[>] Nature de séries à termes positifs abstraites

 
Exercice 1  4908  

Déterminer la nature11 1 Étudier la nature d’une série consiste à savoir si celle-ci est convergente ou non. Ce problème peut être résolu conjointement au calcul de la somme de la série ou préalablement, par exemple, par un argument de comparaison. des séries dont les termes généraux sont les suivants:

  • (a)

    cos(n)

  • (b)

    1n+n

  • (c)

    1n+n2

  • (d)

    (-1)nn!

  • (e)

    ln(n)n2

  • (f)

    ln(n)n+1.

 
Exercice 2  1020  Correction  

Déterminer la nature des séries dont les termes généraux sont les suivants:

  • (a)

    un=nn2+1

  • (b)

    un=ch(n)ch(2n)

  • (c)

    un=1n2-1-1n2+1

  • (d)

    un=e-(1+1n)n

Solution

  • (a)

    On a

    unn+1n.

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

  • (b)

    On sait ch(n)en/2 quand n tend vers + et donc

    unn+ene2n=e-n.

    Par équivalence de séries à termes positifs, la série un converge (la série de terme général e-n est géométrique de raison e-1[0;1[).

  • (c)

    Après réduction au même dénominateur et multiplication par la quantité conjuguée,

    un=2n2-1+n2+11n2-1n2+1n+1n3.

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

  • (d)

    Par développement limité,

    (1+1n)n=exp(nln(1+1n))=e-12en+o(1n).

    On a donc

    unn+e2n.

    Par équivalence de séries à termes positifs (au moins à partir d’un certain rang), la série un diverge.

 
Exercice 3  2353  Correction  

Déterminer la nature des séries dont les termes généraux sont les suivants:

  • (a)

    un=(nn+1)n2

  • (b)

    un=1ncos2(n)

  • (c)

    un=1(ln(n))ln(n)

Solution

  • (a)

    un=exp(-n2ln(1+1/n))=exp(-n+o(n)) donc n2unn+0 et la série est absolument convergente.

  • (b)

    un1/n donc par comparaison de séries à termes positifs, la série est divergente.

  • (c)

    n2un=n2(ln(n))ln(n)=e2ln(n)-ln(n)ln(ln(n))n+0 donc la série est absolument convergente

 
Exercice 4  3195    ENTPECorrection  

Déterminer la nature de la série de terme général

un=(1n)1+1n.

Solution

On a

nun=(1n)1/n=exp(-1nln(n))n+1

donc pour n assez grand

un12n

et par comparaison de série à termes positifs on peut affirmer que un diverge.

 
Exercice 5  4909  
  • (a)

    Vérifier que pour tout n*,

    ln(n+1)-ln(n)1n.
  • (b)

    Retrouver par cette comparaison la nature de la série de terme général 1/n.

 
Exercice 6  1021   

Déterminer la nature de la série de terme général

un={1/n si n est un carré1/n2 sinon(avec n*).
 
Exercice 7  2789     MINES (MP)Correction  

Nature de la série de terme général

e-(1+1n)nn3/2-n3/2+n.

Solution

On a

e-(1+1n)nn+e2n

et

n3/2-n3/2+n=n+O(1)n+n

donc

e-(1+1n)nn3/2-n3/2+nn+e2n2

Par équivalence de séries à termes positifs, la série étudiée converge.

 
Exercice 8  4920    

On énumère en ordre croissant les nombres premiers par une suite (pn)n1:

p1=2,p2=3,p3=5,
  • (a)

    Soit N*. Vérifier

    n=1N11-1/pnn=1N1n.
  • (b)

    En déduire la nature de la série 1/pn.

[<] Nature de séries à termes positifs concrètes[>] Nature de séries dépendant d'un paramètre

 
Exercice 9  3355  Correction  

Soient (un)n une suite de réels positifs et (vn)n la suite déterminée par

vn=u2n+u2n+1.

Montrer

un converge vn converge.

Solution

Supposons la convergence de la série un.
Pour tout n

k=0nvk=k=0n(u2k+u2k+1)=k=02n+1ukk=0+uk.

Puisque vn est une série à termes positifs dont les sommes partielles sont majorées, celle-ci converge.
Supposons la convergence de la série vn. Pour tout n

k=0nukk=0n/2vkk=0+vk.

Puisque un est une série à termes positifs dont les sommes partielles sont majorées, celle-ci converge. En substance, on observe aussi

n=0+un=n=0+vn.
 
Exercice 10  1022  Correction  

Soient un et vn deux séries à termes strictement positifs convergentes. Montrer que les suivantes sont aussi convergentes

max(un,vn),unvnetunvnun+vn.

Solution

On exploite les comparaisons

max(un,vn)un+vn,unvn12(un+vn)

(obtenue par 2ab(a2+b2)). Aussi,

unvnun+vn=unun+vnvnvn.

Par comparaison de série à termes positifs, on peut alors conclure.

 
Exercice 11  1023  Correction  

Soit un une série à termes positifs convergente.

  • (a)

    Étudier la convergence de unun+1.

  • (b)

    Que dire de la réciproque?

  • (c)

    On suppose (un) décroissante. Montrer la réciproque.

Solution

  • (a)

    Puisque 2aba2+b2 on a

    unun+112(un+un+1).

    Or un et un+1 convergent. Par comparaison de séries à termes positifs, unun+1 converge.

  • (b)

    La réciproque est fausse. Prendre

    un={1/n4si n est impair1si n est pair.
  • (c)

    Si la suite (un) est décroissante

    ununun-1pour tout n1

    et donc un converge.

 
Exercice 12  5025  

Soit an une série convergente à termes strictement positifs.

À quelle condition existe-t-il une suite (bn) de réels strictement positifs telle que

anbnetbnconvergent?
 
Exercice 13  2447  Correction  

Soit an une série à termes positifs convergente.
Peut-on préciser la nature de la série de terme général

un=a0a1an?.

Solution

La série de terme général un est convergente.
En effet, puisque an converge, an0 et donc il existe un rangN tel que

nN,an1.

En posant M=a0a1aN-1, on peut écrire pour tout nN

0unMaNan-1anMan.

Par comparaison de série à termes positifs, on obtient la convergence voulue.

 
Exercice 14  1024   

(Règle de Cauchy)

Soit un une série à termes positifs. On suppose que

unnn++.
  • (a)

    Montrer que, si >1, alors la série un diverge.

  • (b)

    Montrer que, si <1, alors la série un converge.

  • (c)

    Observer que, dans le cas =1, on ne peut rien conclure.

 
Exercice 15  3225   

Soit f:[1;+[ une fonction de classe 𝒞1 strictement positive telle que

xf(x)f(x)x+{±}.
  • (a)

    On suppose >-1. Montrer la divergence de la série f(n).

  • (b)

    On suppose <-1. Montrer la convergence de la série f(n).

 
Exercice 16  1026   

Soient (un) une suite de réels positifs et (vn) la suite déterminée par

vn=un1+un.

Montrer que les séries un et vn sont de même nature.

 
Exercice 17  1027   Correction  

Soit (un) une suite de réels strictement positifs.

  • (a)

    Pour tout n, on pose

    vn=un1+un.

    Montrer que un et vn sont de même nature.

  • (b)

    Même question avec

    vn=unu1++un.

    On pourra étudier ln(1-vn) dans le cadre de la divergence.

Solution

  • (a)

    Si un converge alors un0 et vnun donc vn converge par équivalence de série à termes positifs. Si vn converge alors vn0 et aisément un0 donc vnun et l’on conclut comme ci-dessus.

  • (b)

    Si un converge et est de somme S alors vnun/S et l’on peut conclure.
    Si un diverge alors

    n=2Nln(1-vn)=ln(u1u1++uN)-.

    Si vn0, ln(1-vn)-vn donc vn diverge car les séries sont de signe constant.
    Si vn↛0, vn diverge grossièrement.

 
Exercice 18  3119     MINES (PC)Correction  

Soient (un)n0 et (vn)n0 dans (+) telles que

n,vn=11+n2un.

Montrer que si la série de terme général vn converge alors la série de terme général un diverge.

Solution

Supposons la série vn convergente. On a vn0+ donc 1+n2un+ et l’on en déduit

vn1n2un

puis

unvn1n.

Par comparaison de séries à termes positifs, il y a divergence de la série unvn.
Or, par l’inégalité de Cauchy-Schwarz

(k=0nukvk)2k=0nunk=0nvkk=0nunk=0+vk.

On en déduit la divergence de la série un.

 
Exercice 19  3674   Correction  

Soit an une série à termes strictement positifs convergente.

Établir la convergence de la série an1-1/n.

Solution

Pour n2, on observe

an1-1/n2anan12n

On a donc

an1-1/nmax(2an,1(2n)1-1/n)2(an+12n).

Par comparaison de séries à termes positifs, on peut conclure à la convergence de an1-1/n.

 
Exercice 20  2957     X (MP)Correction  

Soit (un) une suite réelle strictement positive, décroissante, de limite nulle.
On suppose que la suite de terme général

k=1nuk-nun

est bornée.
Montrer que la série de terme général un converge.

Solution

Posons vn=k=1nuk-nun. On a

vn+1-vn=n(un-un+1)0.

La suite (vn) est croissante et majorée donc convergente. Posons sa limite.
On a

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

donc

k=n+(uk-uk+1)=k=n+1k(vk+1-vk)1nk=n+(vk+1-vk)

ce qui donne

un1n(-vn).

On en déduit 0nun-vn et donc nun0 puis k=1nuk.

Finalement, la série un converge.

 
Exercice 21  3235   Correction  

Soit (un)n1 une suite de réels positifs. On considère la suite (vn) définie par

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

Montrer que les séries un et vn ont même nature et qu’en cas de convergence

n=1+un=n=1+vn.

Solution

Par permutation de sommes,

n=1Nvn=k=1Nn=kNkukn(n+1)

donc

n=1Nvn=k=1Nkukn=kN(1n-1n+1)=k=1NN+1-kN+1uk

et donc

n=1Nvn=k=1Nuk-NvN.

Supposons que la série un converge. Puisque vn est une série à termes positifs et que ses sommes partielles sont majorées car

n=1Nvnk=1Nukk=1+uk

la série vn converge.

Supposons que la série vn converge. On a

nvn=k=1nuk-k=1nvk

donc, par croissance des sommes partielles d’une série à termes positifs, la suite (nvn) admet une limite {+}.

Si cette limite est non nulle, la série vn diverge ce qui est contraire à l’hypothèse initiale. On en déduit

nvnn+0

et donc

k=1Nuk=n=1Nvn+NunN+n=1+vn.

Ainsi, un converge et

n=1+un=n=1+vn.
 
Exercice 22  5225   

Soient (un)n1 une suite réelle et (vn)n1 la suite de ses moyennes de Cesàro:

vn=1n(u1++un)pour tout n1.
  • (a)

    Montrer que

    (n+1)vn2-(n-1)vn-122unvnpour tout n2.

On suppose désormais que la série de terme général un2 converge.

  • (b)

    Montrer que la série de terme général vn2 converge et vérifier

    n=1+vn24n=1+un2.

[<] Nature de séries à termes positifs abstraites[>] Convergence absolue

 
Exercice 23  1081  Correction  

Déterminer en fonction du paramètre α la nature des séries de termes généraux:

  • (a)

    un=e-nα

  • (b)

    un=ln(n)nα

  • (c)

    un=exp(-(ln(n))α)

Solution

  • (a)

    Si α0, il y a divergence grossière. Si α>0 alors n2un0 et la série est absolument convergente.

  • (b)

    Si α1 alors un1/n pour n assez grand et il y a divergence par comparaison de séries à termes positifs.
    Si α>1 alors pour γ]1;α[ on a nγun0 et il y a absolue convergence.

  • (c)

    Si α1 alors un1 et la série est grossièrement divergente.
    Si α>1 alors n2un=exp(2ln(n)-(ln(n))α)0 donc la série est absolument convergente.

 
Exercice 24  1086  Correction  

Soit λ un réel. Étudier la nature des séries de terme général

un=λn1+λ2n,vn=λ2n1+λ2n,wn=11+λ2n.

Solution

Si |λ|=1 il y a divergence grossière dans les trois cas.
Si |λ|>1 alors un1λn, vn1 et wn1λ2n. Les séries un et wn convergent et vn diverge.
Si |λ|<1 alors unλn, vnλ2n et wn1. Les séries un et vn convergent tandis que wn diverge.

 
Exercice 25  1083     CENTRALE (MP)Correction  

Soient a,b. Déterminer la nature de la série

n1(ln(n)+aln(n+1)+bln(n+2)).

Calculer la somme lorsqu’il y a convergence.

Solution

On a

ln(n)+aln(n+1)+bln(n+2)=(1+a+b)ln(n)+a+2bn+O(1n2).

Il y a convergence si, et seulement si, 1+a+b=0 et a+2b=0 ce qui correspond à a=-2 et b=1.
Dans ce cas:

n=1Nln(n)+aln(n+1)+bln(n+2)=n=1Nln(n)-2n=2N+1ln(n)+n=3N+2ln(n)

puis

n=1Nln(n)+aln(n+1)+bln(n+2)=ln(1)+ln(2)-2ln(2)-2ln(N+1)+ln(N+1)+ln(N+2)-ln(2).
 
Exercice 26  1084   

Soient a,b. Déterminer la nature de la série

n1(n+an+1+bn+2)

et calculer sa somme lorsqu’il y a convergence.

 
Exercice 27  1085   Correction  

Déterminer une condition nécessaire et suffisante sur les réels a,b,c pour qu’il y ait convergence de la suite de terme général

a1+b2+c3+a4+b5+c6+

Solution

Posons un le terme général de la suite étudiée.

u3n+3=k=1na3k+1+b3k+2+c3k+3.

Or

a3k+1+b3k+2+c3k+3=a+b+c3k+o(1k)

donc a+b+c=0 est une condition nécessaire pour la convergence de (u3n+3) et donc a fortiori pour la convergence de (un). Inversement, si cette condition est satisfaite alors

a3k+1+b3k+2+c3k+3=O(1kk)

et donc (u3n+3) converge.
De plus, u3n+1=u3n+3+o(1) et u3n+2=u3n+3+o(1) donc les trois suites (u3n+1), (u3n+2) et (u3n+3) convergent vers une même limite, on peut donc conclure que (un) converge.

 
Exercice 28  2799     MINES (MP)Correction  

Soient α>0 et (un) une suite de réels strictement positifs vérifiant

un1/n=1-1nα+o(1nα).

La série de terme général un converge-t-elle?

Solution

On a

un=(1-1nα+o(1nα))n=exp(-1nα-1+o(1nα-1)).

Si α1 alors (un) ne tend pas vers zéro et un est grossièrement divergente.
Si α]0;1[ alors n2un0 et un est convergente.

 
Exercice 29  2798     MINES (MP)Correction  

Soient α et f𝒞0([0;1],) telle que f(0)0. Étudier la convergence de la série de terme général

un=1nα01/nf(tn)dt.

Solution

Pour t[0;1/n], on peut affirmer tn[0;1/n] donc

|01/nf(tn)dt-1nf(0)|1nsupt[0;1/n]|f(t)-f(0)|.

Par continuité de f en 0, on peut affirmer,

supt[0;1/n]|f(t)-f(0)|n+0

et donc

01/nf(tn)dtn+1nf(0).

Ainsi,

unn+f(0)nα+1

Par équivalence de séries à termes positifs, un converge si, et seulement si, α>0.

 
Exercice 30  1071   Correction  

Soit a>0.

  • (a)

    Déterminer la limite de la suite de terme général

    un=a(a+1)(a+n-1)n!.
  • (b)

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

Solution

  • (a)

    un>0 et

    ln(un)=k=1nln(1+a-1k).

    Si a=1 alors un=11.

    Si a>1 alors

    ln(1+a-1n)n+a-1n

    donc ln(un)+ puis un+.

    Si a<1 alors ln(un)- et donc un0.

  • (b)

    Si a1 il y a divergence grossière de la série.
    Si a]0;1[ alors

    ln(un)k=1na-1k=(a-1)ln(n)

    et donc

    ln(nun)=n+ln(n)+(a-1)ln(n)+o(ln(n))n+aln(n)n++.

    Ainsi nun+ et à partir d’un certain rang un1/n.
    La série de terme général un s’avère divergente

 
Exercice 31  2429     CENTRALE (MP)Correction  

On fixe x+*. Pour n*, on pose

un=n!xnk=1nln(1+xk).
  • (a)

    Étudier la suite de terme général ln(un+1)-ln(un).
    En déduire que la suite (un)n1 converge et préciser sa limite.

  • (b)

    Établir l’existence de α tel que la série de terme général:

    ln(un+1)-ln(un)-αln(1+1n)

    converge.

  • (c)

    Établir l’existence de A* tel que unAnα.

  • (d)

    Étudier la convergence de la série de terme général un.

Solution

  • (a)
    ln(un+1)-ln(un)n+-12xn

    avec x>0 donc

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

    puis un0.

  • (b)

    Pour α=-x/2,

    ln(un+1)-ln(un)-αln(1+1n)=n+O(1n2)

    donc il y a convergence de

    (ln(un+1)-ln(un)-αln(1+1n)).
  • (c)

    Puisque

    ln(un+1)-ln(un)-αln(1+1n)=ln(un+1(n+1)α)-ln(unnα)

    la suite de terme général ln(unnα) converge puis

    unnαn+A

    avec A>0.

  • (d)

    Par comparaison de séries à termes positifs,un converge si, et seulement si, α<-1 c’est-à-dire x>2.

 
Exercice 32  5350      MINES (MP)Correction  

Soit (un)n1 une suite réelle non nulle et périodique.

Étudier pour α la nature de la série unnα.

Solution

Notons T* une période de (un)n1:

n*,un+T=un.

Cas: α0. La suite (un/nα) ne tend pas vers 0 et la série étudiée diverge grossièrement.

Cas: α>1. On vérifie

unnα=n+O(1nα)

et la série converge (absolument).

Cas: α]0;1]. Pour N*, introduisons la somme partielle

SN=n=1Nunnα.

En regroupant les termes sommés, pour n*

SnT =k=0n-1(ukT+1(kT+1)α++ukT+T(kT+T)α)
=k=0n-1(u1(kT+1)α++uT(kT+T)α).

On a

1(kT+j)α=k+1kαTα+O(1kα+1)

et donc

u1(kT+1)α++uT(kT+T)α=k+u1++uTkαTα+O(1kα+1).

Sous-cas: u1++uT0. On a

u1++uTkαTα+O(1kα+1)k+Ckα avec C0 et α]0;1].

Par équivalence de séries à termes de signe constant, la série

(u1(kT+1)α++uT(kT+T)α)

diverge et donc unnα diverge aussi.

Sous-cas: u1++uT=0. On a

u1++uTkαTα+O(1kα+1)=k+O(1kα+1) avec C0 et α+1>1.

Par comparaison, la série

(u1(kT+1)α++uT(kT+T)α)

converge absolument. On en déduit que la suite extraite (SnT)n1 admet une limite finie. Puisque les termes sommés sont de limite nulle, les suites extraites (SnT+j)n1 pour j=1,,T admettent la même limite et la série unnα converge.

 
Exercice 33  4915    

(Séries de Bertrand11 1 Cette étude généralise celle des séries de Riemann (qui correspond au cas β=0).)

Dans ce sujet, on souhaite déterminer selon les valeurs de α,β la nature de la série un avec

un=1nα(ln(n))β pour n2.
  • (a)

    On suppose α<1. Déterminer la limite de nun quand n tend vers l’infini. Quelle est la nature de la série un?

  • (b)

    On suppose α>1 et l’on introduit λ]1;α[. Déterminer la limite de nλun quand n tend vers l’infini. Quelle est la nature de la série un?

  • (c)

    On suppose α=1 et β1 et l’on introduit

    vn=(ln(n))1-βpour n2.

    Déterminer un équivalent de vn+1-vn quand n croît vers l’infini. En déduire la nature de la série de terme général un en fonction de β.

  • (d)

    On suppose pour finir α=β=1. Déterminer la nature de un en introduisant

    wn=ln(ln(n))pour n2.

[<] Nature de séries dépendant d'un paramètre[>] Calcul de sommes

 
Exercice 34  4914  

Déterminer les natures des séries numériques suivantes:

  • (a)

    (-1)nnsin(1n)

  • (b)

    cos(n)(ln(n))ln(n)

  • (c)

    (e-(1+1n)n).

 
Exercice 35  1033  Correction  

Montrer que la somme d’une série semi-convergente et d’une série absolument convergente n’est que semi-convergente.

Solution

Soient un une série semi-convergente et vn une série absolument convergente. La série un+vn est convergente et si celle-ci était absolument convergente alors un le serait aussi car |un||un+vn|+|vn|. La série un+vn n’est donc que semi-convergente.

[<] Convergence absolue[>] Quotient de deux termes successifs

 
Exercice 36  4910  

Déterminer la nature et la somme de la série

n21n(n-1).
 
Exercice 37  1048  Correction  

Nature puis somme de la série

n11n(n+1)(n+2).

Solution

1n(n+1)(n+2)1n3

donc la série converge
Par décomposition en éléments simples

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

puis après télescopage

n=1+1n(n+1)(n+2)=14.
 
Exercice 38  1047  Correction  

On donne k=1+1k2=π26. Calculer

k=1+1k2(k+1)2

après en avoir justifié l’existence.

Solution

On a

1k2(k+1)21k4

donc la série converge.
Par décomposition en éléments simples

1k2(k+1)2=1k2+1(k+1)2+2k+1-2k

donc

k=1N1k2(k+1)2=k=1N1k2+k=1N+11k2-1+2k=2N+11k-2k=1N1kN+π23-3.
 
Exercice 39  1050  Correction  

Sachant n=0+1n!=e, calculer

n=0+n+1n!etn=0+n2-2n!.

Solution

D’une part,

n=0+n+1n!=n=1+1(n-1)!+n=0+1n!=2e.

D’autre part,

n=0+n2-2n! =n=0+n(n-1)+n-2n!
=n=2+1(n-2)!+n=1+1(n-1)!-2n=0+1n!=0.
 
Exercice 40  1049  

Établir

n=0+1(2n+1)2=34n=1+1n2etn=1+(-1)n-1n2=12n=1+1n2.
 
Exercice 41  4917   
  • (a)

    Soit n. Vérifier l’identité

    01(k=0n(-1)ktk)dt=ln(2)+(-1)n01tn+11+tdt.
  • (b)

    En déduire la convergence et la somme11 1 On trouvera un autre calcul de cette somme dans le sujet 5071. de la série harmonique alternée

    n1(-1)n-1n.
 
Exercice 42  3633   

Existence et valeur de

  • (a)

    n=1+1n(n+1)(n+m), (m*)

  • (b)

    n=2+ln(1-1n2)

  • (c)

    n=1+n3×5××(2n+1)

  • (d)

    n=0+3nsin3(x3n+1), (x).

Pour ce dernier calcul, on pourra employer la formule sin(3a)=3sin(a)-4sin3(a).

 
Exercice 43  2426   Correction  

Calculer pour x]-1;1[

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

Solution

L’absolue convergence de la série est assurée par l’équivalent

xn(1-xn)(1-xn+1)n+xn avec |x|<1.

On a

(1-x)n=1+xn(1-xn)(1-xn+1) =n=1+xn-xn+1(1-xn)(1-xn+1)
=n=1+(1(1-xn)-1(1-xn+1)).

Par télescopage,

n=1N(1(1-xn)-1(1-xn+1))=11-x-11-xN+1N+11-x-1.

On obtient donc

n=1+xn(1-xn)(1-xn+1)=x(1-x)2.
 
Exercice 44  3622     ENTPE

Justifier la convergence et calculer la somme de la série

n0arctan(1n2+n+1).
 
Exercice 45  3796     CCP (PSI)

Justifier la convergence et calculer la somme de

k1k+1-kk.
 
Exercice 46  1057   Correction  

Pour p, on pose

ap=n=0+np2n.
  • (a)

    Montrer que ap existe puis exprimer ap en fonction de a0,,ap-1.

  • (b)

    En déduire que ap.

Solution

  • (a)

    ap existe car, par croissances comparées,

    n2×np2n=np+22nn+0.

    Par glissement d’indice

    ap=n=0+(n+1)p2n+1=12(ap+(p1)ap-1++(pp)a0)

    donc

    ap=(p1)ap-1++(pp)a0.
  • (b)

    Par un récurrence aisée ap pour tout p.

 
Exercice 47  5037    

Soient α]2;+[ et (an) la suite définie par

a0=αetan+1=an2-2pour tout n.

Montrer

n=0+1a0a1an=12(α-α2-4).
 
Exercice 48  4919    

Pour n*, on introduit le polynôme réel

Pn=p=0n(-1)p(2n+12p+1)Xn-p

et les nombres

αk=1tan2(kπ2n+1)pour k=1,,n.
  • (a)

    Soit x]0;π/2[. En calculant de deux façons la partie imaginaire de

    (eixsin(x))2n+1

    établir

    sin((2n+1)x)sin2n+1(x)=p=0n(-1)p(2n+12p+1)(1tan2(x))n-p.
  • (b)

    En déduire que les αk sont exactement les racines du polynôme Pn.

  • (c)

    Établir les identités

    k=1n1tan2(kπ2n+1)=n(2n-1)3etk=1n1sin2(kπ2n+1)=2n(n+1)3.
  • (d)

    Montrer l’encadrement

    1tan2(x)1x21sin2(x)pour tout x]0;π/2[

    et déterminer la valeur de la somme

    n=1+1n2.

[<] Calcul de sommes[>] Quotient terme sur somme

 
Exercice 49  2516    CCP (MP)Correction  

Soient

un=13nn!k=1n(3k-2)etvn=1n3/4.
  • (a)

    Montrer que pour n assez grand,

    un+1unvn+1vn.
  • (b)

    En déduire que un diverge.

    On pourra utiliser unvn.

Solution

  • (a)
    un+1un=n+3n+13(n+1)=1-231n+1=1-23n+o(1n)

    et

    vn+1vn=n+1(1+1/n)3/4=1-34n+o(1n)

    On en déduit que pour n assez grand,

    un+1unvn+1vn.
  • (b)

    La suite de terme général unvn est positive et croissante à partir d’un certain rang. Il existe donc α>0 et N tels que pour tout nN, unαvn. Or vn diverge et donc un aussi.

 
Exercice 50  2800     MINES (MP)Correction  
  • (a)

    Soient (un)n0 et (vn)n0 deux suites réelles, λ. On suppose:

    n,un0,|vn| converge et un+1un=1-λn+vn.

    Montrer que (nλun) converge.

  • (b)

    Donner la nature de la série de terme général

    nnn!enpt

Solution

  • (a)

    Le rapport un+1un tend vers 1 donc la suite (un) est de signe constant à partir d’un certain rang; quitte à passer à l’opposé on peut supposer un>0 pour n assez grand.
    Posons

    wn=ln((n+1)λun+1)-ln(nλun).

    On a

    wn=λln(1+1n)+ln(1-λn+vn)

    est le terme général d’une série absolument convergente. Par conséquent, la suite (ln(nλun)) converge et donc (nλun) aussi.

  • (b)

    Posons un=nnn!en. On a

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

    En reprenant l’étude qui précède on peut affirmer que n1/2un>0 donc un diverge.
    Ce résultat peut être confirmé par la formule de Stirling.

 
Exercice 51  1029   Correction  

(Règle de Raabe-Duhamel)

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

  • (a)

    On suppose qu’à partir d’un certain rang

    un+1unvn+1vn.

    Montrer que un=n+O(vn).

  • (b)

    On suppose que

    un+1un=n+1-αn+o(1n) avec α>1.

    Montrer, à l’aide d’une comparaison avec une série de Riemann, que la série un converge.

  • (c)

    On suppose cette fois-ci que

    un+1un=n+1-αn+o(1n) avec α<1.

    Montrer que la série un diverge.

Solution

  • (a)

    Via télescopage, on obtient pour tout nN

    0<unuNvNvn

    donc un=O(vn).

  • (b)

    Soit 1<β<α et vn=1nβ.

    vn+1vn=1(1+1n)β=1-βn+o(1n).

    À partir d’un certain rang

    un+1unvn+1vn

    donc un=O(vn) or vn converge absolument donc un aussi.

  • (c)

    Pour n assez grand

    un+1un1-1n+1=1/(n+1)1/n

    donc

    1n=O(un).

    Puisque la série 1/n est divergente, un argument de comparaison de séries à termes positifs permet de conclure que un est aussi divergente.

[<] Quotient de deux termes successifs[>] Comportement asymptotique du terme d'une série convergente

 
Exercice 52  3750     MINES (MP)Correction  

Soit (un) une suite réelle strictement positive et convergeant vers 0. On pose

vn=un+1Sn avec Sn=k=0nuk.

Montrer que les séries un et vn ont même nature.

Solution

Puisque la suite (Sn) est croissante

0vnun+1S00

et donc vn0. On en tire

vnln(1+vn)=ln(Sn+1Sn)=ln(Sn+1)-ln(Sn).

La série un converge si, et seulement si, la suite ln(Sn) converge et donc si, et seulement si, la série télescopique (ln(Sn+1)-ln(Sn)) converge. Par équivalence de série à termes positifs, cela équivaut à affirmer la convergence de la série vn.

 
Exercice 53  2956     X (MP)Correction  

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

On pose, pour n*,

vn=unSn avec Sn=u1++un.

Déterminer la nature de vn.

Solution

Si un converge alors en notant S sa somme (strictement positive), vnun/S et donc vn converge.
Supposons désormais que un diverge et montrons qu’il en est de même de vn.
Par la décroissante de t1/t, on a

Sn-1SndttSn-Sn-1Sn-1=unSn-1.

En sommant ces inégalités

S1Sndttk=2nukSk-1.

Or

S1Sndtt=ln(Sn)-ln(S1)+

car Sn+ donc par comparaisonunSn-1 diverge.
Puisque

unSn-1=unSn-un=vn11-vn.

Si vn↛0 alors vn diverge.
Si vn0 alors vnunSn-1 et à nouveau vn diverge.

Finalement, les séries un et vn sont de même nature.

 
Exercice 54  2959     X (MP)

Soit (un)n une suite réelle strictement positive et strictement croissante.
Déterminer la nature de la série de terme général

un+1-unun.
 
Exercice 55  2958     X (MP)Correction  

Soit (un) une suite réelle strictement positive telle que la série de terme général un converge.
On note le reste d’ordre n

Rn=k=n+1+uk.

Étudier la nature des séries de termes généraux un/Rn et un/Rn-1.

Solution

un=Rn-1-Rn et la décroissance de t1/t,

RnRn-1dttRn-1-RnRn=unRn.

On a

RnRn-1dtt=ln(Rn-1)-ln(Rn)

donc la série à termes positifs RnRn-1dtt diverge car ln(Rn)- puisque Rn0.
Par comparaison de séries à termes positifs, un/Rn diverge.

unRn=unRn-1-un=unRn-111-un/Rn-1.

Si un/Rn-1↛0 alors un/Rn-1 diverge.
Si un/Rn-10 alors unRn-1unRn et donc un/Rn-1 diverge encore.
Dans tous les cas, un/Rn-1 diverge.

 
Exercice 56  3716     CCP (MP)Correction  

Soient (an) une suite de réels strictement positifs et Sn=k=0nak.

  • (a)

    On suppose que la série an converge, donner la nature de anSn.

  • (b)

    On suppose que la série an diverge, montrer

    anSn21Sn-1-1Snpour tout n*.

    En déduire la nature de anSn2.

  • (c)

    On suppose toujours la divergence de la série an. Quelle est la nature de anSn?

Solution

  • (a)

    Puisque la série an converge, on peut introduire sa somme

    S=n=0+an.

    Les termes sommés étant strictement positifs, on a S>0 et SnS donne alors

    Snn+S.

    On en déduit

    anSnn+anS.

    La série an converge, donc an/S converge aussi et, par équivalence de séries à termes positifs, on peut conclure à la convergence de la série anSn.

  • (b)

    Comme les termes sont positifs, on a SnSn-1 et donc

    anSn2Sn-Sn-1SnSn-1=1Sn-1-1Sn.

    La série à termes positifs an étant supposée divergente, la suite (Sn) tend vers + et donc (1/Sn) est de limite nulle. La nature de la série un-un-1 étant celle de la suite (un), on peut affirmer la convergence de la série

    1Sn-1-1Sn

    puis celle de anSn2 par comparaison de séries à termes positifs.

  • (c)

    On peut écrire

    anSn=Sn-Sn-1Sn=1-Sn-1Sn.

    Si (Sn-1/Sn) ne tend pas vers 1, la série étudiée diverge grossièrement.
    Si (Sn-1/Sn) tend vers 1 alors

    ln(Sn-1Sn)n+Sn-1Sn-1

    et donc

    anSnn+ln(Sn)-ln(Sn-1).

    La suite (ln(Sn)) diverge, donc la série ln(Sn)-ln(Sn-1) diverge aussi et, enfin, anSn diverge par argument de comparaison de séries à termes positifs.

 
Exercice 57  1067    

Soit un une série divergente de réels strictement positifs. On pose

Sn=k=0nukpour tout n.
  • (a)

    Soit α>1. Étudier la nature de la série unSnα.

  • (b)

    Même question avec α1.

 
Exercice 58  5045    

Soit (un)n une suite strictement croissante de réels strictement positifs de limite +. Déterminer la nature des séries dont les termes généraux sont les suivants:

  • (a)

    un-un-1un-1

  • (b)

    un-un-1un

  • (c)

    un-un-1unα avec α.

[<] Quotient terme sur somme[>] Comparaison séries intégrales

 
Exercice 59  1025   

Soit (un) une suite réelle décroissante. On suppose que la série un converge et l’on note Sn sa somme partielle de rang n.

  • (a)

    Déterminer la limite de S2n-Sn quand n croît vers l’infini.

  • (b)

    En déduire la limite de la suite (nu2n) puis celle de (nun).

 
Exercice 60  3233   Correction  

Soient (un) une suite décroissante de réels positifs et α un réel positif.
On suppose la convergence de la série

nαun.

Montrer

nα+1unn+0.

Solution

Posons

Sn=k=1nkαuk.

Par la décroissance de la suite (un), on a

S2n-Sn=k=n+12nkαukk=n+12nnαu2n=nα+1u2n0.

Puisque la suite (Sn) converge, S2n-Sn0 et l’on en déduit (2n)α+1u2n0.
Puisque

0(2n+1)α+1u2n+1(2n+1)α+1(2n)α+1(2n)α+1u2n

on a aussi (2n+1)α+1u2n+10 et l’on peut donc conclure nα+1un0.

[<] Comportement asymptotique du terme d'une série convergente[>] Nature de séries dépendant d'un paramètre via comparaison intégrale

 
Exercice 61  77    ENSTIM (MP)Correction  

À l’aide d’une comparaison avec une intégrale, donner la nature de la série

n21nln(n).

Solution

On a

(1xln(x))=-ln(x)+1(xln(x))2.

La fonction x1/xln(x) est décroissante sur ]1;+[. On en déduit

n=2N1nln(n)2N+1dttln(t)=ln(ln(N+1))-ln(ln(2))n++.
 
Exercice 62  1061  Correction  

En exploitant une comparaison avec des intégrales, établir:

  • (a)

    k=1nk23nn

  • (b)

    ln(n!)nln(n)

  • (c)

    k=2n1kln(k)ln(ln(n))

Solution

  • (a)

    Par croissance de la fonction .

    k-1ktdtkkk+1tdt

    donc

    0ntdtk=1nk1n+1tdt

    et l’on conclut aisément.

  • (b)

    On a

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

    et, par croissance de la fonction ln,

    k-1kln(t)dtln(k)kk+1ln(t)dt

    donc

    1nln(t)dtln(n!)1n+1ln(t)dt

    puis on peut conclure.

  • (c)

    Par décroissance de la fonction x1/xln(x) sur [1/e;+[,

    kk+1dttln(t)1kln(k)k-1kdttln(t)

    donc

    2n+1dttln(t)k=2n1kln(k)1ndttln(t)

    puis on conclut via

    dttln(t)=ln(ln(t))+Ctet++.
 
Exercice 63  1068   Correction  

Pour α>1, on pose

ζ(α)=n=1+1nα.

Déterminer la limite de (α-1)ζ(α) quand α tend vers 1+.

Solution

Soit N*. Puisque x1xα est décroissante,

1N+1dxxαk=1N1kα1+1Ndxxα.

On calcule les intégrales et l’on passe à la limite quand N tend vers + pour obtenir

1α-1ζ(α)1+1α-1.

Par suite,

(α-1)ζ(α)α1+1.
 
Exercice 64  664   Correction  

Soit a]0;1[. Déterminer la nature de la série n0an.

Solution

Notons que les termes sommés sont positifs.
La fonction xax est décroissante donc

ann-1naxdx

puis

k=0nak1+0naxdx=1+20nuaudu

or 0+uaudu est définie donc

n0an<+.
 
Exercice 65  1069   Correction  

En exploitant une comparaison série-intégrale, déterminer

lima+n=1+an2+a2.

Solution

Notons que an2+a2an2 donc n=1+an2+a2 existe.
La fonction xax2+a2 est décroissante sur [0;+[ donc par comparaison série-intégrale

1N+1ax2+a2dxn=1Nan2+a20Nax2+a2dx

puis sachant

ax2+a2=arctan(xa)+Cte

on obtient

arctan(N+1a)-arctan(1a)n=1Nan2+a2arctan(Na).

Quand N+,

π2-arctan(1a)n=1+an2+a2π2.

Par le théorème des gendarmes,

lima+n=1+an2+a2=π2.
 
Exercice 66  2431     CENTRALE (MP)Correction  

Soient a,b>0. Pour n*, on pose

An=1nk=1n(a+bk)etBn=k=1n(a+bk)1/n.

Trouver limn+BnAn en fonction de e.

Solution

On a

An=a+b(n+1)2etln(Bn)=1nk=1nln(a+bk).

Posons f(t)=ln(a+bt) fonction croissante.
À l’aide d’une comparaison série-intégrale

k=1nf(k)=nln(a+bn)-n+o(n)

donc

ln(BnAn)=ln(Bn)-ln(An)=ln(a+bna+bn/2)-1+o(1)n+ln(2)-1

puis

BnAnn+2e.

[<] Comparaison séries intégrales[>] Études asymptotiques

 
Exercice 67  2792    MINES (MP)Correction  

Nature de la série de terme général

nαk=2nln2(k)

α est réel.

Solution

Par comparaison série intégral,

k=2nln2(k)n+n(ln(n))2

donc

un=nαk=2nln2(k)n+1n1-α(ln(n))2.

Par référence aux séries de Bertrand, un converge si, et seulement si, α0.

 
Exercice 68  2795     MINES (MP)Correction  

Soit α*. On pose, pour n*

un=1k=1nkα.

Nature de la série de terme général un?

Solution

Par comparaison série intégrale:
Si α>0, unα+1nα+1 est terme général d’une série absolument convergente.
Si -1<α<0, unα+1nα+1 n’est pas le terme général d’une série convergente.
Si α=-1, un1ln(n) n’est pas le terme général d’une série convergente.
Si α<-1, un↛0 et donc un est grossièrement divergente.

 
Exercice 69  1082   Correction  

Étudier en fonction de α la nature de

n21nαln(n).

Solution

Si α<1 alors n1nαln(n)+ donc pour n assez grand 1nαln(n)1n. Par comparaison de séries à termes positifs, la série diverge
Si α>1 alors considérons β]1;α[. On a nβ1nαln(n)0 donc la série est absolument convergente.
Si α=1 alors exploitons la décroissance de la fonction x1xln(x) sur ]1;+[.
Pour k2,

1kln(k)kk+1dttln(t)

donc

k=2n1kln(k)2n+1dttln(t)=[ln(ln(t))]2n+1n++.

Par suite, la série étudiée diverge.

 
Exercice 70  1062   Correction  

Étudier en fonction de α la nature de

n21n(ln(n))α.

Solution

On pose

un=1n(ln(n))α

Cas: α0. À partir d’un certain rang un1/n et la série diverge.

Cas: α>0. La fonction x1/x(ln(x))α est décroissante sur ]1;+[.

nn+1dtt(ln(t))αunn-1ndtt(ln(t))α

donc

3N+1dtt(ln(t))αn=3Nun2Ndtt(ln(t))α

puis

ln(3)ln(N+1)duuαn=3Nunln(2)ln(N)duuα

et l’on peut conclure qu’il y a convergence si, et seulement si, α>1.

 
Exercice 71  3104    Correction  

On note an le nombre de chiffres dans l’écriture décimale de l’entier n1. Pour quelles valeurs de x y a-t-il convergence de la série

xann3?

Solution

Introduisons la somme partielle

SN=n=1Nxann3.

On remarque que pour n{10p-1,,10p-1} on a an=p

En regroupant pertinemment les termes sommés,

S10q-1=p=1qn=10p-110p-1xann3=p=1qn=10p-110p-1xpn3=p=1qupxp.

Puisque la fonction t1/t3 est décroissante, on a la comparaison

10p-110pdtt2up=n=10p-110p-11n310p-1-110p-1dtt2.

Après calculs, on obtient

upp+9921100p.

Cas: x0. La série upxp converge si, et seulement si, x<100.

Puisque la série xan/n3 est à termes positifs, sa convergence équivaut à la convergence d’une suite extraite de sommes partielles et donc xan/n3 converge si, et seulement si, x<100.

Cas: x<0.

Pour x]-100;0[, il y a absolue convergence de la série en vertu de l’étude qui précède.

Pour x-100, on peut écrire x=-y avec y100 et l’on a alors

S10q-1=p=1q(-1)quqyq

avec (uqyq) qui ne tend pas vers zéro.

Il y a alors divergence d’une suite extraite de sommes partielles et donc divergence de la série xan/n3.

[<] Nature de séries dépendant d'un paramètre via comparaison intégrale[>] Série dont le terme est défini par récurrence

 
Exercice 72  4913  

Soit α un réel positif. Déterminer un équivalent quand n tend vers l’infini de

Sn=k=1nkα.
 
Exercice 73  4911  

Déterminer un équivalent quand n tend vers l’infini de

Hn=k=1n1k.
 
Exercice 74  1059  Correction  

Soit α<1. Déterminer un équivalent de

k=1n1kα.

Solution

Selon que α<0 ou α0, on encadre 1/kα en exploitant la monotonie de x1/xα.
Sachant que

dttα=11-αt1-α+Ctet++

on obtient

k=1n1kαn1-α1-α.
 
Exercice 75  4912  

Soit α un réel strictement supérieur à 1. Déterminer un équivalent quand n tend vers l’infini de

Rn=k=n+1+1kα.
 
Exercice 76  1032   Correction  

Montrer la convergence de

k=0+1k!

puis la majoration du reste

k=n+1+1k!1nn!.

Solution

La convergence de k=0+1k! s’obtient entre autre par le critère d’Alembert puisque

|1/(k+1)!1/k!|=1k+1k+0<1.

On peut alors majorer le reste de la série en prenant appui sur une somme géométrique

k=n+1+1k!1n!(1n+1+1(n+1)2+)=1n!1n+111-1/n+1=1nn!.

Notons que raisonner par récurrence ne marche pas.

 
Exercice 77  4916   

Déterminer un équivalent quand n croît vers l’infini de

k=2n1kln(k).
 
Exercice 78  1066   Correction  

Pour α>1, on pose

SN=n=1N1nαetRN=n=N+1+1nα.

Étudier la nature de la série n1RnSn selon la valeur du réel α.

Solution

Puisque x1xα est décroissante,

nn+1dxxα1nαn-1ndxxα

donc

N+1+dxxαRNN+dxxα

d’où l’on obtient

Rnn+1(α-1)nα-1

puis

RnSnn+1(α-1)Snα-1.

La série n1RnSn converge si, et seulement si, α>2.

 
Exercice 79  1063   

Déterminer la nature de la série de terme général

un=k=n+1+1k2.
 
Exercice 80  3047      X (MP)Correction  

Soit (un) une suite complexe telle que pour tout p*, upn-un0. Peut-on affirmer que la suite (un) converge?

Solution

Non. En effet, considérons

un=k=2n1kln(k).

Pour tout p*, on a

unp-un=k=n+1np1kln(k)

On en déduit

0unp-unnp-(n+1)+1nln(n)=p-1ln(n)n+0

alors que

unk=2nkk+1dttln(t)=2n+1dttln(t)=[ln(ln(t))]2n+1+.

[<] Études asymptotiques[>] Application à l'étude de suites

 
Exercice 81  1097  Correction  

Soit (un) la suite définie par u0[0;π] et pour tout n,

un+1=1-cos(un).

Montrer que un0 et déterminer la nature de la série de terme général un.

Solution

La fonction x1-cos(x)-x est négative sur [0;+[ et ne s’annule qu’en 0. Par conséquent, la suite (un) est décroissante, or elle est clairement minorée par 0 donc elle converge. Sa limite annulant la précédente fonction ne peut être que 0. Puisque

un+1=2sin2(un2)

on a

un+112un2.

Par suite,

un=n+O(1/2n)

et la série à termes positifs un converge .

 
Exercice 82  1098  Correction  

Soit (un) la suite définie par u0>0 et pour tout n,

un+1=1+un.

Montrer que (un) converge vers un réel .
Quelle est la nature de la série de terme général un-?

Solution

Par étude de point fixe de la relation de récurrence, la valeur

=(1+5)/2

est la seule limite possible de la suite (un) qui est clairement à termes positifs.

|un+1-|=|un-|1+un+1+12|un-|

donc

un-=n+O(1/2n)

On en déduit que la série étudiée converge.

 
Exercice 83  1099   Correction  

Soient u0]0;π/2[ et un+1=sin(un) pour tout n.

  • (a)

    Montrer que un0+.

  • (b)

    Exploiter un+1-un pour montrer que n0un3 converge.

  • (c)

    Exploiter ln(un+1)-ln(un) pour montrer que n0un2 diverge.

Solution

  • (a)

    Aisément la suite est strictement positive, décroissante et de limite [0;π/2] vérifiant sin()=.

  • (b)

    un+1-un est le terme général d’une série télescopique convergente. Or un+1-un-16un3 donc par équivalence de suite de signe constant, on conclut.

  • (c)

    ln(un+1)-ln(un) est le terme général d’une série télescopique divergente. Or ln(un+1)-ln(un)ln(1-16un2)-16un2 donc par équivalence de suite de signe constant, on conclut.

 
Exercice 84  1101   

Soit (un) la suite récurrente définie par

u0]0;1[etun+1=un-un2pour tout n.
  • (a)

    Étudier la convergence de la suite (un).

  • (b)

    Étudier la convergence et donner la somme de la série un2.

  • (c)

    Étudier la convergence de la série ln(1-un).

  • (d)

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

 
Exercice 85  2801      MINES (MP)

Soient α dans *, a et b dans . On considère la suite (un) déterminée par

u0=αetun+1=n-an-bunpour tout n.
  • (a)

    Montrer l’existence d’un réel A0 tel que

    unn+Ana-b.
  • (b)

    Déterminer la nature de la série de terme général un et calculer sa somme lorsqu’elle converge.

 
Exercice 86  1100   

Soient (an) une suite positive et (un) la suite définie par

u0>0etun+1=un+anunpour tout n.

Montrer que la suite (un) converge si, et seulement si, la série de terme général an converge.

[<] Série dont le terme est défini par récurrence

 
Exercice 87  5072  

Montrer l’existence d’un réel λ tel que

λ=limn+(k=1n1k-2n).
 
Exercice 88  1074  Correction  

Montrer que

un=n!ennn+1/2

a une limite non nulle.

On s’interdit l’emploi de la formule de Stirling.

Solution

Après calculs,

ln(un+1)-ln(un)=n+O(1/n2)

La série télescopique associée étant convergente, la suite (ln(un)) converge et l’on peut conclure.

 
Exercice 89  1072   Correction  

Pour tout n, soit

un=(2n)!(2nn!)2.

Dans ce sujet, on s’interdit l’emploi de la formule de Stirling.

  • (a)

    Déterminer un équivalent de

    ln(un+1)-ln(un).

    En déduire que un0.

  • (b)

    En s’inspirant de ce qui précède, établir que nunC>0. On ne cherchera pas expliciter la valeur de C.

Solution

  • (a)

    On a

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

    La série ln(un+1)-ln(un) tend vers - donc ln(un)- puis un0.

  • (b)

    Posons vn=nun.

    ln(vn+1)-ln(vn)=12ln(1+1n)+ln(un+1)-ln(un)=O(1n2).

    La série ln(vn+1)-ln(vn) converge et donc la suite ln(vn) aussi.
    En posant sa limite, on obtient nunC avec C=e>0.
    Notons qu’évidemment, on aurait aussi pu résoudre cet exercice à l’aide de la formule de Stirling.

 
Exercice 90  1073   Correction  

Pour tout n, on pose

un=(2n)!(2nn!)2.
  • (a)

    Déterminer un équivalent de ln(un+1)-ln(un). En déduire que (un) tend vers 0.

  • (b)

    Déterminer la limite de (nun) et en déduire la nature de la série un.

  • (c)

    On pose vn=unn+1. En observant et en sommant l’égalité

    (2k+4)vk+1=(2k+1)vk

    calculer Tn=k=0nvk en fonction de n et vn+1.

  • (d)

    En déduire la valeur de

    n=0+unn+1.

Solution

  • (a)
    ln(un+1)-ln(un)=ln(un+1un)=ln(2n+12n+2)=ln(1-12n+2)-12n.

    La série ln(un+1)-ln(un) tend vers - donc ln(un)- puis un0.

  • (b)

    ln(n+1)un+1-ln(nun)=ln(2n+12n)12n. La série ln(n+1)un+1-ln(nun) tend vers + donc ln(nun)+ puis nun+. À partir d’un certain rang nun1 donc un diverge.

  • (c)
    (2k+4)vk+1=2uk+1=2k+1k+1uk=(2k+1)vk

    en sommant pour k{0,,n} et en simplifiant, on obtient Tn=2-(2n+6)vn+1.

  • (d)

    Pusique (Tn) tend vers 2, on conclut

    n=0+unn+1=2.
 
Exercice 91  1078   Correction  

Soient 0<a<b et (un)n une suite strictement positive telle que pour tout n,

un+1un=n+an+b.
  • (a)

    Montrer que unn+0. On pourra étudier ln(un).

  • (b)

    Soient α et vn=nαun. En étudiant (vn)n1, montrer qu’il existe A>0 tel que

    unn+Anb-a.
  • (c)

    On suppose b-a>1. En écrivant

    (n+1)un+1-nun=aun+(1-b)un+1

    donner la valeur de la somme

    n=0+un.

Solution

  • (a)
    ln(un+1)-ln(un)=ln(1+a-bn)a-bn

    est le terme général d’une série divergeant vers -. Par suite, ln(un)- et donc un0.

  • (b)
    ln(vn+1)-ln(vn)=αln(1+1n)+ln(1+a-bn)=α+a-bn+O(1n2)

    donc pour α=b-a, la série des ln(vn+1)-ln(vn) converge. Par suite, vn converge vers un réel A>0 et alors

    unAnb-a.
  • (c)

    On a

    (b-a-1)un=(1-b)(un+1-un)-((n+1)un+1-nun)

    donc par télescopage

    n=0+un=b-1b-a-1u0.
 
Exercice 92  1079   Correction  

Pour α-*, on considère (un)n1 définie par

u1=1etun+1=(1+α/n)un.
  • (a)

    Pour quel(s) β y a-t-il convergence de la série de terme général

    vn=ln((n+1)βun+1nβun)?.
  • (b)

    En déduire qu’il existe A+* pour lequel unAnα.

Solution

Notons que les termes de la suite (un) sont tous non nuls car -α*.

  • (a)

    (n+1)βun+1nβun=1+α+βn+O(1n2) donc vn=α+βn+O(1n2). vn converge si, et seulement si, β=-α.

  • (b)

    k=0n-1vk=ln(n-αun)=k=0+vk donc n-αune puis unAnα avec A=e>0.

 
Exercice 93  1080   Correction  

Soit (un) une suite de réels strictement positifs telle que

un+1un=1+αn+O(1n2), avec α.
  • (a)

    Pour quel(s) β y a-t-il convergence de la série de terme général

    vn=ln((n+1)βun+1nβun)?.
  • (b)

    En déduire qu’il existe A+* pour lequel

    unAnα.

Solution

  • (a)
    (n+1)βun+1nβun=1+α+βn+O(1n2)

    donc

    vn=α+βn+O(1n2)

    vn converge si, et seulement si, β=-α.

  • (b)
    k=0n-1vk=ln(n-αun)=k=0+vk

    donc n-αune puis unAnα avec A=e>0.

 
Exercice 94  2949      X (MP)Correction  

Étudier la limite quand n+ de

k=1n(kn)n.

Solution

On peut écrire

k=1n(kn)n=k=0n-1(1-kn)n=k=0nuk(n)

avec uk(n)n+e-k.
On peut alors présumer

k=1n(kn)nn+k=0+e-k=11-1/e=ee-1.

Il ne reste plus qu’à l’établir…
Puisque ln(1+x)x pour tout x>-1, on a

(1-kn)n=exp(nln(1-k/n))e-k

et donc on a déjà

k=1n(kn)n11-1/e.

De plus, pour N, on a pour tout nN

k=1n(kn)nk=0N-1(1-kn)nn+k=0N-1e-k.

Pour ε>0, il existe N tel que

k=0N-1e-kee-1-ε

et pour ce N fixé, il existe N tel que pour nN,

k=1n(kn)nn=0N-1(1-kn)nk=0N-1e-k-ε.

On a alors pour tout nN

k=1n(kn)nee-1-2ε.

On peut donc conclure

k=1n(kn)nee-1.


Édité le 08-11-2019

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