[>] Séries de signe non constant

 
Exercice 1  5040  

Déterminer la nature des séries qui suivent:

  • (a)

    nnenn!

  • (b)

    ln(cos(1n))

  • (c)

    12n.

 
Exercice 2  2432     CENTRALE (MP)Correction  
  • (a)

    Étudier unun=01dx1+x++xn.

  • (b)

    Étudier vnvn=01xndx1+x++xn.

Solution

  • (a)

    L’intégrale définissant un est bien définie car elle porte sur une fonction sur le segment [0;1]. On peut aussi la comprendre comme une intégrale généralisée convergente sur [0;1[

    un=01dx1+x++xn=[0;1[dx1+x++xn

    et par sommation géométrique

    [0;1[dx1+x++xn=[0;1[1-x1-xn+1dx.

    Posons

    fn(x)=1-x1-xn+1.

    Sur [0;1[, la suite de fonctions (fn) converge simplement vers la fonction f:x1-x.
    Les fonctions fn et f sont continues par morceaux et

    |1-x1-xn+1|1-x1-x=1=φ(x)

    avec φ intégrable. Par convergence dominée

    un01(1-x)dx=12

    et donc la série un diverge grossièrement.

  • (b)

    On amorce les calculs comme au dessus pour écrire

    vn=01xndx1+x++xn=01xn1-xn+1(1-x)dx.

    Par intégration par parties généralisée justifiée par deux convergences

    01xn1-xn+1(1-x)dx=[-1n+1ln(1-xn+1)(1-x)]01-1n+101ln(1-xn+1)dx.

    Le terme entre crochet est nul (il suffit d’écrire x=1-h avec h0, pour étudier la limite en 1)
    Il reste

    vn=-1n+101ln(1-xn+1)dx.

    Par développement en série entière de la fonction u-ln(1-u)

    vn=01k=1+1kx(n+1)kdx.

    Posons

    gk(x)=1kx(n+1)k.

    La série de fonctions gk converge simplement sur [0;1[ en vertu de la décomposition en série entière précédente.
    Les fonctions gk et la fonction somme k=0+gk:x-ln(1-xn+1) sont continues par morceaux.
    Enfin, les fonctions gk sont intégrables sur [0;1[ et

    k=1+01|1kx(n+1)k|dx=k=1+1k((n+1)k+1)<+.

    On peut donc intégrer terme à terme pour écrire
    donc

    vn=1n+1k=1+1k01x(n+1)kdx=1n+1k=1+1k((n+1)k+1).

    Or

    k=1+1k((n+1)k+1)1(n+1)k=1+1k2

    puis finalement

    vnC(n+1)2.

    La série à termes positifs vn est donc convergente.

 
Exercice 3  3881     MINES (MP)Correction  

Pour a>0, étudier la convergence de

n1ak=1n1k.

Solution

On sait

k=1n1kn+ln(n)+γ+o(1)

et donc

ak=1n1k=eln(a)ln(n)+γln(a)+o(1)eγln(a)n-ln(a).

Par équivalence de séries à termes positifs,

n1ak=1n1k converge-ln(a)>1

ce qui fournit la condition a<e-1.

 
Exercice 4  1040   Correction  

Donner la nature de la série des jnn.

Solution

On peut écrire

j3n+13n+1+j3n+23n+2+j3n+33n+3=n+j3n+1(1+j+j2)3n+O(1n3/2)=O(1n3/2)

donc la série des termes

j3n+13n+1+j3n+23n+2+j3n+33n+3

est absolument convergente. Ainsi, il y a convergence des sommes partielles

S3n=k=13njkk.

Puisque, les termes

j3n+13n+1,j3n+23n+2

sont de limite nulle, on a aussi convergence des sommes partielles

S3n+1 =k=13n+1jkk=S3n+j3n+13n+1
S3n+1 =k=13n+1jkk=S3n+1+j3n+23n+2.

Les trois suites extraites (S3n), (S3n+1) et (S3n+2) convergeant vers une même limite, on peut affirmer que la série jnn est convergente.

 
Exercice 5  1064   

Montrer la convergence de la série de terme général

un=1(ln(1))2+(ln(2))2++(ln(n))2.
 
Exercice 6  2430     CENTRALE (MP)Correction  

On note un=0π/4(tan(t))ndt.

  • (a)

    Déterminer la limite de un.

  • (b)

    Trouver une relation de récurrence entre un et un+2.

  • (c)

    Donner la nature de la série de terme général (-1)nun.

  • (d)

    Discuter suivant α, la nature de la série de terme général un/nα.

Solution

  • (a)

    Par convergence dominée par la fonction φ:t1, on obtient un0.

  • (b)
    un+un+2=0π/4(tan(t))(tan(t))ndt=1n+1.
  • (c)

    On vérifie aisément un0+ et un+1un. Par application du critère spécial des séries alternées, (-1)nun converge.

  • (d)

    Par monotonie

    un+un+22unun+un-2.

    On en déduit un12n puis par comparaison de séries à termes positifs, unnα converge si, et seulement si, α>0.

[<] Nature de séries numériques[>] Séries dépendant d'un paramètre et de signe non constant

 
Exercice 7  4638  

Déterminer la nature des séries:

  • (a)

    n1(-1)n-1n

  • (b)

    n1(-1)nn+n

  • (c)

    n1(-1)nn2+3nsin(n).

 
Exercice 8  1034  Correction  

Déterminer la nature de un pour:

  • (a)

    un=(-1)nn2+1

  • (b)

    un=(-1)nn+1

  • (c)

    un=ln(1+(-1)nn+1)

  • (d)

    un=cos(πn2+n+1)

Solution

  • (a)

    |un|1/n2 donc la série un est absolument convergente donc convergente.

  • (b)

    On applique le critère spécial et l’on conclut que un converge.

  • (c)

    un=(-1)nn+1+O(1n2) et l’on peut conclure que un converge.

  • (d)
    un=cos(nπ+π2+3π8n+O(1n2))=(-1)n+1.3π8n+O(1n2)

    donc un converge.

 
Exercice 9  5315     ENSTIM (MP)Correction  

Donner la nature de la série

n1(-1)nn+cos(n).
  • (a)

    Par développement limité.

  • (b)

    En étudiant la série

    n1((-1)nn+cos(n)-(-1)nn).
  • (c)

    En observant que le critère des séries alternées s’applique.

Solution

  • (a)

    Par développement limité,

    (-1)nn+cos(n)=n+(-1)nn+O(1n2).

    La série étudiée converge en tant que somme d’une série convergeant par le critère spécial et d’une autre convergeant absolument par comparaison.

  • (b)

    Pour n1,

    (-1)nn+cos(n)-(-1)nn=(-1)ncos(n)n(n+cos(n))=n+O(1n2).

    On peut reprendre les arguments précédents, la méthode n’est pas franchement différente de la résolution ci-dessus…

  • (c)

    La série est alternée et son terme général tend vers 0. Il reste à vérifier qu’il décroît en valeur absolue. Pour x, on remarque

    cos(x+1)-cos(x)=-2sin(12)sin(x+12)-2sin(12)-1

    car on sait sin(x)x pour tout x+. On en déduit

    n+1+cos(n+1)n+cos(n)pour tout n

    et l’on peut conclure que le critère spécial s’applique.

 
Exercice 10  1035  Correction  

Déterminer la nature de

n1(-1)nn!n.

Solution

Il s’agit d’une série alternée.

ln(n!n)=1nk=1nln(k)

et ainsi ln(n!n) est la moyenne arithmétique de ln(1),ln(2),,ln(n) et donc

ln(n!n)ln((n+1)!n+1)

puis

1nn1(n+1)!n+1.

De plus, par la croissance de la fonction xln(x),

1nk=1nln(k)1n1nln(x)dx=ln(n)-1+

et donc

1n!n0.

Finalement, on peut appliquer le critère spécial des séries alternées et conclure.

 
Exercice 11  1039  Correction  

Déterminer la nature de

n1sin(nπ+πn).

Solution

On a

sin(nπ+πn)=(-1)nsin(πn)=(-1)nπn+O(1n3)

donc la série est semi-convergente.

 
Exercice 12  2793     MINES (MP)Correction  

Convergence de la série de terme général

un=sin(πn2+1).

Solution

n2+1=n+12n+O(1n2) donc un=(-1)nπ2n+O(1n2) est terme général d’une série convergente.

 
Exercice 13  3772     ENSTIM (MP)

Déterminer la nature de la série de terme général

un=cos(n2πln(1+1n)).
 
Exercice 14  2794     MINES (MP)

Déterminer la nature de la série de terme général

un=sin((2+3)nπ).
 
Exercice 15  2351   Correction  

Déterminer la nature de un pour:

  • (a)

    un=n+(-1)n-n

  • (b)

    un=(-1)nln(n+(-1)n)

  • (c)

    un=(-1)nln(n)+(-1)n

Solution

  • (a)

    On a

    un=(-1)n2n+O(1n3/2)

    donc un converge.

  • (b)

    On a

    un =n+(-1)nln(n)+(-1)nn+o(1n)
    =n+(-1)nln(n)-1nln2(n)+o(1nln2(n)).

    Or la série de la série de terme général 1nln2(n) est absolument convergente (utiliser une comparaison avec une intégrale) donc un est convergente.

  • (c)

    On a

    un=n+(-1)nln(n)+1(ln(n))2+o(1(ln(n))2).

    La série de terme général (-1)nln(n) est convergente alors que la série de terme général 1(ln(n))2+o(1(ln(n))2) est divergente par équivalence de séries à termes positifs. On conclut que un est divergente.

 
Exercice 16  4639   

Déterminer la nature de la série

n1ln(1+(-1)n-1n).
 
Exercice 17  1045   Correction  

Déterminer la nature de la série de terme général:

un=(-1)nk=1n1k+(-1)n-1.

Solution

Par comparaison avec une intégrale:

k=1n1kn+2n.

On a alors

un =(-1)nk=1n1k11+(-1)n-1k=1n1k
=n+(-1)nk=1n1k+1(k=1n1k)2+o(1(k=1n1k)2).

La série de terme général

(-1)nk=1n1k

converge en vertu du critère spécial.
On a

1(k=1n1k)2+o(1(k=1n1k)2)n+14n

donc par comparaison de série à termes positifs il y a divergence de la série de terme général

1(k=1n1k)2+o(1(k=1n1k)2).

Par sommation d’une série convergente et d’une série divergente la série de terme général diverge.

 
Exercice 18  5035    

Déterminer les natures des séries:

  • (a)

    (-1)nn

  • (b)

    (-1)ln(n)n.

 
Exercice 19  1335     X (MP)Correction  

Étudier la série de terme général

un=(-1)nsin(ln(n))n.

Solution

Puisque un0, il revient au même d’étudier la nature de la série de terme général

vn=u2n+u2n+1.

Or

vn=sin(ln(2n))2n(2n+1)+sin(ln(2n+1))-sin(ln(2n))2n+1.

D’une part,

sin(ln(2n))2n(2n+1)=n+O(1n2)

D’autre part, en vertu du théorème des accroissements finis, il existe c compris entre ln(2n) et ln(2n+1) tel que

sin(ln(2n+1))-sin(ln(2n))2n+1=cos(c)(ln(2n+1)-ln(2n))2n+1=n+O(1n2).

On en déduit

vn=n+O(1n2)

La série de terme général vn est absolument convergente et donc convergente.

 
Exercice 20  3236    

Montrer la divergence de la série

cos(ln(n))n.
 
Exercice 21  1337      X (MP)Correction  

Quelle est la nature de la série de terme général

einn?

Solution

Montrons que la série étudiée est divergente. Notons Sn la somme partielle de rang n de cette série. Nous allons construire deux suites (an) et (bn) de limite + telles que Sbn-San ne tend pas zéros ce qui assure la divergence de la série étudiée.
Soit n1 fixé. Les indices k vérifiant

2nπ-π4k2nπ+π4

sont tels que

Re(eik)12.

Posons alors

an=2nπ-π/4etbn=2nπ+π/4.

On a

Sbn-San=k=an+1bneikk

et donc par construction

Re(Sbn-San)12k=an+1bn1k.

Puisque la fonction t1/t est décroissante, on a la comparaison intégrale

Re(Sbn-San)12k=an+1bnkk+1dtt=2(bn+1-an+1).

Or

bn+1-an+1=bn-anbn+1+an+12nπ24nππ2

donc Sbn-San ne tend par 0 et l’on peut conclure que la série étudiée diverge.

 
Exercice 22  4918   

Déterminer une suite réelle (un) de limite nulle telle que la suite des sommes partielles de la série un diverge sans limite.

 
Exercice 23  2962     X (MP)Correction  

Donner un exemple de série divergente dont le terme général tend vers 0 et dont les sommes partielles sont bornées.

Solution

Pour

k(k-1)2<nk(k+1)2

on pose

un=(-1)k-1k.

Cela définit la suite (un)n1 de sorte que ses premiers termes sont:

1,-12,-12,13,13,13,-14,-14,-14,-14,

Les termes sommées tendent vers 0 et les sommes partielles oscillent entre 0 et 1.

[<] Séries de signe non constant[>] Emploi du critère spécial

 
Exercice 24  3429  Correction  

Soient p et α>0. Déterminer la nature des séries de termes généraux

vn=(n+pp)-αetwn=(-1)n(n+pp)-α.

Solution

On a

(n+pp)=(n+p)(n+p-1)(n+1)p!1p!np

donc

vn(p!)αnpα.

Par équivalence de séries à termes positifs, la série numérique vn converge si, et seulement si, α>1/p.
On a

(n+p+1p+1)=(n+pp+1)+(n+pp)(n+pp)

donc la suite (|wn|) est décroissante. De plus, elle de limite nulle et le critère spécial des séries alternées assure alors la convergence de wn pour tout α>0.

 
Exercice 25  1088   

Soit α+*. Déterminer la nature de

n1(-1)nnα+(-1)n-1.
 
Exercice 26  1087   Correction  

Soit α>0. Préciser la nature de la série n2un avec

un=(-1)nnα+(-1)n.

Solution

On a

un=(-1)nnα/2(1-(-1)n2nα+O(1n2α))=(-1)nnα/2-12n3α/2+O(1n5α/2).

Si α0 alors un↛0 donc n2un diverge. Si α>0 alors n2(-1)nnα converge.
Si 3α2>1 alors

-12n3α/2+O(1n5α/2)

est le terme général d’une série absolument convergente et donc n2un converge.
Si 3α21 alors

-12n3α/2+O(1n5α/2)-12n3α/2

(de signe constant) est le terme général d’une série divergente donc n2un.

 
Exercice 27  2790     MINES (MP)Correction  

Nature de la série de terme général

un=ln(1+(-1)nna)

a>0.

Solution

On a

ln(1+(-1)nna)=(-1)nna-121n2a+o(1n2a).

Par le critère spécial, (-1)nna est terme général d’une série convergente.
Par comparaison de séries à termes positifs

-121n2a+o(1n2a)-121n2a

est terme général d’une série convergente si, et seulement si, a>1/2.
Finalement, la série étudiée converge si, et seulement si, a>1/2.

 
Exercice 28  2515     CCP (MP)Correction  

Étudier la nature de la série de terme général

un=ln(1+sin((-1)nnα))

pour α>0.

Solution

Par développement

un=(-1)nnα-12n2α+o(1n2α)=vn+wn

avec

vn=(-1)nnα et wn=-12n2α+o(1n2α)

vn converge en vertu du critère spécial des séries alternées et wn converge si, et seulement si, 2α>1 par équivalence de termes généraux de séries de signe constant. Au final, un converge si, et seulement si, α>1/2.

 
Exercice 29  1065   Correction  

Déterminer la nature de la série de terme général

un=1+2++nnα (avec α).

Même question avec la série de terme général (-1)nun.

Solution

La fonction xx étant croissante,

0nxdxk=1nk1n+1xdx

et donc

k=1nk23n3/2.

Il y a donc convergence de la série de terme général un si, et seulement si,α>5/2.
Par l’encadrement qui précède:

0k=1nk-0nxdxnn+1xdxn+1

donc

k=1nk=23n3/2+O(n)

puis

(-1)nun=(-1)n23nα-3/2+O(1nα-1/2).

Pour α>5/2: il y a absolue convergence comme ci-dessus.
Pour 3/2<α5/2: il y a convergence par somme d’une série convergente et d’une série absolument convergente.
Pour α3/2: il y a divergence grossière.

 
Exercice 30  2791     MINES (MP)Correction  

Nature de la série de terme général

un=ln(n+(-1)nn+a)

a.

Solution

On a

un=ln(1+(-1)nn)-12ln(1+an)=(-1)nn-(a+1)2n+O(1n3/2).

Par suite, la série un converge si, et seulement si, a=-1.

 
Exercice 31  3208   Correction  

α désigne un réel strictement positif.
Déterminer la nature de la série de terme général

un=0(-1)n/nα|x|1+xdx.

Solution

Quand x0, on a

|x|1+x=|x|-x|x|+o(x3/2).

On en déduit

un=0(-1)n/nα|x|dx-0(-1)n/nαx|x|dx+o(1n5α/2).

Par parité

un=(-1)n23n3α/2-25n5α/2+o(1n5α/2).

Par le critère spécial des séries alternées, la série de terme général (-1)n/n3α/2 converge et par équivalence de séries à termes de signe constant, la série de terme général

-25n5α/2+o(1n5α/2)-25n5α/2

converge si, et seulement si, 5α/2>1.
On en déduit que la série de terme général un converge si, et seulement si, α>2/5.

 
Exercice 32  2423      CENTRALE (MP)Correction  

On pose

un=p=n+1(p+1)αetvn=p=n+(-1)p(p+1)α.
  • (a)

    Déterminer la nature de la série de terme général un selon α.

  • (b)

    Déterminer la nature de la série de terme général vn selon α.

Solution

  • (a)

    Pour définir un, il est nécessaire de supposer α>1.
    Par comparaison avec une intégrale, on montre

    un1α-11nα-1.

    Par comparaison de séries à termes positifs, un converge si, et seulement si, α>2.

  • (b)

    Pour définir un, il est nécessaire de supposer α>0.
    Par application du critère spécial des séries alternées, vn étant le reste de la série (-1)p(p+1)α est du signe de (-1)n et |vn|1(n+1)α0.
    De plus,

    |vn|-|vn+1|=p=0+(-1)p(p+n+1)α-p=0+(-1)p(p+n+2)α

    donc

    |vn|-|vn+1|=p=0+(-1)p(1(p+n+1)α-1(p+n+2)α).

    Par le théorème des accroissements finis

    1(p+n+2)α-1(p+n+1)α=-α(cn)α+1

    avec cn]p+n+1;p+n+2[.
    La suite (cn) est croissante donc on peut appliquer le critère spécial des séries alternées à

    (-1)p(1(p+n+1)α-1(p+n+2)α)

    et conclure que sa somme est du signe de son premier terme. Au final, (|vn|) est décroissant et en appliquant une dernière fois le critère spécial des séries alternées, on conclut que vn converge.

 
Exercice 33  2802      MINES (MP)Correction  

Soit (a,α)+× et, pour n*:

un=ak=1n1/kα.
  • (a)

    Pour quels couples (a,α) la suite (un) est-elle convergente?

Dans la suite, on suppose que tel est le cas, on note =limun et l’on pose, si n*,

vn=un-.
  • (b)

    Nature des séries de termes généraux vn et (-1)nvn.

Solution

  • (a)

    Si α1 alors

    k=1n1kαn++

    et donc un0 si a[0;1[, un1 si a=1 et (un) diverge si a>1.

    Si α>1 alors (k=1n1kα) converge et donc (un) aussi.

  • (b)

    Cas: α1 et a=1. un=1, vn=0 et l’on peut conclure.

    Cas: α<1 et a[0;1[. =0, vn=un,

    n2vn=e2ln(n)+k=1n1kαln(a)n+0

    car

    k=1n1kαn+1α-11nα-1.

    Cas: α=1 et a[0;1[. =0,

    vn=un=e(ln(n)+γ+o(1))ln(a)n+λnln(a)

    donc vn converge si, et seulement si, ln(a)<-1 c’est-à-dire a<-1/e.

    Cas: α>1. =ak=1+1kα,

    vn=(e-k=n+1+1kα-1)n+-k=n+1+1kα=-(α-1)nα-1.

    Ainsi, vn converge si, et seulement si, α>2.

    Dans chacun des cas précédents, on peut appliquer le critère spécial aux séries alternées et affirmer que (-1)nvn converge.

[<] Séries dépendant d'un paramètre et de signe non constant[>] Transformation d'Abel

 
Exercice 34  1038  Correction  
  • (a)

    Justifier l’existence, pour n de

    Rn=k=n+1+(-1)kk.
  • (b)

    Montrer que

    Rn+Rn+1=k=n+1+(-1)kk(k+1).
  • (c)

    Déterminer un équivalent de Rn.

  • (d)

    Donner la nature de la série de terme général Rn.

Solution

  • (a)

    Rn est le reste de rang n de la série k1(-1)kk qui converge en vertu du critère spécial.

  • (b)

    Par décalage d’indice sur la deuxième somme

    Rn+Rn+1=k=n+1+(-1)kk+k=n+1+(-1)k+1k+1=k=n+1+(-1)kk(k+1).
  • (c)

    Puisque

    Rn-Rn+1=(-1)n+1n+1

    on a

    2Rn=(-1)n+1n+1+k=n+1+(-1)kk(k+1).

    Or par le critère spécial

    k=n+1+(-1)kk(k+1)=O(1n2)

    donc

    Rn(-1)n+12n.
  • (d)

    Comme

    Rn=(-1)n+12n+O(1n2)

    la série Rn est convergente.

 
Exercice 35  1036   Correction  

Montrer que

n=0+(-1)n8n(2n)!

est un réel négatif.

Solution

À partir du rang n=2, on peut applique le critère spécial des séries alternées. Le reste étant majorée par la valeur absolue du premier terme

x=n=0+(-1)n8n(2n)!=1-4+r

avec |r|6424 donc x<0.

 
Exercice 36  1037   Correction  

On rappelle la convergence de l’intégrale de Dirichlet

I=0+sin(t)tdt.

En observant

I=n=0+(-1)n0πsin(t)nπ+tdt

déterminer le signe de I.

Solution

Par découpage

I=n=0+nπ(n+1)πsin(t)tdt

donc par translations

I=n=0+0πsin(nπ+t)nπ+tdt

puis la relation proposée.
I se perçoit alors comme somme d’une série vérifiant le critère spécial des séries alternées, sa somme est donc du signe de son premier terme à savoir positif.

 
Exercice 37  4131     CENTRALE (PSI)Correction  

On pose

sn=k=1n(-1)k+1ketun=ln(esn-1).
  • (a)

    Énoncer le théorème des séries spéciales alternées, en faire la preuve.

  • (b)

    Prouver que les suites (sn)n1 et (un)n1 convergent.

  • (c)

    Étudier la nature de un.

Solution

  • (a)

    Si (vn) est une suite alternée dont la valeur absolue décroît vers 0 alors la série vn converge.
    Ce résultat s’obtient en constatant l’adjacence des suites extraites de rangs pairs et impairs de la suite des sommes partielles.

  • (b)

    La suite (sn)n1 converge en vertu du critère spécial énoncé ci-dessus. En fait, il est «  connu  » que (sn)n1 tend vers ln(2) et donc (un)n1 tend vers 0.

  • (c)

    On peut écrire

    sn=ln(2)-rn

    avec

    rn=k=n+1+(-1)k+1k.

    On a

    rn-rn+1=(-1)nn+1 et rn+rn+1=k=n+1+(-1)k+1k(k+1)=O(1n2)

    car par, application du critère spécial à la série (-1)k+1k(k+1), on peut majorer le reste par la valeur absolue du premier terme qui l’exprime. On en déduit

    rn=(-1)n2n+O(1n2).

    On sait

    ln(x)=x1x-1+O((x-1)2)

    et donc

    un=esn-2+O((esn-2)2)

    avec

    esn-2=2(e-rn-1)=-2rn+O(rn2)=(-1)n+1n+O(1n2).

    Ainsi,

    un=(-1)n+1n+O(1n2).

    La série un converge car c’est la somme d’une série vérifiant le critère spécial et d’une autre absolument convergente.

 
Exercice 38  3207      X (PC)Correction  

Soit E l’ensemble des suites réelles (un)n0 telles que

un+2=(n+1)un+1+un.
  • (a)

    Montrer que E est un espace vectoriel de dimension 2.

  • (b)

    Soient a et b deux éléments de E déterminés par

    {a0=1a1=0et{b0=0b1=1.

    Montrer que les deux suites (an) et (bn) divergent vers +.

  • (c)

    Calculer

    wn=an+1bn-anbn+1.
  • (d)

    On pose cn=an/bn lorsque l’entier n est supérieur ou égal à 1. Démontrer l’existence de

    =limn+cn.
  • (e)

    Démontrer l’existence d’un unique réel r tel que

    limn+(an+rbn)=0.

Solution

  • (a)

    Il est immédiat de vérifier que E est un sous-espace vectoriel de l’espace des suites réelles. L’application
    φ:E2 définie par φ(u)=(u0,u1) étant un isomorphisme (car un élément de E est déterminé de façon unique par la donnée de ses deux premiers termes), on peut affirmer que l’espace E est de dimension 2.

  • (b)

    Il est immédiat de vérifier que les suites (an) et (bn) sont formés d’entiers naturels, qu’elles sont croissantes à partir du rang 1 et qu’elles sont à termes strictement positifs à partir du rang 2.
    Ainsi,

    n2,an,bn1

    et donc

    an+2n+1 et bn+2n+1.

    Ainsi, les deux suites (an) et (bn) tendent vers + en croissant (seulement à partir du rang 1 pour la première)

  • (c)

    On a

    wn+1=((n+1)an+1+an)bn+1-an+1((n+1)bn+1+bn).

    Après simplification, on obtient

    wn+1=-wn

    et donc

    wn=(-1)nw0=(-1)n+1.
  • (d)

    On a

    cn+1-cn=wnbnbn+1=(-1)n+1bnbn+1.

    Puisque la suite de terme général bnbn+1 croît vers +, on peut appliquer le critère spécial des séries alternées et affirmer que la série numérique (cn+1-cn) converge. Par conséquent, la suite (cn) converge.

  • (e)

    On a

    -cn=k=n+(ck+1-ck).

    Par le critère spécial des séries alternées, on peut borner ce reste par la valeur absolue de son premier terme

    |-cn|1bnbn+1.

    On peut ainsi écrire

    cn=+o(1bnbn+1).

    On a alors

    an+rbn=bn(cn+r)=bn(+r)+o(1bn+1).

    Sachant bn+, on peut affirmer

    an+rbn0r=-.

[<] Emploi du critère spécial[>] Règle de d'Alembert

 
Exercice 39  4644   

Soient θ et (Sn) la suite de terme général Sn=k=0nsin(kθ).

  • (a)

    Vérifier que la suite (Sn) est bornée.

  • (b)

    Soit N un entier supérieur à 2. Justifier la relation suivante

    n=1Nsin(nθ)n=n=1N-1Snn(n+1)+SNN.
  • (c)

    En déduire la convergence de la série

    n1sin(nθ)n.
 
Exercice 40  2352     ENSTIM (MP)Correction  

Soit θ non multiple de 2π. On pose

Sn=k=0ncos(kθ)etun=cos(nθ)n.
  • (a)

    Montrer que la suite (Sn)n est bornée.

  • (b)

    En observant que cos(nθ)=Sn-Sn-1 pour tout n*, établir que la série de terme général un converge.

  • (c)

    En exploitant l’inégalité |cos(x)|cos2(x), établir que la série de terme général |un| diverge.

Solution

  • (a)

    Par sommation géométrique

    Sn=Re(k=0neikθ)=Re(ei(n+1)θ-1eiθ-1)

    donc

    |Sn||ei(n+1)θ-1eiθ-1|2|eiθ-1|.
  • (b)

    On a

    n=1Nun=n=1NSnn-n=0N-1Snn+1=n=1NSnn(n+1)-S0+SNN+1.

    Or

    SNN+10 et 

    Snn(n+1)=O(1n2) donc la suite des sommes partielles de la série de terme général un converge.

  • (c)

    On a

    |cos(x)|cos2(x)=cos(2x)+12

    donc

    |un|cos(2nθ)2n+12n.

    Si θ=0[π] alors |un|1n et donc |un| diverge.
    Si θ0[π] alors par ce qui précède la série cos(2nθ)n converge et puisque la série de terme général 1n diverge, par opérations, la série de terme général |un| diverge.

 
Exercice 41  1041   Correction  

Soient (an) une suite positive décroissante de limite nulle et (Sn) une suite bornée.

  • (a)

    Montrer que la série (an-an+1)Sn est convergente.

  • (b)

    En déduire que la série an(Sn-Sn-1) est convergente.

  • (c)

    Établir que pour tout x2π, la série cos(nx)n est convergente.

Solution

  • (a)

    (an-an+1)Sn=O(an-an+1) et la série à termes positifs an-an+1 est convergente.

  • (b)

    En séparant la somme en deux et en décalant les indices

    k=0n(ak-ak+1)Sk=k=0nakSk-k=1n+1akSk-1

    puis en regroupant

    k=0n(ak-ak+1)Sk=a0S0+k=1nak(Sk-Sk-1)-an+1Sn

    avec an+1Sn0.
    Par suite, an(Sn-Sn-1) est convergente.

  • (c)

    On applique le résultat précédent à an=1/n et Sn=k=0ncos(kx). (Sn) est bien bornée car

    Sn=Re(k=0neikx)=cos(nx)sin((n+1)x/2)sin(x/2).
 
Exercice 42  2582     CCP (MP)Correction  

Pour n*, on pose

Sn=k=1ncos(kθ).
  • (a)

    Montrer l’existence, pour θ]0;π[, d’un réel Mθ vérifiant

    |Sn|Mθpour tout n*
  • (b)

    Montrer que xxx-1 est décroissante sur [2;+[.

  • (c)

    En remarquant de cos(nθ)=Sn-Sn-1, étudier la convergence de la série de terme général

    un=nn-1cos(nθ).
  • (d)

    En utilisant |cos(kθ)|cos2(kθ), étudier la convergence de |un|.

Solution

On a

Sn=Re(k=1neikθ)=Re(eiθeinθ-1eiθ-1)

donc

|Sn|2|eiθ-1|=Mθ.

Posons f(x)=xx-1.

f(x)=12(x-1)-xx(x-1)2=-12(x+1)x(x-1)20

donc f est décroissante sur [2;+[.
un=f(n)cos(nθ)=f(n)(Sn-Sn-1) donc

n=2Nun=n=2Nf(n)Sn-n=1N-1f(n+1)Sn=n=2N(f(n)-f(n+1))Sn+f(N+1)SN-f(2)S1.

Or f(N+1)SNN+0 car SN=O(1) et f+0.
De plus,

|(f(n)-f(n+1))Sn|Mθ(f(n)-f(n+1))

avec f(n)-f(n+1) série convergente (car f converge en +) donc par comparaison (f(n)-f(n+1))Sn est absolument convergente.
Ainsi par opérations, (n=2Nun)N2 converge et donc un converge.
On a

|un|=nn-1|cos(nθ)|nn-1cos2(nθ).

Or cos(2a)=2cos2(a)-1 donc cos2(a)12cos(2a)+1 puis

|un|12nn-1cos(2nθ)+12nn-1.

En reprenant l’étude qui précède avec 2θ au lieu de θ, on peut affirmer que

12nn-1cos(2nθ)

converge tandis que n2(n-1) diverge puisque 12nn-112n.
Par comparaison, on peut affirmer que |un| diverge.

 
Exercice 43  3879     MINES (MP)Correction  

On donne une suite réelle (an).
On suppose que les séries an et |an+1-an| convergent. Montrer que la série an2 converge.

Solution

Posons

Sn=k=1nak.

On peut écrire

k=1nak2=k=1nak(Sk-Sk-1).

En séparant la somme en deux et en reprenant l’indexation de la deuxième somme

k=1nak2=k=1nakSk-k=0n-1ak+1Sk

ce qui donne (sachant S0=0)

k=1nak2=k=1n(ak-ak+1)Sk+an+1Sn.

La suite (Sn) converge, elle est donc bornée par un certain réel M.
D’une part an0 et donc an+1Sn0.
D’autre part |(ak-ak+1)Sk|M|ak-ak+1| et donc la série (an-an+1)Sn converge absolument.
Par addition de convergence, on peut conclure que la série an2 converge.

 
Exercice 44  1042    Correction  

Soit zn le terme général d’une série complexe convergente. Établir la convergence de la série

n1znn.

Solution

Posons

Sn=k=1nzk.

On a

n=1Nznn=n=1NSn-Sn-1n=n=1NSnn-n=0N-1Snn+1

donc

n=1Nznn=n=1NSnn(n+1)+SNN+1.

Or SNN+10 car (SN) converge et Snn(n+1)=O(1n2) est le terme général d’une série absolument convergente. On peut conclure que la série n1znn converge.

 
Exercice 45  3684    

Soit zn le terme général d’une série complexe convergente. Établir

k=n+1+zkk=n+o(1n).
 
Exercice 46  3685    Correction  

Soit (an) une suite complexe. On suppose que la série ann diverge.
Établir que pour tout α]-;1], la série annα diverge aussi.

Solution

Le cas α=1 est entendu. Étudions α]-;1[.
Par l’absurde, supposons la convergence de annα et introduisons

Sn=k=1nakkα

de sorte que Sn-Sn-1=an/nα.
On peut écrire

k=1nakk=k=1nSk-Sk-1k1-α=k=1nSkk1-α-k=0n-1Sk(k+1)α

puis

k=1nakk=k=1nSk(1k1-α-1(k+1)1-α)+Sn(n+1)1-α.

La suite (Sn) est bornée car convergente et

k=1n(1k1-α-1(k+1)1-α)=1-1(n+1)1-α1

il y a donc absolue convergence de la série

Sn(1n1-α-1(n+1)1-α)

et l’on en déduit la convergence de ann.
C’est absurde.

 
Exercice 47  1028   Correction  

Soit (un)n1 une suite décroissante de réels strictement positifs.

  • (a)

    On suppose que un converge. Montrer que la série de terme général vn=n(un-un+1) converge et

    n=1+vn=n=1+un.
  • (b)

    Réciproquement, on suppose que la série de terme général n(un-un+1) converge. Montrer que la série de terme général un converge si, et seulement si, la suite (un) converge vers 0.

  • (c)

    Donner un exemple de suite (un) qui ne converge pas vers 0, alors que la série de terme général n(un-un+1) converge.

Solution

  • (a)

    On peut écrire

    k=1nvk=k=1nkuk-k=2n+1(k-1)uk=k=1nuk-nun+1(*).

    Montrons que la convergence de un entraîne que nun0.
    Posons Sn les sommes partielles de un.
    Par la décroissance de un, on a 0nu2nS2n-Sn.
    Par suite, nu2n0 et aussi 2nu2n0.
    De façon semblable, on obtient nu2n+10 puis (2n+1)u2n+10.
    Ainsi nun0 et donc

    k=1nvkn+k=1+uk.
  • (b)

    Supposons que la série de terme général vn converge.
    Si la série de terme général un converge alors un0.
    Inversement, supposons que un0. On peut écrire

    un=k=n+(uk-uk+1)k=n+vkk.

    On a alors

    0nunk=n+nkvkk=n+vk.

    Puisque la série des vn converge,

    k=n+vk0 puis nun0.

    La relation (*) entraîne alors la convergence de un.

  • (c)

    un=1 convient, où si l’on veut une suite non constante, un=1+1n2

 
Exercice 48  3673      X (MP)

Soit (un)n1 une suite décroissante de réels de limite nulle.
Montrer que les séries un et n(un-un+1) sont de même nature et que leurs sommes sont égales en cas de convergence.

[<] Transformation d'Abel[>] Règle de Raabe-Duhamel

 
Exercice 49  4637  

Déterminer la nature de la série un avec un=(2nn)-1.

[<] Règle de d'Alembert[>] Calcul de somme

 
Exercice 50  2376   

Soit (un)n1 une suite de réels strictement positifs vérifiant

un+1un=n+1-αn+O(1n2) avec α.
  • (a)

    Justifier qu’il existe un réel A>0 pour lequel

    unn+Anα.
  • (b)

    Étudier la convergence de la série (-1)nun.

 
Exercice 51  4643   

(Règle de Raabe-Duhamel)

Soient (un) et (vn) deux suites de réels strictement positifs.

  • (a)

    On suppose qu’à partir d’un certain rang

    un+1unvn+1vn.

    Montrer que la suite (un) est dominée par la suite (vn).

  • (b)

    On suppose qu’il existe α>1 tel que

    un+1un=n+1-αn+o(1n).

    À l’aide d’une comparaison à une série de Riemann, montrer la convergence de la série un.

  • (c)

    On suppose maintenant qu’il existe α<1 tel que

    un+1un=n+1-αn+o(1n).

    Montrer la divergence de série un.

  • (d)

    Application: Soit a. Étudier la convergence absolue de la série de terme général

    un=a(a-1)(a-n+1)n!.

[<] Règle de Raabe-Duhamel[>] Emploi de la constante d'Euler

 
Exercice 52  4645  
  • (a)

    Soit n*. Vérifier l’identité

    k=12n(-1)k-1k=k=n+12n1k.
  • (b)

    En déduire la valeur de la somme harmonique alternée

    n=1+(-1)n-1n.
 
Exercice 53  1051  Correction  

Soit x]-1;1[. Calculer

k=0+kxk.

Solution

Tout d’abord la série converge en vertu de la règle de d’Alembert (en traitant x=0 séparément)
Puisque

k=0nkxk=xddx(k=0nxk)=x(1-xn+11-x)x(1-x)2

on obtient

k=0+kxk=x(1-x)2.
 
Exercice 54  3895  Correction  

Existence et valeur de

n=2+ln(1+(-1)nn).

Solution

On a

n=22N+1ln(1+(-1)nn)=k=1Nln(2k+1)-ln(2k+1)=0

et

n=22Nln(1+(-1)nn)=n=22N+1ln(1+(-1)nn)+o(1)N+0

donc

n=2+ln(1+(-1)nn)=0.
 
Exercice 55  1058     ENTPE

Justifier l’existence et calculer la somme suivante

n=1+(-1)nln(1+1n).
 
Exercice 56  1052   Correction  

Soit α>0. Montrer

k=0+(-1)kk+α=01xα-11+xdx.

Solution

Par sommation géométrique,

xα-11+x=k=0n(-1)kxk+α-1+(-1)n+1xn+α1+x

On peut alors écrire

01xα-11+xdx=k=0n01(-1)kxk+α-1dx+(-1)n+101xn+α1+xdx=k=0n(-1)kk+α+εn

avec

|εn|01xn+αdx=1n+α-1n+0.

On en déduit l’égalité proposée.

 
Exercice 57  2805     MINES (MP)Correction  

Calculer

n=0+(-1)n4n+1.

Solution

Par sommation géométrique

n=0N(-1)n4n+1=n=0N01(-t4)ndt=011-(-t4)N+11+t4dt.

Or

|01(-t4)N+11+t4dt|01t4N+4dt=14N+50

donc (-1)n4n+1 converge et

n=0+(-1)n4n+1=01dt1+t4.

Enfin

01dt1+t4=142(ln(2+22-2)+π).
 
Exercice 58  1053   Correction  

On pose

un=01xnsin(πx)dx.

Montrer que la série un converge et que sa somme vaut

0πsin(t)tdt.

Solution

Par sommation géométrique,

k=0nuk=011-xn+11-xsin(πx)dx.

Posons

I=01sin(πx)1-xdx.

Cette intégrale est bien définie car la fonction intégrée se prolonge par continuité en 1.

|k=0nuk-I|01sin(πx)1-xxn+1dxMn+1

avec

M=sup[0;1[sin(πx)1-x.

(M existe car on peut prolonger la fonction considérée en une fonction continue sur [0;π]).

On conclut que

k=0nukn+I

puis, par changement de variable,

k=0nukn+0πsin(t)tdt.
 
Exercice 59  2803     MINES (MP)Correction  

Étudier

limn+limm+i=0nj=0m(-1)i+jti+j+1.

Solution

Pour t=-1,

i=0nj=0m(-1)i+jti+j+1=-(m+1)(n+1)

ce qui permet de conclure.
Pour t-1,

i=0nj=0m(-1)i+jti+j+1=i=0n(-1)iti+11-(-t)m+11+t.

Quand m+,

i=0nj=0m(-1)i+jti+j+1i=0n(-1)iti+11+t

si |t|<1 et diverge sinon. Aussi, quand |t|<1

i=0n(-1)iti+11+t=t1-(-t)n+1(1+t)2

et quand n+,

t1-(-t)n+1(1+t)2t(1+t)2.

On conclut

limn+limm+i=0nj=0m(-1)i+jti+j+1=t(1+t)2.
 
Exercice 60  2806      MINES (MP)Correction  

Nature et calcul de la somme de la série de terme général

k=n+(-1)kk2.

Solution

Le terme

un=k=n+(-1)kk2

est bien défini en tant que reste d’une série alternée satisfaisant au critère spécial.
Pour NK entiers,

n=1Nk=nK(-1)kk2=k=1Nn=1k(-1)kk2+k=N+1Kn=1N(-1)kk2.

D’une part

k=1Nn=1k(-1)kk2=k=1N(-1)kk.

D’autre part

k=N+1Kn=1N(-1)kk2=Nk=N+1K(-1)kk2.

En passant à la limite quand K+

n=1Nun=k=1N(-1)kk+Nk=N+1+(-1)kk2.

Or

k=N+1+(-1)kk2=O(1N2)

donc quand N+,

n=1Nunk=1+(-1)kk.

Ainsi, un est convergente et

n=1+un=-ln(2).

[<] Calcul de somme[>] Comparaison séries intégrales

 
Exercice 61  1054  Correction  

On rappelle l’existence d’une constante γ telle que l’on ait

k=1n1k=ln(n)+γ+o(1).
  • (a)

    Calculer la somme de la série de terme général un=(-1)n-1/n.

  • (b)

    Même question avec un=1/n si n0[3] et un=-2/n sinon.

Solution

  • (a)

    On a

    k=12n(-1)k-1k=n+k=12n1k-2k=1n12k=ln(2n)+γ+o(1)-ln(n)-γ=ln(2)+o(1)

    et

    k=12n+1(-1)k-1k=n+k=12n(-1)k-1k+o(1)

    donc la série converge et est de somme égale à ln(2).

  • (b)

    On a

    k=13nun=k=13n1k-3k=1n13k=n+ln(3n)+γ+o(1)-ln(n)-γ=ln(3)+o(1)

    et

    k=13n+1un=k=13nun+o(1)n+ln(3)etk=13n+2un=k=13nun+o(1)n+ln(3)

    donc la série converge et est de somme égale à ln(3).

 
Exercice 62  1055  Correction  

Justifier et calculer

n=1+1n(2n-1).

Solution

Par décomposition en éléments simples

n=1N1n(2n-1)=n=1N2(2n-1)-n=1N1n=n=12N2n-2n=1N1n=2n=N+12N1n.

Or

n=N+12N1n=n=12N1n-n=1N1n=ln(2N)+γ+o(1)-ln(N)-γ=ln(2)+o(1)

puis

n=1+1n(2n-1)=2ln(2).
 
Exercice 63  2354   Correction  

Existence et calcul de

n=1+5n+6n(n+1)(n+2).

Solution

On a

5n+6n(n+1)(n+2)=O(1n2)

donc la somme n=1+5n+6n(n+1)(n+2) existe.
Par décomposition en éléments simples

5n+6n(n+1)(n+2)=3n-1n+1-2n+2

donc en exploitant

n=1N1n=ln(N)+γ+o(1)

on obtient

k=1n5k+6k(k+1)(k+2)=3ln(n3(n+1)(n+2)2)+4+o(1)4.
 
Exercice 64  1046   Correction  

Existence et calcul de

n=1+1n(n+1)(2n+1).

Solution

Par décomposition en éléments simples

1n(n+1)(2n+1)=1n+1n+1-42n+1.

Sachant

n=1N12n+1=n=22N+11n-n=1N12n

on obtient

n=1N1n(n+1)(2n+1)=n=1N3n+n=1N1n+1-4n=22N+11n.

Or on sait que

n=1N1n=ln(N)+γ+o(1)

donc on conclut que la série converge et

n=1+1n(n+1)(2n+1)=3-4ln(2).
 
Exercice 65  2804     MINES (MP)Correction  

Convergence puis calcul de

n=1+112+22++n2.

Solution

On a

12+22++n2=k=1nk2=n(n+1)(2n+1)6

et donc

112+22++n23n3.

Par comparaison de séries à termes positifs, la série numérique 112+22++n2 converge
Par décomposition en éléments simples

6n(n+1)(2n+1)=6n+6n+1-242n+1.

En introduisant la constante d’Euler γ, on sait

n=1N1n=ln(N)+γ+o(1).

Par décalage d’indice

n=1N1n+1=n=2N+11n=ln(N+1)+γ-1+o(1)

et en introduisant dans la somme les inverses des nombres pairs absents, on obtient

n=1N12n+1=n=22N+11n-n=1N12n=ln(2N+1)-12ln(N)+12γ-1+o(1).

On en déduit

n=1N112+22++n2=ln(N18(N+1)6(2N+1)24)+18+o(1)

puis à la limite

n=1+112+22++n2=18-24ln(2).
 
Exercice 66  2964     X (MP)Correction  

Calculer

n=0(14n+1-34n+2+14n+3+14n+4).

Solution

14n+1-34n+2+14n+3+14n+4=14n-34n+14n+14n+O(1n2)=O(1n2)

donc la série étudiée est absolument convergente.
On a

n=0N(14n+1-34n+2+14n+3+14n+4)=k=14N+41k-4n=0N14n+2.

Or

4n=0N14n+2=2n=0N12n+1=2k=12N+11k-2k=1N12k.

Par le développement

k=1n1k=ln(n)+γ+o(1)

on parvient à

n=0N(14n+1-34n+2+14n+3+14n+4)=ln(4N+4)+γ-2ln(2N+1)-2γ+ln(N)+γ+o(1)0.

Ainsi,

n=0(14n+1-34n+2+14n+3+14n+4)=0

(ce qui change du ln(2) traditionnel…;-)

 
Exercice 67  4171     CENTRALE (MP)Correction  
  • (a)

    Soit (un) une suite telle que un=O(1/n2). Que dire de k=n+uk?

  • (b)

    Montrer que

    k=1n1k=n+ln(n)+γ+O(1n)

    avec γ une constante réelle que l’on ne cherchera pas à calculer.

On pose

un=(-1)nnln(n)ln(2).
  • (c)

    Convergence et somme de n2un.

Solution

  • (a)

    Par sommation de relations de comparaison (on compare au terme général d’une série à termes positifs convergente), on peut écrire avec existence

    k=n+uk=O(k=n+1k2).

    Par comparaison avec une intégrale, on poursuit

    k=n+uk=O(1n).
  • (b)

    Pour k1, on peut écrire

    ln(k+1)-ln(k)=ln(1+1k)=k+1k+O(1k2).

    En sommant pour k allant de 2 jusqu’à n-1, il vient

    ln(n)=k=1n-11k+k=2n-1O(1k2)

    avec

    k=2n-1O(1k2)=k=2+O(1k2)=-γ-k=n+O(1k2)=O(1/n).

    En ajoutant un terme 1/n et en réorganisant les membres, on obtient l’identité voulue.

  • (c)

    Posons Sn la somme partielle de rang n. On a

    ln(n)ln(2)=k2kn<2k+1.

    On en déduit

    S2k+1-1-S2k-1=n=2k2k+1-1(-1)nnk=kn=2k2k+1-1(-1)nn.

    En séparant les termes d’indices pairs de ceux d’indices impairs

    n=2k2k+1-1(-1)nn =p=2k-12k-112p-p=2k-12k-112p+1.

    On adjoint les termes pairs intermédiaires à la deuxième somme

    n=2k2k+1-1(-1)nn=p=2k-12k-11p-n=2k2k+1-11n.

    On en déduit

    S2N+1-1 =k=1N(S2k+1-1-S2k-1)+S1
    =k=1N(kp=2k-12k-11p)-k=1N(kn=2k2k+1-11n).

    Après glissement d’indice dans la deuxième somme puis simplification

    S2N+1-1 =k=1N(kp=2k-12k-11p)-k=2N+1((k-1)n=2k-12k-11n)
    =k=1N(p=2k-12k-11p)-Nn=2N2N+1-11n
    =n=12N-11n-Nn=2N2N+1-11n
    =ln(2N-1)+γ+O(12N)-Nln(2)-NO(12N)N+γ.

    Cette étude ne suffit pas pour conclure, il faut encore étudier la limite de (Sn). Pour n1, introduisons k tel que 2kn<2k+1. On a

    Sn-S2k-1=kp=2kn(-1)pp.

    Par application du critère spécial, cette somme est encadrée par deux sommes partielles consécutives, par exemple, celles de rangs 2k-1 (qui vaut 0) et 2k (qui vaut 1/2k). On en déduit:

    |Sn-S2k-1|k2kn+0.

    On peut alors conclure que la série étudiée converge et sa somme vaut γ.

 
Exercice 68  1077   Correction  

Étudier la limite de

un=01(1-u)n-1udu+ln(n).

Solution

01(1-u)n-1udu=-01vn-1v-1=-01k=0n-1vkdv

puis

01(1-u)n-1udu=-k=1n1k=-ln(n)-γ+o(1)

donc un-γ

 
Exercice 69  1070   Correction  

Calculer la limite de

un=1+12++1n-(1n+1+1n+2++1n2).

Solution

Posons

Hn=1+12++1n=n+ln(n)+γ+o(1).

On observe

un=2Hn-Hn2=n+2(ln(n)+γ+o(1))-ln(n2)-γ+o(1)n+γ.
 
Exercice 70  2428      CENTRALE (MP)

Pour x>0, on pose

f(x)=ln(x)x.
  • (a)

    Étudier la convergence de la série de terme général un=(-1)nf(n) avec n1.

  • (b)

    Montrer la convergence de la série de terme général

    vn=f(n)-n-1nf(t)dt avec n2.

On sait qu’il existe une constante réelle γ telle que11 1 Voir le sujet 5221. k=1n1k=n+ln(n)+γ+o(1).

  • (c)

    En étudiant la quantité 2k=1nf(2k)-k=12nf(k) exprimer en fonction de γ la valeur de la somme n=1+(-1)nf(n).

[<] Emploi de la constante d'Euler[>] Comportement asymptotique de sommes

 
Exercice 71  5220  

Selon la valeur du paramètre réel α, déterminer la nature de la série

1n(ln(n))α.
 
Exercice 72  3045     X (MP)Correction  

Pour n*, soit

fn:x]n;+[k=1n1x-k.

Soit a>0. Montrer qu’il existe un unique réel, noté xn tel que fn(xn)=a.
Déterminer un équivalent de xn quand n+.

Solution

La fonction fn est continue, strictement décroissante et de limites + et 0 en n et +. On en déduit que fn réalise une bijection de ]n;+[ vers ]0;+[. Ainsi, pour tout a>0, il existe un unique xn>n vérifiant fn(xn)=a.
On a

fn(n+1+y)=k=1n1n+1+y-k=k=1n1k+yk=1nk-1kdtt+y=0ndtt+y=ln(1+ny).

Pour y=nea-1,

f(n+1+y)ln(1+(ea-1))=a

et par suite

xnn+1+nea-1.

Aussi

f(n+y)=k=0n-11y+k0ndtt+y=ln(1+ny).

Pour y=nea-1, f(n+y)a et par suite

xnn+nea-1.

On en déduit

xnn+n+nea-1=eanea-1.
 
Exercice 73  4069   Correction  

Soit f:[0;+[ continue, positive et croissante.
Établir que les objets suivants ont même nature

0+f(e-t)dt,f(e-n)et1nf(1n).

Solution

La fonction tf(e-t) est décroissante et positive donc, par théorème de comparaison série intégrale, l’intégrale 0+f(e-t)dt et la série f(e-n) ont même nature.
Par le changement de variable 𝒞1 bijectif u=et, l’intégrale 0+f(e-t)dt à même nature que 1+1uf(1u)du.
La fonction u1uf(1u) est décroissante et positive donc, par théorème de comparaison série intégrale, l’intégrale 1+1uf(1u)du et la série 1nf(1n) ont même nature.

 
Exercice 74  5038   

Soit f:[1;+[ une fonction strictement positive, de classe 𝒞1 dont la dérivée est décroissante et de limite nulle en +. Montrer que les séries

f(n)etf(n)f(n)

sont de même nature.

 
Exercice 75  5039    

Soit f:[1;+[ une fonction de classe 𝒞1 dont la dérivée est décroissante et de limite nulle.

  • (a)

    Soit k*. Établir

    0kk+1f(t)dt-12(f(k)+f(k+1))18(f(k)-f(k+1)).
  • (b)

    En déduire que11 1 Sn compare une intégrale à l’approximation de celle-ci obtenue par la méthode des trapèzes.

    Sn=1nf(t)dt-(12f(1)+f(2)++f(n-1)+12f(n))

    admet une limite finie lorsque n tend vers +.

  • (c)

    Application: On considère la fonction f:xln(x). Employer ce qui précède pour établir22 2 Pour résoudre cette question, on ne s’autorise pas l’emploi de la formule de Stirling. la convergence de la suite de terme général

    σn=ln(n!)-(n+12)ln(n)+n.
 
Exercice 76  5042    

Soit f:[1;+[ une fonction de classe 𝒞1. On suppose qu’il existe M+ vérifiant11 1 Au chapitre suivant, on dira simplement que f est intégrable sur [1;+[. On peut noter que cette hypothèse est satisfaite lorsque f est monotone et admet une limite finie en +.

1x|f(t)|dtM pour tout x1.
  • (a)

    Montrer

    f(n) converge(1nf(t)dt)n* converge.
  • (b)

    Application: Déterminer la nature de la série

    sin(ln(n))n.
 
Exercice 77  3449    

Soit f:[1;+[ une fonction de classe 𝒞1. On suppose qu’il existe M+ vérifiant11 1 Au chapitre suivant, on dira simplement que f est intégrable sur [1;+[., pour tout x1,

1x|f(t)|dtM.
  • (a)

    Montrer

    f(n) converge(1nf(t)dt) converge.
  • (b)

    Étudier la convergence de la série

    n1sin(n)n.
 
Exercice 78  2434     CENTRALE (MP)Correction  

Soit, pour x,

f(x)=cos(x1/3)x2/3.
  • (a)

    Déterminer la nature la série de terme général

    un=nn+1f(x)dx-f(n).
  • (b)

    Déterminer la nature de la série de terme général f(n).

    On pourra montrer que sin(n1/3) n’admet pas de limite quand n+.

  • (c)

    Déterminer la nature de la série de terme général

    sin(n1/3)n2/3.

Solution

  • (a)

    Une comparaison série-intégrale est inadaptée, f n’est pas monotone comme en témoigne ses changements de signe. En revanche,

    un=nn+1f(x)-f(n)dx.

    Or, par le théorème des accroissements fini,

    f(x)-f(n)=f(cx)(x-n)

    avec cx]n;x[. Après calcul de f(x), on en déduit

    |f(x)-f(n)|13n4/3+23n5/3

    puis

    un=n+O(1n4/3).
  • (b)

    La série de terme général nn+1f(t)dt diverge car

    0nf(t)dt=3sin(n1/3)diverge

    En effet, si sin(n1/3) convergeait vers alors par extraction sin(n) aussi et il est classique d’établir la divergence de la suite (sin(n)). On en déduit que cos(n1/3)n2/3 diverge.

  • (c)

    Il suffit de reprendre la même étude pour parvenir à la même conclusion.

 
Exercice 79  3086      X (MP)Correction  

Étudier

limn+nk=n+(1k2enk).

Solution

On remarque

nk=n+(1k2enk)=1nk=n+φ(kn)

avec φ:x1x2e1/x.

La fonction φ est décroissante en tant que produit de deux fonctions décroissantes positives. Par suite,

k/n(k+1)/nφ(t)dt1nφ(kn)(k-1)/nk/nφ(t)dt.

En sommant et en exploitant l’intégrabilité de φ au voisinage de +,

1+1t2e1/tdtk=n+1nφ(kn)(n-1)/n+1t2e1/tdt.

Or

1+1t2e1tdt=[-e1/t]1+=e-1 et (n-1)/n+1t2e1tdt=[-e1/t](n-1)/n+n+e-1.

Par encadrement,

limn+nk=n+(1k2enk)=e-1.
 
Exercice 80  3882     MINES (MP)Correction  

Déterminer

limn+1nk=1n(3k-1)1/n.

Solution

Posons

Pn=1nk=1n(3k-1)1/n>0.

On a

ln(Pn)=1nk=1nln(3k-1)-ln(n).

Par comparaison série-intégrale,

ln(2)+1nln(3t-1)dtk=1nln(3k-1)1n+1ln(3t-1)dt.

Or

1nln(3t-1)dt=3n-13ln(3n-1)-n+C=n+nln(n)+(ln(3)-1)n+O(ln(n))

et donc

k=1nln(3k-1)=n+nln(n)+(ln(3)-1)n+O(ln(n)).

On en déduit

ln(Pn)n+ln(3)-1

puis

Pnn+3e.

[<] Comparaison séries intégrales[>] Théorème de Cesaro

 
Exercice 81  4641  

Déterminer un équivalent simple quand n croît vers l’infini de:

  • (a)

    k=1nk

  • (b)

    k=n+1+1k2.

 
Exercice 82  4642  

Déterminer un équivalent simple quand n croît vers l’infini de:

  • (a)

    k=n+1+1k2+k+1

  • (b)

    k=1n11+k.

 
Exercice 83  5221  

Pour n*, on pose

Hn=k=1n1k.
  • (a)

    Montrer l’existence d’un réel11 1 γ se nomme la constante d’Euler, γ0,577 216 à 10-6 près. γ tel que

    γ=limn+(Hn-ln(n)).
  • (b)

    En déduire

    Hn=n+ln(n)+γ+o(1).
 
Exercice 84  4062   

Pour n*, on pose

Hn=k=1n1k.
  • (a)

    Montrer la convergence de la série (1k+ln(1-1k)).

On pose11 1 γ est la constante d’Euler, γ0,577 216 à 10-6 près.

γ=1+k=2+(1k+ln(1-1k)).
  • (b)

    Établir Hn=ln(n)+γ+εn avec (εn) une suite de limite nulle.

  • (c)

    Justifier le développement asymptotique

    Hn=n+ln(n)+γ+12n+o(1n).
 
Exercice 85  1089  Correction  

On pose

Sn=k=1n1k+k.
  • (a)

    Donner un équivalent simple de Sn.

  • (b)

    Montrer que

    Sn=n+ln(n)+C+o(1).

Solution

  • (a)

    1k+k1k et k11k est une série à terme positif divergente donc

    Snn+k=1n1kln(n).
  • (b)

    Pour être plus précis,

    Sn-k=1n1k=k=1n(1k+k-1k)=k=1nkk2+kk

    or

    kk2+kk1k3/2

    et est donc le terme général d’une série convergente.
    Ainsi, Sn-k=1n1kn+oC d’où

    Sn=n+ln(n)+(γ+C)+o(1)=ln(n)+C+o(1).
 
Exercice 86  1090   Correction  

On pose

Sn=k=1n1k2+k.
  • (a)

    Montrer que (Sn)n1 converge vers une constante C.

  • (b)

    Établir que

    Sn=n+C-1n+o(1n).

Solution

  • (a)

    1k2+k1k2 donc la série de terme général 1k2+k est absolument convergente. Par suite, (Sn) converge vers une certaine constante C.

  • (b)
    C-Sn=k=n+1+1k2+kn+k=n+1+1k2

    car k11k2 est une série à termes positifs convergente.
    Par comparaison série intégrale k=n+1+1k2n+1n et l’on peut conclure comme annoncée.

 
Exercice 87  5223   
  • (a)

    Justifier l’existence de

    Rn=k=n+1+(-1)kkpour tout n.
  • (b)

    Soit n*. Montrer que

    Rn+Rn-1=k=n+1+(-1)k-1k(k-1).
  • (c)

    Déterminer un équivalent de Rn quand n tend vers l’infini.

  • (d)

    Donner la nature de la série de terme général Rn.

 
Exercice 88  2809     MINES (MP)Correction  

On pose

an=1n+1+1n+2++13n.
  • (a)

    Montrer que la suite (an) converge et trouver sa limite λ.

  • (b)

    Trouver un équivalent simple de an-λ.

Solution

  • (a)

    On sait

    Hn=n+k=1n1k=ln(n)+γ+o(1)

    donc

    an=H3n-Hnn+ln(3)=λ.
  • (b)

    Si on sait

    Hn=n+ln(n)+γ+12n+o(1n)

    les choses vont assez vites…mais sans doute l’examinateur souhaitera la démonstration de ce résultat.

    an=k=13n1k+ln(1-1k)-k=1n1k+ln(1-1k)+k=n+13nln(k-1k)

    avec

    k=n+13nln(k-1k)=ln(3)

    donc

    an-λ=k=13n1k+ln(1-1k)-k=1n1k+ln(1-1k).

    Or 1k+ln(1-1k) est absolument convergente car

    1k+ln(1-1k)-12k2

    donc an-λ=Rn-R3n avec

    Rn=k=n+1+1k+ln(1-1k).

    Or par sommation d’équivalent sur des restes de séries convergentes à termes de signe constant,

    Rnn+k=n+1+-12k2n+-12n

    (le dernier équivalent s’obtenant, soit par comparaison série intégrale, soit par 1k21k(k-1) et sommation télescopique). Au final,

    an-λ=n+-12n+16n+o(1n)n+-13n.
 
Exercice 89  5352     MINES (PC)Correction  

Trouver un équivalent quand n tend vers l’infini de

Rn=k=n+kk!.

Solution

On justifie l’existence de Rn en observant

n2×nn!n+0

ce qui assure la convergence de la série dont Rn est un reste.

Méthode: On isole le premier termes de Rn et l’on majore les suivants;

Pour n*,

Rn=nn!+n+1(n+1)!+k=n+2+kk!

avec

n+1(n+1)!=1n+1n+1n!=n+o(nn!)

et

0k=n+2+kk! =k=n+2+kk1(k-1)!k=n+1+1k!
=1(n+1)!+1(n+2)!+1(n+3)!+
1(n+1)!(1+12!+13!+)
e(n+1)!=n+o(nn!).

On conclut

Rnn+nn!n+12π(en)n.
 
Exercice 90  3070   

Former un développement asymptotique à deux termes de

k=n+1+1k2.
 
Exercice 91  3179   Correction  
  • (a)

    Sous réserve d’existence, déterminer pour α1

    limn+k=n+12n1kα.
  • (b)

    Sous réserve d’existence, déterminer

    limn+k=n+12nsin(1k).

Solution

  • (a)

    Pour α>1, la série de terme général 1/nα converge et si l’on pose

    Sn=k=1n1kα

    on observe

    k=n+12n1kα=S2n-Snn+k=1+1kα-k=1+1kα=0.

    Pour α=1, on introduit les sommes partielles harmoniques

    Hn=k=1n1k.

    En notant γ la constante d’Euler, on peut écrire

    Hn=n+ln(n)+γ+o(1)

    et alors

    k=n+12n1k=n+H2n-Hn=ln(2)+o(1)n+ln(2).
  • (b)

    Par l’égalité de Taylor avec reste intégral, on peut écrire

    sin(x)=x+0x(x-t)22!sin(3)(t)dt.

    Puisque

    t,sin(3)(t)=-cos(t)[-1;1]

    on a

    x0,sin(x)x-0x(x-t)22!dt=x-16x3.

    D’autre part, il est bien connu que

    x0,sin(x)x.

    On en déduit

    k=n+12n1k-16k=n+12n1k3k=n+12nsin(1k)k=n+12n1k.

    En vertu de ce qui précède, on obtient

    limn+k=n+12nsin(1k)=ln(2).
 
Exercice 92  1091   Correction  

On pose

un=k=1n3k-13k.
  • (a)

    Montrer qu’il existe des constantes α et β telles que

    ln(un)=n+αln(n)+β+o(1).

    En déduire un équivalent de un.

  • (b)

    Déterminer la nature de n1un.

  • (c)

    Déterminer la nature de n1(-1)nun.

Solution

  • (a)

    On a

    ln(un)=k=1nln(1-13k).

    Or

    ln(1-13k)=k+-13k+O(1k2)

    donc

    ln(un)=n+-13k=1n1k+k=1nO(1k2)=-13ln(n)+C+o(1)

    car k=1n1k=n+ln(n)+γ+o(1) et n1O(1n2) est une série convergente.

  • (b)

    Puisque

    ln(n1/3un)n+β

    on a

    unn+eβn1/3

    et donc la série de terme général un diverge.

  • (c)

    On vérifie aisément que la suite (un) décroît vers 0: la série (-1)nun converge par application du critère spécial.

 
Exercice 93  1092   Correction  

Déterminer un équivalent simple de:

  • (a)

    k=1+1k(nk+1)

  • (b)

    k=1+1k(n+k).

Solution

  • (a)

    Avec convergence des sommes engagées

    k=1+1k(nk+1)=1nk=1+1k2+k=1+(1k(nk+1)-1nk2)=π26n-k=1+1nk2(nk+1)

    et

    0k=1+1nk2(nk+1)1n2k=1+1k3

    donc

    k=1+1k(nk+1)n+π26n.
  • (b)

    Par décomposition en éléments simples et télescopage,

    k=1+1k(n+k)=1nk=1+(1k-1n+k)=1nk=1n1kn+ln(n)n.
 
Exercice 94  3226   Correction  

Pour n*, on pose

Hn=k=1n1k.

Pour p, on pose

np=min{n|Hnp}.

Déterminer un équivalent de np quand p+

Solution

np est bien défini car Hn+.
La suite (np) est croissante et évidemment non majorée donc

np+.

Par définition de np, on a

HnppHnp-1.

Or

Hn=ln(n)+γ+o(1)

donc

ln(np)+γ+o(1)pln(np-1)+γ+o(1).

Puisque

ln(np-1)=ln(np)+o(1)

on obtient

p=ln(np)+γ+o(1)

puis

np=en-γ+o(1)en-γ.
 
Exercice 95  1325     CENTRALE (PSI)Correction  

Soit j. On note Φj le plus petit entier p* vérifiant

n=1p1nj.
  • (a)

    Justifier la définition de Φj.

  • (b)

    Démontrer que Φjj++.

  • (c)

    Démontrer Φj+1Φjj+e.

Solution

  • (a)

    Puisque

    n=1p1np++

    on peut affirmer que l’ensemble

    {p,n=1p1nj}

    est une partie non vide de . Celle admet donc un plus petit élément, noté Φj.

  • (b)

    Par définition de Φj, on a

    jn=1Φj1n.

    Or, par comparaison avec une intégrale

    n=1Φj1n1+1Φjdtt=1+ln(Φj).

    On en déduit Φjej-1 puis Φjj++.

  • (c)

    Par définition de Φj, on a

    n=1Φj-11njn=1Φj1n.

    Or, sachant que Φj+, on a

    n=1Φj1n=ln(Φj)+γ+o(1) et n=1Φj-11n=ln(Φj-1)+γ+o(1).

    Par suite,

    ln(Φj-1)+γ+o(1)jln(Φj)+γ+o(1).

    Or

    ln(Φj-1)=ln(Φj)+o(1)

    donc

    j=ln(Φj)+γ+o(1)

    puis

    Φj=ej-γ+o(1).

    On en déduit

    Φj+1Φj=ej+1-γ+o(1)ej-γ+o(1)=e1+o(1)e.
 
Exercice 96  2950     X (MP)Correction  

Soit (un)n1 une suite d’éléments de +*.

On pose

vn=1nun(k=1nuk)etwn=1n2un(k=1nkuk).

On suppose que (vn) tend vers a+*.

Étudier la convergence de (wn).

Solution

Posons Sn=k=1nuk. On observe que

k=1nkun=(n+1)Sn-k=1nSk.

Par suite,

wn=n+1nvn-1n2unk=1nSk(*).

Puisque Snnuna, on a Snanun.
La série de terme général Sn est une série à termes positifs divergente donc

k=1nSkak=1nkuk.

Par suite,

1n2unk=1nSkawn.

La relation (*) dévient alors

wn=n+1nvn-awn+o(wn)

et en on en déduit que

wn1a+1vnaa+1.

[<] Comportement asymptotique de sommes[>] Séries dont le terme général est défini par récurrence

 
Exercice 97  4646  

(Lemme de l’escalier)

Soit (un) une suite réelle telle que un+1-un tend vers 1. Déterminer un équivalent de un quand n tend vers l’infini.

 
Exercice 98  307   Correction  

Soit (un)n1 une suite réelle convergeant vers . On désire établir que la suite (vn)n1 de terme général

vn=u1+u2++unn

converge aussi vers . Soit ε>0.

  • (a)

    Justifier qu’il existe n0 tel que pour tout n, n>n0 entraîne

    |un-|ε/2.
  • (b)

    Établir que pour tout entier n>n0 on a

    |vn-||u1-|++|un0-|n+n-n0nε2.
  • (c)

    En déduire qu’il existe n1 tel que pour tout n, n>n1 entraîne

    |vn-|ε.
  • (d)

    Application: Soit (un) une suite réelle telle que un+1-unα0.
    Donner un équivalent simple de un.

Solution

  • (a)

    C’est la convergence de un vers .

  • (b)

    On a

    |vn-|=1n|(u1-)++(un-)|

    et par l’inégalité triangulaire

    |vn-||u1-|++|un0-|n+|un0+1-|++|un-|n.

    On conclut en exploitant |uk-|ε2 pour k>n0.

  • (c)

    Quand n+,

    |u1-|++|un0-|n=Cten0

    donc pour n assez grand

    |u1-|++|un0-|nε2.

    Ainsi il existe un rang n1 au-delà duquel

    |vn-|ε2+n-n0nε2ε.
  • (d)

    On applique le résultat précédent à la suite de terme général un+1-un et l’on peut affirmer

    1nk=0n-1uk+1-ukα.

    Après télescopage

    1n(un-u0)α

    puis

    1nunα

    et enfin

    unαn.
 
Exercice 99  309   Correction  

Soit (un) une suite de réels strictement positifs.
On suppose

un+1unn+]0;+[.

Montrer

unn.

Solution

On a ln(un+1)-ln(un)ln() donc, par le théorème de Cesàro,

1nk=1nln(uk)-ln(uk-1)n+ln()

d’où

1nln(un)n+ln()

puis

unnn+.
 
Exercice 100  308   Correction  

Soit (un) une suite réelle.

  • (a)

    On suppose que (un) converge vers et l’on considère

    vn=u1+2u2++nunn2.

    Déterminer limn+vn.

  • (b)

    On suppose

    un-un-1nn+.

    Déterminer

    limn+unn2.

Solution

  • (a)

    Cas: =0. Soit ε>0, il existe n0 tel que

    n>n0,|un|ε/2.

    On a alors

    |vn||u1++n0un0n2|+|(n0+1)un0+1++nunn2|Cten2+ε2ε

    pour n assez grand.
    Ainsi vn0.
    Cas général: un=+wn avec ωn0:

    vn=n(n+1)2n2+w1++nwnn22.
  • (b)

    On peut écrire

    unn2=(un-un-1)++(u1-u0)n2+u0n2

    donc

    unn2=n(un-un-1)n++(u1-u0)1n2+u0n22.
 
Exercice 101  3850      MINES (MP)

Soit un une série à termes strictement positifs convergente. On note Rn son reste de rang n et l’on suppose

unn+Rn2.

Déterminer un équivalent de un quand n tend vers l’infini.

[<] Théorème de Cesaro[>] Application à l'étude de suites

 
Exercice 102  3371    CCP (MP)Correction  
  • (a)

    Déterminer la limite de la suite définie par

    u00etun+1=e-unn+1pour tout n.
  • (b)

    Déterminer la limite de la suite définie par

    vn=nun.
  • (c)

    Donner la nature de la série un et celle de la série (-1)nun

Solution

  • (a)

    La suite étudiée est bien définie et à termes tous positifs. On en déduit

    0un+1=e-unn+11n+1n+0

    Par encadrement, (un) tend vers 0.

  • (b)

    Pour n1, on peut écrire vn=e-un-1 et alors vn1 par composition de limites.

  • (c)

    On en déduit

    unn+1/n.

    Par équivalence de séries à termes positifs, la série un est divergente.

    Aussi,

    un=e-un-1n=n+1-un-1+o(un-1)n=1n-1n2+o(1n2)

    donc

    (-1)nun=n+(-1)nn+O(1n2).

    La série (-1)n/n converge en vertu du critère spécial et O(1/n2) est absolument convergente par argument de comparaison. Par opérations sur les séries convergentes, la série (-1)nun converge.

 
Exercice 103  2440   Correction  

Soit (an)n0 une suite définie par a0+* et pour n,

an+1=1-e-an.
  • (a)

    Étudier la convergence de la suite (an).

  • (b)

    Déterminer la nature de la série de terme général (-1)nan.

  • (c)

    Déterminer la nature de la série de terme général an2.

  • (d)

    Déterminer la nature de la série de terme général an à l’aide de la série

    ln(an+1an).

Solution

  • (a)

    La suite (an) est bien définie et à termes positifs puisque pour tout x0, 1-e-x0.
    Puisque pour tout x,ex1+x, on a an+1an et la suite (an) est donc décroissante.
    Puisque décroissante et minorée, (an) converge et sa limite vérifie =1-e-. On en déduit =0.

    Finalement, (an) décroît vers 0.

  • (b)

    Par le critère spécial des séries alternées, (-1)nan converge.

  • (c)

    Puisque an0, on peut écrire an+1=1-e-an=an-12an2+o(an2).
    Par suite, an2-2(an+1-an).
    Par équivalence de séries à termes positifs, la nature de la série de terme général an2 est celle de la série de terme général an+1-an qui est celle de la suite de terme général an.

    Finalement, la série an2 converge.

  • (d)

    La nature de la série de terme général ln(an+1/an) est celle de la suite de terme général ln(an). C’est donc une série divergente. Or

    ln(an+1an)=ln(1-12an+o(an))-12an.

    Par équivalence de série de terme de signe constant, on peut affirmer an diverge.

 
Exercice 104  5277     St Cyr (MP)Correction  

On étudie la suite (an) définie par

a0=1etan+1=1-e-anpour tout n.
  • (a)

    Écrire une fonction récursive a(n) donnant la valeur de an.

  • (b)

    Écrire une fonction ListeA(n) de complexité O(n) qui renvoie la liste des n premiers termes de la suite (an).

  • (c)

    Représenter les premiers termes de la suite (an) en fonction de n. Que conjecturer sur la convergence de la suite (an) ? Le démontrer.

  • (d)

    Pour tout n, on pose

    Sn=k=0nak2.

    Écrire une fonction ListeS(n) de complexité O(n) qui renvoie la liste des n premiers termes de la suite (Sn).

  • (e)

    Représenter les premiers termes de la suite (Sn) en fonction de n. Que conjecturer sur la convergence de la suite (Sn) ? Le démontrer. On pourra rechercher un équivalent de an+1-an.

Solution

  • (a)
    from math import exp
    
    def a(n):
        if n == 0: return 1
        return  1 - exp(-a(n-1))
    
  • (b)
    def ListeA(n):
        a = 1
        L = [a]
        for _ in range(n-1):
            a = 1 - exp(-a)
            L.append(a)
        return L
    
  • (c)
    import  matplotlib.pyplot as plt
    
    n = 20
    plt.plot(range(n),ListeA(n),’*’)
    plt.show()
    

    La suite (an) semble converger en décroissant vers 0. On établit cette propriété en constatant que l’intervalle [0;+[ est stable par la fonction itératrice f:x1-e-x, en vérifiant que 0 est le seul point fixe de cette fonction continue et, enfin, en soulignant que f(x)x pour tout x+ car on connaît l’inégalité de convexité

    et1+tpour tout t.
  • (d)
    def ListeS(n):
        a = 1
        S = a**2
        L = [S]
        for _ in range(n-1):
             a = 1 - exp(-a)
             S = S + a**2
             L.append(S)
        return L
    
    n = 20
    plt.plot(range(n),ListeS(n),’*’)
    plt.show()
    

    La série an2 semble converger. On justifie cette propriété en observant

    an-an+1=an-1+e-ann+12an2 car (an) est de limite nulle.

    Par équivalence de séries à termes positifs, la série de terme général an2 a la nature de la série télescopique (an-an+1) et cette dernière a la nature de la suite an qui converge.

 
Exercice 105  2961     X (MP)Correction  

Soit (un) une suite réelle telle que u0>0 et pour tout n>0,

un=ln(1+un-1).

Étudier la suite (un) puis la série de terme général un.

Solution

La suite (un) est à terme strictement positifs car u0>0 et la fonction xln(1+x) laisse stable l’intervalle ]0;+[.
Puisque pour tout x0, ln(1+x)x, la suite (un) est décroissante.
Puisque décroissante et minorée, la suite (un) converge et sa limite vérifie ln(1+)= ce qui donne =0.

1un+1-1un=un-un+1unun+112un2un212.

Par le théorème de Cesaro,

1nk=0n-1(1uk+1-1uk)12

et donc

1nun12.

On en déduit un2n et donc la série de terme général un diverge.

 
Exercice 106  3012     ENTPECorrection  

La suite (an)n0 est définie par a0]0;π/2[ et

an+1=sin(an)pour tout n.

Quelle est la nature de la série de terme général an?

Solution

La suite (an) est décroissante et minorée par 0 donc convergente. En passant la relation de récurrence à la limite, on obtient que (an) tend vers 0. Puisque

1an+12-1an2=an2-an+12an2an+1213

on obtient par le théorème de Cesàro

1nk=0n-1(1ak+12-1ak2)n+13

puis

1n1an2n+13.

Finalement,

ann+3n

et la série étudiée est divergente.

 
Exercice 107  2951      X (MP)Correction  

Soit (un)n0 la suite définie par u0[0;1] et

n,un+1=un-un2.
  • (a)

    Quelle est la nature de la série de terme général un?

  • (b)

    Même question lorsque un est définie par la récurrence un+1=un-un1+α (avec α>0).

Solution

Dans le cas où u0=0, la suite est nulle.

Dans le cas où u0=1, la suite est nulle à partir du rang 1.

On suppose désormais ces cas exclus.

  • (a)

    La suite (un) est à termes dans ]0;1[ car l’application xx-x2 laisse stable cet intervalle.

    La suite (un) est décroissante et minorée donc convergente. Sa limite vérifie =-2 et donc =0.

    Finalement, (un) décroît vers 0 par valeurs strictement supérieures.

    1un+1-1un=un-un+1unun+1=un2un2-un31.

    Par le théorème de Cesàro,

    1nk=0n-1(1uk+1-1uk)n+1

    et donc

    1nunn+1.

    On en déduit que

    unn+1n

    et donc un diverge.

  • (b)

    Comme ci-dessus, on obtient que (un) décroît vers 0 par valeurs strictement supérieures.

    1un+1α-1unα=unα-un+1α(unun+1)ααunαun+1αα.

    Par le théorème de Cesàro,

    1nunαn+α

    et donc

    unn+λn1/α avec λ>0

    Si α]0;1[, un converge et si α1, un diverge.

 
Exercice 108  2960      X (MP)Correction  

Soit u telle que u0]0;1] et que, pour un certain β>0 et pour tout n,

un+1β=sin(unβ).

Étudier la nature de la série de terme général un.

Solution

Posons vn=unβ. La suite (vn) vérifie vn]0;1] et vn+1=sin(vn) pour tout n.

Puisque la fonction sinus laisse stable l’intervalle ]0;1], on peut affirmer que pour tout n, vn]0;1]. De plus, pour x0, sin(x)x donc la suite (vn) est décroissante. Puisque décroissante et minorée, (vn) converge et sa limite vérifie sin()= ce qui donne =0.

Finalement, (vn) décroît vers 0 par valeurs strictement supérieures.

On a

1vn+12-1vn2=(vn-vn+1)(vn+1+vn)vn2vn+1216vn3×2vnvn413.

Par le théorème de Cesàro,

1nk=0n-1(1vk+12-1vk2)n+13

et donc 1nvn213. On en déduit vn3n1/2 puis

unn+λn1/2β

avec λ>0.

Pour β]0;1/2[, vn converge et pour β1/2, un diverge.

 
Exercice 109  2433      CENTRALE (MP)Correction  

Soit α>0 et (un)n1 la suite définie par:

u1>0etun+1=un+1nαunpour tout n1.
  • (a)

    Condition nécessaire et suffisante sur α pour que (un) converge.

  • (b)

    Equivalent de un dans le cas où (un) diverge.

  • (c)

    Equivalent de (un-) dans le cas où (un) converge vers .

Solution

  • (a)

    Notons la suite (un) est bien définie, strictement positive et croissante.
    Si α>1, on a

    un+1un+1nαu1

    puis par récurrence

    unk=1n1kαu1.

    Ainsi (un) converge.
    Si (un) converge. Posons =limun, on observe >0. On a

    un+1-un=1nαun1nα

    or la série de terme général un+1-un est convergente donc α>1.

  • (b)

    On suppose α1. On a

    un+12-un2=2nα+1n2αun22nα

    donc par sommation de relation de comparaison de séries à termes positifs divergentes

    un22k=1n1kα

    or par comparaison série-intégrale,

    k=1n1kαn1-α1-α quand α<1

    et

    k=1n1kln(n) quand α=1.

    On conclut alors

    un2n1-α1-α si α<1 et un2ln(n) si α=1.
  • (c)

    On suppose α>1. Posons vn=un-. On a

    vn+1-vn=1nαun1nα

    donc par sommation de relation de comparaison de séries à termes positifs convergentes

    k=n+vk+1-vk=-vnk=n+1nα1α-11nα-1

    puis

    vn=11-α1nα-1.

[<] Séries dont le terme général est défini par récurrence[>] Applications diverses

 
Exercice 110  3219   Correction  

La suite (un)n0 est définie par

u0>0etun+1=ln(1+un)pour tout n.
  • (a)

    Déterminer la limite de la suite (un)n0

  • (b)

    Déterminer la limite de

    1un+1-1un.
  • (c)

    En déduire un équivalent de (un)n0

Solution

  • (a)

    La suite (un)n0 est bien définie et à valeurs dans +* car

    x>0,ln(1+x)>0.

    La suite (un)n0 est décroissante car

    x0,ln(1+x)x.

    La suite (un)n0 est aussi minorée par 0 donc convergente.
    En passant la relation de récurrence à la limite, on obtient que (un)n0 tend vers 0.

  • (b)
    1un+1-1un=un-ln(1+un)unun+1n+12

    car un+1un.

  • (c)

    Par le théorème de Cesàro,

    1nk=0n-1(1uk+1-1uk)n+12

    puis

    1n1unn+12.

    Finalement,

    unn+2n.
 
Exercice 111  3220   

On étudie la suite (un) définie par

u0]0;π[etun+1=sin(un)pour tout n.
  • (a)

    Déterminer la limite de la suite (un).

  • (b)

    Déterminer la limite de

    1un+12-1un2.
  • (c)

    En déduire un équivalent de (un) quand n tend vers l’infini.

 
Exercice 112  5406   Correction  

Soient a>0 et (un) la suite déterminée par

u0=aetun+1=une-unpour tout n.
  • (a)

    Montrer que (un) tend vers 0 par valeurs strictement supérieures.

  • (b)

    Étudier

    limn+(1un+1-1un).
  • (c)

    Déterminer un équivalent simple de (un).

Solution

  • (a)

    Par récurrence, on vérifie aisément un>0 pour tout n.

    On en déduit

    un+1=une-ununcar e-un1.

    La suite (un) est décroissante et minorée, elle admet donc une limite finie . En passant la relation de récurrence un+1=une-un à la limite, il vient =e-.

    Par l’absurde, si 0, on simplifie pour écrire e-=1 et obtenir =0. C’est absurde. On conclut que la suite (un) tend vers 0.

  • (b)

    Pour n,

    1un+1-1un=eun-1unn+ununn+1.
  • (c)

    Par Cesàro,

    1nk=0n-1(1uk+1-1un)n+1

    et donc

    1n(1un-1a)n+1.

    On en déduit

    unn+1n.
 
Exercice 113  5423     MINES (MP)Correction  

Soit (xn)n0 une suite récurrente déterminée par

x0>0etxn+1=xn+1xnpour tout n.

Montrer que

xnn+2n.

Solution

La suite (xn) est bien définie et à termes dans +* car la fonction xx+1x est définie de +* vers +*. Aussi, la suite (xn) est croissante car

n,xn+1=xn+1xnxn.

Par l’absurde, si (xn) admet une limite finie . Celle-ci vérifie x0>0 et, par passage à la limite de la relation de récurrence, =+1/. C’est absurde et l’on en déduit par croissance que la suite (xn) tend vers +.

Pour n, on observe

xn+12=(xn+1xn)2=xn2+2+1xn2

et donc

xn+12-xn2n+2.

Par le théorème de Cesàro,

1nk=0n-1(xk+12-xk2)n+2

et donc

1n(xn2-x02)n+2.

On conclut

xn2n+2n puis xnn+2n.
 
Exercice 114  5427     MINES (MP)Correction  

Soient a>0 et (xn) la suite récurrente déterminée par

x0=aetxn+1=xn+e-xn.
  • (a)

    Étudier la limite de (xn).

  • (b)

    Donner un équivalent simple de (xn).

  • (c)

    Former un développement asymptotique à deux termes de (xn).

Solution

  • (a)

    La suite (xn) est croissante. Par l’absurde, si celle-ci admet une limite finie , le passage à la limite de la relation de récurrence donne =+e- ce qui est impossible. On en déduit que (xn) croît vers +.

  • (b)

    Introduisons (yn) déterminée par

    yn=exnpour tout n.

    La suite (yn) tend vers + et

    yn+1=exn+1=exn+1/yn=yne1/yn=n+yn(1+1yn+o(1yn))

    donc

    yn+1-ynn+1.

    Par le théorème de Cesàro,

    1nk=0n-1(yk+1-yk)n+1

    et donc

    1n(yn-y0)n+1.

    On en déduit

    ynn+n

    puis

    xn=ln(yn)=ln(n+o(n))n+ln(n).
  • (c)

    On reprend les calculs qui précèdent en approfondissant le développement limité

    yn+1=n+yn+1+12yn+o(1yn).

    On en déduit

    yn-y0=k=0n-1(yk+1-yk)=k=0n-11+k=0n-1(12yk+o(1yk)).

    Par comparaison à une série à termes positifs divergente,

    k=1n-1(12yk+o(1yk))n+k=1n-112kn+12ln(n)

    et donc

    yn=n+n+12ln(n)+o(ln(n))

    puis

    xn=n+ln(n+12ln(n)+o(ln(n)))=ln(n)+121nln(n)+o(1nln(n)).
 
Exercice 115  2784     MINES (MP)Correction  

Soient a>0 et (un) la suite déterminée par u0]0;2π[ puis

u0=aetun+1=sin(un2)pour tout n.
  • (a)

    Montrer que (un) tend vers 0.

  • (b)

    Montrer que la suite (2nun) admet une limite A>0.

  • (c)

    Trouver un équivalent simple de (un-A2-n).

Solution

  • (a)

    La fonction itératrice xsin(x/2) est définie de ]0;2π[ vers ]0;2π[ (intervalle stable). On en déduit que la suite (un) est bien définie et que ses termes appartiennent tous à ]0;2π[.

    De plus, on sait sin(x)x pour tout x+ et l’on peut alors établir par récurrence

    0unu02n.

    On en déduit que (un) est de limite nulle.

  • (b)

    Posons (vn) et (wn) déterminée par

    vn=2nun>0etwn=ln(2nun)pour tout n.

    Puisque (un) est de limite nulle,

    wn+1-wn =ln(2n+1sin(un/2)2nun)=n+ln(1-un224+o(un2))
    n+-un224=n+O(122n).

    La série télescopique (wn-wn+1) converge absolument et la suite (wn) est donc convergente de limite C. On en déduit que (vn) tend vers A=eC>0

  • (c)

    Puisque (un) est de limite nulle,

    vn-vn+1=2n(un-2sin(un2))n+2nun364n+A32422n.

    Par comparaison à une série à termes positifs convergente,

    vn-C=k=n+(vk-vk+1)n+k=n+A32422n=A32414n=A3184n

    puis

    un-A2-nn+A31883n.
 
Exercice 116  5425     MINES (MP)Correction  

Soient a>0 et (un) la suite déterminée par

u0=aetun+1=12arctan(un)pour tout n.
  • (a)

    Déterminer la limite de la suite (un).

  • (b)

    Déterminer la forme d’un équivalent simple de (un).

    On introduira une constante que l’on ne cherchera pas à calculer.

  • (c)

    Déterminer la forme d’un développement asymptotique à deux termes de (un).

Solution

  • (a)

    La fonction itératrice xarctan(x) est définie de +* vers +* (intervalle stable). La suite (un) est bien définie et ses termes appartiennent à +*.

    Sachant arctan(x)x pour tout x+, on peut affirmer la comparaison sous-géométrique un+112un. Par récurrence, on obtient alors

    0un12nu0pour tout n.

    La suite (un) est donc de limite nulle. Notons de plus, et cela sera utile pour la suite,

    un=n+O(12n).
  • (b)

    Introduisons (vn) et (wn) déterminées par

    vn=2nun>0etwn=ln(vn)pour tout n.

    Puisque (un) est de limite nulle,

    wn+1-wn=ln(arctan(un)un)=ln(1-un23o(un)2)n+-un23=O(122n)

    La série télescopique (wn+1-wn) converge absolument et la suite (wn) est donc convergente de limite . On en déduit que (vn) tend vers C=e>0 puis

    vnn+C donc unn+C2n.
  • (c)

    Puisque (un) est de limite nulle

    vn-vn+1=2n(un-arctan(un))n+2n3un3.

    Par l’équivalent qui précède,

    vn-vn+1n+2n3C323n=C33122n.

    Par comparaison à une série à termes positifs convergente,

    vn-C=k=n+(vk-vk+1)n+C33k=n+122k=4C3914n

    et donc

    un=n+C2n+4C3918n+o(18n).
 
Exercice 117  1075   

Pour n*, on pose

Pn=k=1n(1+(-1)k-1k).

Montrer qu’il existe un réel A>0 tel que

Pnn+An.
 
Exercice 118  5041   

(Formule de Stirling)

L’enjeu de ce sujet est d’établir la formule de Stirling. Pour n*, on pose

σn=ln(n!)-(n+12)ln(n)+n.
  • (a)

    Montrer la convergence de la suite (σn)n1 et en déduire l’existence d’une constante C telle que

    n!n+Cnn+12e-n.
  • (b)

    Calculer C en admettant11 1 Voir le sujet 4761.

    0π/2(sin(t))2ndtn+π2n.
 
Exercice 119  2418      CENTRALE (MP)Correction  

Former un développement asymptotique à trois termes de la suite (un) définie par

u1=1etun+1=(n+unn-1)1/npour tout n*.

Solution

On observe

un+1n-unn-1=n.

Puisque n une série à termes positifs divergente on peut, par sommation de relation de comparaison, affirmer

un+1nn+k=1nkn+12n2.

En composant avec le logarithme népérien cet équivalent de limite infini, on obtient

nln(un+1)n+2ln(n)

puis

ln(un+1)n+2ln(n)n.

Par suite, un+11 puis

un+1=n+1+2ln(n)n+o(ln(n)n).

Posons

vn=un+1-1-2ln(n)n.

L’égalité

un+1n=exp(nln(1+2ln(n)n+vn))

donne

un+1n=exp(2ln(n)+nvn+O((ln(n))2/n)).

Or 2un+1nn21 donc

exp(ln(2)+nvn+O((ln(n))2/n))n+1

puis nvn-ln(2). Ainsi,

un+1=n+1+2ln(n)n-ln(2n+o(1n).
 
Exercice 120  3057      X (MP)Correction  

On note (zn)n1 la suite de terme général

zn=2nexp(itn).

Étudier

limn+|2n-1zn-12n-2zn-22n-nzn-n|=limn+|k=1n2n-kzn-k|.

Solution

Posons

Pn=k=1n|2n-kzn-k|.

On a

ln(Pn)=-12k=1nln(|zn-k|2|2n-k|2).

Puisque

|zn-k|2=(2n)2-4nkcos(tn)+k2=(2n-k)2+8nksin2(t2n)

on obtient

ln(Pn)=-12k=1nln(1+8nk(2n-k)2sin2(t2n)).

Sachant sin2(u)=u2+O(u4), on peut écrire

sin2(t2n)=t24n+O(1n2).

Ainsi,

ln(Pn)=-12k=1nln(1+2kt2(2n-k)2+k(2n-k)2O(1n)).

Sachant ln(1+x)x, on a

-2ln(Pn)k=1n(2kt2(2n-k)2+k(2n-k)2O(1n)).

Posons Sn le second membre de cette comparaison. D’une part

|k=1nk(2n-k)2O(1n)|k=1nnn2O(1n)=O(1n)0.

D’autre part

k=1n2k(2n-k)2==n2n-12(2n-)2=4n=n2n-112-2=n2n-11

avec

=n+121n et =1n1=ln(n)+γ+o(1).

Après calculs asymptotiques, on obtient

Sn(2-2ln(2))t2.

Sachant ln(1+x)x-12x2, on a

-2ln(Pn)Sn-12k=1n(2kt2(2n-k)2+k(2n-k)2O(1n))2.

Puisque 0k(2n-k)21n,

k=1n(2kt2(2n