ∀n ∈ N, 19/19