Exercice 1 5040

Déterminer la nature des séries qui suivent:

(a)

$\sum \frac{n^{n}}{e^{n} \cdot n!}$
(b)

$\sum \ln (\cos (\frac{1}{n}))$
(c)

$\sum \frac{1}{2^{\sqrt{n}}}$ .

Exercice 2 5490 Correction

Déterminer la nature de $\sum_{n \geq 1} \frac{1}{d_{n}^{2}}$ avec $d_{n}$ le nombre de diviseurs positifs de $n$ .

Solution

Pour $n$ nombre premier $d_{n} = 2$ et donc $1 / d_{n}^{2} = 1 / 4$ . Puisqu’il existe un nombre infini de nombres premiers, la suite $(1 / d_{n}^{2})$ ne tend pas vers $0$ .

La série étudiée diverge grossièrement.

Exercice 3 2432 CENTRALE (MP)Correction

(a)

Étudier $\sum u_{n}$ où $u_{n} = \int_{0}^{1} \frac{d x}{1 + x + \dots + x^{n}}$ .
(b)

Étudier $\sum v_{n}$ où $v_{n} = \int_{0}^{1} \frac{x^{n} d x}{1 + x + \dots + x^{n}}$ .

Solution

(a)

L’intégrale définissant $u_{n}$ 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 $[0; 1 [$

$u_{n} = \int_{0}^{1} \frac{d x}{1 + x + \dots + x^{n}} = \int_{[0; 1 [} \frac{d x}{1 + x + \dots + x^{n}}$

et par sommation géométrique

$\int_{[0; 1 [} \frac{d x}{1 + x + \dots + x^{n}} = \int_{[0; 1 [} \frac{1 - x}{1 - x^{n + 1}} d x .$

Posons

$f_{n} (x) = \frac{1 - x}{1 - x^{n + 1}} .$

Sur $[0; 1 [$ , la suite de fonctions $(f_{n})$ converge simplement vers la fonction $f : x \mapsto 1 - x$ .
Les fonctions $f_{n}$ et $f$ sont continues par morceaux et

$| \frac{1 - x}{1 - x^{n + 1}} | \leq \frac{1 - x}{1 - x} = 1 = φ (x)$

avec $φ$ intégrable. Par convergence dominée

$u_{n} \to \int_{0}^{1} (1 - x) d x = \frac{1}{2}$

et donc la série $\sum u_{n}$ diverge grossièrement.
(b)

On amorce les calculs comme au dessus pour écrire

$v_{n} = \int_{0}^{1} \frac{x^{n} d x}{1 + x + \dots + x^{n}} = \int_{0}^{1} \frac{x^{n}}{1 - x^{n + 1}} (1 - x) d x .$

Par intégration par parties généralisée justifiée par deux convergences

$\int_{0}^{1} \frac{x^{n}}{1 - x^{n + 1}} (1 - x) d x = {[- \frac{1}{n + 1} \ln (1 - x^{n + 1}) (1 - x)]}_{0}^{1} - \frac{1}{n + 1} \int_{0}^{1} \ln (1 - x^{n + 1}) d x .$

Le terme entre crochet est nul (il suffit d’écrire $x = 1 - h$ avec $h \to 0$ , pour étudier la limite en 1)
Il reste

$v_{n} = - \frac{1}{n + 1} \int_{0}^{1} \ln (1 - x^{n + 1}) d x .$

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

$v_{n} = \int_{0}^{1} \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k} x^{(n + 1) k} d x .$

Posons

$g_{k} (x) = \frac{1}{k} x^{(n + 1) k} .$

La série de fonctions $\sum g_{k}$ converge simplement sur $[0; 1 [$ en vertu de la décomposition en série entière précédente.
Les fonctions $g_{k}$ et la fonction somme $\sum_{k = 0}^{+ \infty} g_{k} : x \mapsto - \ln (1 - x^{n + 1})$ sont continues par morceaux.
Enfin, les fonctions $g_{k}$ sont intégrables sur $[0; 1 [$ et

$\sum_{k = 1}^{+ \infty} \int_{0}^{1} | \frac{1}{k} x^{(n + 1) k} | d x = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k ((n + 1) k + 1)} < + \infty .$

On peut donc intégrer terme à terme pour écrire
donc

$v_{n} = \frac{1}{n + 1} \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k} \int_{0}^{1} x^{(n + 1) k} d x = \frac{1}{n + 1} \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k ((n + 1) k + 1)} .$

Or

$\sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k ((n + 1) k + 1)} \leq \frac{1}{(n + 1)} \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{2}}$

puis finalement

$v_{n} \leq \frac{C}{{(n + 1)}^{2}} .$

La série à termes positifs $\sum v_{n}$ est donc convergente.

Exercice 4 3881 MINES (MP)Correction

Pour $a > 0$ , étudier la convergence de

\sum_{n \geq 1} a^{\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k}} .

Solution

On sait

\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} \underset{n \to + \infty}{=} \ln (n) + γ + o (1)

et donc

a^{\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k}} = e^{\ln (a) \ln (n) + γ \ln (a) + o (1)} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{e^{γ \ln (a)}}{n^{- \ln (a)}} .

Par équivalence de séries à termes positifs,

\sum_{n \geq 1} a^{\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k}} converge \Leftrightarrow - \ln (a) > 1

ce qui fournit la condition $a < e^{- 1}$ .

Exercice 5 1040 Correction

Donner la nature de la série des $\frac{j^{n}}{\sqrt{n}}$ .

Solution

On peut écrire

\frac{j^{3 n + 1}}{\sqrt{3 n + 1}} + \frac{j^{3 n + 2}}{\sqrt{3 n + 2}} + \frac{j^{3 n + 3}}{\sqrt{3 n + 3}} \underset{n \to + \infty}{=} \frac{j^{3 n + 1} (1 + j + j^{2})}{\sqrt{3 n}} + O (\frac{1}{n^{3 / 2}}) = O (\frac{1}{n^{3 / 2}})

donc la série des termes

\frac{j^{3 n + 1}}{\sqrt{3 n + 1}} + \frac{j^{3 n + 2}}{\sqrt{3 n + 2}} + \frac{j^{3 n + 3}}{\sqrt{3 n + 3}}

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

S_{3 n} = \sum_{k = 1}^{3 n} \frac{j^{k}}{\sqrt{k}} .

Puisque, les termes

\frac{j^{3 n + 1}}{\sqrt{3 n + 1}}, \frac{j^{3 n + 2}}{\sqrt{3 n + 2}}

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

	$S_{3 n + 1}$	$= \sum_{k = 1}^{3 n + 1} \frac{j^{k}}{\sqrt{k}} = S_{3 n} + \frac{j^{3 n + 1}}{\sqrt{3 n + 1}}$
	$S_{3 n + 1}$	$= \sum_{k = 1}^{3 n + 1} \frac{j^{k}}{\sqrt{k}} = S_{3 n + 1} + \frac{j^{3 n + 2}}{\sqrt{3 n + 2}} .$

Les trois suites extraites $(S_{3 n})$ , $(S_{3 n + 1})$ et $(S_{3 n + 2})$ convergeant vers une même limite, on peut affirmer que la série $\frac{j^{n}}{\sqrt{n}}$ est convergente.

Exercice 6 1064

Montrer la convergence de la série de terme général

u_{n} = \frac{1}{{(\ln (1))}^{2} + {(\ln (2))}^{2} + \dots + {(\ln (n))}^{2}} .

Exercice 7 2430 CENTRALE (MP)Correction

On pose $u_{n} = \int_{0}^{π / 4} {(\tan (t))}^{n} d t$ pour tout $n \in ℕ$ .

(a)

Simplifier $u_{n} + u_{n + 2}$ pour $n \in ℕ$ .
(b)

Donner la nature de la série de terme général ${(- 1)}^{n} u_{n}$ .
(c)

Discuter selon la valeur de $α \in ℝ$ , la nature de la série de terme général $u_{n} / n^{α}$ .

Solution

(a)

Pour $n \in ℕ$ ,

$u_{n} + u_{n + 2} = \int_{0}^{π / 4} {(\tan (t))}^{'} {(\tan (t))}^{n} d t = \frac{1}{n + 1} .$
(b)

Pour $n \in ℕ$ ,

$u_{n + 1} = \int_{0}^{π / 4} \underset{\begin{matrix} \leq 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{(\tan (t))}} {(\tan (t))}^{n} d t \leq \int_{0}^{π / 4} {(\tan (t))}^{n} d t = u_{n} .$

La suite $(u_{n})$ est décroissante et admet donc une limite $ℓ$ . En passant à la limite la relation précédente, il vient $ℓ = 0$ .

Par application du critère spécial des séries alternées, $\sum {(- 1)}^{n} u_{n}$ converge.
(c)

Par monotonie,

$u_{n} + u_{n + 2} \leq 2 u_{n} \leq u_{n} + u_{n - 2} .$

On en déduit

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{2 n} .$

Par comparaison de séries à termes positifs, $\sum \frac{u_{n}}{n^{α}}$ converge si, et seulement si, $α > 0$ .

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

Exercice 8 1034 Correction

Déterminer la nature de $\sum u_{n}$ pour:

(a)

$u_{n} = \frac{{(- 1)}^{n}}{n^{2} + 1}$
(b)

$u_{n} = \frac{{(- 1)}^{n}}{\sqrt{n + 1}}$
(c)

$u_{n} = \ln (1 + \frac{{(- 1)}^{n}}{n + 1})$
(d)

$u_{n} = {(- 1)}^{n} \frac{\ln (n)}{n}$

Solution

(a)

On a

$| u_{n} | \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{n^{2}} .$

La série $\sum u_{n}$ est absolument convergente donc convergente.
(b)

La série étudiée est alternée car $u_{n} = {(- 1)}^{n} | u_{n} |$ pour tout $n \in ℕ$ . Puisque $| u_{n} |$ décroît et tend vers $0$ , le critère spécial s’applique et l’on conclut que $\sum u_{n}$ converge.
(c)

Par développement limité,

$u_{n} = \frac{{(- 1)}^{n}}{n + 1} + O (\frac{1}{n^{2}}) .$

La série étudiée est la somme d’une série convergeant par le critère spécial et d’une autre absolument convergente. La série $\sum u_{n}$ converge.
(d)

La fonction $x \mapsto \ln (x) / x$ est décroissante sur $[e; + \infty [$ . On peut appliquer le critère spécial à la série étudiée à partir d’un certain rang.

Exercice 9 1035 Correction

Déterminer la nature de

\sum_{n \geq 1} \frac{{(- 1)}^{n}}{\sqrt[n]{n!}} .

Solution

Il s’agit d’une série alternée.

\ln (\sqrt[n]{n!}) = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} \ln (k)

et ainsi $\ln (\sqrt[n]{n!})$ est la moyenne arithmétique de $\ln (1), \ln (2), \dots, \ln (n)$ et donc

\ln (\sqrt[n]{n!}) \leq \ln (\sqrt[n + 1]{(n + 1)!})

puis

\frac{1}{\sqrt[n]{n}} \geq \frac{1}{\sqrt[n + 1]{(n + 1)!}} .

De plus, par la croissance de la fonction $x \mapsto \ln (x)$ ,

\frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} \ln (k) \geq \frac{1}{n} \int_{1}^{n} \ln (x) d x = \ln (n) - 1 \to_{n \to + \infty}^{} + \infty

et donc

\frac{1}{\sqrt[n]{n!}} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

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

Exercice 10 5991 Correction

Étudier la convergence et la convergence absolue de

\sum_{n \geq 0} \frac{{(- 1)}^{n}}{2^{2 n}} (\binom{2 n}{n}) .

Solution

La série étudiée est de la forme $\sum {(- 1)}^{n} u_{n}$ avec

u_{n} = \frac{1}{2^{2 n}} (\binom{2 n}{n}) = \frac{(2 n)!}{2^{2 n} {(n!)}^{2}} pour tout n \in ℕ .

La suite ${(u_{n})}_{n \in ℕ}$ est à termes strictement positifs avec

\frac{u_{n + 1}}{u_{n}} = \frac{(2 n + 1) (2 n + 2)}{4 {(n + 1)}^{2}} = \frac{2 n + 1}{2 n + 2} \leq 1 .

La suite ${(u_{n})}_{n \in ℕ}$ est donc décroissante.

Par l’équivalent de Stirling,

u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{\sqrt{4 π n} {(2 n / e)}^{2 n}}{2^{2 n + 1} π n {(n / e)}^{2 n}} = \frac{1}{\sqrt{π n}} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Par le critère spécial des séries alternées, $\sum {(- 1)}^{n} u_{n}$ converge.

En revanche, par l’équivalent qui précède et par équivalence de séries à termes positifs, $\sum | {(- 1)}^{n} u_{n} | = \sum u_{n}$ diverge.

La série étudiée converge mais ne converge pas absolument.

Exercice 11 2793 MINES (PSI)Correction

Déterminer la nature de la série de terme général

u_{n} = \sin (π \sqrt{n^{2} + 1}) .

Solution

Par développement limité,

\sqrt{n^{2} + 1} \underset{n \to + \infty}{=} n + \frac{1}{2 n} + O (\frac{1}{n^{2}})

donc

	$u_{n}$	$\underset{n \to + \infty}{=} \sin (n π + \frac{π}{2 n} + O (\frac{1}{n^{2}}))$
		$= {(- 1)}^{n} \sin (\frac{π}{2 n} + O (\frac{1}{n^{2}}))$
		$= \frac{{(- 1)}^{n} π}{2 n} + O (\frac{1}{n^{2}}) .$

Le terme $u_{n}$ est la somme d’un terme d’une série qui converge par le critère spécial et d’un autre d’une série absolument convergente. La série étudiée converge.

Exercice 12 3772 ENSTIM (MP)

Déterminer la nature de la série de terme général

u_{n} = \cos (n^{2} π \ln (1 + \frac{1}{n})) .

Exercice 13 2794 MINES (MP)

Déterminer la nature de la série de terme général

u_{n} = \sin ({(2 + \sqrt{3})}^{n} π) .

Exercice 14 2351 Correction

Déterminer la nature de $\sum u_{n}$ pour:

(a)

$u_{n} = \sqrt{n + {(- 1)}^{n}} - \sqrt{n}$
(b)

$u_{n} = \frac{{(- 1)}^{n}}{\ln (n + {(- 1)}^{n})}$
(c)

$u_{n} = \frac{{(- 1)}^{n}}{\ln (n) + {(- 1)}^{n}}$

Solution

(a)

On a

$u_{n} = \frac{{(- 1)}^{n}}{2 \sqrt{n}} + O (\frac{1}{n^{3 / 2}})$

donc $\sum u_{n}$ converge.
(b)

On a

$u_{n}$ $\underset{n \to + \infty}{=} \frac{{(- 1)}^{n}}{\ln (n) + \frac{{(- 1)}^{n}}{n} + o (\frac{1}{n})}$

$\underset{n \to + \infty}{=} \frac{{(- 1)}^{n}}{\ln (n)} - \frac{1}{n \ln^{2} (n)} + o (\frac{1}{n \ln^{2} (n)}) .$

Or la série de la série de terme général $\frac{1}{n \ln^{2} (n)}$ est absolument convergente (utiliser une comparaison avec une intégrale) donc $\sum u_{n}$ est convergente.
(c)

On a

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{=} \frac{{(- 1)}^{n}}{\ln (n)} + \frac{1}{{(\ln (n))}^{2}} + o (\frac{1}{{(\ln (n))}^{2}}) .$

La série de terme général $\frac{{(- 1)}^{n}}{\ln (n)}$ est convergente alors que la série de terme général $\frac{1}{{(\ln (n))}^{2}} + o (\frac{1}{{(\ln (n))}^{2}})$ est divergente par équivalence de séries à termes positifs. On conclut que $\sum u_{n}$ est divergente.

Exercice 15 4639

Déterminer la nature de la série

\sum_{n \geq 1} \ln (1 + \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{\sqrt{n}}) .

Exercice 16 1045 Correction

Déterminer la nature de la série de terme général:

u_{n} = \frac{{(- 1)}^{n}}{\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}} + {(- 1)}^{n - 1}} .

Solution

Par comparaison avec une intégrale,

\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}} \underset{n \to + \infty}{\sim} 2 \sqrt{n} .

On a alors

	$u_{n}$	$= \frac{{(- 1)}^{n}}{\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}}} \frac{1}{1 + \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}}}}$
		$\underset{n \to + \infty}{=} \frac{{(- 1)}^{n}}{\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}}} + \frac{1}{{(\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}})}^{2}} + o (\frac{1}{{(\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}})}^{2}}) .$

La série de terme général

\frac{{(- 1)}^{n}}{\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}}}

converge en vertu du critère spécial.
On a

\frac{1}{{(\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}})}^{2}} + o (\frac{1}{{(\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}})}^{2}}) \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{4 n}

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

\frac{1}{{(\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}})}^{2}} + o (\frac{1}{{(\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}})}^{2}}) .

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

Exercice 17 5035

Déterminer les natures des séries:

(a)

$\sum \frac{{(- 1)}^{⌊ \sqrt{n} ⌋}}{n}$
(b)

$\sum \frac{{(- 1)}^{⌊ \ln (n) ⌋}}{n}$ .

Exercice 18 1335 X (MP)Correction

Étudier la série de terme général

u_{n} = {(- 1)}^{n} \frac{\sin (\ln (n))}{n} .

Solution

Puisque $u_{n} \to 0$ , il revient au même d’étudier la nature de la série de terme général

v_{n} = u_{2 n} + u_{2 n + 1} .

v_{n} = \frac{\sin (\ln (2 n))}{2 n (2 n + 1)} + \frac{\sin (\ln (2 n + 1)) - \sin (\ln (2 n))}{2 n + 1} .

D’une part,

\frac{\sin (\ln (2 n))}{2 n (2 n + 1)} \underset{n \to + \infty}{=} O (\frac{1}{n^{2}}) .

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

\frac{\sin (\ln (2 n + 1)) - \sin (\ln (2 n))}{2 n + 1} = \frac{\cos (c) (\ln (2 n + 1) - \ln (2 n))}{2 n + 1} \underset{n \to + \infty}{=} O (\frac{1}{n^{2}}) .

On en déduit

v_{n} \underset{n \to + \infty}{=} O (\frac{1}{n^{2}}) .

La série de terme général $v_{n}$ est absolument convergente et donc convergente.

Exercice 19 3236

Montrer la divergence de la série

\sum \frac{\cos (\ln (n))}{n} .

Exercice 20 1337 X (MP)Correction

Quelle est la nature de la série de terme général

\frac{e^{i \sqrt{n}}}{\sqrt{n}} ?

Solution

Montrons que la série étudiée est divergente. Notons $S_{n}$ la somme partielle de rang $n$ de cette série. Nous allons construire deux suites $(a_{n})$ et $(b_{n})$ de limite $+ \infty$ telles que $S_{b_{n}} - S_{a_{n}}$ ne tend pas zéros ce qui assure la divergence de la série étudiée.
Soit $n \geq 1$ fixé. Les indices $k$ vérifiant

2 n π - \frac{π}{4} \leq \sqrt{k} \leq 2 n π + \frac{π}{4}

sont tels que

Re (e^{i \sqrt{k}}) \geq \frac{1}{\sqrt{2}} .

Posons alors

a_{n} = ⌊ 2 n π - π / 4 ⌋ et b_{n} = ⌊ 2 n π + π / 4 ⌋ .

On a

S_{b_{n}} - S_{a_{n}} = \sum_{k = a_{n} + 1}^{b_{n}} \frac{e^{i \sqrt{k}}}{\sqrt{k}}

et donc par construction

Re (S_{b_{n}} - S_{a_{n}}) \geq \frac{1}{\sqrt{2}} \sum_{k = a_{n + 1}}^{b_{n}} \frac{1}{\sqrt{k}} .

Puisque la fonction $t \mapsto 1 / \sqrt{t}$ est décroissante, on a la comparaison intégrale

Re (S_{b_{n}} - S_{a_{n}}) \geq \frac{1}{\sqrt{2}} \sum_{k = a_{n} + 1}^{b_{n}} \int_{k}^{k + 1} \frac{d t}{\sqrt{t}} = \sqrt{2} (\sqrt{b_{n} + 1} - \sqrt{a_{n} + 1}) .

\sqrt{b_{n} + 1} - \sqrt{a_{n} + 1} = \frac{b_{n} - a_{n}}{\sqrt{b_{n} + 1} + \sqrt{a_{n} + 1}} \sim \frac{2 n π^{2}}{4 n π} \to \frac{π}{2}

donc $S_{b_{n}} - S_{a_{n}}$ ne tend pas vers $0$ et l’on peut conclure que la série étudiée diverge.

Exercice 21 4918

Déterminer une suite réelle $(u_{n})$ de limite nulle telle que la suite des sommes partielles de la série $\sum u_{n}$ diverge sans limite.

Exercice 22 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

\frac{k (k - 1)}{2} < n \leq \frac{k (k + 1)}{2}

on pose

u_{n} = \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k} .

Cela définit la suite ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ de sorte que ses premiers termes sont:

1, - \frac{1}{2}, - \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{1}{3}, - \frac{1}{4}, - \frac{1}{4}, - \frac{1}{4}, - \frac{1}{4}, \dots

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

[<] Séries de signe non constant[>] Transformation d'Abel

Exercice 23 3429 Correction

Soient $p \in ℕ$ et $α > 0$ . Déterminer la nature des séries de termes généraux

v_{n} = {(\binom{n + p}{p})}^{- α} et w_{n} = {(- 1)}^{n} {(\binom{n + p}{p})}^{- α} .

Solution

On a

(\binom{n + p}{p}) = \frac{(n + p) (n + p - 1) \dots (n + 1)}{p!} \sim \frac{1}{p!} n^{p}

donc

v_{n} \sim \frac{{(p!)}^{α}}{n^{p α}} .

Par équivalence de séries à termes positifs, la série numérique $\sum v_{n}$ converge si, et seulement si, $α > 1 / p$ .
On a

(\binom{n + p + 1}{p + 1}) = (\binom{n + p}{p + 1}) + (\binom{n + p}{p}) \geq (\binom{n + p}{p})

donc la suite $(| w_{n} |)$ est décroissante. De plus, elle de limite nulle et le critère spécial des séries alternées assure alors la convergence de $\sum w_{n}$ pour tout $α > 0$ .

Exercice 24 1087 Correction

Soit $α > 0$ . Préciser la nature de la série $\sum_{n \geq 2} u_{n}$ avec

u_{n} = \frac{{(- 1)}^{n}}{\sqrt{n^{α} + {(- 1)}^{n}}} .

Solution

On a

u_{n} = \frac{{(- 1)}^{n}}{n^{α / 2}} (1 - \frac{{(- 1)}^{n}}{2 n^{α}} + O (\frac{1}{n^{2 α}})) = \frac{{(- 1)}^{n}}{n^{α / 2}} - \frac{1}{2 n^{3 α / 2}} + O (\frac{1}{n^{5 α / 2}}) .

Si $α \leq 0$ alors $u_{n} \to̸ 0$ donc $\sum_{n \geq 2} u_{n}$ diverge. Si $α > 0$ alors $\sum_{n \geq 2} \frac{{(- 1)}^{n}}{n^{α}}$ converge.
Si $\frac{3 α}{2} > 1$ alors

- \frac{1}{2 n^{3 α / 2}} + O (\frac{1}{n^{5 α / 2}})

est le terme général d’une série absolument convergente et donc $\sum_{n \geq 2} u_{n}$ converge.
Si $\frac{3 α}{2} \leq 1$ alors

- \frac{1}{2 n^{3 α / 2}} + O (\frac{1}{n^{5 α / 2}}) \sim \frac{- 1}{2 n^{3 α / 2}}

(de signe constant) est le terme général d’une série divergente donc $\sum_{n \geq 2} u_{n}$ .

Exercice 25 2790 MINES (MP)Correction

Nature de la série de terme général

u_{n} = \ln (1 + \frac{{(- 1)}^{n}}{n^{a}})

où $a > 0$ .

Solution

Par développement limité,

\ln (1 + \frac{{(- 1)}^{n}}{n^{a}}) \underset{n \to + \infty}{=} \frac{{(- 1)}^{n}}{n^{a}} - \frac{1}{2} \frac{1}{n^{2 a}} + o (\frac{1}{n^{2 a}}) .

Par le critère spécial, $\frac{{(- 1)}^{n}}{n^{a}}$ est terme général d’une série convergente.

Par comparaison de séries à termes positifs

- \frac{1}{2} \frac{1}{n^{2 a}} + o (\frac{1}{n^{2 a}}) \underset{n \to + \infty}{\sim} - \frac{1}{2} \frac{1}{n^{2 a}}

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 26 2515 CCINP (MP)Correction

Étudier la nature de la série de terme général

u_{n} = \ln (1 + \sin (\frac{{(- 1)}^{n}}{n^{α}}))

pour $α > 0$ .

Solution

Par développement

u_{n} = \frac{{(- 1)}^{n}}{n^{α}} - \frac{1}{2 n^{2 α}} + o (\frac{1}{n^{2 α}}) = v_{n} + w_{n}

avec

v_{n} = \frac{{(- 1)}^{n}}{n^{α}} et w_{n} = - \frac{1}{2 n^{2 α}} + o (\frac{1}{n^{2 α}})

$\sum v_{n}$ converge en vertu du critère spécial des séries alternées et $\sum w_{n}$ converge si, et seulement si, $2 α > 1$ par équivalence de termes généraux de séries de signe constant. Au final, $\sum u_{n}$ converge si, et seulement si, $α > 1 / 2$ .

Exercice 27 1065 Correction

Soit $α \in ℝ$ .

(a)

Déterminer la nature de la série de terme général

$u_{n} = \frac{\sqrt{1} + \sqrt{2} + \dots + \sqrt{n}}{n^{α}} .$
(b)

Même question avec la série de terme général ${(- 1)}^{n} u_{n}$ .

Solution

(a)

La fonction $x \mapsto \sqrt{x}$ étant croissante,

$\int_{0}^{n} \sqrt{x} d x \leq \sum_{k = 1}^{n} \sqrt{k} \leq \int_{1}^{n + 1} \sqrt{x} d x$

et donc

$\sum_{k = 1}^{n} \sqrt{k} \to_{n \to + \infty}^{} \frac{2}{3} n^{3 / 2} .$

Il y a donc convergence de la série de terme général $u_{n}$ si, et seulement si, $α > 5 / 2$ .
(b)

Par l’encadrement qui précède,

$0 \leq \sum_{k = 1}^{n} \sqrt{k} - \int_{0}^{n} \sqrt{x} d x \leq \int_{n}^{n + 1} \sqrt{x} d x \leq \sqrt{n + 1}$

donc

$\sum_{k = 1}^{n} \sqrt{k} \underset{n \to + \infty}{=} \frac{2}{3} n^{3 / 2} + O (\sqrt{n})$

puis

${(- 1)}^{n} u_{n} \underset{n \to + \infty}{=} \frac{{(- 1)}^{n} 2}{3 n^{α - 3 / 2}} + O (\frac{1}{n^{α - 1 / 2}}) .$

Cas: $α > 5 / 2$ . Il y a absolue convergence comme ci-dessus.

Cas: $3 / 2 < α \leq 5 / 2$ . Il y a convergence par somme d’une série convergente et d’une série absolument convergente.

Cas: $α \leq 3 / 2$ . Il y a divergence grossière.

Exercice 28 2791 MINES (MP)Correction

Nature de la série de terme général

u_{n} = \ln (\frac{\sqrt{n} + {(- 1)}^{n}}{\sqrt{n + a}})

où $a \in ℝ$ .

Solution

On a

u_{n} = \ln (1 + \frac{{(- 1)}^{n}}{\sqrt{n}}) - \frac{1}{2} \ln (1 + \frac{a}{n}) = \frac{{(- 1)}^{n}}{\sqrt{n}} - \frac{(a + 1)}{2 n} + O (\frac{1}{n^{3 / 2}}) .

Par suite, la série $\sum u_{n}$ converge si, et seulement si, $a = - 1$ .

Exercice 29 3208 Correction

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

u_{n} = \int_{0}^{{(- 1)}^{n} / n^{α}} \frac{\sqrt{| x |}}{1 + x} d x .

Solution

Quand $x \to 0$ , on a

\frac{\sqrt{| x |}}{1 + x} = \sqrt{| x |} - x \sqrt{| x |} + o (x^{3 / 2}) .

On en déduit

u_{n} = \int_{0}^{{(- 1)}^{n} / n^{α}} \sqrt{| x |} d x - \int_{0}^{{(- 1)}^{n} / n^{α}} x \sqrt{| x |} d x + o (\frac{1}{n^{5 α / 2}}) .

Par parité

u_{n} = \frac{{(- 1)}^{n} 2}{3 n^{3 α / 2}} - \frac{2}{5 n^{5 α / 2}} + o (\frac{1}{n^{5 α / 2}}) .

Par le critère spécial des séries alternées, la série de terme général ${(- 1)}^{n} / n^{3 α / 2}$ converge et par équivalence de séries à termes de signe constant, la série de terme général

- \frac{2}{5 n^{5 α / 2}} + o (\frac{1}{n^{5 α / 2}}) \sim - \frac{2}{5 n^{5 α / 2}}

converge si, et seulement si, $5 α / 2 > 1$ .
On en déduit que la série de terme général $u_{n}$ converge si, et seulement si, $α > 2 / 5$ .

Exercice 30 2423 CENTRALE (MP)Correction

On pose

u_{n} = \sum_{p = n}^{+ \infty} \frac{1}{{(p + 1)}^{α}} et v_{n} = \sum_{p = n}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{p}}{{(p + 1)}^{α}} .

(a)

Déterminer la nature de la série de terme général $u_{n}$ selon $α$ .
(b)

Déterminer la nature de la série de terme général $v_{n}$ selon $α$ .

Solution

(a)

Pour définir $u_{n}$ , il est nécessaire de supposer $α > 1$ .
Par comparaison avec une intégrale, on montre

$u_{n} \sim \frac{1}{α - 1} \frac{1}{n^{α - 1}} .$

Par comparaison de séries à termes positifs, $\sum u_{n}$ converge si, et seulement si, $α > 2$ .
(b)

Pour définir $u_{n}$ , il est nécessaire de supposer $α > 0$ .
Par application du critère spécial des séries alternées, $v_{n}$ étant le reste de la série $\sum \frac{{(- 1)}^{p}}{{(p + 1)}^{α}}$ est du signe de ${(- 1)}^{n}$ et $| v_{n} | \leq \frac{1}{{(n + 1)}^{α}} \to 0$ .
De plus,

$| v_{n} | - | v_{n + 1} | = \sum_{p = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{p}}{{(p + n + 1)}^{α}} - \sum_{p = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{p}}{{(p + n + 2)}^{α}}$

donc

$| v_{n} | - | v_{n + 1} | = \sum_{p = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{p} (\frac{1}{{(p + n + 1)}^{α}} - \frac{1}{{(p + n + 2)}^{α}}) .$

Par le théorème des accroissements finis

$\frac{1}{{(p + n + 2)}^{α}} - \frac{1}{{(p + n + 1)}^{α}} = - \frac{α}{{(c_{n})}^{α + 1}}$

avec $c_{n} \in] p + n + 1; p + n + 2 [$ .
La suite $(c_{n})$ est croissante donc on peut appliquer le critère spécial des séries alternées à

$\sum {(- 1)}^{p} (\frac{1}{{(p + n + 1)}^{α}} - \frac{1}{{(p + n + 2)}^{α}})$

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

Exercice 31 2802 MINES (MP)Correction

Soit $(a, α) \in ℝ_{+} \times ℝ$ et, pour $n \in ℕ^{*}$ :

u_{n} = a^{\sum_{k = 1}^{n} 1 / k^{α}} .

(a)

Pour quels couples $(a, α)$ la suite $(u_{n})$ est-elle convergente?

Dans la suite, on suppose que tel est le cas, on note $ℓ = lim u_{n}$ et l’on pose, si $n \in ℕ^{*}$ ,

v_{n} = u_{n} - ℓ .

(b)

Nature des séries de termes généraux $v_{n}$ et ${(- 1)}^{n} v_{n}$ .

Solution

(a)

Si $α \leq 1$ alors

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{α}} \to_{n \to + \infty}^{} + \infty$

et donc $u_{n} \to 0$ si $a \in [0; 1 [$ , $u_{n} \to 1$ si $a = 1$ et $(u_{n})$ diverge si $a > 1$ .

Si $α > 1$ alors $(\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{α}})$ converge et donc $(u_{n})$ aussi.
(b)

Cas: $α \leq 1$ et $a = 1$ . $u_{n} = 1$ , $v_{n} = 0$ et l’on peut conclure.

Cas: $α < 1$ et $a \in [0; 1 [$ . $ℓ = 0$ , $v_{n} = u_{n}$ ,

$n^{2} v_{n} = e^{2 \ln (n) + \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{α}} \ln (a)} \to_{n \to + \infty}^{} 0$

car

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{α}} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{α - 1} \frac{1}{n^{α - 1}} .$

Cas: $α = 1$ et $a \in [0; 1 [$ . $ℓ = 0$ ,

$v_{n} = u_{n} = e^{(\ln (n) + γ + o (1)) \ln (a)} \underset{n \to + \infty}{\sim} λ n^{\ln (a)}$

donc $\sum v_{n}$ converge si, et seulement si, $\ln (a) < - 1$ c’est-à-dire $a < - 1 / e$ .

Cas: $α > 1$ . $ℓ = a^{\sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{α}}}$ ,

$v_{n} = ℓ (e^{- \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{α}}} - 1) \underset{n \to + \infty}{\sim} - ℓ \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{α}} = - \frac{ℓ}{(α - 1) n^{α - 1}} .$

Ainsi, $\sum v_{n}$ converge si, et seulement si, $α > 2$ .

Dans chacun des cas précédents, on peut appliquer le critère spécial aux séries alternées et affirmer que $\sum {(- 1)}^{n} v_{n}$ converge.

[<] Séries dépendant d'un paramètre et de signe non constant[>] Règle de d'Alembert

Exercice 32 4644

Soient $θ \in ℝ$ et $(S_{n})$ la suite de terme général $S_{n} = \sum_{k = 0}^{n} \sin (k θ)$ .

(a)

Vérifier que la suite $(S_{n})$ est bornée.
(b)

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

$\sum_{n = 1}^{N} \frac{\sin (n θ)}{n} = \sum_{n = 1}^{N - 1} \frac{S_{n}}{n (n + 1)} + \frac{S_{N}}{N} .$
(c)

En déduire la convergence de la série

$\sum_{n \geq 1} \frac{\sin (n θ)}{n} .$

Exercice 33 2352 ENSTIM (MP)Correction

Soit $θ \in] 0; 2 π [$ . Pour $n \in ℕ$ , on pose

S_{n} = \sum_{k = 0}^{n} \cos (k θ) .

(a)

Vérifier que la suite ${(S_{n})}_{n \in ℕ}$ est bornée.
(b)

Montrer que pour tout $n \in ℕ^{*}$ ,

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{\cos (k θ)}{k} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{S_{k}}{k (k + 1)} + \frac{S_{n}}{n + 1} - 1 .$
(c)

En déduire la nature de la série

$\sum \frac{\cos (n θ)}{n} .$
(d)

En remarquant $| \cos (x) | \geq \cos^{2} (x)$ , montrer la divergence de

$\sum \frac{| \cos (n θ) |}{n} .$

Solution

Posons

u_{n} = \frac{\cos (n θ)}{n} pour n \in ℕ^{*} .

(a)

Par sommation géométrique de raison $e^{i θ} \neq 1$ ,

$S_{n} = Re (\sum_{k = 0}^{n} e^{i k θ}) = Re (\frac{e^{i (n + 1) θ} - 1}{e^{i θ} - 1})$

donc

$| S_{n} | \leq | \frac{e^{i (n + 1) θ} - 1}{e^{i θ} - 1} | \leq \frac{2}{| e^{i θ} - 1 |} = M .$
(b)

On a

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{\cos (k θ)}{k}$ $= \sum_{k = 1}^{n} \frac{S_{k} - S_{k - 1}}{k} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{S_{k}}{k} - \sum_{k = 1}^{n} \frac{S_{k - 1}}{k}$

$= \sum_{k = 1}^{n} \frac{S_{k}}{k} - \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{S_{k}}{k + 1} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{S_{k}}{k (k + 1)} - S_{0} + \frac{S_{n}}{n + 1} .$
(c)

On a

$\frac{S_{n}}{n + 1} \to_{n \to + \infty}^{} 0 et \frac{S_{n}}{n (n + 1)} \underset{n \to + \infty}{=} O (\frac{1}{n^{2}}) .$

La série $\sum \frac{S_{n}}{n (n + 1)}$ est absolument convergente et, par opérations sur les limites, la suite des sommes partielles de la série de terme général $u_{n}$ converge.
(d)

On a

$| \cos (x) | \geq \cos^{2} (x) = \frac{\cos (2 x) + 1}{2}$

donc

$| \frac{\cos (n θ)}{n} | \geq \frac{\cos (2 n θ)}{2 n} + \frac{1}{2 n} .$

Si $θ = π$ alors $u_{n} \geq \frac{1}{n}$ et la série $\sum | u_{n} |$ diverge.

Si $θ \in] 0; π [$ alors par ce qui précède la série $\sum \frac{\cos (2 n θ)}{n}$ converge et puisque la série de terme général $\frac{1}{n}$ diverge, par opérations, la série de terme général $| u_{n} |$ diverge.

Si $θ \in] π; 2 π [$ , $| \cos (n θ) | = | \cos (n (2 π - θ)) | = | \cos (n α) |$ avec $α = 2 π - θ \in] 0; π [$ ce qui ramène au cas précédent.

Exercice 34 1041 Correction

Soient $(a_{n})$ une suite positive décroissante de limite nulle et $(S_{n})$ une suite bornée.

(a)

Montrer que la série $\sum (a_{n} - a_{n + 1}) S_{n}$ est convergente.
(b)

En déduire que la série $\sum a_{n} (S_{n} - S_{n - 1})$ est convergente.
(c)

Établir que pour tout $x \in ℝ ∖ 2 π ℤ$ , la série $\sum \frac{\cos (n x)}{n}$ est convergente.

Solution

(a)

$(a_{n} - a_{n + 1}) S_{n} = O (a_{n} - a_{n + 1})$ et la série à termes positifs $\sum a_{n} - a_{n + 1}$ est convergente.
(b)

En séparant la somme en deux et en décalant les indices

$\sum_{k = 0}^{n} (a_{k} - a_{k + 1}) S_{k} = \sum_{k = 0}^{n} a_{k} S_{k} - \sum_{k = 1}^{n + 1} a_{k} S_{k - 1}$

puis en regroupant

$\sum_{k = 0}^{n} (a_{k} - a_{k + 1}) S_{k} = a_{0} S_{0} + \sum_{k = 1}^{n} a_{k} (S_{k} - S_{k - 1}) - a_{n + 1} S_{n}$

avec $a_{n + 1} S_{n} \to 0$ .
Par suite, $\sum a_{n} (S_{n} - S_{n - 1})$ est convergente.
(c)

On applique le résultat précédent à $a_{n} = 1 / n$ et $S_{n} = \sum_{k = 0}^{n} \cos (k x)$ . $(S_{n})$ est bien bornée car

$S_{n} = Re (\sum_{k = 0}^{n} e^{i k x}) = \cos (n x) \frac{\sin ((n + 1) x / 2)}{\sin (x / 2)} .$

Exercice 35 2582 CCINP (MP)Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on pose

S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \cos (k θ) .

(a)

Montrer l’existence, pour $θ \in] 0; π [$ , d’un réel $M_{θ}$ vérifiant

$| S_{n} | \leq M_{θ} pour tout n \in ℕ^{*} .$
(b)

Montrer que $x \mapsto \frac{\sqrt{x}}{x - 1}$ est décroissante sur $[2; + \infty [$ .
(c)

En remarquant de $\cos (n θ) = S_{n} - S_{n - 1}$ , étudier la convergence de la série de terme général

$u_{n} = \frac{\sqrt{n}}{n - 1} \cos (n θ) .$
(d)

En utilisant $| \cos (k θ) | \geq \cos^{2} (k θ)$ , donner la nature de $\sum | u_{n} |$ .

Solution

(a)

On a

$S_{n} = Re (\sum_{k = 1}^{n} e^{i k θ}) = Re (e^{i θ} \frac{e^{i n θ} - 1}{e^{i θ} - 1})$

donc

$| S_{n} | \leq \frac{2}{| e^{i θ} - 1 |} = M_{θ} .$
(b)

Posons $f (x) = \frac{\sqrt{x}}{x - 1}$ .

$f^{'} (x) = \frac{\frac{1}{2} (x - 1) - x}{\sqrt{x} {(x - 1)}^{2}} = - \frac{1}{2} \cdot \frac{(x + 1)}{\sqrt{x} {(x - 1)}^{2}} \leq 0$

donc $f$ est décroissante sur $[2; + \infty [$ .
(c)

$u_{n} = f (n) \cos (n θ) = f (n) (S_{n} - S_{n - 1})$ donc

$\sum_{n = 2}^{N} u_{n} = \sum_{n = 2}^{N} f (n) S_{n} - \sum_{n = 1}^{N - 1} f (n + 1) S_{n} = \sum_{n = 2}^{N} (f (n) - f (n + 1)) S_{n} + f (N + 1) S_{N} - f (2) S_{1} .$

Or $f (N + 1) S_{N} \to_{N \to + \infty}^{} 0$ car $S_{N} = O (1)$ et $f \to_{+ \infty}^{} 0$ .
De plus,

$| (f (n) - f (n + 1)) S_{n} | \leq M_{θ} (f (n) - f (n + 1))$

avec $\sum f (n) - f (n + 1)$ série convergente (car $f$ converge en $+ \infty$ ) donc par comparaison $\sum (f (n) - f (n + 1)) S_{n}$ est absolument convergente.
Ainsi par opérations, ${(\sum_{n = 2}^{N} u_{n})}_{N \geq 2}$ converge et donc $\sum u_{n}$ converge.
(d)

On a

$| u_{n} | = \frac{\sqrt{n}}{n - 1} | \cos (n θ) | \geq \frac{\sqrt{n}}{n - 1} \cos^{2} (n θ) .$

Or $\cos (2 a) = 2 \cos^{2} (a) - 1$ donc $\cos^{2} (a) \geq \frac{1}{2} \cos (2 a) + 1$ puis

$| u_{n} | \geq \frac{1}{2} \frac{\sqrt{n}}{n - 1} \cos (2 n θ) + \frac{1}{2} \frac{\sqrt{n}}{n - 1} .$

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

$\sum \frac{1}{2} \frac{\sqrt{n}}{n - 1} \cos (2 n θ)$

converge tandis que $\sum \frac{\sqrt{n}}{2 (n - 1)}$ diverge puisque $\frac{1}{2} \frac{\sqrt{n}}{n - 1} \sim \frac{1}{2 \sqrt{n}}$ .
Par comparaison, on peut affirmer que $\sum | u_{n} |$ diverge.

Exercice 36 3879 MINES (MP)Correction

On donne une suite réelle $(a_{n})$ .

On suppose que les séries $\sum a_{n}$ et $\sum | a_{n + 1} - a_{n} |$ convergent. Montrer que la série $\sum a_{n}^{2}$ converge.

Solution

Pour $n \in ℕ$ , posons

S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} a_{k} .

On peut écrire

\sum_{k = 1}^{n} a_{k}^{2} = \sum_{k = 1}^{n} a_{k} (S_{k} - S_{k - 1}) .

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

\sum_{k = 1}^{n} a_{k}^{2} = \sum_{k = 1}^{n} a_{k} S_{k} - \sum_{k = 0}^{n - 1} a_{k + 1} S_{k}

ce qui donne (sachant $S_{0} = 0$ )

\sum_{k = 1}^{n} a_{k}^{2} = \sum_{k = 1}^{n} (a_{k} - a_{k + 1}) S_{k} + a_{n + 1} S_{n} .

La suite $(S_{n})$ converge, elle est donc bornée par un certain réel $M$ .

D’une part, $(a_{n})$ est de limite nulle et donc

a_{n + 1} S_{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

D’autre part,

| (a_{k} - a_{k + 1}) S_{k} | \leq M | a_{k} - a_{k + 1} |

et donc la série $\sum (a_{n} - a_{n + 1}) S_{n}$ converge absolument.

Par addition de séries convergentes, on peut conclure que la série $\sum a_{n}^{2}$ converge.

Exercice 37 1042 Correction

Soit $z_{n}$ le terme général d’une série complexe convergente. Établir la convergence de la série

\sum_{n \geq 1} \frac{z_{n}}{n} .

Solution

Posons

S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} z_{k} .

On a

\sum_{n = 1}^{N} \frac{z_{n}}{n} = \sum_{n = 1}^{N} \frac{S_{n} - S_{n - 1}}{n} = \sum_{n = 1}^{N} \frac{S_{n}}{n} - \sum_{n = 0}^{N - 1} \frac{S_{n}}{n + 1}

donc

\sum_{n = 1}^{N} \frac{z_{n}}{n} = \sum_{n = 1}^{N} \frac{S_{n}}{n (n + 1)} + \frac{S_{N}}{N + 1} .

Or $\frac{S_{N}}{N + 1} \to 0$ car $(S_{N})$ converge et $\frac{S_{n}}{n (n + 1)} = O (\frac{1}{n^{2}})$ est le terme général d’une série absolument convergente. On peut conclure que la série $\sum_{n \geq 1} \frac{z_{n}}{n}$ converge.

Exercice 38 3684

Soit $z_{n}$ le terme général d’une série complexe convergente. Établir

\sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{z_{k}}{k} \underset{n \to + \infty}{=} o (\frac{1}{n}) .

Exercice 39 3685 Correction

Soit $(a_{n})$ une suite complexe. On suppose que la série $\sum \frac{a_{n}}{n}$ diverge.
Établir que pour tout $α \in] - \infty; 1]$ , la série $\sum \frac{a_{n}}{n^{α}}$ diverge aussi.

Solution

Le cas $α = 1$ est entendu. Étudions $α \in] - \infty; 1 [$ .
Par l’absurde, supposons la convergence de $\sum \frac{a_{n}}{n^{α}}$ et introduisons

S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{a_{k}}{k^{α}}

de sorte que $S_{n} - S_{n - 1} = a_{n} / n^{α}$ .
On peut écrire

\sum_{k = 1}^{n} \frac{a_{k}}{k} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{S_{k} - S_{k - 1}}{k^{1 - α}} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{S_{k}}{k^{1 - α}} - \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{S_{k}}{{(k + 1)}^{α}}

puis

\sum_{k = 1}^{n} \frac{a_{k}}{k} = \sum_{k = 1}^{n} S_{k} (\frac{1}{k^{1 - α}} - \frac{1}{{(k + 1)}^{1 - α}}) + \frac{S_{n}}{{(n + 1)}^{1 - α}} .

La suite $(S_{n})$ est bornée car convergente et

\sum_{k = 1}^{n} (\frac{1}{k^{1 - α}} - \frac{1}{{(k + 1)}^{1 - α}}) = 1 - \frac{1}{{(n + 1)}^{1 - α}} \to 1

il y a donc absolue convergence de la série

\sum S_{n} (\frac{1}{n^{1 - α}} - \frac{1}{{(n + 1)}^{1 - α}})

et l’on en déduit la convergence de $\sum \frac{a_{n}}{n}$ .
C’est absurde.

Exercice 40 1028 Correction

Soit ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ une suite décroissante de réels strictement positifs.

(a)

On suppose que $\sum u_{n}$ converge. Montrer que la série de terme général $v_{n} = n (u_{n} - u_{n + 1})$ converge et

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} v_{n} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} u_{n} .$
(b)

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

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

Solution

(a)

On peut écrire

$\sum_{k = 1}^{n} v_{k} = \sum_{k = 1}^{n} k u_{k} - \sum_{k = 2}^{n + 1} (k - 1) u_{k} = \sum_{k = 1}^{n} u_{k} - n u_{n + 1} (*).$

Montrons que la convergence de $\sum u_{n}$ entraîne que $n u_{n} \to 0$ .
Posons $S_{n}$ les sommes partielles de $\sum u_{n}$ .
Par la décroissance de $u_{n}$ , on a $0 \leq n u_{2 n} \leq S_{2 n} - S_{n}$ .
Par suite, $n u_{2 n} \to 0$ et aussi $2 n u_{2 n} \to 0$ .
De façon semblable, on obtient $n u_{2 n + 1} \to 0$ puis $(2 n + 1) u_{2 n + 1} \to 0$ .
Ainsi $n u_{n} \to 0$ et donc

$\sum_{k = 1}^{n} v_{k} \to_{n \to + \infty}^{} \sum_{k = 1}^{+ \infty} u_{k} .$
(b)

Supposons que la série de terme général $v_{n}$ converge.
Si la série de terme général $u_{n}$ converge alors $u_{n} \to 0$ .
Inversement, supposons que $u_{n} \to 0$ . On peut écrire

$u_{n} = \sum_{k = n}^{+ \infty} (u_{k} - u_{k + 1}) \leq \sum_{k = n}^{+ \infty} \frac{v_{k}}{k} .$

On a alors

$0 \leq n u_{n} \leq \sum_{k = n}^{+ \infty} \frac{n}{k} v_{k} \leq \sum_{k = n}^{+ \infty} v_{k} .$

Puisque la série des $v_{n}$ converge,

$\sum_{k = n}^{+ \infty} v_{k} \to 0 puis n u_{n} \to 0 .$

La relation (*) entraîne alors la convergence de $\sum u_{n}$ .
(c)

$u_{n} = 1$ convient, où si l’on veut une suite non constante, $u_{n} = 1 + \frac{1}{n^{2}}$

Exercice 41 3673 X (MP)

Soit ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ une suite décroissante de réels de limite nulle.
Montrer que les séries $\sum u_{n}$ et $\sum n (u_{n} - u_{n + 1})$ sont de même nature et que leurs sommes sont égales en cas de convergence.

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

Exercice 42 4637

Déterminer la nature de la série $\sum u_{n}$ avec $u_{n} = {(\binom{2 n}{n})}^{- 1}$ .

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

Exercice 43 2376

Soit ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ une suite de réels strictement positifs vérifiant

\frac{u_{n + 1}}{u_{n}} \underset{n \to + \infty}{=} 1 - \frac{α}{n} + O (\frac{1}{n^{2}}) avec α \in ℝ .

(a)

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

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{A}{n^{α}} .$
(b)

Étudier la convergence de la série $\sum {(- 1)}^{n} u_{n}$ .

Exercice 44 4643

(Règle de Raabe-Duhamel)

Soient $(u_{n})$ et $(v_{n})$ deux suites de réels strictement positifs.

(a)

On suppose qu’à partir d’un certain rang

$\frac{u_{n + 1}}{u_{n}} \leq \frac{v_{n + 1}}{v_{n}} .$

Montrer que la suite $(u_{n})$ est dominée par la suite $(v_{n})$ .
(b)

On suppose qu’il existe $α > 1$ tel que

$\frac{u_{n + 1}}{u_{n}} \underset{n \to + \infty}{=} 1 - \frac{α}{n} + o (\frac{1}{n}) .$

À l’aide d’une comparaison à une série de Riemann, montrer la convergence de la série $\sum u_{n}$ .
(c)

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

$\frac{u_{n + 1}}{u_{n}} \underset{n \to + \infty}{=} 1 - \frac{α}{n} + o (\frac{1}{n}) .$

Montrer la divergence de série $\sum u_{n}$ .
(d)

Application : Soit $a \in ℝ$ . Étudier la convergence absolue de la série de terme général

$u_{n} = \frac{a (a - 1) \dots (a - n + 1)}{n!} .$

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

Exercice 45 4645

(a)

Soit $n \in ℕ^{*}$ . Vérifier l’identité

$\sum_{k = 1}^{2 n} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k} = \sum_{k = n + 1}^{2 n} \frac{1}{k} .$
(b)

En déduire la valeur de la somme harmonique alternée

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n} .$

Exercice 46 1051 Correction

Soit $x \in] - 1; 1 [$ . Calculer

\sum_{k = 0}^{+ \infty} k x^{k} .

Solution

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

\sum_{k = 0}^{n} k x^{k} = x \frac{d}{d x} (\sum_{k = 0}^{n} x^{k}) = x {(\frac{1 - x^{n + 1}}{1 - x})}^{'} \to \frac{x}{{(1 - x)}^{2}}

on obtient

\sum_{k = 0}^{+ \infty} k x^{k} = \frac{x}{{(1 - x)}^{2}} .

Exercice 47 3895 Correction

Existence et valeur de

\sum_{n = 2}^{+ \infty} \ln (1 + \frac{{(- 1)}^{n}}{n}) .

Solution

On a

\sum_{n = 2}^{2 N + 1} \ln (1 + \frac{{(- 1)}^{n}}{n}) = \sum_{k = 1}^{N} \ln (2 k + 1) - \ln (2 k + 1) = 0

\sum_{n = 2}^{2 N} \ln (1 + \frac{{(- 1)}^{n}}{n}) = \sum_{n = 2}^{2 N + 1} \ln (1 + \frac{{(- 1)}^{n}}{n}) + o (1) \to_{N \to + \infty}^{} 0

donc

\sum_{n = 2}^{+ \infty} \ln (1 + \frac{{(- 1)}^{n}}{n}) = 0 .

Exercice 48 1058 ENTPE (MP)

Justifier l’existence et calculer la somme suivante

\sum_{n = 1}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} \ln (1 + \frac{1}{n}) .

Exercice 49 1052 Correction

Soit $α > 0$ . Montrer

\sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{k + α} = \int_{0}^{1} \frac{x^{α - 1}}{1 + x} d x .

Solution

Soit $x \in] 0; 1]$ . Par sommation géométrique de raison $- x \neq 1$ ,

\frac{x^{α - 1}}{1 + x} = \sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k} x^{k + α - 1} + {(- 1)}^{n + 1} \frac{x^{n + α}}{1 + x} .

On peut alors écrire (avec convergence des intégrales)

\int_{0}^{1} \frac{x^{α - 1}}{1 + x} d x = \sum_{k = 0}^{n} \int_{0}^{1} {(- 1)}^{k} x^{k + α - 1} d x + {(- 1)}^{n + 1} \int_{0}^{1} \frac{x^{n + α}}{1 + x} d x = \sum_{k = 0}^{n} \frac{{(- 1)}^{k}}{k + α} + ε_{n}

avec

| ε_{n} | \leq \int_{0}^{1} x^{n + α} d x = \frac{1}{n + α - 1} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

On en déduit l’égalité proposée.

Exercice 50 5791 Correction

Justifier la convergence et calculer la somme de

\sum_{n \geq 0} \frac{{(- 1)}^{n}}{2 n + 1} et \sum_{n \geq 0} (\frac{π}{4} - \sum_{k = 0}^{n} \frac{{(- 1)}^{k}}{2 k + 1})

On pourra employer $\frac{1}{p + 1} = \int_{0}^{1} t^{p} d t$ pour $p \in N$ .

Solution

Pour $p \in ℕ$ , on vérifie l’identité proposée par un simple calcul intégral

\int_{0}^{1} t^{p} d t = {[\frac{1}{p + 1} t^{p + 1}]}_{0}^{1} = \frac{1}{p + 1}

Pour $N \in ℕ$ , on peut alors écrire

\sum_{n = 0}^{N} \frac{{(- 1)}^{n}}{2 n + 1} = \sum_{n = 0}^{N} {(- 1)}^{n} \int_{0}^{1} t^{2 n} d t = \int_{0}^{1} \sum_{n = 0}^{N} {(- 1)}^{n} t^{2 n} d t

Par sommation géométrique de raison $- t^{2} \neq 1$ , on poursuit

\sum_{n = 0}^{N} \frac{{(- 1)}^{n}}{2 n + 1} = \int_{0}^{1} \frac{1 - {(- 1)}^{N + 1} t^{2 N + 2}}{1 + t^{2}} d t = \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + t^{2}} d t + {(- 1)}^{N + 1} \int_{0}^{1} \frac{t^{2 N + 2}}{1 + t^{2}} d t

D’une part,

\int_{0}^{1} \frac{1}{1 + t^{2}} d t = {[\arctan (t)]}_{0}^{1} = \frac{π}{4}

D’autre part,

0 \leq \int_{0}^{1} \frac{t^{2 N + 2}}{1 + t^{2}} d t \leq \int_{0}^{1} t^{2 N + 2} d t = \frac{1}{2 N + 3} \to_{N \to + \infty}^{} 0

Par opérations sur les limites, on obtient

\sum_{n = 0}^{N} \frac{{(- 1)}^{n}}{2 n + 1} \to_{N \to + \infty}^{} \frac{π}{4}

Ainsi, avec convergence, on peut écrire

\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{2 n + 1} = \frac{π}{4}

Pour $N \in ℕ$ ,

	$\sum_{n = 0}^{N} (\frac{π}{4} - \sum_{k = 0}^{n} \frac{{(- 1)}^{k}}{2 k + 1})$	$= \sum_{n = 0}^{N} (\int_{0}^{1} \frac{1}{1 + t^{2}} d t - \int_{0}^{1} \frac{1 - {(- 1)}^{n + 1} t^{2 n + 2}}{1 + t^{2}} d t)$
		$= \sum_{n = 0}^{N} \int_{0}^{1} \frac{{(- 1)}^{n} t^{2 n + 2}}{1 + t^{2}} d t = \int_{0}^{1} \sum_{n = 0}^{N} \frac{{(- 1)}^{n} t^{2 n + 2}}{1 + t^{2}} d t$

Par sommation géométrique de raison $- t^{2} \neq 1$ ,

	$\sum_{n = 0}^{N} (\frac{π}{4} - \sum_{k = 0}^{n} \frac{{(- 1)}^{k}}{2 k + 1})$	$= \int_{0}^{1} \frac{t^{2}}{1 + t^{2}} \cdot \frac{1 - {(- 1)}^{N + 1} t^{2 N + 2}}{1 + t^{2}} d t$
		$= \int_{0}^{1} \frac{t^{2}}{{(1 + t^{2})}^{2}} d t + {(- 1)}^{N + 1} \int_{0}^{1} \frac{t^{2 N + 4}}{{(1 + t^{2})}^{2}} d t$

D’une part, une intégration par parties donne

\int_{0}^{1} \frac{t^{2}}{{(1 + t^{2})}^{2}} d t = {[\frac{t}{2 (1 + t^{2})}]}_{0}^{1} - \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + t^{2}} d t = \frac{1}{4} - \frac{π}{8}

D’autre part,

0 \leq \int_{0}^{1} \frac{t^{2 N + 4}}{{(1 + t^{2})}^{2}} d t \leq \int_{0}^{1} t^{2 N + 4} d t = \frac{1}{2 N + 5} \to_{N \to + \infty}^{} 0

On en déduit

\sum_{n = 0}^{N} (\frac{π}{4} - \sum_{k = 0}^{n} \frac{{(- 1)}^{k}}{2 k + 1}) = \frac{2 - π}{8}

avec convergence.

Exercice 51 2805 MINES (MP)Correction

Calculer

\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{4 n + 1} .

Solution

Par sommation géométrique

\sum_{n = 0}^{N} \frac{{(- 1)}^{n}}{4 n + 1} = \sum_{n = 0}^{N} \int_{0}^{1} {(- t^{4})}^{n} d t = \int_{0}^{1} \frac{1 - {(- t^{4})}^{N + 1}}{1 + t^{4}} d t .

| \int_{0}^{1} \frac{{(- t^{4})}^{N + 1}}{1 + t^{4}} d t | \leq \int_{0}^{1} t^{4 N + 4} d t = \frac{1}{4 N + 5} \to 0

donc $\sum \frac{{(- 1)}^{n}}{4 n + 1}$ converge et

\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{4 n + 1} = \int_{0}^{1} \frac{d t}{1 + t^{4}} .

Enfin

\int_{0}^{1} \frac{d t}{1 + t^{4}} = \frac{1}{4 \sqrt{2}} (\ln (\frac{2 + \sqrt{2}}{2 - \sqrt{2}}) + π) .

Exercice 52 1053 Correction

On pose

u_{n} = \int_{0}^{1} x^{n} \sin (π x) d x .

Montrer que la série $\sum u_{n}$ converge et que sa somme vaut

\int_{0}^{π} \frac{\sin (t)}{t} d t .

Solution

Par sommation géométrique,

\sum_{k = 0}^{n} u_{k} = \int_{0}^{1} \frac{1 - x^{n + 1}}{1 - x} \sin (π x) d x .

Posons

I = \int_{0}^{1} \frac{\sin (π x)}{1 - x} d x .

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

| \sum_{k = 0}^{n} u_{k} - I | \leq \int_{0}^{1} \frac{\sin (π x)}{1 - x} x^{n + 1} d x \leq \frac{M}{n + 1}

avec

M = sup_{[0; 1 [} \frac{\sin (π x)}{1 - x}

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

On conclut que

\sum_{k = 0}^{n} u_{k} \to_{n \to + \infty}^{} I

puis, par changement de variable,

\sum_{k = 0}^{n} u_{k} \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{π} \frac{\sin (t)}{t} d t .

Exercice 53 2803 MINES (MP)Correction

Étudier

lim_{n \to + \infty} lim_{m \to + \infty} \sum_{i = 0}^{n} \sum_{j = 0}^{m} {(- 1)}^{i + j} t^{i + j + 1} .

Solution

Pour $t = - 1$ ,

\sum_{i = 0}^{n} \sum_{j = 0}^{m} {(- 1)}^{i + j} t^{i + j + 1} = - (m + 1) (n + 1)

ce qui permet de conclure.
Pour $t \neq - 1$ ,

\sum_{i = 0}^{n} \sum_{j = 0}^{m} {(- 1)}^{i + j} t^{i + j + 1} = \sum_{i = 0}^{n} {(- 1)}^{i} t^{i + 1} \frac{1 - {(- t)}^{m + 1}}{1 + t} .

Quand $m \to + \infty$ ,

\sum_{i = 0}^{n} \sum_{j = 0}^{m} {(- 1)}^{i + j} t^{i + j + 1} \to \sum_{i = 0}^{n} {(- 1)}^{i} \frac{t^{i + 1}}{1 + t}

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

\sum_{i = 0}^{n} {(- 1)}^{i} \frac{t^{i + 1}}{1 + t} = t \frac{1 - {(- t)}^{n + 1}}{{(1 + t)}^{2}}

et quand $n \to + \infty$ ,

t \frac{1 - {(- t)}^{n + 1}}{{(1 + t)}^{2}} \to \frac{t}{{(1 + t)}^{2}} .

On conclut

lim_{n \to + \infty} lim_{m \to + \infty} \sum_{i = 0}^{n} \sum_{j = 0}^{m} {(- 1)}^{i + j} t^{i + j + 1} = \frac{t}{{(1 + t)}^{2}} .

Exercice 54 2806 MINES (MP)Correction

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

\sum_{k = n}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{k^{2}} .

Solution

Le terme

u_{n} = \sum_{k = n}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{k^{2}}

est bien défini en tant que reste d’une série alternée satisfaisant au critère spécial.
Pour $N \leq K$ entiers,

\sum_{n = 1}^{N} \sum_{k = n}^{K} \frac{{(- 1)}^{k}}{k^{2}} = \sum_{k = 1}^{N} \sum_{n = 1}^{k} \frac{{(- 1)}^{k}}{k^{2}} + \sum_{k = N + 1}^{K} \sum_{n = 1}^{N} \frac{{(- 1)}^{k}}{k^{2}} .

D’une part

\sum_{k = 1}^{N} \sum_{n = 1}^{k} \frac{{(- 1)}^{k}}{k^{2}} = \sum_{k = 1}^{N} \frac{{(- 1)}^{k}}{k} .

D’autre part

\sum_{k = N + 1}^{K} \sum_{n = 1}^{N} \frac{{(- 1)}^{k}}{k^{2}} = N \sum_{k = N + 1}^{K} \frac{{(- 1)}^{k}}{k^{2}} .

En passant à la limite quand $K \to + \infty$

\sum_{n = 1}^{N} u_{n} = \sum_{k = 1}^{N} \frac{{(- 1)}^{k}}{k} + N \sum_{k = N + 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{k^{2}} .

\sum_{k = N + 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{k^{2}} = O (\frac{1}{N^{2}})

donc quand $N \to + \infty$ ,

\sum_{n = 1}^{N} u_{n} \to \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{k} .

Ainsi, $\sum u_{n}$ est convergente et

\sum_{n = 1}^{+ \infty} u_{n} = - \ln (2) .

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

Exercice 55 1054 Correction

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

\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} = \ln (n) + γ + o (1) .

(a)

Calculer la somme de la série de terme général $u_{n} = {(- 1)}^{n - 1} / n$ .
(b)

Même question avec $u_{n} = 1 / n$ si $n \neq 0 [3]$ et $u_{n} = - 2 / n$ sinon.

Solution

(a)

On a

$\sum_{k = 1}^{2 n} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k} \underset{n \to + \infty}{=} \sum_{k = 1}^{2 n} \frac{1}{k} - 2 \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{2 k} = \ln (2 n) + γ + o (1) - \ln (n) - γ = \ln (2) + o (1)$

et

$\sum_{k = 1}^{2 n + 1} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k} \underset{n \to + \infty}{=} \sum_{k = 1}^{2 n} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k} + o (1)$

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

On a

$\sum_{k = 1}^{3 n} u_{n} = \sum_{k = 1}^{3 n} \frac{1}{k} - 3 \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{3 k} \underset{n \to + \infty}{=} \ln (3 n) + γ + o (1) - \ln (n) - γ = \ln (3) + o (1)$

et

$\sum_{k = 1}^{3 n + 1} u_{n} = \sum_{k = 1}^{3 n} u_{n} + o (1) \to_{n \to + \infty}^{} \ln (3) et \sum_{k = 1}^{3 n + 2} u_{n} = \sum_{k = 1}^{3 n} u_{n} + o (1) \to_{n \to + \infty}^{} \ln (3)$

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

Exercice 56 2354 Correction

Existence et calcul de

\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{5 n + 6}{n (n + 1) (n + 2)} .

Solution

On a

\frac{5 n + 6}{n (n + 1) (n + 2)} = O (\frac{1}{n^{2}})

donc la somme $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{5 n + 6}{n (n + 1) (n + 2)}$ existe.
Par décomposition en éléments simples

\frac{5 n + 6}{n (n + 1) (n + 2)} = \frac{3}{n} - \frac{1}{n + 1} - \frac{2}{n + 2}

donc en exploitant

\sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{n} = \ln (N) + γ + o (1)

on obtient

\sum_{k = 1}^{n} \frac{5 k + 6}{k (k + 1) (k + 2)} = 3 \ln (\frac{n^{3}}{(n + 1) {(n + 2)}^{2}}) + 4 + o (1) \to 4 .

Exercice 57 5885 Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on pose

u_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} - \ln (n)

(a)

Montrer la convergence de la suite ${(u_{n})}_{n \geq 1}$

On note $γ$ la limite de la suite ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ , il s’agit de la constante d’Euler.

(b)

Établir que

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} \underset{n \to + \infty}{=} \ln (n) + γ + o (1)$
(c)

En déduire l’existence d’une constante réelle $C$ telle que

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{2 k - 1} \underset{n \to + \infty}{=} \frac{1}{2} \ln (n) + C + o (1)$

On précisera la valeur de $C$ en fonction de $γ$ .
(d)

Application : Calculer

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n (n + \frac{1}{2}) (n + 1)}$

Solution

(a)

La suite ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ a la nature de la série télescopique $\sum (u_{n} - u_{n - 1})$ .

Pour $n \geq 2$ ,

$u_{n} - u_{n - 1} = \frac{1}{n} - \ln (n) + \ln (n - 1) = \frac{1}{n} + \ln (1 - \frac{1}{n}) \underset{n \to + \infty}{\sim} - \frac{1}{2 n^{2}}$

Par équivalence de séries à termes négatifs, la série $\sum_{n \geq 2} (u_{n} - u_{n - 1})$ converge. On en déduit la convergence de la suite ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ .
(b)

Par ce qui précède, on peut écrire

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} - \ln (n) \underset{n \to + \infty}{=} γ + o (1)$

En ajoutant $\ln (n)$ de part et d’autre, on obtient

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} \underset{n \to + \infty}{=} \ln (n) + γ + o (1)$
(c)

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on introduit artificiellement les termes d’indices pairs,

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{2 k - 1} = (\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{2 k - 1} + \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{2 k}) - \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{2 k} = \sum_{k = 1}^{2 n} \frac{1}{k} - \frac{1}{2} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k}$

Par ce qui précède,

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{2 k - 1}$ $= \ln (2 n) + γ + o (1) - \frac{1}{2} (\ln (n) + γ + o (1))$

$= \frac{1}{2} \ln (n) + C + o (1) avec C = \ln (2) + \frac{1}{2} γ$
(d)

Par décomposition en éléments simples,

$\frac{1}{n (n + \frac{1}{2}) (n + 1)} = \frac{2}{n} - \frac{8}{n + \frac{1}{2}} + \frac{2}{(n + 1)}$

Pour $N \in ℕ^{*}$ ,

$\sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{n (n + \frac{1}{2}) (n + 1)} = \frac{1}{2} \sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{n} - 8 \sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{2 n + 1} + \frac{1}{2} \sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{n + 1}$

D’une part,

$\sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{n + 1} = \sum_{n = 2}^{N + 1} \frac{1}{n} = \sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{n} - 1 + \frac{1}{N + 1} \underset{N \to + \infty}{=} \ln (N) + γ - 1 + o (1)$

D’autre part,

$\sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{2 n + 1} = \sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{2 n - 1} - 1 + \frac{1}{2 N + 1} \underset{N \to + \infty}{=} \frac{1}{2} \ln (N) + C - 1 + o (1)$

On a donc

$\sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{n (n + \frac{1}{2}) (n + 1)}$ $\underset{N \to + \infty}{=} (2 - 4 + 2) \ln (N) + 2 γ - 8 (C - 1) + 2 (γ - 1) + o (1)$

$= 4 γ - 8 C + 6 + o (1) \to_{N \to + \infty}^{} 6 - 8 \ln (2)$

Exercice 58 1046 Correction

Existence et calcul de

\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n (n + 1) (2 n + 1)} .

Solution

Par décomposition en éléments simples

\frac{1}{n (n + 1) (2 n + 1)} = \frac{1}{n} + \frac{1}{n + 1} - \frac{4}{2 n + 1} .

Sachant

\sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{2 n + 1} = \sum_{n = 2}^{2 N + 1} \frac{1}{n} - \sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{2 n}

on obtient

\sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{n (n + 1) (2 n + 1)} = \sum_{n = 1}^{N} \frac{3}{n} + \sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{n + 1} - 4 \sum_{n = 2}^{2 N + 1} \frac{1}{n} .

Or on sait que

\sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{n} = \ln (N) + γ + o (1)

donc on conclut que la série converge et

\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n (n + 1) (2 n + 1)} = 3 - 4 \ln (2) .

Exercice 59 2804 MINES (MP)Correction

Convergence puis calcul de

\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{1^{2} + 2^{2} + \dots + n^{2}} .

Solution

On a

1^{2} + 2^{2} + \dots + n^{2} = \sum_{k = 1}^{n} k^{2} = \frac{n (n + 1) (2 n + 1)}{6}

et donc

\frac{1}{1^{2} + 2^{2} + \dots + n^{2}} \sim \frac{3}{n^{3}} .

Par comparaison de séries à termes positifs, la série numérique $\sum \frac{1}{1^{2} + 2^{2} + \dots + n^{2}}$ converge
Par décomposition en éléments simples

\frac{6}{n (n + 1) (2 n + 1)} = \frac{6}{n} + \frac{6}{n + 1} - \frac{24}{2 n + 1} .

En introduisant la constante d’Euler $γ$ , on sait

\sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{n} = \ln (N) + γ + o (1) .

Par décalage d’indice

\sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{n + 1} = \sum_{n = 2}^{N + 1} \frac{1}{n} = \ln (N + 1) + γ - 1 + o (1)

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

\sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{2 n + 1} = \sum_{n = 2}^{2 N + 1} \frac{1}{n} - \sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{2 n} = \ln (2 N + 1) - \frac{1}{2} \ln (N) + \frac{1}{2} γ - 1 + o (1) .

On en déduit

\sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{1^{2} + 2^{2} + \dots + n^{2}} = \ln (\frac{N^{18} {(N + 1)}^{6}}{{(2 N + 1)}^{24}}) + 18 + o (1)

puis à la limite

\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{1^{2} + 2^{2} + \dots + n^{2}} = 18 - 24 \ln (2) .

Exercice 60 2964 X (MP)Correction

Calculer

\sum_{n = 0}^{\infty} (\frac{1}{4 n + 1} - \frac{3}{4 n + 2} + \frac{1}{4 n + 3} + \frac{1}{4 n + 4}) .

Solution

\frac{1}{4 n + 1} - \frac{3}{4 n + 2} + \frac{1}{4 n + 3} + \frac{1}{4 n + 4} = \frac{1}{4 n} - \frac{3}{4 n} + \frac{1}{4 n} + \frac{1}{4 n} + O (\frac{1}{n^{2}}) = O (\frac{1}{n^{2}})

donc la série étudiée est absolument convergente.
On a

\sum_{n = 0}^{N} (\frac{1}{4 n + 1} - \frac{3}{4 n + 2} + \frac{1}{4 n + 3} + \frac{1}{4 n + 4}) = \sum_{k = 1}^{4 N + 4} \frac{1}{k} - 4 \sum_{n = 0}^{N} \frac{1}{4 n + 2} .

4 \sum_{n = 0}^{N} \frac{1}{4 n + 2} = 2 \sum_{n = 0}^{N} \frac{1}{2 n + 1} = 2 \sum_{k = 1}^{2 N + 1} \frac{1}{k} - 2 \sum_{k = 1}^{N} \frac{1}{2 k} .

Par le développement

\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} = \ln (n) + γ + o (1)

on parvient à

\sum_{n = 0}^{N} (\frac{1}{4 n + 1} - \frac{3}{4 n + 2} + \frac{1}{4 n + 3} + \frac{1}{4 n + 4}) = \ln (4 N + 4) + γ - 2 \ln (2 N + 1) - 2 γ + \ln (N) + γ + o (1) \to 0 .

Ainsi,

\sum_{n = 0}^{\infty} (\frac{1}{4 n + 1} - \frac{3}{4 n + 2} + \frac{1}{4 n + 3} + \frac{1}{4 n + 4}) = 0

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

Exercice 61 4171 CENTRALE (MP)Correction

(a)

Soit $(u_{n})$ une suite telle que $u_{n} = O (1 / n^{2})$ . Que dire de $\sum_{k = n}^{+ \infty} u_{k}$ ?
(b)

Montrer que

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} \underset{n \to + \infty}{=} \ln (n) + γ + O (\frac{1}{n})$

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

On pose

u_{n} = \frac{{(- 1)}^{n}}{n} ⌊ \frac{\ln (n)}{\ln (2)} ⌋ .

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

$\sum_{k = n}^{+ \infty} u_{k} = O (\sum_{k = n}^{+ \infty} \frac{1}{k^{2}}) .$

Par comparaison avec une intégrale, on poursuit

$\sum_{k = n}^{+ \infty} u_{k} = O (\frac{1}{n}) .$
(b)

Pour $k \geq 1$ , on peut écrire

$\ln (k + 1) - \ln (k) = \ln (1 + \frac{1}{k}) \underset{k \to + \infty}{=} \frac{1}{k} + O (\frac{1}{k^{2}}) .$

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

$\ln (n) = \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{k} + \sum_{k = 2}^{n - 1} O (\frac{1}{k^{2}})$

avec

$\sum_{k = 2}^{n - 1} O (\frac{1}{k^{2}}) = \underset{\begin{matrix} = - γ \end{matrix}}{\underset{⏟}{\sum_{k = 2}^{+ \infty} O (\frac{1}{k^{2}})}} - \underset{\begin{matrix} = O (1 / n) \end{matrix}}{\underset{⏟}{\sum_{k = n}^{+ \infty} O (\frac{1}{k^{2}})}} .$

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

(c)

Posons $S_{n}$ la somme partielle de rang $n$ . On a

⌊ \frac{\ln (n)}{\ln (2)} ⌋ = k \Leftrightarrow 2^{k} \leq n < 2^{k + 1} .

On en déduit

S_{2^{k + 1} - 1} - S_{2^{k} - 1} = \sum_{n = 2^{k}}^{2^{k + 1} - 1} \frac{{(- 1)}^{n}}{n} k = k \sum_{n = 2^{k}}^{2^{k + 1} - 1} \frac{{(- 1)}^{n}}{n} .

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

\sum_{n = 2^{k}}^{2^{k + 1} - 1} \frac{{(- 1)}^{n}}{n}

= \sum_{p = 2^{k - 1}}^{2^{k} - 1} \frac{1}{2 p} - \sum_{p = 2^{k - 1}}^{2^{k} - 1} \frac{1}{2 p + 1} .

On adjoint les termes pairs intermédiaires à la deuxième somme

\sum_{n = 2^{k}}^{2^{k + 1} - 1} \frac{{(- 1)}^{n}}{n} = \sum_{p = 2^{k - 1}}^{2^{k} - 1} \frac{1}{p} - \sum_{n = 2^{k}}^{2^{k + 1} - 1} \frac{1}{n} .

On en déduit

	$S_{2^{N + 1} - 1}$	$= \sum_{k = 1}^{N} (S_{2^{k + 1} - 1} - S_{2^{k} - 1}) + S_{1}$
		$= \sum_{k = 1}^{N} (k \sum_{p = 2^{k - 1}}^{2^{k} - 1} \frac{1}{p}) - \sum_{k = 1}^{N} (k \sum_{n = 2^{k}}^{2^{k + 1} - 1} \frac{1}{n}) .$

Après glissement d’indice dans la deuxième somme puis simplification

	$S_{2^{N + 1} - 1}$	$= \sum_{k = 1}^{N} (k \sum_{p = 2^{k - 1}}^{2^{k} - 1} \frac{1}{p}) - \sum_{k = 2}^{N + 1} ((k - 1) \sum_{n = 2^{k - 1}}^{2^{k} - 1} \frac{1}{n})$
		$= \sum_{k = 1}^{N} (\sum_{p = 2^{k - 1}}^{2^{k} - 1} \frac{1}{p}) - N \sum_{n = 2^{N}}^{2^{N + 1} - 1} \frac{1}{n}$
		$= \sum_{n = 1}^{2^{N} - 1} \frac{1}{n} - N \sum_{n = 2^{N}}^{2^{N + 1} - 1} \frac{1}{n}$
		$= \ln (2^{N} - 1) + γ + O (\frac{1}{2^{N}}) - N \ln (2) - N O (\frac{1}{2^{N}}) \to_{N \to + \infty}^{} γ .$

Cette étude ne suffit pas pour conclure, il faut encore étudier la limite de $(S_{n})$ . Pour $n \geq 1$ , introduisons $k$ tel que $2^{k} \leq n < 2^{k + 1}$ . On a

S_{n} - S_{2^{k} - 1} = k \sum_{p = 2^{k}}^{n} \frac{{(- 1)}^{p}}{p} .

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

| S_{n} - S_{2^{k} - 1} | \leq \frac{k}{2^{k}} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

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

Exercice 62 1077 Correction

Étudier la limite de

u_{n} = \int_{0}^{1} \frac{{(1 - u)}^{n} - 1}{u} d u + \ln (n) .

Solution

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on réalise le changement de variable $v = 1 - u$ puis on reconnaît une somme géométrique

\int_{0}^{1} \frac{{(1 - u)}^{n} - 1}{u} d u = - \int_{0}^{1} \frac{v^{n} - 1}{v - 1} = - \int_{0}^{1} \sum_{k = 0}^{n - 1} v^{k} d v

puis

\int_{0}^{1} \frac{{(1 - u)}^{n} - 1}{u} d u = - \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} = - \ln (n) - γ + o (1)

donc $u_{n} \to - γ$

Exercice 63 1070 Correction

Calculer la limite de

u_{n} = 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n} - (\frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2} + \dots + \frac{1}{n^{2}}) .

Solution

Posons

H_{n} = 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n} \underset{n \to + \infty}{=} \ln (n) + γ + o (1) .

On observe

u_{n} = 2 H_{n} - H_{n^{2}} \underset{n \to + \infty}{=} 2 (\ln (n) + γ + o (1)) - \ln (n^{2}) - γ + o (1) \to_{n \to + \infty}^{} γ .

Exercice 64 2428 CENTRALE (MP)

Pour $x > 0$ , on pose

f (x) = \frac{\ln (x)}{x} .

(a)

Étudier la convergence de la série de terme général $u_{n} = {(- 1)}^{n} f (n)$ avec $n \geq 1$ .
(b)

Montrer la convergence de la série de terme général

$v_{n} = \int_{n - 1}^{n} f (t) d t - f (n) avec n \geq 2 .$

On sait qu’il existe une constante réelle $γ$ telle que¹¹ 1 Voir le sujet 4062. $\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} \underset{n \to + \infty}{=} \ln (n) + γ + o (1)$ .

(c)

En considérant $2 \sum_{k = 1}^{n} f (2 k) - \sum_{k = 1}^{2 n} f (k)$ , calculer en fonction de $γ$ la somme

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} \frac{\ln (n)}{n} .$

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

Exercice 65 5220

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

\sum \frac{1}{n {(\ln (n))}^{α}} .

Exercice 66 3045 X (MP)Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ , soit

f_{n} : x \in] n; + \infty [\to \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{x - k} .

Soit $a > 0$ . Montrer qu’il existe un unique réel, noté $x_{n}$ tel que $f_{n} (x_{n}) = a$ .
Déterminer un équivalent de $x_{n}$ quand $n \to + \infty$ .

Solution

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

f_{n} (n + 1 + y) = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{n + 1 + y - k} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k + y} \leq \sum_{k = 1}^{n} \int_{k - 1}^{k} \frac{d t}{t + y} = \int_{0}^{n} \frac{d t}{t + y} = \ln (1 + \frac{n}{y}) .

Pour $y = \frac{n}{e^{a} - 1}$ ,

f (n + 1 + y) \leq \ln (1 + (e^{a} - 1)) = a

et par suite

x_{n} \leq n + 1 + \frac{n}{e^{a} - 1} .

Aussi

f (n + y) = \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{1}{y + k} \geq \int_{0}^{n} \frac{d t}{t + y} = \ln (1 + \frac{n}{y}) .

Pour $y = \frac{n}{e^{a} - 1}$ , $f (n + y) \geq a$ et par suite

x_{n} \geq n + \frac{n}{e^{a} - 1} .

On en déduit

x_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} n + \frac{n}{e^{a} - 1} = \frac{e^{a} n}{e^{a} - 1} .

Exercice 67 4069 Correction

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

\int_{0}^{+ \infty} f (e^{- t}) d t, \sum f (e^{- n}) et \sum \frac{1}{n} f (\frac{1}{n}) .

Solution

La fonction $t \mapsto f (e^{- t})$ est décroissante et positive donc, par théorème de comparaison série-intégrale, l’intégrale $\int_{0}^{+ \infty} f (e^{- t}) d t$ et la série $\sum f (e^{- n})$ ont même nature.

Par le changement de variable $𝒞^{1}$ bijectif $u = e^{t}$ , l’intégrale $\int_{0}^{+ \infty} f (e^{- t}) d t$ à même nature que $\int_{1}^{+ \infty} \frac{1}{u} f (\frac{1}{u}) d u$ .

La fonction $u \mapsto \frac{1}{u} f (\frac{1}{u})$ est décroissante et positive donc, par théorème de comparaison série-intégrale, l’intégrale $\int_{1}^{+ \infty} \frac{1}{u} f (\frac{1}{u}) d u$ et la série $\sum \frac{1}{n} f (\frac{1}{n})$ ont même nature.

Exercice 68 5038

Soit $f : [1; + \infty [\to ℝ$ une fonction strictement positive, de classe $𝒞^{1}$ dont la dérivée est décroissante et de limite nulle en $+ \infty$ . Montrer que les séries

\sum f^{'} (n) et \sum \frac{f^{'} (n)}{f (n)}

sont de même nature.

Exercice 69 2586 Correction

Soit $f : [0; + \infty [\to ℝ$ une fonction décroissante, continue et intégrable sur $[0; + \infty [$ .

(a)

Montrer que $f$ tend vers $0$ en $+ \infty$ .
(b)

Soient $h > 0$ et $N \in ℕ$ . Établir

$h \sum_{n = 1}^{N} f (n h) \leq \int_{0}^{N h} f (x) d x \leq h \sum_{n = 0}^{N - 1} f (n h) .$
(c)

Montrer que la série de terme général $f (n h)$ converge puis que

$h \sum_{n = 0}^{+ \infty} f (n h) \to_{h \to 0^{+}}^{} \int_{0}^{+ \infty} f (x) d x .$

Solution

(a)

Puisque la fonction $f$ est décroissante, elle admet une limite en $+ \infty$ . Cette limite est nécessairement nulle car sinon $f$ ne serait pas intégrable sur $[0; + \infty [$ .
(b)

Puisque $f$ est décroissante, on a pour tout $n \in ℕ$

$h f ((n + 1) h) \leq \int_{n h}^{(n + 1) h} f (t) d t \leq h f (n h) .$

En sommant ces relations pour $n = 0, \dots, N - 1$ , on obtient l’encadrement voulu.
(c)

Pour $h > 0$ , on peut écrire

$\sum_{n = 1}^{N} f (n h) \leq \frac{1}{h} \int_{0}^{N h} f (x) d x \leq \frac{1}{h} \int_{0}^{+ \infty} f (x) d x .$

La fonction $f$ est positive car décroissante et de limite nulle. La série $\sum f (n h)$ est une série à termes aux sommes partielles majorées, c’est donc une série convergente. Au surplus, en passant à la limite quand $N \to + \infty$ l’encadrement de la question précédente, il vient

$h \sum_{n = 1}^{+ \infty} f (n h) \leq \int_{0}^{+ \infty} f (x) d x \leq h \sum_{n = 0}^{+ \infty} f (n h)$

et donc

$\int_{0}^{+ \infty} f (x) d x \leq h \sum_{n = 0}^{+ \infty} f (n h) \leq \int_{0}^{+ \infty} f (x) d x + h f (0) .$

On en déduit

$h \sum_{n = 0}^{+ \infty} f (n h) \to_{h \to 0^{+}}^{} \int_{0}^{+ \infty} f (x) d x .$

Exercice 70 5039

Soit $f : [1; + \infty [\to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ dont la dérivée est décroissante et de limite nulle.

(a)

Soit $k \in ℕ^{*}$ . Établir

$0 \leq \int_{k}^{k + 1} f (t) d t - \frac{1}{2} (f (k) + f (k + 1)) \leq \frac{1}{8} (f^{'} (k) - f^{'} (k + 1)) .$
(b)

En déduire que¹¹ 1 $S_{n}$ compare une intégrale à l’approximation de celle-ci obtenue par la méthode des trapèzes.

$S_{n} = \int_{1}^{n} f (t) d t - (\frac{1}{2} f (1) + f (2) + \dots + f (n - 1) + \frac{1}{2} f (n))$

admet une limite finie lorsque $n$ tend vers $+ \infty$ .
(c)

Application : On considère la fonction $f : x \mapsto \ln (x)$ . 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

$σ_{n} = \ln (n!) - (n + \frac{1}{2}) \ln (n) + n .$

Exercice 71 5042

Soit $f : [1; + \infty [\to ℂ$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ . On suppose qu’il existe $M \in ℝ_{+}$ vérifiant¹¹ 1 Au chapitre suivant, on dira simplement que $f^{'}$ est intégrable sur $[1; + \infty [$ . On peut noter que cette hypothèse est satisfaite lorsque $f$ est monotone et admet une limite finie en $+ \infty$ .

\int_{1}^{x} | f^{'} (t) | d t \leq M pour tout x \geq 1 .

(a)

Montrer

$\sum f (n) converge \Leftrightarrow {(\int_{1}^{n} f (t) d t)}_{n \in ℕ^{*}} converge.$
(b)

Application : Déterminer la nature de la série

$\sum \frac{\sin (\ln (n))}{n} .$

Exercice 72 3449

Soit $f : [1; + \infty [\to ℂ$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ pour laquelle il existe $M \in ℝ_{+}$ vérifiant¹¹ 1 Au chapitre suivant, on dira simplement que $f^{'}$ est intégrable sur $[1; + \infty [$ .

\int_{1}^{x} | f^{'} (t) | d t \leq M pour tout x \geq 1 .

(a)

Montrer

$\sum f (n) converge \Leftrightarrow (\int_{1}^{n} f (t) d t) converge.$
(b)

En admettant la convergence²² 2 Il s’agit de l’intégrale de Dirichlet (voir le sujet 2383). de $\int_{1}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{t} d t$ , étudier la convergence de la série

$\sum_{n \geq 1} \frac{\sin (\sqrt{n})}{n} .$

Exercice 73 2434 CENTRALE (MP)Correction

Soit, pour $x \in ℝ$ ,

f (x) = \frac{\cos (x^{1 / 3})}{x^{2 / 3}} .

(a)

Déterminer la nature la série de terme général

$u_{n} = \int_{n}^{n + 1} f (x) d x - f (n) .$
(b)

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

On pourra montrer que $\sin (n^{1 / 3})$ n’admet pas de limite quand $n \to + \infty$ .
(c)

Déterminer la nature de la série de terme général

$\frac{\sin (n^{1 / 3})}{n^{2 / 3}} .$

Solution

(a)

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

$u_{n} = \int_{n}^{n + 1} f (x) - f (n) d x .$

Or, par le théorème des accroissements fini,

$f (x) - f (n) = f^{'} (c_{x}) (x - n)$

avec $c_{x} \in] n; x [$ . Après calcul de $f^{'} (x)$ , on en déduit

$| f (x) - f (n) | \leq \frac{1}{3 n^{4 / 3}} + \frac{2}{3 n^{5 / 3}}$

puis

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{=} O (\frac{1}{n^{4 / 3}}) .$
(b)

La série de terme général $\int_{n}^{n + 1} f (t) d t$ diverge car

$\int_{0}^{n} f (t) d t = 3 \sin (n^{1 / 3}) diverge.$

En effet, si $\sin (n^{1 / 3})$ convergeait vers $ℓ$ alors par extraction $\sin (n)$ aussi et il est classique d’établir la divergence de la suite $(\sin (n))$ . On en déduit que $\sum \frac{\cos (n^{1 / 3})}{n^{2 / 3}}$ diverge.
(c)

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

Exercice 74 3086 X (MP)Correction

Étudier

lim_{n \to + \infty} n \sum_{k = n}^{+ \infty} (\frac{1}{k^{2}} e^{\frac{n}{k}}) .

Solution

On remarque

n \sum_{k = n}^{+ \infty} (\frac{1}{k^{2}} e^{\frac{n}{k}}) = \frac{1}{n} \sum_{k = n}^{+ \infty} φ (\frac{k}{n})

avec $φ : x \mapsto \frac{1}{x^{2}} e^{1 / x}$ .

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

\int_{k / n}^{(k + 1) / n} φ (t) d t \leq \frac{1}{n} φ (\frac{k}{n}) \leq \int_{(k - 1) / n}^{k / n} φ (t) d t .

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

\int_{1}^{+ \infty} \frac{1}{t^{2}} e^{1 / t} d t \leq \sum_{k = n}^{+ \infty} \frac{1}{n} φ (\frac{k}{n}) \leq \int_{(n - 1) / n}^{+ \infty} \frac{1}{t^{2}} e^{1 / t} d t .

\int_{1}^{+ \infty} \frac{1}{t^{2}} e^{\frac{1}{t}} d t = {[- e^{1 / t}]}_{1}^{+ \infty} = e - 1 et \int_{(n - 1) / n}^{+ \infty} \frac{1}{t^{2}} e^{\frac{1}{t}} d t = {[- e^{1 / t}]}_{(n - 1) / n}^{+ \infty} \to_{n \to + \infty}^{} e - 1 .

Par encadrement,

lim_{n \to + \infty} n \sum_{k = n}^{+ \infty} (\frac{1}{k^{2}} e^{\frac{n}{k}}) = e - 1 .

Exercice 75 3882 MINES (MP)Correction

Déterminer

lim_{n \to + \infty} \frac{1}{n} \prod_{k = 1}^{n} {(3 k - 1)}^{1 / n} .

Solution

Posons

P_{n} = \frac{1}{n} \prod_{k = 1}^{n} {(3 k - 1)}^{1 / n} > 0 .

On a

\ln (P_{n}) = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} \ln (3 k - 1) - \ln (n) .

Par comparaison série-intégrale,

\ln (2) + \int_{1}^{n} \ln (3 t - 1) d t \leq \sum_{k = 1}^{n} \ln (3 k - 1) \leq \int_{1}^{n + 1} \ln (3 t - 1) d t .

\int_{1}^{n} \ln (3 t - 1) d t = \frac{3 n - 1}{3} \ln (3 n - 1) - n + C \underset{n \to + \infty}{=} n \ln (n) + (\ln (3) - 1) n + O (\ln (n))

et donc

\sum_{k = 1}^{n} \ln (3 k - 1) \underset{n \to + \infty}{=} n \ln (n) + (\ln (3) - 1) n + O (\ln (n)) .

On en déduit

\ln (P_{n}) \to_{n \to + \infty}^{} \ln (3) - 1

puis

P_{n} \to_{n \to + \infty}^{} \frac{3}{e} .

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

Exercice 76 5516 Correction

Déterminer un équivalent simple quand $n$ tend vers $+ \infty$ de

\sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{3}} .

Solution

La décroissance et la continuité de la fonction $t \mapsto 1 / t^{3}$ permettent d’écrire l’encadrement

\int_{k}^{k + 1} \frac{d t}{t^{3}} \leq \frac{1}{k^{3}} \leq \int_{k - 1}^{k} \frac{d t}{t^{3}} pour tout k \geq 2 .

Soient $n \in ℕ^{*}$ et $N \geq n + 1$ . En sommant les encadrements précédents pour $k$ allant de $n + 1$ à $N$ , on obtient

\int_{n + 1}^{N + 1} \frac{d t}{t^{3}} \leq \sum_{k = n + 1}^{N} \frac{1}{k^{3}} \leq \int_{n}^{N} \frac{d t}{t^{3}} .

En passant à la limite quand $N$ tend vers l’infini, on produit un encadrement du reste étudié où les deux intégrales introduites convergent:

\int_{n + 1}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{3}} \leq \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{3}} \leq \int_{n}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{3}} .

Il reste à calculer les intégrales pour obtenir

\frac{1}{2 {(n + 1)}^{2}} \leq \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{3}} \leq \frac{1}{2 n^{2}} .

Les deux membres encadrants étant équivalents, on peut conclure

\sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{3}} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{2 n^{2}} .

Exercice 77 5517 Correction

À l’aide d’une comparaison avec une intégrale, déterminer un équivalent simple quand $n$ tend vers $+ \infty$ de

\sum_{k = 1}^{n} \ln (k) .

Solution

La croissance et la continuité de la fonction $\ln (\cdot)$ permettent d’écrire l’encadrement qui suit

\int_{k - 1}^{k} \ln (t) d t \leq \ln (k) \leq \int_{k}^{k + 1} \ln (t) d t pour tout k \geq 2 .

En sommant ces encadrements, on obtient

\sum_{k = 2}^{n} (\int_{k - 1}^{k} \ln (t) d t) \leq \sum_{k = 2}^{n} \ln (k) \leq \sum_{k = 2}^{n + 1} (\int_{k}^{k + 1} \ln (t) d t) pour tout n \geq 1 .

Dans les membres encadrants, les intégrales sommées sont contiguës et peuvent être raccordées par la relation de Chasles. Cela donne

\int_{1}^{n} \ln (t) d t \leq \sum_{k = 2}^{n} \ln (k) \leq \int_{2}^{n + 1} \ln (t) d t .

En calculant les intégrales à l’aide de la primitive $t \mapsto t \ln (t) - t$ , on obtient

n \ln (n) - n + 1 \leq \sum_{k = 2}^{n} \ln (k) = \sum_{k = 1}^{n} \ln (k) \leq (n + 1) \ln (n + 1) - n - 2 \ln (2) + 1 .

D’une part,

n \ln (n) - n + 1 \underset{n \to + \infty}{=} n \ln (n) + o (n \ln (n))

D’autre part,

	$(n + 1) \ln (n + 1) - n - 2 \ln (2) + 1$	$\underset{n \to + \infty}{\sim} n \ln (n + 1)$
		$= n \ln (n) + n \ln (1 + \frac{1}{n})$
		$\underset{n \to + \infty}{\sim} n \ln (n)$

Les deux membres encadrants étant équivalents en l’infini à $n \ln (n)$ , on peut conclure

\sum_{k = 1}^{n} \ln (k) \underset{n \to + \infty}{\sim} n \ln (n) .

Notons que l’emploi de la formule de Stirling peut aussi répondre à la question,

	$\sum_{k = 1}^{n} \ln (k) = \ln (n!)$	$\underset{n \to + \infty}{\sim} \ln (\sqrt{2 π n} {(\frac{n}{e})}^{n})$
		$\underset{n \to + \infty}{=} n \ln (n) + o (n \ln (n))$
		$\underset{n \to + \infty}{\sim} n \ln (n) .$

Exercice 78 4642

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

(a)

$\sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{2} + k + 1}$
(b)

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{1 + \sqrt{k}}$ .

Exercice 79 5221

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on pose

H_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} .

(a)

Montrer l’existence d’un réel¹¹ 1 $γ$ se nomme la constante d’Euler, $γ \approx 0,577 216 à 10^{- 6} près$ . $γ$ tel que

$γ = lim_{n \to + \infty} (H_{n} - \ln (n)) .$
(b)

En déduire

$H_{n} \underset{n \to + \infty}{=} \ln (n) + γ + o (1) .$

Exercice 80 4062

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on pose

H_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} .

(a)

Montrer l’existence de la constante¹¹ 1 $γ$ est la constante d’Euler, $γ \approx 0,577 216 à 10^{- 6} près$ . réelle

$γ = 1 + \sum_{k = 2}^{+ \infty} (\frac{1}{k} + \ln (1 - \frac{1}{k})) .$
(b)

Établir $H_{n} = \ln (n) + γ + ε_{n}$ avec $(ε_{n})$ une suite de limite nulle.
(c)

Justifier le développement asymptotique

$H_{n} \underset{n \to + \infty}{=} \ln (n) + γ + \frac{1}{2 n} + o (\frac{1}{n}) .$

Exercice 81 1089 Correction

On pose

S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k + \sqrt{k}} .

(a)

Donner un équivalent simple du terme $S_{n}$ .
(b)

Montrer qu’il existe une constante réelle $C$ permettant d’écrire

$S_{n} \underset{n \to + \infty}{=} \ln (n) + C + o (1) .$

Solution

(a)

On étudie une somme partielle de la série $\sum \frac{1}{k + \sqrt{k}}$ .

On a

$\frac{1}{k + \sqrt{k}} \underset{k \to + \infty}{\sim} \frac{1}{k}$

$\sum_{k \geq 1} \frac{1}{k}$ est une série à termes positifs divergente donc, par sommation de relation de comparaison,

$S_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} \sim \ln (n) .$
(b)

Pour être plus précis,

$S_{n} - \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} = \sum_{k = 1}^{n} (\frac{1}{k + \sqrt{k}} - \frac{1}{k}) = \sum_{k = 1}^{n} \frac{\sqrt{k}}{k^{2} + k \sqrt{k}} .$

Or

$\frac{\sqrt{k}}{k^{2} + k \sqrt{k}} \underset{k \to + \infty}{\sim} \frac{\sqrt{k}}{k^{2}} = \frac{1}{k^{3 / 2}}$

et le terme général d’une série convergente. On introduit $S$ sa somme.

Ainsi,

$S_{n} - \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} \to_{n \to + \infty}^{} S$

ce qui conduit à l’écriture

$S_{n} \underset{n \to + \infty}{=} \ln (n) + (γ + S) + o (1) = \ln (n) + C + o (1) .$

Exercice 82 1090 Correction

On pose

S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{2} + \sqrt{k}} .

(a)

Montrer que ${(S_{n})}_{n \geq 1}$ converge vers une constante $C$ réelle.
(b)

Établir que

$S_{n} \underset{n \to + \infty}{=} C - \frac{1}{n} + o (\frac{1}{n}) .$

Solution

(a)

On a

$\frac{1}{k^{2} + \sqrt{k}} \underset{k \to + \infty}{\sim} \frac{1}{k^{2}} .$

La série de terme général $\frac{1}{k^{2} + \sqrt{k}}$ est donc absolument convergente. Par suite, $(S_{n})$ converge vers une certaine constante $C$ .
(b)

Pour $n \in ℕ^{*}$ ,

$C - S_{n} = \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{2} + \sqrt{k}} .$

Or

$\frac{1}{k^{2} + \sqrt{k}} \underset{k \to + \infty}{\sim} \frac{1}{k^{2}}$

$\sum_{k \geq 1} \frac{1}{k^{2}}$ est une série à termes positifs convergente et donc, par sommation de relation de comparaison

$C - S_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{2}} .$

Par comparaison série-intégrale, on obtient

$\sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{2}} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{n}$

et l’on peut conclure à l’identité annoncée.

Exercice 83 5223

(a)

Justifier l’existence de

$R_{n} = \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{k} pour tout n \in ℕ .$
(b)

Soit $n \in ℕ^{*}$ . Montrer que

$R_{n} + R_{n - 1} = \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k (k - 1)} .$
(c)

Déterminer un équivalent de $R_{n}$ quand $n$ tend vers l’infini.
(d)

Donner la nature de la série de terme général $R_{n}$ .

Exercice 84 5886 Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on pose

s_{n} = \sum_{k = 1}^{n} {(- 1)}^{k} \sqrt{k} .

(a)

Montrer la convergence de la suite de terme général $s_{n} + s_{n + 1}$ .
(b)

En déduire

$s_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} {(- 1)}^{n} \frac{\sqrt{n}}{2} .$

Solution

(a)

Pour $n \in ℕ$ ,

$s_{n} + s_{n + 1} = \sum_{k = 1}^{n} {(- 1)}^{k} \sqrt{k} + \sum_{k = 1}^{n + 1} {(- 1)}^{k} \sqrt{k} .$

On adjoint un terme nul à la première somme et l’on opère un glissement d’indice sur la seconde

$s_{n} + s_{n + 1} = \sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k} \sqrt{k} + \sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k + 1} \sqrt{k + 1} = \sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k + 1} (\sqrt{k + 1} - \sqrt{k}) .$

On reconnaît les sommes partielles de la série alternée $\sum {(- 1)}^{n + 1} (\sqrt{n + 1} - \sqrt{n})$ .

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on vérifie

$\sqrt{n + 1} - \sqrt{n} = \frac{1}{\sqrt{n + 1} + \sqrt{n}} \leq \sqrt{n} - \sqrt{n - 1} = \frac{1}{\sqrt{n} + \sqrt{n - 1}}$

et l’on a

$\sqrt{n + 1} - \sqrt{n} = \frac{1}{\sqrt{n + 1} + \sqrt{n}} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

Par application du critère spécial des séries alternées, la série $\sum {(- 1)}^{n + 1} (\sqrt{n + 1} - \sqrt{n})$ converge. On en déduit la convergence de la suite ${(s_{n} + s_{n + 1})}_{n \in ℕ}$ .
(b)

Notons $ℓ$ la limite de la suite précédente. On peut écrire conjointement

$s_{n} + s_{n + 1} = 2 s_{n} + {(- 1)}^{n + 1} \sqrt{n + 1} et s_{n} + s_{n + 1} \underset{n \to + \infty}{=} ℓ + o (1) .$

On en tire

$s_{n} \underset{n \to + \infty}{=} {(- 1)}^{n} \frac{\sqrt{n + 1}}{2} + \frac{ℓ}{2} + o (1) \underset{n \to + \infty}{\sim} {(- 1)}^{n} \frac{\sqrt{n}}{2} .$

Exercice 85 2809 MINES (MP)Correction

On pose

a_{n} = \frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2} + \dots + \frac{1}{3 n} .

(a)

Montrer que la suite $(a_{n})$ converge et trouver sa limite $λ$ .
(b)

Trouver un équivalent simple de $a_{n} - λ$ .

Solution

(a)

On sait

$H_{n} \underset{n \to + \infty}{=} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} = \ln (n) + γ + o (1)$

donc

$a_{n} = H_{3 n} - H_{n} \to_{n \to + \infty}^{} \ln (3) = λ .$
(b)

Si on sait

$H_{n} \underset{n \to + \infty}{=} \ln (n) + γ + \frac{1}{2 n} + o (\frac{1}{n})$

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

$a_{n} = \sum_{k = 1}^{3 n} \frac{1}{k} + \ln (1 - \frac{1}{k}) - \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} + \ln (1 - \frac{1}{k}) + \sum_{k = n + 1}^{3 n} \ln (\frac{k - 1}{k})$

avec

$\sum_{k = n + 1}^{3 n} \ln (\frac{k - 1}{k}) = \ln (3)$

donc

$a_{n} - λ = \sum_{k = 1}^{3 n} \frac{1}{k} + \ln (1 - \frac{1}{k}) - \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} + \ln (1 - \frac{1}{k}) .$

Or $\sum \frac{1}{k} + \ln (1 - \frac{1}{k})$ est absolument convergente car

$\frac{1}{k} + \ln (1 - \frac{1}{k}) \sim - \frac{1}{2 k^{2}}$

donc $a_{n} - λ = R_{n} - R_{3 n}$ avec

$R_{n} = \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{k} + \ln (1 - \frac{1}{k}) .$

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

$R_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} - \frac{1}{2 k^{2}} \underset{n \to + \infty}{\sim} - \frac{1}{2 n}$

(le dernier équivalent s’obtenant, soit par comparaison série-intégrale, soit par $\frac{1}{k^{2}} \sim \frac{1}{k (k - 1)}$ et sommation télescopique). Au final,

$a_{n} - λ \underset{n \to + \infty}{=} - \frac{1}{2 n} + \frac{1}{6 n} + o (\frac{1}{n}) \underset{n \to + \infty}{\sim} - \frac{1}{3 n} .$

Exercice 86 5352 MINES (PC)Correction

Trouver un équivalent quand $n$ tend vers l’infini de

R_{n} = \sum_{k = n}^{+ \infty} \frac{\sqrt{k}}{k!} .

Solution

On justifie l’existence de $R_{n}$ en observant

n^{2} \times \frac{\sqrt{n}}{n!} \to_{n \to + \infty}^{} 0

ce qui assure la convergence de la série dont $R_{n}$ est un reste.

Méthode: On isole le premier termes de $R_{n}$ et l’on majore les suivants;

Pour $n \in ℕ^{*}$ ,

R_{n} = \frac{\sqrt{n}}{n!} + \frac{\sqrt{n + 1}}{(n + 1)!} + \sum_{k = n + 2}^{+ \infty} \frac{\sqrt{k}}{k!}

avec

\frac{\sqrt{n + 1}}{(n + 1)!} = \frac{1}{n + 1} \cdot \frac{\sqrt{n + 1}}{n!} \underset{n \to + \infty}{=} o (\frac{\sqrt{n}}{n!})

	$0 \leq \sum_{k = n + 2}^{+ \infty} \frac{\sqrt{k}}{k!}$	$= \sum_{k = n + 2}^{+ \infty} \frac{\sqrt{k}}{k} \cdot \frac{1}{(k - 1)!} \leq \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{k!}$
		$= \frac{1}{(n + 1)!} + \frac{1}{(n + 2)!} + \frac{1}{(n + 3)!} + \dots$
		$\leq \frac{1}{(n + 1)!} (1 + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \dots)$
		$\leq \frac{e}{(n + 1)!} \underset{n \to + \infty}{=} o (\frac{\sqrt{n}}{n!}) .$

On conclut

R_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{\sqrt{n}}{n!} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{\sqrt{2 π}} {(\frac{e}{n})}^{n} .

Exercice 87 3070

Former un développement asymptotique à deux termes de

\sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{2}} .

Exercice 88 3179 Correction

(a)

Pour $α \geq 1$ , étudier

$lim_{n \to + \infty} \sum_{k = n + 1}^{2 n} \frac{1}{k^{α}} .$
(b)

Étudier

$lim_{n \to + \infty} \sum_{k = n + 1}^{2 n} \sin (\frac{1}{k}) .$

Solution

(a)

Pour $α > 1$ , la série de terme général $1 / n^{α}$ converge et si l’on pose

$S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{α}}$

on observe

$\sum_{k = n + 1}^{2 n} \frac{1}{k^{α}} = S_{2 n} - S_{n} \to_{n \to + \infty}^{} \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{α}} - \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{α}} = 0 .$

Pour $α = 1$ , on introduit les sommes partielles harmoniques

$H_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} .$

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

$H_{n} \underset{n \to + \infty}{=} \ln (n) + γ + o (1)$

et alors

$\sum_{k = n + 1}^{2 n} \frac{1}{k} \underset{n \to + \infty}{=} H_{2 n} - H_{n} = \ln (2) + o (1) \to_{n \to + \infty}^{} \ln (2) .$
(b)

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

$\sin (x) = x + \int_{0}^{x} \frac{{(x - t)}^{2}}{2!} \sin^{(3)} (t) d t .$

Puisque

$\forall t \in ℝ, \sin^{(3)} (t) = - \cos (t) \in [- 1; 1]$

on a

$\forall x \geq 0, \sin (x) \geq x - \int_{0}^{x} \frac{{(x - t)}^{2}}{2!} d t = x - \frac{1}{6} x^{3} .$

D’autre part, il est bien connu que

$\forall x \geq 0, \sin (x) \leq x .$

On en déduit

$\sum_{k = n + 1}^{2 n} \frac{1}{k} - \frac{1}{6} \sum_{k = n + 1}^{2 n} \frac{1}{k^{3}} \leq \sum_{k = n + 1}^{2 n} \sin (\frac{1}{k}) \leq \sum_{k = n + 1}^{2 n} \frac{1}{k} .$

En vertu de ce qui précède, on obtient

$lim_{n \to + \infty} \sum_{k = n + 1}^{2 n} \sin (\frac{1}{k}) = \ln (2) .$

Exercice 89 5801 Correction

Soit ${(u_{n})}_{n \geq 0}$ une suite de réels strictement positifs vérifiant

\frac{u_{n + 1}}{u_{n}} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

(a)

Justifier la convergence de la série $\sum u_{n}$ .
(b)

Déterminer un équivalent simple au reste de rang de rang $n$ de la série $\sum u_{n}$ .
(c)

Application : Déterminer un équivalent simple de

$\sum_{k = n + 1}^{+ \infty} e^{- k^{2}} .$

Solution

(a)

C’est une application directe de la règle de d’Alembert sachant $ℓ = 0 < 1$ .
(b)

On peut introduire le reste de rang $n$

$R_{n} = \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} u_{k} .$

Vérifions $R_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} u_{n + 1}$ . Pour $n \in ℕ$ ,

$\frac{R_{n}}{u_{n + 1}} = 1 + \sum_{k = n + 2}^{+ \infty} \frac{u_{k}}{u_{n + 1}} .$

Soit $ε > 0$ . Il existe un rang $N \in ℕ$ au delà duquel

$\frac{u_{k + 1}}{u_{k}} \leq ε .$

Pour $n > N$ ,

$\forall k \geq n + 2, \frac{u_{k}}{u_{n + 1}} = \frac{u_{k}}{u_{k - 1}} \cdot \frac{u_{k - 1}}{u_{k - 2}} \times \dots \times \frac{u_{n + 2}}{u_{n + 1}} \leq ε^{k - (n + 1)}$

et alors

$0 \leq \sum_{k = n + 2}^{+ \infty} \frac{u_{k}}{u_{n + 1}} \leq \sum_{k = n + 2}^{+ \infty} ε^{k - (n + 1)} = \sum_{k = 1}^{+ \infty} ε^{k} = \frac{ε}{1 - ε} .$

Quitte à reprendre l’étude avec un $ε^{'} > 0$ arbitraire et considérer $ε > 0$ assez petit pour que $\frac{ε}{1 - ε} \leq ε^{'}$ , on peut affirmer pour $n$ assez grand

$1 \leq \frac{R_{n}}{u_{n + 1}} \leq 1 + ε^{'} .$

On en déduit

$R_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} u_{n + 1} .$
(c)

Le contexte hypothétique précédent est vérifié puisque

$\frac{e^{- {(n + 1)}^{2}}}{e^{- n^{2}}} = e^{- (2 n + 1)} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

On a donc

$\sum_{k = n + 1}^{+ \infty} e^{- k^{2}} \underset{n \to + \infty}{\sim} e^{- {(n + 1)}^{2}} .$

Exercice 90 1091 Correction

On pose

u_{n} = \prod_{k = 1}^{n} \frac{3 k - 1}{3 k} .

(a)

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

$\ln (u_{n}) \underset{n \to + \infty}{=} α \ln (n) + β + o (1) .$

En déduire un équivalent de $u_{n}$ .
(b)

Déterminer la nature de $\sum_{n \geq 1} u_{n}$ .
(c)

Déterminer la nature de $\sum_{n \geq 1} {(- 1)}^{n} u_{n}$ .

Solution

(a)

On a

$\ln (u_{n}) = \sum_{k = 1}^{n} \ln (1 - \frac{1}{3 k}) .$

Or

$\ln (1 - \frac{1}{3 k}) \underset{k \to + \infty}{=} - \frac{1}{3 k} + O (\frac{1}{k^{2}})$

donc

$\ln (u_{n}) \underset{n \to + \infty}{=} - \frac{1}{3} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} + \sum_{k = 1}^{n} O (\frac{1}{k^{2}}) = - \frac{1}{3} \ln (n) + C + o (1)$

car $\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} \underset{n \to + \infty}{=} \ln (n) + γ + o (1)$ et $\sum_{n \geq 1} O (\frac{1}{n^{2}})$ est une série convergente.
(b)

Puisque

$\ln (n^{1 / 3} u_{n}) \to_{n \to + \infty}^{} β$

on a

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{e^{β}}{n^{1 / 3}}$

et donc la série de terme général $u_{n}$ diverge.
(c)

On vérifie aisément que la suite $(u_{n})$ décroît vers $0$ : la série $\sum {(- 1)}^{n} u_{n}$ converge par application du critère spécial.

Exercice 91 1092 Correction

Déterminer un équivalent simple de:

(a)

$\sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k (n k + 1)}$
(b)

$\sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k (n + k)}$ .

Solution

(a)

Avec convergence des sommes engagées

$\sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k (n k + 1)} = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{2}} + \sum_{k = 1}^{+ \infty} (\frac{1}{k (n k + 1)} - \frac{1}{n k^{2}}) = \frac{π^{2}}{6 n} - \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n k^{2} (n k + 1)}$

et

$0 \leq \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n k^{2} (n k + 1)} \leq \frac{1}{n^{2}} \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{3}}$

donc

$\sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k (n k + 1)} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{π^{2}}{6 n} .$
(b)

Par décomposition en éléments simples et télescopage,

$\sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k (n + k)} = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{+ \infty} (\frac{1}{k} - \frac{1}{n + k}) = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{\ln (n)}{n} .$

Exercice 92 3226 Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on pose

H_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} .

Pour $p \in ℕ$ , on pose

n_{p} = \min {n \in ℕ | H_{n} \geq p} .

Déterminer un équivalent de $n_{p}$ quand $p \to + \infty$

Solution

$n_{p}$ est bien défini car $H_{n} \to + \infty$ .
La suite $(n_{p})$ est croissante et évidemment non majorée donc

n_{p} \to + \infty .

Par définition de $n_{p}$ , on a

H_{n_{p}} \geq p \geq H_{n_{p} - 1} .

H_{n} = \ln (n) + γ + o (1)

donc

\ln (n_{p}) + γ + o (1) \geq p \geq \ln (n_{p} - 1) + γ + o (1) .

Puisque

\ln (n_{p} - 1) = \ln (n_{p}) + o (1)

on obtient

p = \ln (n_{p}) + γ + o (1)

puis

n_{p} = e^{n - γ + o (1)} \sim e^{n - γ} .

Exercice 93 5787 Correction

Déterminer un équivalent simple quand $n$ tend vers l’infini de

\sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{k (n - k)} .

Solution

Par décomposition en éléments simples,

\frac{1}{k (n - k)} = \frac{a}{k} + \frac{b}{n - k} avec a = \frac{1}{n} et b = \frac{1}{n} .

On en déduit

\sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{k (n - k)} = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{k} + \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{n - k} .

Les deux sommes cumulent les mêmes termes et donc

\sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{k (n - k)} = \frac{2}{n} \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{k} .

Enfin, par exemple par une comparaison série-intégrale, on établit

\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} \underset{n \to + \infty}{\sim} \ln (n)

et donc

\sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{k (n - k)} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{2 \ln (n - 1)}{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{2 \ln (n)}{n} .

Exercice 94 5781 Correction

Déterminer un équivalent simple quand $n$ tend vers l’infini de

u_{n} = \sum_{\binom{i, j \in ℕ^{*}}{i + j = n}} \frac{1}{i^{2} j^{2}} .

Solution

Commençons par réexprimer le terme général de la série. Pour $n \geq 2$ ,

u_{n} = \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{k^{2} {(n - k)}^{2}} .

Par décomposition en éléments simples,

\frac{1}{k^{2} {(n - k)}^{2}} = \frac{a}{k^{2}} + \frac{b}{k} + \frac{c}{{(n - k)}^{2}} + \frac{d}{n - k}

avec

a = {\frac{1}{{(n - k)}^{2}} |}_{k = 0} = \frac{1}{n^{2}} et c = {\frac{1}{k^{2}} |}_{k = n} = \frac{1}{n^{2}} .

Par différence,

\frac{1}{k^{2} {(n - k)}^{2}} - \frac{a}{k^{2}} - \frac{c}{{(n - k)}^{2}} = \frac{2}{n^{2}} \cdot \frac{1}{k (n - k)} = \frac{b}{k} + \frac{d}{n - k}

avec

b = {\frac{2}{n^{2} (n - k)} |}_{k = 0} = \frac{2}{n^{3}} et d = {\frac{2}{n^{2} k} |}_{k = n} = \frac{2}{n^{3}} .

On a donc

u_{n} = \frac{1}{n^{2}} \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{k^{2}} + \frac{2}{n^{3}} \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{k} + \frac{1}{n^{2}} \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{{(n - k)}^{2}} + \frac{2}{n^{3}} \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{n - k} .

Par renversement d’indices,

\sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{{(n - k)}^{2}} = \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{k^{2}} et \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{n - k} = \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{k}

ce qui donne

u_{n} = \frac{2}{n^{2}} \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{k^{2}} + \frac{4}{n^{3}} \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{k} .

D’une part,

\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{2}} \to_{n \to + \infty}^{} \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{2}} = \frac{π^{2}}{6} .

D’autre part, une comparaison série-intégrale intégrale donne

\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} \underset{n \to + \infty}{\sim} \ln (n) .

On en déduit

n^{2} u_{n} \to_{n \to + \infty}^{} \frac{π^{2}}{3} + 0

et donc

u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{π^{2}}{3 n} .

Exercice 95 5788 Correction

Soit $α > 1$ . Déterminer un équivalent simple quand $n$ tend vers l’infini de

S_{n} = \sum_{k = 1}^{2 n - 1} \frac{1}{k^{α} {(2 n - k)}^{α}} .

Solution

Les termes sommés présentent une symétrie: on emploie celle-ci pour regrouper les termes identiques.

Pour $n \geq 1$ ,

S_{n} = \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{k^{α} {(2 n - k)}^{α}} + \frac{1}{n^{2 α}}

et donc

n^{α} S_{n} = \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{n^{α}}{k^{α} {(2 n - k)}^{α}} + \frac{1}{n^{α}} .

Cnsidérons la série de fonctions $\sum u_{k}$ avec

u_{k} (n) = {\begin{matrix} \frac{n^{α}}{k^{α} {(2 n - k)}^{α}} & si k < n \\ 0 & sinon \end{matrix}

de sorte que

n^{α} S_{n} = \sum_{k = 1}^{+ \infty} u_{k} (n) + \frac{1}{n^{α}} .

Pour $k \geq 1$ ,

lim_{n \to + \infty} u_{k} (n) = lim_{n \to + \infty} \frac{n^{α}}{k^{α} {(2 n - k)}^{α}} = \frac{1}{2^{α} k^{α}} .

Étudions la convergence normale de la série de fonctions $\sum u_{k}$ .

Pour $n > k$ ,

\frac{n^{α}}{k^{α} {(2 n - k)}^{α}} = \frac{1}{k^{α}} \cdot \frac{1}{{(2 - k / n)}^{α}} \leq \frac{1}{k^{α}}

et donc

sup_{n \in ℕ^{*}} | u_{k} (n) | = \frac{1}{k^{α}} .

La série $\sum \frac{1}{k^{α}}$ converge et donc la série de fonctions $\sum u_{k}$ converge normalement sur $ℕ^{*}$ . Par le théorème de la double limite,

lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 1}^{+ \infty} u_{k} (n) = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{2^{α} k^{α}}

puis

lim_{n \to + \infty} n^{α} S_{n} = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{2^{α} k^{α}} + 0 = \frac{1}{2^{α}} ζ (α)

en introduisant $ζ$ la fonction de Riemann.

Exercice 96 1325 CENTRALE (PSI)Correction

Soit $j \in ℕ$ . On note $Φ_{j}$ le plus petit entier $p \in ℕ^{*}$ vérifiant

\sum_{n = 1}^{p} \frac{1}{n} \geq j .

(a)

Justifier la définition de $Φ_{j}$ .
(b)

Démontrer que $Φ_{j} \to_{j \to + \infty}^{} + \infty$ .
(c)

Démontrer $\frac{Φ_{j + 1}}{Φ_{j}} \to_{j \to + \infty}^{} e$ .

Solution

(a)

Puisque

$\sum_{n = 1}^{p} \frac{1}{n} \to_{p \to + \infty}^{} + \infty$

on peut affirmer que l’ensemble

${p \in ℕ, \sum_{n = 1}^{p} \frac{1}{n} \geq j}$

est une partie non vide de $ℕ$ . Celle admet donc un plus petit élément, noté $Φ_{j}$ .
(b)

Par définition de $Φ_{j}$ , on a

$j \leq \sum_{n = 1}^{Φ_{j}} \frac{1}{n} .$

Or, par comparaison avec une intégrale

$\sum_{n = 1}^{Φ_{j}} \frac{1}{n} \leq 1 + \int_{1}^{Φ_{j}} \frac{d t}{t} = 1 + \ln (Φ_{j}) .$

On en déduit $Φ_{j} \geq e^{j - 1}$ puis $Φ_{j} \to_{j \to + \infty}^{} + \infty$ .
(c)

Par définition de $Φ_{j}$ , on a

$\sum_{n = 1}^{Φ_{j} - 1} \frac{1}{n} \leq j \leq \sum_{n = 1}^{Φ_{j}} \frac{1}{n} .$

Or, sachant que $Φ_{j} \to + \infty$ , on a

$\sum_{n = 1}^{Φ_{j}} \frac{1}{n} = \ln (Φ_{j}) + γ + o (1) et \sum_{n = 1}^{Φ_{j} - 1} \frac{1}{n} = \ln (Φ_{j} - 1) + γ + o (1) .$

Par suite,

$\ln (Φ_{j} - 1) + γ + o (1) \leq j \leq \ln (Φ_{j}) + γ + o (1) .$

Or

$\ln (Φ_{j} - 1) = \ln (Φ_{j}) + o (1)$

donc

$j = \ln (Φ_{j}) + γ + o (1)$

puis

$Φ_{j} = e^{j - γ + o (1)} .$

On en déduit

$\frac{Φ_{j + 1}}{Φ_{j}} = \frac{e^{j + 1 - γ + o (1)}}{e^{j - γ + o (1)}} = e^{1 + o (1)} \to e .$

Exercice 97 2950 X (MP)Correction

Soit ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ une suite d’éléments de $ℝ_{+}^{*}$ .

On pose

v_{n} = \frac{1}{n u_{n}} (\sum_{k = 1}^{n} u_{k}) et w_{n} = \frac{1}{n^{2} u_{n}} (\sum_{k = 1}^{n} k u_{k}) .

On suppose que $(v_{n})$ tend vers $a \in ℝ_{+}^{*}$ .

Étudier la convergence de $(w_{n})$ .

Solution

Posons $S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} u_{k}$ . On observe que

\sum_{k = 1}^{n} k u_{n} = (n + 1) S_{n} - \sum_{k = 1}^{n} S_{k} .

Par suite,

w_{n} = \frac{n + 1}{n} v_{n} - \frac{1}{n^{2} u_{n}} \sum_{k = 1}^{n} S_{k} (*) .

Puisque $\frac{S_{n}}{n u_{n}} \to a$ , on a $S_{n} \sim a n u_{n}$ .
La série de terme général $S_{n}$ est une série à termes positifs divergente donc

\sum_{k = 1}^{n} S_{k} \sim a \sum_{k = 1}^{n} k u_{k} .

Par suite,

\frac{1}{n^{2} u_{n}} \sum_{k = 1}^{n} S_{k} \sim a w_{n} .

La relation $(*)$ dévient alors

w_{n} = \frac{n + 1}{n} v_{n} - a w_{n} + o (w_{n})

et en on en déduit que

w_{n} \sim \frac{1}{a + 1} v_{n} \to \frac{a}{a + 1} .

Exercice 98 6032 CENTRALE (MP)Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on pose

H_{n} = 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n} .

Pour $k \in ℕ^{*}$ , on note $d_{k}$ le nombre de diviseurs strictement positifs de l’entier $k$ et l’on pose

f : x \in [1; + \infty [\mapsto \sum_{k \leq x} d_{k} .

(a)

À l’aide d’une comparaison avec une intégrale, donner un développement asymptotique à deux termes de $H_{n}$ .
(b)

Donner un équivalent de $f (x)$ lorsque $x$ tend vers $+ \infty$ .
(c)

Donner un développement asymptotique à deux termes de $f (x)$ lorsque $x$ tend vers $+ \infty$ .

Solution

(a)

La fonction $t \mapsto 1 / t$ est continue et décroissante sur $[1; + \infty [$ . Pour tout $n \in ℕ^{*}$ ,

$\frac{1}{n + 1} \leq \int_{n}^{n + 1} \frac{d t}{t} \leq \frac{1}{n}$

et donc

$0 \leq u_{n} = \int_{n}^{n + 1} \frac{d t}{t} - \frac{1}{n + 1} \leq \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1} .$

La série télescopique $\sum (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1})$ est convergente et donc, par comparaison de séries à termes positifs, $\sum u_{n}$ converge. En introduisant $ℓ$ sa limite, on écrit

$\sum_{k = 1}^{n - 1} (\int_{k}^{k + 1} \frac{d t}{t} - \frac{1}{k + 1}) \underset{n \to + \infty}{=} ℓ + o (1)$

ce qui se relit

$\int_{1}^{n} \frac{d t}{t} - H_{n} + 1 = ℓ + o (1)$

On réorganise l’identité en

$H_{n} \underset{n \to + \infty}{=} \ln (n) + (\underset{\begin{matrix} = γ \end{matrix}}{\underset{⏟}{1 - ℓ}}) + o (1) .$
(b)

Pour $k \in ℕ^{*}$ , on écrit

$d_{k} = \sum_{d ∣ k} 1 .$

Pour $x \geq 1$ ,

$f (x) = \sum_{k \leq x} \sum_{d ∣ k} 1 .$

Par échange des deux sommes,

$f (x) = \sum_{d = 1}^{⌊ x ⌋} \sum_{\binom{k \leq x}{d ∣ k}} 1 = \sum_{d = 1}^{⌊ x ⌋} \sum_{\binom{ℓ = 1}{k = ℓ d}}^{⌊ x / d ⌋} 1 = \sum_{d = 1}^{⌊ x ⌋} ⌊ \frac{x}{d} ⌋ .$

On sait

$\forall x \in ℝ, x - 1 < ⌊ x ⌋ \leq x$

ce qui permet d’écrire

$⌊ x ⌋ \underset{x \to + \infty}{=} x + O (1) .$

On a donc

$f (x) \underset{x \to + \infty}{=} \sum_{d = 1}^{⌊ x ⌋} (\frac{x}{d} + O (1)) = x H_{⌊ x ⌋} + O (⌊ x ⌋) \underset{x \to + \infty}{\sim} x \ln (x) .$
(c)

La question ne me semble pas très raisonnable…

Soit $x \geq 1$ . L’entier $f (x)$ est le nombre de couples $(d, d^{'})$ avec $d d^{'} = k \leq x$ . On découpe l’ensemble de ces couples selon que $d, d^{'} \leq \sqrt{x}$ , $d \leq \sqrt{x} < d^{'}$ ou $d^{'} \leq \sqrt{x} < d$ :

$f (x) = \sum_{d d^{'} \leq x} 1 = \sum_{d, d^{'} \leq \sqrt{x}} 1 + \sum_{\binom{d \leq \sqrt{x} < d^{'}}{d d^{'} \leq x}} 1 + \sum_{\binom{d^{'} \leq \sqrt{x} < d}{d d^{'} \leq x}} 1 = {⌊ \sqrt{x} ⌋}^{2} + 2 \sum_{\binom{d \leq \sqrt{x} < d^{'}}{d d^{'} \leq x}} 1 .$

Or

$\sum_{\binom{d \leq \sqrt{x} < d^{'}}{d d^{'} \leq x}} 1$ $= \sum_{d \leq \sqrt{x}} Card {d^{'} \in ℕ | \sqrt{x} < d^{'} \leq \frac{x}{d}}$

$= \sum_{d \leq \sqrt{x}} (⌊ \frac{x}{d} ⌋ - ⌊ \sqrt{x} ⌋) = \sum_{d \leq \sqrt{x}} ⌊ \frac{x}{d} ⌋ - {⌊ \sqrt{x} ⌋}^{2}$

et donc

$f (x) = 2 \sum_{d \leq \sqrt{x}} ⌊ \frac{x}{d} ⌋ - {⌊ \sqrt{x} ⌋}^{2} .$

Par le développement asymptotique obtenue en première question,

$\sum_{d \leq \sqrt{x}} ⌊ \frac{x}{d} ⌋ \underset{x \to + \infty}{=} \sum_{d \leq \sqrt{x}} (\frac{x}{d} + O (1)) = x \sum_{d \leq \sqrt{x}} \frac{1}{d} + O (⌊ \sqrt{x} ⌋) = \frac{1}{2} x \ln (x) + γ x + o (x)$

et l’on conclut

$f (x) \underset{x \to + \infty}{=} x \ln (x) + (2 γ - 1) x + o (x) .$

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

Exercice 99 4646

(Lemme de l’escalier)

Soit $(u_{n})$ une suite réelle telle que la différence $u_{n + 1} - u_{n}$ tend vers $1$ .

Déterminer un équivalent de $u_{n}$ quand $n$ tend vers l’infini.

Exercice 100 307 Correction

Soit ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ une suite réelle convergeant vers $ℓ \in ℝ$ . On désire établir que la suite ${(v_{n})}_{n \geq 1}$ de terme général

v_{n} = \frac{u_{1} + u_{2} + \dots + u_{n}}{n}

converge aussi vers $ℓ$ . Soit $ε > 0$ .

(a)

Justifier qu’il existe $n_{0} \in ℕ$ tel que pour tout $n \in ℕ$ , $n > n_{0}$ entraîne

$| u_{n} - ℓ | \leq ε / 2 .$
(b)

Établir que pour tout entier $n > n_{0}$ on a

$| v_{n} - ℓ | \leq \frac{| u_{1} - ℓ | + \dots + | u_{n_{0}} - ℓ |}{n} + \frac{n - n_{0}}{n} \frac{ε}{2} .$
(c)

En déduire qu’il existe $n_{1} \in ℕ$ tel que pour tout $n \in ℕ$ , $n > n_{1}$ entraîne

$| v_{n} - ℓ | \leq ε .$
(d)

Application : Soit $(u_{n})$ une suite réelle telle que $u_{n + 1} - u_{n} \to α \neq 0$ .
Donner un équivalent simple de $u_{n}$ .

Solution

(a)

C’est la convergence de $u_{n}$ vers $ℓ$ .
(b)

On a

$| v_{n} - ℓ | = \frac{1}{n} | (u_{1} - ℓ) + \dots + (u_{n} - ℓ) |$

et par l’inégalité triangulaire

$| v_{n} - ℓ | \leq \frac{| u_{1} - ℓ | + \dots + | u_{n_{0}} - ℓ |}{n} + \frac{| u_{n_{0} + 1} - ℓ | + \dots + | u_{n} - ℓ |}{n} .$

On conclut en exploitant $| u_{k} - ℓ | \leq \frac{ε}{2}$ pour $k > n_{0}$ .
(c)

Quand $n \to + \infty$ ,

$\frac{| u_{1} - ℓ | + \dots + | u_{n_{0}} - ℓ |}{n} = \frac{C^{t e}}{n} \to 0$

donc pour $n$ assez grand

$\frac{| u_{1} - ℓ | + \dots + | u_{n_{0}} - ℓ |}{n} \leq \frac{ε}{2} .$

Ainsi il existe un rang $n_{1}$ au-delà duquel

$| v_{n} - ℓ | \leq \frac{ε}{2} + \frac{n - n_{0}}{n} \frac{ε}{2} \leq ε .$
(d)

On applique le résultat précédent à la suite de terme général $u_{n + 1} - u_{n}$ et l’on peut affirmer

$\frac{1}{n} \sum_{k = 0}^{n - 1} u_{k + 1} - u_{k} \to α .$

Après télescopage

$\frac{1}{n} (u_{n} - u_{0}) \to α$

puis

$\frac{1}{n} u_{n} \to α$

et enfin

$u_{n} \sim α n .$

Exercice 101 309 Correction

Soit $(u_{n})$ une suite de réels strictement positifs.
On suppose

\frac{u_{n + 1}}{u_{n}} \to_{n \to + \infty}^{} ℓ \in] 0; + \infty [.

Montrer

\sqrt[n]{u_{n}} \to_{n \to + \infty}^{} ℓ .

Solution

On a $\ln (u_{n + 1}) - \ln (u_{n}) \to \ln (ℓ)$ donc, par le théorème de Cesàro,

\frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} \ln (u_{k}) - \ln (u_{k - 1}) \to_{n \to + \infty}^{} \ln (ℓ)

d’où

\frac{1}{n} \ln (u_{n}) \to_{n \to + \infty}^{} \ln (ℓ)

puis

\sqrt[n]{u_{n}} \to_{n \to + \infty}^{} ℓ .

Exercice 102 308 Correction

Soit $(u_{n})$ une suite réelle.

(a)

On suppose que $(u_{n})$ converge vers $ℓ$ et l’on considère

$v_{n} = \frac{u_{1} + 2 u_{2} + \dots + n u_{n}}{n^{2}} .$

Déterminer ${lim}_{n \to + \infty} v_{n}$ .
(b)

On suppose

$\frac{u_{n} - u_{n - 1}}{n} \to_{n \to + \infty}^{} ℓ .$

Déterminer

$lim_{n \to + \infty} \frac{u_{n}}{n^{2}} .$

Solution

(a)

Cas: $ℓ = 0$ . Soit $ε > 0$ , il existe $n_{0} \in ℕ$ tel que

$\forall n > n_{0}, | u_{n} | \leq ε / 2 .$

On a alors

$| v_{n} | \leq | \frac{u_{1} + \dots + n_{0} u_{n_{0}}}{n^{2}} | + | \frac{(n_{0} + 1) u_{n_{0} + 1} + \dots + n u_{n}}{n^{2}} | \leq \frac{C^{t e}}{n^{2}} + \frac{ε}{2} \leq ε$

pour $n$ assez grand.
Ainsi $v_{n} \to 0$ .
Cas général: $u_{n} = ℓ + w_{n}$ avec $ω_{n} \to 0$ :

$v_{n} = \frac{n (n + 1)}{2 n^{2}} ℓ + \frac{w_{1} + \dots + n w_{n}}{n^{2}} \to \frac{ℓ}{2} .$
(b)

On peut écrire

$\frac{u_{n}}{n^{2}} = \frac{(u_{n} - u_{n - 1}) + \dots + (u_{1} - u_{0})}{n^{2}} + \frac{u_{0}}{n^{2}}$

donc

$\frac{u_{n}}{n^{2}} = \frac{n \frac{(u_{n} - u_{n - 1})}{n} + \dots + \frac{(u_{1} - u_{0})}{1}}{n^{2}} + \frac{u_{0}}{n^{2}} \to \frac{ℓ}{2} .$

Exercice 103 5900 Correction

Soient $(a_{n})$ et $(b_{n})$ deux suites réelles convergentes.

Étudier la limite de la suite de terme général

u_{n} = \frac{a_{0} b_{n} + a_{1} b_{n - 1} + \dots + a_{n} b_{0}}{n + 1} = \frac{1}{n + 1} \sum_{k = 0}^{n} a_{k} b_{n - k} .

Solution

Notons $ℓ$ et $ℓ^{'}$ les limites des suites $(a_{n})$ et $(b_{n})$ et montrons que $u_{n}$ tend vers $ℓ ℓ^{'}$ . Artificiellement, on écrit

a_{k} b_{n - k} - ℓ ℓ^{'} = a_{k} b_{n - k} - a_{k} ℓ^{'} + a_{k} ℓ^{'} - ℓ ℓ^{'}

de sorte que

u_{n} - ℓ ℓ^{'} = \frac{1}{n + 1} \sum_{k = 0}^{n} a_{k} (b_{n - k} - ℓ^{'}) + \frac{1}{n + 1} \sum_{k = 0}^{n} (a_{k} - ℓ) ℓ^{'} .

D’une part, le théorème de Cesàro donne

\frac{1}{n + 1} \sum_{k = 0}^{n} (a_{k} - ℓ) ℓ^{'} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

D’autre part, en introduisant $M$ une borne¹¹ 1 Cela est possible car $(a_{n})$ est convergente donc bornée. de la suite ${(a_{n})}_{n \in ℕ}$

| \frac{1}{n + 1} \sum_{k = 0}^{n} a_{k} (b_{n - k} - ℓ^{'}) | \leq \frac{1}{n + 1} \sum_{k = 0}^{n} M | b_{n - k} - ℓ^{'} | = \frac{1}{n + 1} \sum_{k = 0}^{n} M | b_{k} - ℓ^{'} | \to_{n \to + \infty}^{} 0

et donc

\frac{1}{n + 1} \sum_{k = 0}^{n} a_{k} (b_{n - k} - ℓ^{'}) \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Par opérations,

u_{n} - ℓ ℓ^{'} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Exercice 104 3850 MINES (MP)

Soit $\sum u_{n}$ une série à termes strictement positifs convergente. On note $R_{n}$ son reste de rang $n$ et l’on suppose

u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} R_{n}^{2} .

Déterminer un équivalent de $u_{n}$ quand $n$ tend vers l’infini.

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

Exercice 105 3371 CCINP (MP)Correction

(a)

Déterminer la limite de la suite définie par

$u_{0} \geq 0 et u_{n + 1} = \frac{e^{- u_{n}}}{n + 1} pour tout n \in ℕ .$
(b)

Déterminer la limite de la suite définie par

$v_{n} = n u_{n} .$
(c)

Donner la nature de la série $\sum u_{n}$ et celle de la série $\sum {(- 1)}^{n} u_{n}$

Solution

(a)

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

$0 \leq u_{n + 1} = \frac{e^{- u_{n}}}{n + 1} \leq \frac{1}{n + 1} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

Par encadrement, $(u_{n})$ tend vers $0$ .
(b)

Pour $n \geq 1$ , on peut écrire $v_{n} = e^{- u_{n - 1}}$ et alors $v_{n} \to 1$ par composition de limites.
(c)

On en déduit

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} 1 / n .$

Par équivalence de séries à termes positifs, la série $\sum u_{n}$ est divergente.

Aussi,

$u_{n} = \frac{e^{- u_{n - 1}}}{n} \underset{n \to + \infty}{=} \frac{1 - u_{n - 1} + o (u_{n - 1})}{n} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}})$

donc

${(- 1)}^{n} u_{n} \underset{n \to + \infty}{=} \frac{{(- 1)}^{n}}{n} + O (\frac{1}{n^{2}}) .$

La série $\sum {(- 1)}^{n} / n$ converge en vertu du critère spécial et $\sum O (1 / n^{2})$ est absolument convergente par argument de comparaison. Par opérations sur les séries convergentes, la série $\sum {(- 1)}^{n} u_{n}$ converge.

Exercice 106 5888 Correction

On considère la suite ${(u_{n})}_{n \in ℕ}$ définie par

u_{0} \in ℝ et u_{n} = \frac{{(- 1)}^{n}}{n} \cos (u_{n - 1}) pour tout n \in ℕ^{*} .

Étudier la convergence de la suite ${(u_{n})}_{n \in ℕ}$ puis celle de la série $\sum u_{n}$ .

Solution

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on observe

| u_{n} | \leq \frac{1}{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

On en déduit que la suite ${(u_{n})}_{n \in ℕ}$ tend vers $0$ .

La série $\sum u_{n}$ est alternée et son terme général tend vers $0$ . Cependant, la décroissance de $| u_{n} |$ n’est pas assurée. Par développement limité,

u_{n} = \frac{{(- 1)}^{n}}{n} (1 - \frac{1}{2} u_{n}^{2} + o (u_{n}^{2})) = \frac{{(- 1)}^{n}}{n} + v_{n}

avec

v_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{{(- 1)}^{n + 1}}{2 n} u_{n}^{2} .

La série $\sum \frac{{(- 1)}^{n}}{n}$ converge par application du critère spécial des séries alternées.

La série $\sum v_{n}$ converge absolument car $v_{n} = O (\frac{1}{n^{3}})$ puisque $| u_{n} | \leq \frac{1}{n}$ .

Par opérations sur les séries convergentes, la série $\sum u_{n}$ converge.

Exercice 107 2440 Correction

Soit ${(a_{n})}_{n \geq 0}$ une suite définie par $a_{0} \in ℝ_{+}^{*}$ et pour $n \in ℕ$ ,

a_{n + 1} = 1 - e^{- a_{n}} .

(a)

Étudier la convergence de la suite $(a_{n})$ .
(b)

Déterminer la nature de la série de terme général ${(- 1)}^{n} a_{n}$ .
(c)

Déterminer la nature de la série de terme général $a_{n}^{2}$ .
(d)

Déterminer la nature de la série de terme général $a_{n}$ à l’aide de la série

$\sum \ln (\frac{a_{n + 1}}{a_{n}}) .$

Solution

(a)

La suite $(a_{n})$ est bien définie et à termes positifs puisque pour tout $x \geq 0$ , $1 - e^{- x} \geq 0$ .
Puisque pour tout $x \in ℝ, e^{x} \geq 1 + x$ , on a $a_{n + 1} \leq a_{n}$ et la suite $(a_{n})$ est donc décroissante.
Puisque décroissante et minorée, $(a_{n})$ converge et sa limite $ℓ$ vérifie $ℓ = 1 - e^{- ℓ}$ . On en déduit $ℓ = 0$ .

Finalement, $(a_{n})$ décroît vers 0.
(b)

Par le critère spécial des séries alternées, $\sum {(- 1)}^{n} a_{n}$ converge.
(c)

Puisque $a_{n} \to 0$ , on peut écrire $a_{n + 1} = 1 - e^{- a_{n}} = a_{n} - \frac{1}{2} a_{n}^{2} + o (a_{n}^{2})$ .
Par suite, $a_{n}^{2} \sim - 2 (a_{n + 1} - a_{n})$ .
Par équivalence de séries à termes positifs, la nature de la série de terme général $a_{n}^{2}$ est celle de la série de terme général $a_{n + 1} - a_{n}$ qui est celle de la suite de terme général $a_{n}$ .

Finalement, la série $\sum a_{n}^{2}$ converge.
(d)

La nature de la série de terme général $\ln (a_{n + 1} / a_{n})$ est celle de la suite de terme général $\ln (a_{n})$ . C’est donc une série divergente. Or

$\ln (\frac{a_{n + 1}}{a_{n}}) = \ln (1 - \frac{1}{2} a_{n} + o (a_{n})) \sim - \frac{1}{2} a_{n} .$

Par équivalence de série de terme de signe constant, on peut affirmer $\sum a_{n}$ diverge.

Exercice 108 5277 SAINT CYR (MP)Correction

On étudie la suite $(a_{n})$ définie par

a_{0} = 1 et a_{n + 1} = 1 - e^{- a_{n}} pour tout n \in ℕ .

(a)

Écrire une fonction récursive a(n) donnant la valeur de $a_{n}$ .
(b)

Écrire une fonction ListeA(n) de complexité $O (n)$ qui renvoie la liste des $n$ premiers termes de la suite $(a_{n})$ .
(c)

Représenter les premiers termes de la suite $(a_{n})$ en fonction de $n$ . Que conjecturer sur la convergence de la suite $(a_{n})$ ? Le démontrer.
(d)

Pour tout $n \in ℕ$ , on pose

$S_{n} = \sum_{k = 0}^{n} a_{k}^{2} .$

Écrire une fonction ListeS(n) de complexité $O (n)$ qui renvoie la liste des $n$ premiers termes de la suite $(S_{n})$ .
(e)

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

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 $(a_{n})$ semble converger en décroissant vers $0$ . On établit cette propriété en constatant que l’intervalle $[0; + \infty [$ est stable par la fonction itératrice $f : x \mapsto 1 - e^{- x}$ , en vérifiant que $0$ est le seul point fixe de cette fonction continue et, enfin, en soulignant que $f (x) \leq x$ pour tout $x \in ℝ_{+}$ car on connaît l’inégalité de convexité

$e^{t} \geq 1 + t pour tout t \in ℝ .$

(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

(e)
```
n = 20
plt.plot(range(n),ListeS(n),’*’)
plt.show()
```
La série $\sum a_{n}^{2}$ semble converger. On justifie cette propriété en observant

$a_{n} - a_{n + 1} = a_{n} - 1 + e^{- a_{n}} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{2} a_{n}^{2} car (a_{n}) est de limite nulle.$

Par équivalence de séries à termes positifs, la série de terme général $a_{n}^{2}$ a la nature de la série télescopique $\sum (a_{n} - a_{n + 1})$ et cette dernière a la nature de la suite $a_{n}$ qui converge.

Exercice 109 2961 X (MP)Correction

Soit $(u_{n})$ une suite réelle telle que $u_{0} > 0$ et pour tout $n > 0$ ,

u_{n} = \ln (1 + u_{n - 1}) .

Étudier la suite $(u_{n})$ puis la série de terme général $u_{n}$ .

Solution

La suite $(u_{n})$ est à terme strictement positifs car $u_{0} > 0$ et la fonction $x \mapsto \ln (1 + x)$ laisse stable l’intervalle $] 0; + \infty [$ .
Puisque pour tout $x \geq 0$ , $\ln (1 + x) \leq x$ , la suite $(u_{n})$ est décroissante.
Puisque décroissante et minorée, la suite $(u_{n})$ converge et sa limite $ℓ$ vérifie $\ln (1 + ℓ) = ℓ$ ce qui donne $ℓ = 0$ .

\frac{1}{u_{n + 1}} - \frac{1}{u_{n}} = \frac{u_{n} - u_{n + 1}}{u_{n} u_{n + 1}} \sim \frac{\frac{1}{2} u_{n}^{2}}{u_{n}^{2}} \to \frac{1}{2} .

Par le théorème de Cesaro,

\frac{1}{n} \sum_{k = 0}^{n - 1} (\frac{1}{u_{k + 1}} - \frac{1}{u_{k}}) \to \frac{1}{2}

et donc

\frac{1}{n u_{n}} \to \frac{1}{2} .

On en déduit $u_{n} \sim \frac{2}{n}$ et donc la série de terme général $u_{n}$ diverge.

Exercice 110 3012 ENTPE (MP)Correction

La suite ${(a_{n})}_{n \geq 0}$ est définie par $a_{0} \in] 0; π / 2 [$ et

a_{n + 1} = \sin (a_{n}) pour tout n \in ℕ .

Quelle est la nature de la série de terme général $a_{n}$ ?

Solution

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

\frac{1}{a_{n + 1}^{2}} - \frac{1}{a_{n}^{2}} = \frac{a_{n}^{2} - a_{n + 1}^{2}}{a_{n}^{2} a_{n + 1}^{2}} \sim \frac{1}{3}

on obtient par le théorème de Cesàro

\frac{1}{n} \sum_{k = 0}^{n - 1} (\frac{1}{a_{k + 1}^{2}} - \frac{1}{a_{k}^{2}}) \to_{n \to + \infty}^{} \frac{1}{3}

puis

\frac{1}{n} \frac{1}{a_{n}^{2}} \to_{n \to + \infty}^{} \frac{1}{3} .

Finalement,

a_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{n}}

et la série étudiée est divergente.

Exercice 111 2951 X (MP)Correction

Soit ${(u_{n})}_{n \geq 0}$ la suite définie par $u_{0} \in [0; 1]$ et

\forall n \in ℕ, u_{n + 1} = u_{n} - u_{n}^{2} .

(a)

Quelle est la nature de la série de terme général $u_{n}$ ?
(b)

Même question lorsque $u_{n}$ est définie par la récurrence $u_{n + 1} = u_{n} - u_{n}^{1 + α}$ (avec $α > 0$ ).

Solution

Dans le cas où $u_{0} = 0$ , la suite est nulle.

Dans le cas où $u_{0} = 1$ , la suite est nulle à partir du rang $1$ .

On suppose désormais ces cas exclus.

(a)

La suite $(u_{n})$ est à termes dans $] 0; 1 [$ car l’application $x \mapsto x - x^{2}$ laisse stable cet intervalle.

La suite $(u_{n})$ est décroissante et minorée donc convergente. Sa limite $ℓ$ vérifie $ℓ = ℓ - ℓ^{2}$ et donc $ℓ = 0$ .

Finalement, $(u_{n})$ décroît vers 0 par valeurs strictement supérieures.

$\frac{1}{u_{n + 1}} - \frac{1}{u_{n}} = \frac{u_{n} - u_{n + 1}}{u_{n} u_{n + 1}} = \frac{u_{n}^{2}}{u_{n}^{2} - u_{n}^{3}} \to 1 .$

Par le théorème de Cesàro,

$\frac{1}{n} \sum_{k = 0}^{n - 1} (\frac{1}{u_{k + 1}} - \frac{1}{u_{k}}) \to_{n \to + \infty}^{} 1$

et donc

$\frac{1}{n u_{n}} \to_{n \to + \infty}^{} 1 .$

On en déduit que

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{n}$

et donc $\sum u_{n}$ diverge.
(b)

Comme ci-dessus, on obtient que $(u_{n})$ décroît vers 0 par valeurs strictement supérieures.

$\frac{1}{u_{n + 1}^{α}} - \frac{1}{u_{n}^{α}} = \frac{u_{n}^{α} - u_{n + 1}^{α}}{{(u_{n} u_{n + 1})}^{α}} \sim \frac{α u_{n}^{α}}{u_{n + 1}^{α}} \to α .$

Par le théorème de Cesàro,

$\frac{1}{n u_{n}^{α}} \to_{n \to + \infty}^{} α$

et donc

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{λ}{n^{1 / α}} avec λ > 0 .$

Si $α \in] 0; 1 [$ , $\sum u_{n}$ converge et si $α \geq 1$ , $\sum u_{n}$ diverge.

Exercice 112 2960 X (MP)Correction

Soit $u \in ℝ^{ℕ}$ telle que $u_{0} \in] 0; 1]$ et que, pour un certain $β > 0$ et pour tout $n \in ℕ$ ,

u_{n + 1}^{β} = \sin (u_{n}^{β}) .

Étudier la nature de la série de terme général $u_{n}$ .

Solution

Posons $v_{n} = u_{n}^{β}$ . La suite $(v_{n})$ vérifie $v_{n} \in] 0; 1]$ et $v_{n + 1} = \sin (v_{n})$ pour tout $n \in ℕ$ .

Puisque la fonction sinus laisse stable l’intervalle $] 0; 1]$ , on peut affirmer que pour tout $n \in ℕ$ , $v_{n} \in] 0; 1]$ . De plus, pour $x \geq 0$ , $\sin (x) \leq x$ donc la suite $(v_{n})$ est décroissante. Puisque décroissante et minorée, $(v_{n})$ converge et sa limite $ℓ$ vérifie $\sin (ℓ) = ℓ$ ce qui donne $ℓ = 0$ .

Finalement, $(v_{n})$ décroît vers $0$ par valeurs strictement supérieures.

On a

\frac{1}{v_{n + 1}^{2}} - \frac{1}{v_{n}^{2}} = \frac{(v_{n} - v_{n + 1}) (v_{n + 1} + v_{n})}{v_{n}^{2} v_{n + 1}^{2}} \sim \frac{\frac{1}{6} v_{n}^{3} \times 2 v_{n}}{v_{n}^{4}} \to \frac{1}{3} .

Par le théorème de Cesàro,

\frac{1}{n} \sum_{k = 0}^{n - 1} (\frac{1}{v_{k + 1}^{2}} - \frac{1}{v_{k}^{2}}) \to_{n \to + \infty}^{} \frac{1}{3}

et donc $\frac{1}{n v_{n}^{2}} \to \frac{1}{3}$ . On en déduit $v_{n} \sim \frac{\sqrt{3}}{n^{1 / 2}}$ puis

u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{λ}{n^{1 / 2 β}}

avec $λ > 0$ .

Pour $β \in] 0; 1 / 2 [$ , $\sum v_{n}$ converge et pour $β \geq 1 / 2$ , $\sum u_{n}$ diverge.

Exercice 113 2433 CENTRALE (MP)Correction

Soit $α > 0$ et ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ la suite définie par:

u_{1} > 0 et u_{n + 1} = u_{n} + \frac{1}{n^{α} u_{n}} pour tout n \geq 1 .

(a)

Énoncer une Condition nécessaire et suffisante sur $α$ pour que $(u_{n})$ converge.
(b)

Déterminer un équivalent de $u_{n} - ℓ$ dans le cas où $(u_{n})$ converge vers $ℓ$ .
(c)

Déterminer un équivalent de $u_{n}$ dans le cas où $(u_{n})$ diverge.

Solution

(a)

Commençons par observer que la suite $(u_{n})$ est bien définie, strictement positive et croissante.

Si $α > 1$ ,

$u_{n + 1} \leq u_{n} + \frac{1}{n^{α} u_{1}}$

puis, par récurrence,

$u_{n} \leq \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{α} u_{1}} .$

La suite $(u_{n})$ est croissante et majorée donc converge.

Inversement, si $(u_{n})$ converge, on peut introduire $ℓ = lim u_{n}$ et l’on observe $ℓ > 0$ . On a

$u_{n + 1} - u_{n} = \frac{1}{n^{α} u_{n}} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{n^{α} ℓ} .$

La série télescopique $\sum (u_{n + 1} - u_{n})$ est convergente et donc, par équivalence de séries à termes positifs, $\sum \frac{1}{n^{α} ℓ}$ converge. On en déduit $α > 1$ .
(b)

On suppose $α > 1$ . Posons $v_{n} = u_{n} - ℓ$ . On a

$v_{n + 1} - v_{n} = \frac{1}{n^{α} u_{n}} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{n^{α} ℓ} .$

Par sommation de relation de comparaison de séries à termes positifs convergentes,

$\sum_{k = n}^{+ \infty} v_{k + 1} - v_{k} = - v_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \sum_{k = n}^{+ \infty} \frac{1}{ℓ n^{α}} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{α - 1} \frac{1}{ℓ n^{α - 1}}$

puis

$v_{n} = \frac{1}{1 - α} \frac{1}{ℓ n^{α - 1}} .$
(c)

On suppose $α \leq 1$ . On remarque

$u_{n + 1}^{2} - u_{n}^{2} = \frac{2}{n^{α}} + \frac{1}{n^{2 α} u_{n}^{2}} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{2}{n^{α}} .$

Par sommation de relation de comparaison de séries à termes positifs divergentes,

$u_{n}^{2} \underset{n \to + \infty}{\sim} 2 \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{α}} .$

Or, par comparaison série-intégrale,

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{α}} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{n^{1 - α}}{1 - α} quand α < 1$

et

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} \underset{n \to + \infty}{\sim} \ln (n) quand α = 1 .$

On conclut alors

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \sqrt{\frac{2 n^{1 - α}}{1 - α}} si α < 1 et u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \sqrt{2 \ln (n)} si α = 1 .$

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

Exercice 114 3219 Correction

On étudie la suite ${(u_{n})}_{n \geq 0}$ définie par

u_{0} > 0 et u_{n + 1} = \ln (1 + u_{n}) pour tout n \in ℕ .

(a)

Montrer que la suite $(u_{n})$ tend vers $0$ par valeurs strictement positives.
(b)

Déterminer la limite de

$\frac{1}{u_{n + 1}} - \frac{1}{u_{n}} .$
(c)

En déduire un équivalent de ${(u_{n})}_{n \geq 0}$

Solution

(a)

La suite ${(u_{n})}_{n \geq 0}$ est bien définie et à valeurs dans $ℝ_{+}^{*}$ car

$\forall x > 0, \ln (1 + x) > 0 .$

La suite ${(u_{n})}_{n \geq 0}$ est décroissante car

$\forall x \geq 0, \ln (1 + x) \leq x .$

La suite ${(u_{n})}_{n \geq 0}$ est aussi minorée par $0$ donc convergente. Notons $ℓ$ sa limite. En passant la relation de récurrence à la limite, on obtient

$ℓ = \ln (1 + ℓ) .$

La seule solution de cette équation est $ℓ = 0$ et on peut donc affirmer que ${(u_{n})}_{n \geq 0}$ tend vers $0$ par valeurs strictement supérieures.
(b)

Pour $n \in ℕ$

$\frac{1}{u_{n + 1}} - \frac{1}{u_{n}} = \frac{u_{n} - \ln (1 + u_{n})}{u_{n} u_{n + 1}} .$

Par développement limité

$\frac{1}{u_{n + 1}} - \frac{1}{u_{n}} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{2}$

car $u_{n + 1} \sim u_{n}$ .
(c)

Par le théorème de Cesàro,

$\frac{1}{n} \sum_{k = 0}^{n - 1} (\frac{1}{u_{k + 1}} - \frac{1}{u_{k}}) \to_{n \to + \infty}^{} \frac{1}{2}$

puis

$\frac{1}{n} \cdot \frac{1}{u_{n}} \to_{n \to + \infty}^{} \frac{1}{2} .$

Finalement,

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{2}{n} .$

Exercice 115 3220

On étudie la suite $(u_{n})$ définie par

u_{0} \in] 0; π [et u_{n + 1} = \sin (u_{n}) pour tout n \in ℕ .

(a)

Déterminer la limite de la suite $(u_{n})$ .
(b)

Déterminer la limite de

$\frac{1}{u_{n + 1}^{2}} - \frac{1}{u_{n}^{2}} .$
(c)

En déduire un équivalent de $(u_{n})$ quand $n$ tend vers l’infini.

Exercice 116 5406 Correction

Soient $a > 0$ et $(u_{n})$ la suite déterminée par

u_{0} = a et u_{n + 1} = u_{n} e^{- u_{n}} pour tout n \in ℕ .

(a)

Montrer que $(u_{n})$ tend vers $0$ par valeurs strictement supérieures.
(b)

Étudier

$lim_{n \to + \infty} (\frac{1}{u_{n + 1}} - \frac{1}{u_{n}}) .$
(c)

Déterminer un équivalent simple de $(u_{n})$ .

Solution

(a)

Par récurrence, on vérifie aisément $u_{n} > 0$ pour tout $n \in ℕ$ .

On en déduit

$u_{n + 1} = u_{n} e^{- u_{n}} \leq u_{n} car e^{- u_{n}} \leq 1 .$

La suite $(u_{n})$ est décroissante et minorée, elle admet donc une limite finie $ℓ$ . En passant la relation de récurrence $u_{n + 1} = u_{n} e^{- u_{n}}$ à la limite, il vient $ℓ = ℓ e^{- ℓ}$ .

Par l’absurde, si $ℓ \neq 0$ , on simplifie pour écrire $e^{- ℓ} = 1$ et obtenir $ℓ = 0$ . C’est absurde. On conclut que la suite $(u_{n})$ tend vers $0$ .
(b)

Pour $n \in ℕ$ ,

$\frac{1}{u_{n + 1}} - \frac{1}{u_{n}} = \frac{e^{u_{n}} - 1}{u_{n}} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{u_{n}}{u_{n}} \to_{n \to + \infty}^{} 1 .$
(c)

Par Cesàro,

$\frac{1}{n} \sum_{k = 0}^{n - 1} (\frac{1}{u_{k + 1}} - \frac{1}{u_{n}}) \to_{n \to + \infty}^{} 1$

et donc

$\frac{1}{n} (\frac{1}{u_{n}} - \frac{1}{a}) \to_{n \to + \infty}^{} 1 .$

On en déduit

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{n} .$

Exercice 117 5423 MINES (MP)Correction

Soit ${(x_{n})}_{n \geq 0}$ une suite récurrente déterminée par

x_{0} > 0 et x_{n + 1} = x_{n} + \frac{1}{x_{n}} pour tout n \in ℕ .

Montrer que

x_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \sqrt{2 n} .

Solution

La suite $(x_{n})$ est bien définie et à termes dans $ℝ_{+}^{*}$ car la fonction $x \mapsto x + \frac{1}{x}$ est définie de $ℝ_{+}^{*}$ vers $ℝ_{+}^{*}$ . Aussi, la suite $(x_{n})$ est croissante car

\forall n \in ℕ, x_{n + 1} = x_{n} + \frac{1}{x_{n}} \geq x_{n} .

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

Pour $n \in ℕ$ , on observe

x_{n + 1}^{2} = {(x_{n} + \frac{1}{x_{n}})}^{2} = x_{n}^{2} + 2 + \frac{1}{x_{n}^{2}}

et donc

x_{n + 1}^{2} - x_{n}^{2} \to_{n \to + \infty}^{} 2 .

Par le théorème de Cesàro,

\frac{1}{n} \sum_{k = 0}^{n - 1} (x_{k + 1}^{2} - x_{k}^{2}) \to_{n \to + \infty}^{} 2

et donc

\frac{1}{n} (x_{n}^{2} - x_{0}^{2}) \to_{n \to + \infty}^{} 2 .

On conclut

x_{n}^{2} \underset{n \to + \infty}{\sim} 2 n puis x_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \sqrt{2 n} .

Exercice 118 5427 MINES (MP)Correction

Soient $a > 0$ et $(x_{n})$ la suite récurrente déterminée par

x_{0} = a et x_{n + 1} = x_{n} + e^{- x_{n}} .

(a)

Étudier la limite de $(x_{n})$ .
(b)

Donner un équivalent simple de $(x_{n})$ .
(c)

Former un développement asymptotique à deux termes de $(x_{n})$ .

Solution

(a)

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

Introduisons $(y_{n})$ déterminée par

$y_{n} = e^{x_{n}} pour tout n \in ℕ .$

La suite $(y_{n})$ tend vers $+ \infty$ et

$y_{n + 1} = e^{x_{n + 1}} = e^{x_{n} + 1 / y_{n}} = y_{n} e^{1 / y_{n}} \underset{n \to + \infty}{=} y_{n} (1 + \frac{1}{y_{n}} + o (\frac{1}{y_{n}}))$

donc

$y_{n + 1} - y_{n} \to_{n \to + \infty}^{} 1 .$

Par le théorème de Cesàro,

$\frac{1}{n} \sum_{k = 0}^{n - 1} (y_{k + 1} - y_{k}) \to_{n \to + \infty}^{} 1$

et donc

$\frac{1}{n} (y_{n} - y_{0}) \to_{n \to + \infty}^{} 1 .$

On en déduit

$y_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} n$

puis

$x_{n} = \ln (y_{n}) = \ln (n + o (n)) \underset{n \to + \infty}{\sim} \ln (n) .$
(c)

On reprend les calculs qui précèdent en approfondissant le développement limité

$y_{n + 1} \underset{n \to + \infty}{=} y_{n} + 1 + \frac{1}{2 y_{n}} + o (\frac{1}{y_{n}}) .$

On en déduit

$y_{n} - y_{0} = \sum_{k = 0}^{n - 1} (y_{k + 1} - y_{k}) = \sum_{k = 0}^{n - 1} 1 + \sum_{k = 0}^{n - 1} (\frac{1}{2 y_{k}} + o (\frac{1}{y_{k}})) .$

Par comparaison à une série à termes positifs divergente,

$\sum_{k = 1}^{n - 1} (\frac{1}{2 y_{k}} + o (\frac{1}{y_{k}})) \underset{n \to + \infty}{\sim} \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{2 k} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{2} \ln (n)$

et donc

$y_{n} \underset{n \to + \infty}{=} n + \frac{1}{2} \ln (n) + o (\ln (n))$

puis

$x_{n} \underset{n \to + \infty}{=} \ln (n + \frac{1}{2} \ln (n) + o (\ln (n))) = \ln (n) + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{n \ln (n)} + o (\frac{1}{n \ln (n)}) .$

Exercice 119 5489 Correction

Soient $a > 0$ et ${(x_{n})}_{n \in ℕ}$ la suite déterminée par

x_{0} = a et x_{n + 1} = x_{n} + x_{n}^{2} pour tout n \in ℕ .

(a)

Étudier la limite de ${(x_{n})}_{n \in ℕ}$ .
(b)

On pose

$u_{n} = \frac{1}{2^{n}} \ln (x_{n}) pour tout n \in N .$

Montrer la convergence de la suite ${(u_{n})}_{n \in ℕ}$ .
(c)

En déduire l’existence d’un réel $α > 0$ tel que

$x_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} α^{2^{n}} .$

Solution

(a)

Pour tout $n \in ℕ$ , $x_{n + 1} = x_{n} + x_{n}^{2} \geq x_{n}$ . La suite $(x_{n})$ est croissante.

Par l’absurde, si $(x_{n})$ admet une limite finie $ℓ$ , celle-ci vérifie par croissance $ℓ \geq u_{0} = a > 0$ et par passage à la limite dans la relation de récurrence $ℓ = ℓ + ℓ^{2}$ . On en déduit respectivement $ℓ > 0$ et $ℓ = 0$ . C’est absurde.

La suite croissante $(x_{n})$ est donc de limite $+ \infty$ .
(b)

On emploie le lien suite-série pour étudier la convergence de $(u_{n})$ en étudiant celle de la série $\sum (u_{n + 1} - u_{n})$ . Pour $n \in ℕ$ ,

$u_{n + 1} - u_{n}$ $= \frac{1}{2^{n + 1}} \ln (x_{n + 1}) - \frac{1}{2^{n}} \ln (x_{n}) = \frac{1}{2^{n + 1}} (\ln (x_{n + 1}) - 2 \ln (x_{n}))$

$= \frac{1}{2^{n + 1}} \ln (\frac{x_{n} + x_{n}^{2}}{x_{n}^{2}}) .$

Or

$\frac{x_{n} + x_{n}^{2}}{x_{n}^{2}} = \frac{1}{x_{n}} + 1 \to_{n \to + \infty}^{} 1$

et donc

$u_{n + 1} - u_{n} \underset{n \to + \infty}{=} o (\frac{1}{2^{n}}) .$

La série géométrique $\sum \frac{1}{2^{n}}$ converge absolument car $| 1 / 2 | < 1$ . La série $\sum (u_{n + 1} - u_{n})$ converge donc aussi absolument. On en déduit la convergence de la série télescopique $\sum (u_{n + 1} - u_{n})$ donc la convergence de la suite $(u_{n})$ .
(c)

Posons $ℓ$ la limite de la suite $(u_{n})$ et $α = e^{ℓ}$ . Par télescopage,

$u_{n} - ℓ = \sum_{k = n - 1}^{+ \infty} (u_{k} - u_{k + 1}) .$

Par sommation de relation de comparaison dans le cas de la comparaison à une série à termes positifs convergente,

$u_{n} - ℓ \underset{n \to + \infty}{=} o (\sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{2^{k}}) = o (\frac{1}{2^{n}})$

et donc

$\ln (\frac{x_{n}}{α^{2^{n}}}) = \ln (x_{n}) - 2^{n} \ln (α) = 2^{n} (u_{n} - ℓ) \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

Par continuité de l’exponentielle,

$\frac{x_{n}}{α^{2^{n}}} \to_{n \to + \infty}^{} 1$

et donc

$x_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} α^{2^{n}} .$

Exercice 120 2784 MINES (MP)Correction

Soient $a > 0$ et $(u_{n})$ la suite déterminée par $u_{0} \in] 0; 2 π [$ puis

u_{0} = a et u_{n + 1} = \sin (\frac{u_{n}}{2}) pour tout n \in ℕ .

(a)

Montrer que $(u_{n})$ tend vers $0$ .
(b)

Montrer que la suite $(2^{n} u_{n})$ admet une limite $A > 0$ .
(c)

Trouver un équivalent simple de $(u_{n} - A \cdot 2^{- n})$ .

Solution

(a)

La fonction itératrice $x \mapsto \sin (x / 2)$ est définie de $] 0; 2 π [$ vers $] 0; 2 π [$ (intervalle stable). On en déduit que la suite $(u_{n})$ est bien définie et que ses termes appartiennent tous à $] 0; 2 π [$ .

De plus, on sait $\sin (x) \leq x$ pour tout $x \in ℝ_{+}$ et l’on peut alors établir par récurrence

$0 \leq u_{n} \leq \frac{u_{0}}{2^{n}} .$

On en déduit que $(u_{n})$ est de limite nulle.
(b)

Posons $(v_{n})$ et $(w_{n})$ déterminée par

$v_{n} = 2^{n} u_{n} > 0 et w_{n} = \ln (2^{n} u_{n}) pour tout n \in ℕ .$

Puisque $(u_{n})$ est de limite nulle,

$w_{n + 1} - w_{n}$ $= \ln (\frac{2^{n + 1} \sin (u_{n} / 2)}{2^{n} u_{n}}) \underset{n \to + \infty}{=} \ln (1 - \frac{u_{n}^{2}}{24} + o (u_{n}^{2}))$

$\underset{n \to + \infty}{\sim} - \frac{u_{n}^{2}}{24} \underset{n \to + \infty}{=} O (\frac{1}{2^{2 n}}) .$

La série télescopique $\sum (w_{n} - w_{n + 1})$ converge absolument et la suite $(w_{n})$ est donc convergente de limite $C \in ℝ$ . On en déduit que $(v_{n})$ tend vers $A = e^{C} > 0$
(c)

Puisque $(u_{n})$ est de limite nulle,

$v_{n} - v_{n + 1} = 2^{n} (u_{n} - 2 \sin (\frac{u_{n}}{2})) \underset{n \to + \infty}{\sim} 2^{n} \cdot \frac{u_{n}^{3}}{6 \cdot 4} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{A^{3}}{24 \cdot 2^{2 n}} .$

Par comparaison à une série à termes positifs convergente,

$v_{n} - C = \sum_{k = n}^{+ \infty} (v_{k} - v_{k + 1}) \underset{n \to + \infty}{\sim} \sum_{k = n}^{+ \infty} \frac{A^{3}}{24 \cdot 2^{2 n}} = \frac{A^{3}}{24} \frac{1}{4^{n}} = \frac{A^{3}}{18 \cdot 4^{n}}$

puis

$u_{n} - A \cdot 2^{- n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{A^{3}}{18 \cdot 8^{3 n}} .$

Exercice 121 5425 MINES (MP)Correction

Soient $a > 0$ et $(u_{n})$ la suite déterminée par

u_{0} = a et u_{n + 1} = \frac{1}{2} \arctan (u_{n}) pour tout n \in ℕ .

(a)

Déterminer la limite de la suite $(u_{n})$ .
(b)

Déterminer la forme d’un équivalent simple de $(u_{n})$ .

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

Déterminer la forme d’un développement asymptotique à deux termes de $(u_{n})$ .

Solution

(a)

La fonction itératrice $x \mapsto \arctan (x)$ est définie de $ℝ_{+}^{*}$ vers $ℝ_{+}^{*}$ (intervalle stable). La suite $(u_{n})$ est bien définie et ses termes appartiennent à $ℝ_{+}^{*}$ .

Sachant $\arctan (x) \leq x$ pour tout $x \in ℝ_{+}$ , on peut affirmer la comparaison sous-géométrique $u_{n + 1} \leq \frac{1}{2} u_{n}$ . Par récurrence, on obtient alors

$0 \leq u_{n} \leq \frac{1}{2^{n}} u_{0} pour tout n \in ℕ .$

La suite $(u_{n})$ est donc de limite nulle. Notons de plus, et cela sera utile pour la suite,

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{=} O (\frac{1}{2^{n}}) .$
(b)

Introduisons $(v_{n})$ et $(w_{n})$ déterminées par

$v_{n} = 2^{n} u_{n} > 0 et w_{n} = \ln (v_{n}) pour tout n \in ℕ .$

Puisque $(u_{n})$ est de limite nulle,

$w_{n + 1} - w_{n} = \ln (\frac{\arctan (u_{n})}{u_{n}}) = \ln (1 - \frac{u_{n}^{2}}{3} o {(u_{n})}^{2}) \underset{n \to + \infty}{\sim} - \frac{u_{n}^{2}}{3} = O (\frac{1}{2^{2 n}}) .$

La série télescopique $\sum (w_{n + 1} - w_{n})$ converge absolument et la suite $(w_{n})$ est donc convergente de limite $ℓ$ . On en déduit que $(v_{n})$ tend vers $C = e^{ℓ} > 0$ puis

$v_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} C donc u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{C}{2^{n}} .$
(c)

Puisque $(u_{n})$ est de limite nulle

$v_{n} - v_{n + 1} = 2^{n} (u_{n} - \arctan (u_{n})) \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{2^{n}}{3} \cdot u_{n}^{3} .$

Par l’équivalent qui précède,

$v_{n} - v_{n + 1} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{2^{n}}{3} \cdot \frac{C^{3}}{2^{3 n}} = \frac{C^{3}}{3} \cdot \frac{1}{2^{2 n}} .$

Par comparaison à une série à termes positifs convergente,

$v_{n} - C = \sum_{k = n}^{+ \infty} (v_{k} - v_{k + 1}) \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{C^{3}}{3} \sum_{k = n}^{+ \infty} \frac{1}{2^{2 k}} = \frac{4 C^{3}}{9} \cdot \frac{1}{4^{n}}$

et donc

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{=} \frac{C}{2^{n}} + \frac{4 C^{3}}{9} \cdot \frac{1}{8^{n}} + o (\frac{1}{8^{n}}) .$

Exercice 122 1075

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on pose

P_{n} = \prod_{k = 1}^{n} (1 + \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{\sqrt{k}}) .

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

P_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{A}{\sqrt{n}} .

Exercice 123 5956 CCP (MP)Correction

On pose

\forall n \in ℕ^{*}, u_{n} = \frac{1}{3^{n} n!} \prod_{k = 1}^{n} (3 k - 2) et v_{n} = \frac{1}{n^{2 / 3}} .

(a)

Montrer que

$\forall n \in ℕ^{*}, \frac{u_{n + 1}}{u_{n}} \geq \frac{v_{n + 1}}{v_{n}} .$
(b)

En étudiant la suite de terme général $\frac{u_{n}}{v_{n}}$ , montrer que la série $\sum u_{n}$ diverge.

On pose

\forall n \in ℕ^{*}, w_{n} = \frac{2}{3} \ln (\frac{n + 1}{n}) + \ln (\frac{u_{n + 1}}{u_{n}}) .

(c)

Montrer que la série $\sum w_{n}$ converge.
(d)

En déduire qu’il existe deux réels $a$ et $C$ tels que

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{C}{n^{a}} .$

On précisera la valeur de $a$ mais pas celle de $C$ .

Solution

(a)

Pour $n \in ℕ^{*}$ ,

$\frac{u_{n + 1}}{u_{n}} = \frac{3 n + 1}{3 n + 3} et \frac{v_{n + 1}}{v_{n}} = {(\frac{n}{n + 1})}^{2 / 3} .$

Or

${(\frac{3 n + 1}{3 n + 3})}^{3} - {(\frac{n}{n + 1})}^{2} = \frac{{(3 n + 1)}^{3} - 27 n^{2} (n + 1)}{3^{3} {(n + 1)}^{3}} = \frac{9 n + 1}{3^{3} {(n + 1)}^{3}} \geq 0$

Par conséquent,

$\frac{u_{n + 1}}{u_{n}} \geq \frac{v_{n + 1}}{v_{n}} .$
(b)

Par ce qui précède,

$\frac{u_{n + 1}}{v_{n + 1}} \geq \frac{u_{n}}{v_{n}} .$

La suite de terme général $u_{n} / v_{n}$ est croissante et donc

$\forall n \in ℕ^{*}, \frac{u_{n}}{v_{n}} \geq \frac{u_{1}}{v_{1}} = \frac{1}{3} .$

Par conséquent,

$\forall n \in ℕ^{*}, u_{n} \geq \frac{1}{3} v_{n} = \frac{1}{3 n^{2 / 3}} .$

Or la série de Riemann $\sum \frac{1}{n^{2 / 3}}$ diverge. Par comparaison de séries à termes positifs, $\sum u_{n}$ diverge.
(c)

Par développement limité,

$w_{n} \underset{n \to + \infty}{=} \frac{2}{3 n} + O (\frac{1}{n^{2}}) - \frac{2}{3 n} + O (\frac{1}{n^{2}}) = O (\frac{1}{n^{2}}) .$

La série $\sum w_{n}$ converge absolument et donc converge.
(d)

En posant $A$ la somme de la série précédente,

$\sum_{k = 1}^{n - 1} w_{k} = \frac{2}{3} \ln (n) + \ln (u_{n}) - \ln (u_{1}) \to_{n \to + \infty}^{} A$

donc

$\ln (u_{n}) \underset{n \to + \infty}{=} - \frac{2}{3} \ln (n) + \ln (u_{1}) + A + o (1)$

puis

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{=} \frac{u_{1} e^{A + o (1)}}{n^{2 / 3}} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{C}{n^{2 / 3}} avec C = u_{1} e^{- A} .$

Exercice 124 2618 Correction

Soient $0 < a < b$ et ${(u_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite strictement positive telle que pour tout $n \in ℕ$ ,

\frac{u_{n + 1}}{u_{n}} = \frac{n + a}{n + b} .

(a)

En étudiant la nature de la série de terme général

$\ln (u_{n + 1}) - \ln (u_{n})$

établir que la suite $(u_{n})$ est de limite nulle.
(b)

Soient $α \in ℝ$ et $(v_{n})$ la suite de terme général

$v_{n} = n^{α} u_{n} .$

Déterminer $α$ pour qu’il y ait convergence de la série de terme général

$\ln (v_{n + 1}) - \ln (v_{n}) .$

En déduire qu’il existe $A > 0$ tel que

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{A}{n^{b - a}} .$
(c)

Donner la nature de la série de terme général

$u_{n} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{{(1 + t^{2})}^{n}} .$

Solution

(a)

On a

$\ln (u_{n + 1}) - \ln (u_{n}) = \ln (1 + \frac{a - b}{n}) \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{a - b}{n} .$

Par équivalence de séries à termes de signe constant, la série de terme général $\ln (u_{n + 1}) - \ln (u_{n})$ diverge. Or il s’agit d’une série à termes négatifs et donc

$\sum_{k = 0}^{n - 1} (\ln (u_{k + 1}) - \ln (u_{k})) \to_{n \to + \infty}^{} - \infty .$

Par télescopage, cela produit

$\ln (u_{n}) - \ln (u_{0}) \to_{n \to + \infty}^{} - \infty .$

On en déduit que $(\ln (u_{n}))$ tens vers $- \infty$ . Par composition avec la fonction exponentielle, on conclut que $(u_{n})$ est de limite nulle.
(b)

Par développement limité,

$\ln (v_{n + 1}) - \ln (v_{n}) = α \ln (1 + \frac{1}{n}) + \ln (1 + \frac{a - b}{n}) = \frac{α + a - b}{n} + O (\frac{1}{n^{2}}) .$

Pour $α = b - a$ , la série des $\ln (v_{n + 1}) - \ln (v_{n})$ converge absolument. Par suite, $(v_{n})$ converge vers un réel $A > 0$ et alors

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{A}{n^{b - a}} .$
(c)

Par intégration par parties,

$u_{n + 1} = \frac{n + 1 / 2}{n + 1} u_{n}$

On en déduit

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{A}{\sqrt{n}}$

Par équivalence de séries à termes positifs, $\sum u_{n}$ diverge.

Exercice 125 5041

(Formule de Stirling)

L’enjeu de ce sujet est d’établir la formule de Stirling. Pour $n \in ℕ^{*}$ , on pose

σ_{n} = \ln (n!) - (n + \frac{1}{2}) \ln (n) + n .

(a)

Montrer la convergence de la suite ${(σ_{n})}_{n \geq 1}$ et en déduire l’existence d’une constante $C$ telle que

$n! \underset{n \to + \infty}{\sim} C n^{n + \frac{1}{2}} e^{- n} .$
(b)

Calculer $C$ en admettant¹¹ 1 Voir le sujet 4761.

$\int_{0}^{π / 2} {(\sin (t))}^{2 n} d t \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{\sqrt{π}}{2 \sqrt{n}} .$

Exercice 126 2418 CENTRALE (MP)Correction

Former un développement asymptotique à trois termes de la suite $(u_{n})$ définie par

u_{1} = 1 et u_{n + 1} = {(n + u_{n}^{n - 1})}^{1 / n} pour tout n \in ℕ^{*} .

Solution

On observe

u_{n + 1}^{n} - u_{n}^{n - 1} = n .

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

u_{n + 1}^{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \sum_{k = 1}^{n} k \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{2} n^{2} .

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

n \ln (u_{n + 1}) \underset{n \to + \infty}{\sim} 2 \ln (n)

puis

\ln (u_{n + 1}) \underset{n \to + \infty}{\sim} 2 \frac{\ln (n)}{n} .

Par suite, $u_{n + 1} \to 1$ puis

u_{n + 1} \underset{n \to + \infty}{=} 1 + 2 \frac{\ln (n)}{n} + o (\frac{\ln (n)}{n}) .

Posons

v_{n} = u_{n + 1} - 1 - 2 \frac{\ln (n)}{n} .

L’égalité

u_{n + 1}^{n} = \exp (n \ln (1 + 2 \frac{\ln (n)}{n} + v_{n}))

donne

u_{n + 1}^{n} = \exp (2 \ln (n) + n v_{n} + O ({(\ln (n))}^{2} / n)) .

Or $\frac{2 u_{n + 1}^{n}}{n^{2}} \to 1$ donc

\exp (\ln (2) + n v_{n} + O ({(\ln (n))}^{2} / n)) \to_{n \to + \infty}^{} 1

puis $n v_{n} \to - \ln (2)$ . Ainsi,

u_{n + 1} \underset{n \to + \infty}{=} 1 + 2 \frac{\ln (n)}{n} - \frac{\ln (2}{n} + o (\frac{1}{n}) .

Exercice 127 3057 X (MP)Correction

On note ${(z_{n})}_{n \geq 1}$ la suite de terme général

z_{n} = 2 n \exp (\frac{i t}{\sqrt{n}}) .

Étudier

lim_{n \to + \infty} | \frac{2 n - 1}{z_{n} - 1} \frac{2 n - 2}{z_{n} - 2} \dots \frac{2 n - n}{z_{n} - n} | = lim_{n \to + \infty} | \prod_{k = 1}^{n} \frac{2 n - k}{z_{n} - k} | .

Solution

Posons

P_{n} = \prod_{k = 1}^{n} | \frac{2 n - k}{z_{n} - k} | .

On a

\ln (P_{n}) = - \frac{1}{2} \sum_{k = 1}^{n} \ln (\frac{{| z_{n} - k |}^{2}}{{| 2 n - k |}^{2}}) .

Puisque

{| z_{n} - k |}^{2} = {(2 n)}^{2} - 4 n k \cos (\frac{t}{\sqrt{n}}) + k^{2} = {(2 n - k)}^{2} + 8 n k \sin^{2} (\frac{t}{2 \sqrt{n}})

on obtient

\ln (P_{n}) = - \frac{1}{2} \sum_{k = 1}^{n} \ln (1 + \frac{8 n k}{{(2 n - k)}^{2}} \sin^{2} (\frac{t}{2 \sqrt{n}})) .

Sachant $\sin^{2} (u) = u^{2} + O (u^{4})$ , on peut écrire

\sin^{2} (\frac{t}{2 \sqrt{n}}) = \frac{t^{2}}{4 n} + O (\frac{1}{n^{2}}) .

Ainsi,

\ln (P_{n}) = - \frac{1}{2} \sum_{k = 1}^{n} \ln (1 + \frac{2 k t^{2}}{{(2 n - k)}^{2}} + \frac{k}{{(2 n - k)}^{2}} O (\frac{1}{n})) .

Sachant $\ln (1 + x) \leq x$ , on a

- 2 \ln (P_{n}) \leq \sum_{k = 1}^{n} (\frac{2 k t^{2}}{{(2 n - k)}^{2}} + \frac{k}{{(2 n - k)}^{2}} O (\frac{1}{n})) .

Posons $S_{n}$ le second membre de cette comparaison. D’une part

| \sum_{k = 1}^{n} \frac{k}{{(2 n - k)}^{2}} O (\frac{1}{n}) | \leq \sum_{k = 1}^{n} \frac{n}{n^{2}} O (\frac{1}{n}) = O (\frac{1}{n}) \to 0 .

D’autre part

\sum_{k = 1}^{n} \frac{2 k}{{(2 n - k)}^{2}} = \sum_{ℓ = n}^{2 n - 1} \frac{2 (2 n - ℓ)}{ℓ^{2}} = 4 n \sum_{ℓ = n}^{2 n - 1} \frac{1}{ℓ^{2}} - 2 \sum_{ℓ = n}^{2 n - 1} \frac{1}{ℓ}

avec

\sum_{ℓ = n}^{+ \infty} \frac{1}{ℓ^{2}} \sim \frac{1}{n} et \sum_{ℓ = 1}^{n} \frac{1}{ℓ} = \ln (n) + γ + o (1) .

Après calculs asymptotiques, on obtient

S_{n} \to (2 - 2 \ln (2)) t^{2} .

Sachant $\ln (1 + x) \geq x - \frac{1}{2} x^{2}$ , on a

- 2 \ln (P_{n}) \geq S_{n} - \frac{1}{2} \sum_{k = 1}^{n} {(\frac{2 k t^{2}}{{(2 n - k)}^{2}} + \frac{k}{{(2 n - k)}^{2}} O (\frac{1}{n}))}^{2} .

Puisque $0 \leq \frac{k}{{(2 n - k)}^{2}} \leq \frac{1}{n}$ ,

\sum_{k = 1}^{n} {(\frac{2 k t^{2}}{{(2 n - k)}^{2}} + \frac{k}{{(2 n - k)}^{2}} O (\frac{1}{n}))}^{2} = \sum_{k = 1}^{n} O (\frac{1}{n^{2}}) = O (\frac{1}{n}) \to 0 .

Finalement, $- 2 \ln (P_{n})$ est encadré par deux quantités de limite $(2 - 2 \ln (2)) t^{2}$ . On en déduit

P_{n} \to \exp ((\ln (2) - 1) t^{2}) .

[<] Application à l'étude de suites[>] Condensation

Exercice 128 3097 X (PSI)Correction

On dit que la série de terme général $u_{n}$ enveloppe le réel $A$ si, pour tout entier naturel $n$ , on a

u_{n} \neq 0 et | A - (u_{0} + u_{1} + \dots + u_{n}) | \leq | u_{n + 1} | .

On dit qu’elle enveloppe strictement le réel $A$ s’il existe une suite ${(θ_{n})}_{n \geq 1}$ d’éléments de $] 0; 1 [$ telle que pour tout entier naturel $n$ :

A - (u_{0} + u_{1} + \dots + u_{n}) = θ_{n + 1} u_{n + 1} .

(a)

Donner un exemple de série divergente qui enveloppe $A > 0$ .
Donner un exemple de série convergente qui enveloppe un réel.
Donner un exemple de série convergente qui n’enveloppe aucun réel.
(b)

Démontrer que, si la série de terme général $u_{n}$ enveloppe strictement $A$ , alors elle est alternée.
Démontrer que $A$ est alors compris entre deux sommes partielles consécutives.
(c)

Démontrer que, si la série de terme général $u_{n}$ est alternée et que, pour tout entier $n \in ℕ^{*}$
$A - (u_{0} + u_{1} + \dots + u_{n})$ est du signe de $u_{n + 1}$ , alors, elle enveloppe strictement $A$ .
(d)

Démontrer que, si la série de terme général $u_{n}$ enveloppe $A$ et si la suite de terme général $| u_{n} |$ est strictement décroissante, alors, la série est alternée et encadre strictement $A$ .

Solution

(a)

Pour $u_{n} = {(- 1)}^{n}$ , la série de terme général $u_{n}$ est divergente et puisque ces sommes partielles valent 0 ou 1, elle enveloppe tout réel de l’intervalle $[0; 1]$ .
Pour $u_{n} = {(- 1)}^{n} / (n + 1)$ , la série de terme général $u_{n}$ satisfait le critère spécial des séries alternées et donc elle converge et la valeur absolue de son reste est inférieure à son premier terme. Cette série enveloppe donc sa somme, à savoir $\ln (2)$ .
Pour $u_{n} = 1 / 2^{n}$ , la série de terme général $u_{n}$ converge. Puisque $u_{n} \to 0$ , le seul réel qu’elle peut envelopper est sa somme, or

$\sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{1}{2^{k}} - \sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{2^{k}} = \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{2^{k}} = \frac{1}{2^{n}}$

n’est pas inférieur à $u_{n + 1}$ . Cette série convergente n’enveloppe aucun réel.
(b)

Posons pour la suite de notre étude

$S_{n} = \sum_{k = 0}^{n} u_{k} .$

On a

$θ_{n + 2} u_{n + 2} = A - S_{n + 1} = A - S_{n} - u_{n + 1} = (θ_{n + 1} - 1) u_{n + 1} .$

Puisque $θ_{n + 2} > 0$ et $θ_{n + 1} - 1 < 0$ , on peut affirmer que $u_{n + 2}$ et $u_{n + 1}$ sont de signes opposés.
Puisque $A - S_{n} = θ_{n + 1} u_{n + 1}$ est du signe de $u_{n + 1}$ , les réels $A - S_{n}$ et $A - S_{n + 1}$ sont de signes opposés et donc $A$ est encadré par $S_{n}$ et $S_{n + 1}$ .
(c)

Puisque $A - S_{n}$ est du signe de $u_{n + 1}$ , on peut écrire $A - S_{n} = θ_{n + 1} u_{n + 1}$ avec $θ_{n + 1} \in ℝ_{+}$ .
Puisque $A - S_{n + 1} = (θ_{n + 1} - 1) u_{n + 1}$ est du signe de $u_{n + 2}$ et puisque $u_{n + 1}$ et $u_{n + 2}$ sont de signes opposés, on a $θ_{n + 1} - 1 \leq 0$ et donc $θ_{n + 1} \in [0; 1]$ .
On ne peut rien dire de plus, sauf à savoir que $A - S_{n}$ est non nul pour tout $n \in ℕ$ .
En effet, pour $u_{n} = {(- 1)}^{n}$ et $A = 1$ , la série de terme général $u_{n}$ est alternée et
pour $n$ pair: $A - S_{n} = 1 - 1 = 0$ est du signe de $u_{n + 1}$ .
pour $n$ impair: $A - S_{n} = 1 - 0 = 1$ est du signe de $u_{n + 1}$ .
Si en revanche, on suppose $A - S_{n} \neq 0$ pour tout $n \in ℕ$ , obtenir $θ_{n + 1} \in] 0; 1 [$ est désormais immédiat.
(d)

Par l’absurde, supposons $u_{n + 1}, u_{n + 2} > 0$ .
On a $A - S_{n} \leq u_{n + 1}$ donc $A - S_{n + 1} \leq 0$ puis $A - S_{n + 2} \leq - u_{n + 2}$ et donc $| A - S_{n + 2} | \geq | u_{n + 2} |$ . Or $| A - S_{n + 2} | \leq | u_{n + 3} |$ et $| u_{n + 3} | < | u_{n + 2} |$ , c’est absurde et donc $u_{n + 1}$ et $u_{n + 2}$ ne sont pas tous deux strictement positifs. Un raisonnement symétrique établit qu’ils ne sont pas non plus tous deux strictement négatifs et donc la série de terme général $u_{n}$ est alternée à partir du rang 1 (on ne peut rien affirmer pour le rang 0).
Puisque $A - S_{n + 1} = A - S_{n} - u_{n + 1}$ , on a $- | u_{n + 1} | - u_{n + 1} \leq A - S_{n + 1} \leq | u_{n + 1} | - u_{n + 1}$ .
Si $u_{n + 1} > 0$ alors $A - S_{n + 1} \leq 0$ et donc du signe de $u_{n + 2}$ .
Si $u_{n + 1} < 0$ alors $A - S_{n + 1} \geq 0$ et donc à nouveau du signe de $u_{n + 2}$ .
Enfin $A - S_{n + 1}$ n’est pas nul, car sinon $A - S_{n + 3} = A - S_{n + 1} - (u_{n + 2} + u_{n + 3}) = - (u_{n + 2} + u_{n + 3})$ est de signe strict opposé à $u_{n + 2}$ et n’est donc pas du signe de $u_{n + 4}$ .
On peut alors exploiter le résultat du c) et affirmer que la série de terme général $u_{n}$ encadre strictement $A$ .

Exercice 129 3917 CENTRALE (MP)Correction

Soit $e = {(e_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite décroissante à termes strictement positifs telle que la série $\sum e_{n}$ converge.
On pose

s = \sum_{n = 0}^{+ \infty} e_{n} et r_{n} = \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} e_{k} pour n \in ℕ .

On introduit

G = {\sum_{n = 0}^{+ \infty} d_{n} e_{n} | (d_{n}) \in {- 1,1}^{ℕ}} .

On dit que la suite $e$ est une base discrète lorsque $G$ est un intervalle.

(a)

Montrer que $G$ est bien défini. Déterminer son maximum et son minimum.
(b)

On suppose dans cette question que $(e_{n})$ est une base discrète. Montrer que $e_{n} \leq r_{n}$ pour tout $n \in ℕ$ .
(c)

On suppose que $e_{n} \leq r_{n}$ pour tout $n \in ℕ$ . Soit $t \in [- s; s]$ . On définit la suite $(t_{n})$ par

$t_{0} = 0 et t_{n + 1} = {\begin{matrix} t_{n} + e_{n} & si t_{n} \leq t \\ t_{n} - e_{n} & sinon. \end{matrix}$

Montrer que

$| t - t_{n} | \leq e_{n} + r_{n}$

et conclure.
(d)

Dans cette question, on suppose $e_{n} = 1 / 2^{n}$ pour tout $n \in ℕ$ .
Déterminer $G$ . Quelles suites $(d_{n})$ permettent d’obtenir respectivement $0,1,1 / 2,2$ et $1 / 3$ ?
Pour $x \in G$ , y a-t-il une unique suite $(d_{n}) \in {- 1,1}^{ℕ}$ telle que

$x = \sum_{n = 0}^{+ \infty} d_{n} e_{n} ?.$

Solution

(a)

Puisque $| d_{n} e_{n} | \leq e_{n}$ avec convergence de $\sum e_{n}$ , on peut affirmer que les éléments de $G$ sont des sommes de séries absolument convergentes. Les éléments de $G$ sont donc bien définis et puisque

$| \sum_{n = 0}^{+ \infty} d_{n} e_{n} | \leq \sum_{n = 0}^{+ \infty} e_{n} = s$

on a $G \subset [- s; s]$ . Enfin $s \in G$ avec ${(d_{n})}_{n \in ℕ} = {(1)}_{n \in ℕ}$ et $- s \in G$ avec ${(d_{n})}_{n \in ℕ} = {(- 1)}_{n \in ℕ}$ .
(b)

Si $e$ est une base discrète alors $G = [- s; s]$ .
Par l’absurde, supposons qu’il existe $N \in ℕ$ tel que $e_{N} > r_{N}$ .
Introduisons

$x = \sum_{k = 0}^{N - 1} e_{k} \in [- s; s]$

(comprendre $x = 0$ si $N = 0$ ).
Soit

$y = \sum_{n = 0}^{+ \infty} d_{n} e_{n} avec d_{n} \in {- 1,1} .$

S’il existe $k \leq N$ tel que $d_{k} = - 1$ alors

$y \leq \sum_{n = 0}^{+ \infty} d_{n} e_{n} - 2 e_{k} = s - 2 e_{k} .$

Or

$e_{k} \geq e_{N}$

donc

$y < s - 2 e_{N} = x + r_{N} - e_{N} < x .$

Si $d_{k} = 1$ pour tout $k \leq N$ alors

$y = \sum_{n = 0}^{N} e_{k} + \sum_{n = N + 1}^{+ \infty} d_{k} e_{k} \geq x + e_{N} - r_{N} > x .$

Dans tous les cas, $y \neq x$ et donc $x \notin G$ . C’est absurde.
(c)

Raisonnons par récurrence sur $n \in ℕ$ .

Cas: $n = 0$ . On a bien

$| t - t_{0} | = | t | \leq s = e_{0} + r_{0} .$

Supposons la propriété vérifiée au rang $n \geq 0$ .
Si $t_{n} \leq t$ alors

$t - t_{n + 1} = t - t_{n} - e_{n} \leq r_{n}$

et

$t - t_{n + 1} \geq - e_{n} \geq - r_{n} .$

Ainsi,

$| t - t_{n + 1} | \leq r_{n} = e_{n + 1} + r_{n + 1} .$

Si $t_{n} > t$ alors

$t_{n + 1} - t = t_{n} - t - e_{n}$

et l’étude est analogue.
Récurrence établie.
On en déduit que $t_{n} \to t$ puis que $t \in G$ .
En conclusion,

$e$ est une base discrète si, et seulement si, $\forall n \in ℕ, e_{n} \leq r_{n}$ .
(d)

La condition précédente est vérifiée et, puisque $s = 2$ , on obtient $G = [- 2; 2]$ .
On peut écrire

$0 = 1 + \sum_{n = 1}^{+ \infty} (- 1) \frac{1}{2^{n}},1 = 1 + \frac{1}{2} + \sum_{n = 2}^{+ \infty} (- 1) \frac{1}{2^{n}}, \frac{1}{2} = 1 - \frac{1}{2} - \frac{1}{4} + \sum_{n = 3}^{+ \infty} \frac{1}{2^{n}}$

et

$2 = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{2^{n}} .$

En remarquant

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{2^{n}} = \frac{2}{3}$

on peut proposer

$\frac{1}{3} = 1 - \frac{1}{2} + \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{2^{n}} .$

Il peut y avoir unicité de la suite $(d_{n})$ (c’est le cas pour $x = s$ ) ou non (c’est le cas pour $x = 0$ où lorsque $(d_{n})$ convient, $(- d_{n})$ convient aussi).

Exercice 130 5960 CENTRALE (MP)Correction

On pose

F_{0} = 0, F_{1} = 1 et \forall n \in ℕ, F_{n + 2} = F_{n + 1} + F_{n} .

(a)

Écrire une fonction fib(n) renvoyant $F_{n}$ avec une complexité en $O (n)$ .
(b)

Montrer que la série $\sum \frac{1}{7^{F_{n} F_{n + 1}}}$ converge et calculer sa somme à $10^{- 5}$ près.
(c)

Soit $x \in] 0; 1]$ . Montrer que l’on peut définir deux suites $(x_{n})$ et $(a_{n})$ en posant $x_{0} = x$ et, pour tout $n \in ℕ$ ,

$a_{n} = 1 + ⌊ \frac{1}{x_{n}} ⌋ et x_{n + 1} = a_{n} x_{n} - 1 .$

Montrer que $(x_{n})$ est décroissante et $\forall n \in ℕ, 0 < x_{n} \leq 1$ .
(d)

Montrer que $(a_{n})$ est une suite croissante d’entiers avec $a_{0} \geq 2$ .
(e)

Montrer que si $x$ est rationnel alors $(a_{n})$ est stationnaire. Étudier la réciproque.
(f)

En déduire que $\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{7^{F_{n} F_{n + 1}}}$ est irrationnel.

Solution

(a)

À l’aide d’un couple de valeurs on peut calculer $F_{n}$ en temps linéaire.

def fib(n):
    if n == 0:
        return 0
    a, b = 0, 1
    for _ in range(1, n):
        a, b = b, a + b
    return b

(b)

Par une récurrence facile,on établit $F_{n} \geq n$ pour tout $n \geq 5$ . On a alors

$\forall n \in ℕ, 0 \leq \frac{1}{7^{F_{n} F_{n + 1}}} \leq \frac{1}{7^{n}} .$

Par comparaison de séries à termes positifs, la série $\sum \frac{1}{7^{F_{n} F_{n + 1}}}$ converge.

Le reste de rang $n$ de cette série vérifie

$0 \leq R_{n} \leq \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{7^{k}} = \frac{1}{7^{n + 1}} \cdot \frac{1}{1 - 1 / 7} = \frac{1}{6 \cdot 7^{n}} .$

Pour $n = 6$ , on constate $R_{n} \leq 0, 5 \cdot 10^{- 5}$ . Une valeur décimale par défaut $10^{- 5}$ près de la somme partielle de rang correspondant donne la valeur souhaitée.
```
def S(n):
    res = 0
    for k in range(n + 1):
        res += 1 / 7**(fib(k) * fib(k+1))
    return res

S(6)
```
On obtient $1, 16327$ .
(c)

La définition des deux suites est possible sous la réserve que $x_{n}$ ne s’annule pas. Or, par calcul d’une partie entière,

$\frac{1}{x_{n}} < a_{n} \leq 1 + \frac{1}{x_{n}}$

et donc $x_{n + 1} = a_{n} x_{n} - 1 > 0$ . Sachant $x_{0} \neq 0$ , on peut calculer les valeurs successives des suites $(x_{n})$ et $(a_{n})$ .

Pour $n \in ℕ$ ,

$x_{n + 1} \leq (1 + \frac{1}{x_{n}}) x_{n} - 1 = x_{n} + 1 - 1 = x_{n} .$

La suite $(x_{n})$ est décroissante.

Comme vu au-dessus, les termes de la suite $(x_{n})$ sont strictement positifs et donc vérifient $0 < x_{n} \leq x_{0} = 1$ .
(d)

Par composition de monotonies, la suite $(a_{n})$ est croissante. C’est évidemment une suite d’entiers et l’on a $a_{0} \geq 2$ car $⌊ 1 / x ⌋ \geq 1$ .
(e)

Si $x$ est rationnel, les termes de la suite $(x_{n})$ sont aussi des nombres rationnels et ceux-ci peuvent s’écrire avec le même dénominateur que celui employé pour $x_{0}$ car $x_{n + 1} = a_{n} x_{n} - 1$ avec $a_{n}$ entier. Les numérateurs associés forment une suite décroissante d’entiers naturels: elle est stationnaire. La suite $(a_{n})$ est alors aussi stationnaire.

Inversement, supposons que la suite $(a_{n})$ soit stationnaire. On remarque

$x = x_{0} = \frac{1}{a_{0}} + \frac{x_{1}}{a_{0}} = \frac{1}{a_{0}} + \frac{1}{a_{0} a_{1}} + \frac{x_{2}}{a_{0} a_{1}} .$

Plus généralement, par une récurrence facile,

$x = \sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{a_{0} a_{1} \dots a_{k}} + \frac{x_{n + 1}}{a_{0} a_{1} \dots a_{n}} .$

À la limite, on obtient

$x = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{a_{0} a_{1} \dots a_{n}} .$

En notant $N$ un rang à partir duquel la suite $(a_{n})$ est stationnaire égale à $q \in ℕ ∖ {0, 1}$ ,

$x$ $= \sum_{n = 0}^{N - 1} \frac{1}{a_{0} a_{1} \dots a_{n}} + \frac{1}{a_{0} a_{1} \dots a_{N - 1}} \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{q^{n}}$

$= \sum_{n = 0}^{N - 1} \frac{1}{a_{0} a_{1} \dots a_{n}} + \frac{1}{a_{0} a_{1} \dots a_{N - 1}} \cdot \frac{1}{1 - q} \in ℚ .$
(f)

On remarque

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{7^{F_{n} F_{n + 1}}} = 1 + x avec x = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{α_{0} α_{1} \dots α_{n}}$

pour $(α_{n}) = (7^{F_{n + 1} F_{n + 2} - F_{n} F_{n + 1}}) = (7^{F_{n + 1}^{2}})$ suite croissante. On peut établir qu’alors $a_{n} = α_{n}$ pour tout $n \in ℕ$ . En effet,

$\frac{1}{α_{0}} < x \leq \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{α_{0}^{n}} = \frac{1}{α_{0} - 1}$

donc $a_{0} = α_{0}$ . On a ensuite

$x_{1} = a_{0} x_{0} - 1 = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{α_{1} \dots α_{n}}$

ce qui permet de répéter l’opération.

La suite $(a_{n})$ n’étant pas stationnaire, on obtient que $x$ est irrationnel et donc la somme étudiée aussi.

[<] Applications diverses[>] Produits numériques

Exercice 131 3676 Correction

(Critère de condensation de Cauchy)

(a)

Soient ${(u_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite réelle décroissante, positive et $p \in ℕ$ tel que $p \geq 2$ . On pose

$v_{n} = p^{n} u_{p^{n}} .$

Montrer que

$\sum u_{n} converge si, et seulement si, \sum v_{n} converge.$
(b)

Application : Étudier la convergence des séries

$\sum \frac{1}{n \ln (n)} et \sum \frac{1}{n \ln (n) \ln (\ln (n))} .$

Solution

(a)

On remarque

$p^{n} (p - 1) u_{p^{n + 1}} \leq \sum_{k = p^{n}}^{p^{n + 1} - 1} u_{k} \leq p^{n} (p - 1) u_{p^{n}}$

et donc

$\frac{p - 1}{p} \sum_{ℓ = 1}^{n + 1} v_{ℓ} \leq \sum_{k = 1}^{p^{n + 1} - 1} u_{k} \leq (p - 1) \sum_{ℓ = 0}^{n} v_{ℓ} .$

Si $\sum u_{n}$ converge alors la première inégalité donne

$\sum_{ℓ = 1}^{n + 1} v_{ℓ} \leq \frac{p}{p - 1} \sum_{k = 1}^{+ \infty} u_{k}$

ce qui assure la convergence de la série $\sum v_{n}$ car c’est une série à termes positifs aux sommes partielles majorées.
Si $\sum v_{n}$ converge alors la deuxième inégalité de l’encadrement précédent donne

$\sum_{k = 1}^{p^{n + 1} - 1} u_{k} \leq (p - 1) \sum_{ℓ = 0}^{+ \infty} v_{ℓ}$

et puisque les sommes partielles de la série $\sum u_{n}$ sont croissantes et que ce qui précède permet de les majorer, on peut conclure à la convergence de la série $\sum u_{n}$ .
(b)

Prenons $p = 2$ et

$u_{n} = \frac{1}{n \ln (n)} .$

La suite $(u_{n})$ est décroissante positive et

$v_{n} = 2^{n} u_{2^{n}} = \frac{1}{n \ln (2)} .$

Puisque $\sum v_{n}$ diverge, $\sum u_{n}$ diverge aussi.
Prenons toujours $p = 2$ et cette fois-ci

$u_{n} = \frac{1}{n \ln (n) \ln (\ln (n))} .$

La suite $(u_{n})$ est décroissante positive et

$v_{n} = 2^{n} u_{2^{n}} = \frac{1}{n \ln (2 \ln (n \ln (2)))} \sim \frac{1}{\ln (2)} \frac{1}{n \ln (n)}$

et à nouveau nous pouvons conclure à la divergence de $\sum u_{n}$ .

Exercice 132 2796 MINES (MP)Correction

Soit $(u_{n})$ une suite réelle décroissante et positive. On pose

v_{n} = 2^{n} u_{2^{n}} .

Déterminer la nature de $\sum v_{n}$ en fonction de celle de $\sum u_{n}$ .

Solution

On remarque

v_{n} \geq u_{2^{n}} + u_{2^{n} + 1} + \dots + u_{2^{n + 1} - 1}

de sorte que

\sum_{k = 0}^{n} v_{k} \geq \sum_{k = 1}^{2^{n + 1} - 1} u_{k} .

Ainsi, si $\sum u_{n}$ diverge alors $\sum v_{n}$ aussi par comparaison de séries à termes positifs.
Aussi

u_{2^{n}} + \dots + u_{2^{n + 1} - 1} \geq \frac{1}{2} v_{n + 1}

donc

\sum_{k = 1}^{2^{n} - 1} u_{k} \geq \frac{1}{2} \sum_{k = 1}^{n} v_{k} .

Ainsi, si $\sum u_{n}$ converge alors $\sum v_{n}$ aussi par comparaison de séries à termes positifs.

Exercice 133 3677 Correction

Soit ${(u_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite réelle décroissante et positive. On pose

v_{n} = n u_{n^{2}} .

Montrer que

\sum u_{n} converge si, et seulement si, \sum v_{n} converge.

Solution

On remarque

(2 n + 1) u_{{(n + 1)}^{2}} \leq \sum_{k = n^{2}}^{{(n + 1)}^{2} - 1} u_{k} \leq (2 n + 1) u_{n^{2}}

et donc

\sum_{ℓ = 1}^{n + 1} (2 ℓ - 1) u_{ℓ^{2}} \leq \sum_{k = 1}^{{(n + 1)}^{2} - 1} u_{k} \leq \sum_{ℓ = 0}^{n} (2 ℓ + 1) u_{ℓ^{2}} .

Si $\sum u_{n}$ converge alors la première inégalité donne

\sum_{ℓ = 1}^{n + 1} v_{ℓ} = \sum_{ℓ = 1}^{n + 1} ℓ u_{ℓ^{2}} \leq \sum_{ℓ = 1}^{n + 1} (2 ℓ - 1) u_{ℓ^{2}} \leq \sum_{k = 1}^{+ \infty} u_{k}

ce qui assure la convergence de la série $\sum v_{n}$ car c’est une série à termes positifs aux sommes partielles majorées.
Si $\sum v_{n}$ converge alors la série $\sum u_{n^{2}}$ converge aussi car

0 \leq u_{n^{2}} \leq n u_{n^{2}} = v_{n} .

On en déduit la convergence de $\sum (2 n + 1) u_{n^{2}}$ et la deuxième inégalité de l’encadrement précédent donne

\sum_{k = 1}^{p^{n + 1} - 1} u_{k} \leq \sum_{ℓ = 0}^{+ \infty} (2 ℓ + 1) u_{ℓ^{2}} .

Puisque les sommes partielles de la série $\sum u_{n}$ sont croissantes et que ce qui précède permet de les majorer, on peut conclure la convergence de la série $\sum u_{n}$ .

Exercice 134 2797 MINES (MP)Correction

Soit $(u_{n})$ une suite décroissante d’éléments de $ℝ_{+}$ , de limite 0. Pour $n \geq 1$ , on pose

v_{n} = n^{2} u_{n^{2}} .

Y a-t-il un lien entre la convergence des séries de termes généraux $u_{n}$ et $v_{n}$ ?

Solution

Supposons que $\sum v_{n}$ converge. Pour $n^{2} \leq k < {(n + 1)}^{2}$ ,

0 \leq u_{k} \leq u_{n^{2}} \leq \frac{v_{n}}{n^{2}}

donc

0 \leq \sum_{k = n^{2}}^{{(n + 1)}^{2} - 1} u_{k} \leq v_{n} \frac{{(n + 1)}^{2} - n^{2}}{n^{2}}

ce qui permet d’affirmer que les sommes partielles de la série à termes positifs $\sum u_{n}$ sont majorées et donc $\sum u_{n}$ converge.
Inversement, pour $u_{n} = \frac{1}{n^{3 / 2}}$ on a $v_{n} = \frac{1}{n}$ de sorte que $\sum u_{n}$ converge et $\sum v_{n}$ diverge.

[<] Condensation

Exercice 135 5492 Correction

Soient $α, x \in ℝ$ avec $| α | < 1$ .

Établir l’existence de la limite quand $n \to + \infty$ de

P_{n} (x) = \prod_{k = 1}^{n} (1 - α^{k} x) .

Solution

Sachant $1 - α^{k} x \to_{k \to + \infty}^{} 1$ , on peut affirmer que, pour $N$ assez grand,

\forall k \geq N, 1 - α^{k} x > 0 .

Considérons alors la suite définie par la portion de produit au-delà du rang $N$

{(\prod_{k = N}^{n} (1 - α^{k} x))}_{n \geq N} .

On a

\ln (\prod_{k = N}^{n} (1 - α^{k} x)) = \sum_{k = N}^{n} \ln (1 - α^{k} x)

avec

\ln (1 - α^{k} x) \underset{k \to + \infty}{=} O (α^{k}) .

La série de terme général $α^{k}$ est absolument convergente et donc, par comparaison, la série $\sum \ln (1 - α^{k} x)$ est aussi absolument convergente. On en déduit la convergence de la suite

{(\sum_{k = N}^{n} \ln (1 - α^{k} x))}_{n \geq N}

puis, en composant avec la fonction exponentielle, la convergence de la suite

{(\prod_{k = N}^{n} (1 - α^{k} x))}_{n \geq N} .

Enfin, en tenant compte de la portion initiale (constante) du produit définissant $P_{n} (x)$ , on obtient la convergence de la suite $(P_{n} (x))$ .

Exercice 136 5044

Soit $(a_{n})$ une suite de réels tous différents de $- 1$ et telle que la série $\sum a_{n}$ converge. On pose

P_{n} = \prod_{k = 0}^{n} (1 + a_{k}) pour tout n \in ℕ .

Montrer que la suite $(P_{n})$ admet une limite finie et que celle-ci est non nulle si, et seulement si, la série de terme général $a_{n}^{2}$ converge.

Exercice 137 5043

Soit $q$ un réel tel que $| q | < 1$ . Établir l’identité

\prod_{k = 1}^{+ \infty} (1 + q^{k}) = \frac{1}{\prod_{k = 1}^{+ \infty} (1 - q^{2 k - 1})}

où les produits infinis correspondent aux limites quand $n$ tend vers $+ \infty$ des produits pour $k$ allant de $1$ à $n$ .

Édité le 03-06-2025

	$\sum_{k = 1}^{n} \frac{\cos (k θ)}{k}$	$= \sum_{k = 1}^{n} \frac{S_{k} - S_{k - 1}}{k} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{S_{k}}{k} - \sum_{k = 1}^{n} \frac{S_{k - 1}}{k}$
		$= \sum_{k = 1}^{n} \frac{S_{k}}{k} - \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{S_{k}}{k + 1} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{S_{k}}{k (k + 1)} - S_{0} + \frac{S_{n}}{n + 1} .$

	$\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{2 k - 1}$	$= \ln (2 n) + γ + o (1) - \frac{1}{2} (\ln (n) + γ + o (1))$
		$= \frac{1}{2} \ln (n) + C + o (1) avec C = \ln (2) + \frac{1}{2} γ$

	$\sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{n (n + \frac{1}{2}) (n + 1)}$	$\underset{N \to + \infty}{=} (2 - 4 + 2) \ln (N) + 2 γ - 8 (C - 1) + 2 (γ - 1) + o (1)$
		$= 4 γ - 8 C + 6 + o (1) \to_{N \to + \infty}^{} 6 - 8 \ln (2)$

	$\sum_{\binom{d \leq \sqrt{x} < d^{'}}{d d^{'} \leq x}} 1$	$= \sum_{d \leq \sqrt{x}} Card {d^{'} \in ℕ \| \sqrt{x} < d^{'} \leq \frac{x}{d}}$
		$= \sum_{d \leq \sqrt{x}} (⌊ \frac{x}{d} ⌋ - ⌊ \sqrt{x} ⌋) = \sum_{d \leq \sqrt{x}} ⌊ \frac{x}{d} ⌋ - {⌊ \sqrt{x} ⌋}^{2}$

	$u_{n + 1} - u_{n}$	$= \frac{1}{2^{n + 1}} \ln (x_{n + 1}) - \frac{1}{2^{n}} \ln (x_{n}) = \frac{1}{2^{n + 1}} (\ln (x_{n + 1}) - 2 \ln (x_{n}))$
		$= \frac{1}{2^{n + 1}} \ln (\frac{x_{n} + x_{n}^{2}}{x_{n}^{2}}) .$

	$w_{n + 1} - w_{n}$	$= \ln (\frac{2^{n + 1} \sin (u_{n} / 2)}{2^{n} u_{n}}) \underset{n \to + \infty}{=} \ln (1 - \frac{u_{n}^{2}}{24} + o (u_{n}^{2}))$
		$\underset{n \to + \infty}{\sim} - \frac{u_{n}^{2}}{24} \underset{n \to + \infty}{=} O (\frac{1}{2^{2 n}}) .$

	$x$	$= \sum_{n = 0}^{N - 1} \frac{1}{a_{0} a_{1} \dots a_{n}} + \frac{1}{a_{0} a_{1} \dots a_{N - 1}} \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{q^{n}}$
		$= \sum_{n = 0}^{N - 1} \frac{1}{a_{0} a_{1} \dots a_{n}} + \frac{1}{a_{0} a_{1} \dots a_{N - 1}} \cdot \frac{1}{1 - q} \in ℚ .$