[>] 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    ENTPE (MP)Correction  

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 sinonpour tout 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  5792   Correction  

Étudier la nature de la série

1n(2-3n)n

Solution

Pour n*,

3n=exp(1nln(3))=n+1+ln(3)n+o(1n)

puis

2-3n=n+1-ln(3)n+o(1n)

donc

(2-3n)n=n+exp(nln[1-ln(3)n+o(1n)])n+e-ln(3)=13

Par conséquent,

1n(2-3n)nn+13n

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

 
Exercice 9  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 10  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 11  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 12  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 13  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 14  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 rang N 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 15  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 16  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 17  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 18  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 (un) tend vers 0 et donc vnn+un. La série vn est alors convergente par équivalence de série à termes positifs.

    Si vn converge alors (vn) tend vers 0 et l’on en déduit par opérations que

    un=vn1-vnn+0

    On conclut comme ci-dessus.

  • (b)

    Si un converge et est de somme S alors

    vnn+1Sun

    On peut alors conclure que vn converge.

    Si un diverge alors

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

    Cas: (vn) tend vers 0. On a

    -ln(1-vn)n+vn

    Par équivalence de séries à termes positifs, vn diverge.

    Cas: (vn) ne tend pas vers 0. La série vn diverge grossièrement.

 
Exercice 19  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 20  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 21  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 22  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 23  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.
  • (c)

    Justifier que la série de terme général unvn converge et établir

    n=1+vn22n=1+unvn.

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

 
Exercice 24  1081   Correction  

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

  • (a)

    un=enα

  • (b)

    vn=ln(n)nα

  • (c)

    wn=exp((ln(n))α)

Solution

  • (a)

    Cas: α0. Il y a divergence grossière puisque la suite (un) est de limite 1 (pour α=0 ) ou + (pour α<0 ).

    Cas: α>0. Par croissance comparée,

    n2un=exp(2ln(n)nα)n+0.

    On a donc

    un=n+o(1n2) avec 2>1.

    La série est absolument convergente (et donc convergente).

  • (b)

    Cas: α1. On remarque

    n3,vnln(n)n1n.

    Sachant la divergence de 1n, on peut affirmer la divergence de la série vn par argument de comparaison de séries à termes positifs.

    Cas: α>1. Considérons γ]1;α[ (ce qui est possible). Par croissance comparée,

    nγun=ln(n)nαγn+0.

    On a donc

    un=n+o(1nγ) avec γ>1.

    La série est absolument convergente (et donc convergente).

  • (c)

    Cas: α1. On remarque

    n1,wn1n.

    Sachant la divergence de 1n, on peut affirmer la divergence de la série wn par argument de comparaison de séries à termes positifs.

    Cas: α>1. Par croissance comparée,

    n2un=exp[2ln(n)(ln(n))α]n+0.

    On a donc

    un=n+o(1n2) avec 2>1.

    La série est absolument convergente (et donc convergente).

 
Exercice 25  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 26  1083     CENTRALE (MP)Correction  

Soient a,b.

  • (a)

    Déterminer la nature de la série

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

    Calculer la somme lorsqu’il y a convergence.

Solution

  • (a)

    On a

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

  • (b)

    Pour N*,

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

    puis

    n=1N ln(n)+aln(n+1)+bln(n+2)
    =ln(1)+ln(2)-2ln(2)-2ln(N+1)+ln(N+1)+ln(N+2)
    N+-ln(2).
 
Exercice 27  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 28  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 29  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 30  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 31  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 32  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 33  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 34  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 35  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 36  5469  Correction  

Soit an une série numérique absolument convergente.

Montrer que les séries a2p et a2p+1 convergent et

n=0+an=p=0+a2p+p=0+a2p+1.

Solution

Pour N, on obtient par adjonction de termes positifs

p=0N|a2p| =|a0|+|a2|++|a2N|
|a0|+|a1|+|a2|++|a2N-1|+|a2N|
n=02N|an|n=0+|an|.

Les sommes partielles de la série à termes positifs |a2p| sont majorées, cette série est donc convergente. Ainsi, la série a2p converge absolument et donc converge. On établit de même la convergence de a2p+1.

Aussi, en séparant11 1 Cette séparation est réalisée par commutativité de l’opération d’addition. On pourrait imaginer pouvoir réaliser cette séparation directement sur les sommes infinies mais cela nécessite une «  infinité  » de commutations et le problème est moins trivial qu’il n’y paraît. Hors du cadre de l’absolue convergence, il est possible de changer la valeur d’une somme en réorganisant ses termes! les termes d’indices pairs de ceux d’indices impairs, il vient pour N

n=0Nan=p=0N/2a2p+p=0(N-1)/2a2p+1.

En passant à la limite quand N tend vers l’infini,

n=0+an=p=0+a2p+p=0+a2p+1.
 
Exercice 37  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[>] Critère spécial des séries alternées

 
Exercice 38  4910  

Déterminer la nature et la somme de la série

n21n(n-1).
 
Exercice 39  5789  Correction  

Justifier la convergence et calculer la somme de

n11n(n+2).

Solution

Par décomposition en éléments simples,

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

Pour N*,

n=1N1n(n+2)=12n=1N1n-12n=1N1n+2.

En simplifiant les termes communs,

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

Par passage à la limite,

n=1+1n(n+2)=12(1+12)=34

avec convergence.

 
Exercice 40  1048  Correction  

Donner la nature et l’éventuelle somme de la série

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

Solution

1n(n+1)(n+2)n+1n30

donc la série converge.

Par décomposition en éléments simples,

1n(n+1)(n+2)=1/2n1n+1+1/2n+2.

Pour N*,

n=1N1n(n+1)(n+2) =12n=1N1nn=1N1n+1+12n=1N1n+2
=12n=1N1nn=2N+11n+12n=2N+21n.

On simplifie les portions communes des sommes,

n=1N1n(n+1)(n+2)=12(1+12)(12+1N+1)+12(1N+1+1N+2).

À la limite quand N tend vers l’infini,

n=1+1n(n+1)(n+2)=14.
 
Exercice 41  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 42  5981  Correction  

Calculer

n=0+12×4××2n.

Solution

Le calcul peut être mené dans [0;+] et à ce titre la somme étudiée a un sens.

Pour n,

2×4××2n=2n×1×2××n=2nn!.

En reconnaissant une somme exponentielle,

n=0+12×4××2n=n=0+1n!(12)n=e1/2.
 
Exercice 43  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 44  1049  

Établir

n=0+1(2n+1)2=34n=1+1n2etn=1+(-1)n-1n2=12n=1+1n2.
 
Exercice 45  5495  Correction  

Étudier la convergence et donner la valeur de

n=0+1(3+(-1)n)n.

Solution

Pour tout n,

1(3+(-1)n)n12n.

Or 1/2n converge car il s’agit d’une série géométrique de raison q=1/2 avec |q|<1. Par comparaison de séries à termes positifs, la série étudiée converge.

Pour N, en séparant les termes selon la parité de l’indice,

n=02N1(3+(-1)n)n =p=0N142p+p=1N122p+1
N+11-1/16+1211-1/4=1615+23=2615.

On conclut

n=0+1(3+(-1)n)n=2615.
 
Exercice 46  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 47  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 48  5790   Correction  

Justifier la convergence et calculer la somme de

n11n(2n-1).

Solution

Par décomposition en éléments simples

1n(2n-1)=2(2n-1)-1n=

Pour N*,

n=1N1n(2n-1)=n=1N2(2n-1)-n=1N1n=

En introduisant les termes d’indices pairs,

n=1N2(2n-1)=n=12N1n-n=1N12n

et donc

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

À l’aide d’une comparaison série-intégrale11 1 Ou l’emploi de somme de Riemann, ou introduction de la constante d’Euler.

N+12N+1dttn=N+12N1nN2Ndtt

Par encadrement,

n=N+12N1nN+ln(2)

Avec convergence, on a donc

n=1+1n(2n-1)=2ln(2)
 
Exercice 49  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 50  3622     ENTPE (MP)

Justifier la convergence et calculer la somme de la série

n0arctan(1n2+n+1).
 
Exercice 51  3796     CCINP (PSI)

Justifier la convergence et calculer la somme de

k1k+1-kk.
 
Exercice 52  1057   Correction  

Pour p, on pose

ap=n=0+np2n.
  • (a)

    Montrer que ap existe puis exprimer ap en fonction de a0,,ap1.

  • (b)

    En déduire que ap.

Solution

  • (a)

    ap existe car, par croissance comparée,

    n2×np2n=np+22nn+0.

    Par glissement d’indice

    ap=n=0+(n+1)p2n+1=12(ap+(p1)ap1++(pp)a0)

    donc

    ap=(p1)ap1++(pp)a0.
  • (b)

    Par un récurrence aisée ap pour tout p.

 
Exercice 53  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 54  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[>] Emploi du critère spécial des séries alternées

 
Exercice 55  4638  

Déterminer la nature des séries suivantes:

  • (a)

    n1(-1)n-1n

  • (b)

    n1(-1)nn+n

  • (c)

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

 
Exercice 56  5502   Correction  

Étudier la convergence de la série n1un avec

un=(1)nnk=1n1k.

Solution

La série étudiée est alternée. La suite (|un|)n1 est décroissante car |un+1| est la moyenne des valeurs 1,1/2,,1/n,1/(n+1) tandis que |un| est la moyenne de 1,1/2,,1/n. Enfin,

unn+0 car k=1n1kn+ln(n).

Par le critère spécial des séries alternées, on peut affirmer la convergence de la série n1un.

 
Exercice 57  5315     ENSTIM (MP)Correction  

Donner la nature de la série

n1(-1)nn+cos(n).
  • (a)

    Par développement limité.

  • (b)

    En étudiant la série

    n1((-1)nn+cos(n)-(-1)nn).
  • (c)

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

Solution

  • (a)

    Par développement limité,

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

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

  • (b)

    Pour n1,

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

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

  • (c)

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

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

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

    n+1+cos(n+1)n+cos(n)pour tout n

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

 
Exercice 58  1039  Correction  

Déterminer la nature de

n1sin(nπ+πn).

Solution

On sait

x,sin(x+π)=sin(x).

On en déduit

x,n,sin(x+nπ)=(1)nsin(x).

On a donc, pour tout n*

sin(nπ+πn)=(1)nsin(πn)=(1)nun avec un=sin(πn).

La suite (un)n2 est décroissante car la suite (π/n)n2 l’est et prend ses valeurs dans [0;π/2] où la fonction sinus est croissante. Aussi, la suite (un)n2 est de limite nulle. Par le critère spécial des séries alternées, la série n2sin(nπ+π/n) converge. Le rang initial n’affectant pas la nature de la série, la série n1sin(nπ+π/n) converge aussi.

 
Exercice 59  5507   Correction  

Déterminer la nature de la série

cos(πn2+n+1).

Solution

Par développement limité,

cos(πn2+n+1) =cos(nπ+π2+3π8n+O(1n2))
=(-1)ncos(π2+3π8n+O(1n2))
=(-1)n+1sin(3π8n+O(1n2))
=(-1)n+13π8n+O(1n2).

Le terme de la série étudiée 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 60  1088   

Déterminer en fonction de α+* la nature de

n1(-1)nnα+(-1)n-1.

[<] Critère spécial des séries alternées[>] Quotient de deux termes successifs

 
Exercice 61  5587  Correction  

Sachant

π4=n=0+(-1)n2n+1

Établir

83π5215

Solution

La série (-1)n2n+1 converge en vérifiant le critère spécial des séries alternées, sa somme est comprise entre ses sommes partielles consécutives. Or

1-13=23et1-13+15=1315

On en déduit

83π5215
 
Exercice 62  1036   Correction  

Montrer que

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

est un réel négatif.

Solution

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

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

avec |r|6424 donc x<0.

 
Exercice 63  1038  Correction  
  • (a)

    Justifier l’existence, pour n de

    Rn=k=n+1+(-1)kk.
  • (b)

    Montrer que

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

    Déterminer un équivalent de Rn.

  • (d)

    Donner la nature des séries de termes généraux Rn et |Rn|.

Solution

  • (a)

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

  • (b)

    Par glissement d’indice dans la deuxième somme

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

    Puisque

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

    on a

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

    Or, par le critère spécial,

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

    donc

    2Rn=n+(-1)n+1n+1+o(1n+1)n+(-1)n+1n+1

    puis

    Rnn+(-1)n+12n.
  • (d)

    On a

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

    D’une part, (-1)n+12n converge par le critère spécial. D’autre part, O(1n2) converge absolument par comparaison à une série de Riemann. La série Rn est donc convergente.

    On a

    |Rn|n+12n

    La série |Rn| est donc divergente par équivalence de séries à termes positifs.

 
Exercice 64  4131     CENTRALE (PSI)Correction  

On pose

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

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

  • (b)

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

  • (c)

    Étudier la nature de un.

Solution

  • (a)

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

  • (b)

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

  • (c)

    On peut écrire

    sn=ln(2)-rn

    avec

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

    On a

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

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

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

    On sait

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

    et donc

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

    avec

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

    Ainsi,

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

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

 
Exercice 65  3207      X (PC)Correction  

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

un+2=(n+1)un+1+un.
  • (a)

    Montrer que E est un espace vectoriel de dimension 2.

  • (b)

    Soient a et b deux éléments de E déterminés par

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

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

  • (c)

    Calculer

    wn=an+1bn-anbn+1.
  • (d)

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

    =limn+cn.
  • (e)

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

    limn+(an+rbn)=0.

Solution

  • (a)

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

  • (b)

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

    n2,an,bn1

    et donc

    an+2n+1 et bn+2n+1.

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

  • (c)

    On a

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

    Après simplification, on obtient

    wn+1=-wn

    et donc

    wn=(-1)nw0=(-1)n+1.
  • (d)

    On a

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

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

  • (e)

    On a

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

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

    |-cn|1bnbn+1.

    On peut ainsi écrire

    cn=+o(1bnbn+1).

    On a alors

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

    Sachant bn+, on peut affirmer

    an+rbn0r=-.

[<] Emploi du critère spécial des séries alternées[>] Quotient terme sur somme

 
Exercice 66  2516    CCINP (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 67  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!en.

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 68  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 69  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 70  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 comparaison unSn-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 71  5889   Correction  

Soit (un) une suite de réels strictement positifs de limite nulle et telle que un diverge. Pour n, on pose

Sn=k=0nuketPn=k=1n(1-ukSk).

Étudier la limite de (Pn) et en déduire la nature de la série unSn.

Solution

Pour n*,

Pn=k=1nSk-ukSk=k=1nSk-1Sk=S0Sn.

Puisque un est une série à termes positifs divergente, la suite (Sn) des sommes partielles tend vers + et donc (Pn) tend vers 0.

Les différents facteurs étant strictement positifs, on peut composer par la fonction ln() et cela donne

ln(Pn)=k=1nln(1-ukSk)n+-.

La série ln(1-unSn) est donc divergente. Or

unSnn+0

et donc

ln(1-unSn)n+-unSn.

Par équivalence de séries à termes de signe constant, unSn diverge.

 
Exercice 72  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 73  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 74  5887   Correction  

Soit (an) une suite de réels strictement positifs telle que la série an converge.

Pour n, on introduit

Rn=k=n+1+ak.
  • (a)

    Établir

    n,an+1Rn2(Rn-Rn+1).
  • (b)

    En déduire la nature de la série

    an+1Rn.

Solution

  • (a)

    La suite (Rn) est de limite nulle. Puisque les termes an sont strictement positifs, la suite (Rn) est aussi strictement décroissante. La fonction t1/t est décroissante sur [Rn+1;Rn]]0;+[ et donc

    Rn+1Rn1tdtRn+1Rn1Rndt

    ce qui se relit

    [2t]RnRn+1Rn-Rn+1Rn.

    Cela donne l’inégalité11 1 Une démarche alternative consiste à appliquer l’inégalité des accroissements finis à tt entre Rn+1 et Rn. voulue.

  • (b)

    La série télescopique 2(Rn-Rn+1) a la nature de la suite (Rn)n, c’est donc une série convergente. Par comparaison de séries à termes positifs, la série an+1Rn converge.

 
Exercice 75  3716     CCINP (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

    anSn21Sn11Snpour 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 Snn+S 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 SnSn1 et donc

    anSn2=SnSn1SnSnSnSn1SnSn1=1Sn11Sn.

    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 télescopique (unun1) étant celle de la suite (un), on peut affirmer la convergence de la série

    (1Sn11Sn)

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

  • (c)

    On peut écrire

    anSn=SnSn1Sn=1Sn1Sn.

    Cas: (Sn1/Sn) ne tend pas vers 1. La série étudiée diverge grossièrement.

    Cas: (Sn1/Sn) tend vers 1. On emploie l’équivalent

    ln(x)x1x1

    pour affirmer

    Sn1Sn1n+ln(Sn1Sn)

    et donc

    anSnn+ln(Sn1Sn)=ln(Sn)ln(Sn1).

    La suite (ln(Sn)) diverge. Par le lien suite-série, la série (ln(Sn)ln(Sn1)) diverge aussi. Par équivalence de séries à termes positifs, la série anSn diverge.

 
Exercice 76  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 77  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 78  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 79  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 80  77    ENSTIM (MP)Correction  

Déterminer la nature de la série

n21nln(n).

Solution

On a

ddx(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++.

On peut aussi remarquer

ln(ln(n+1))-ln(ln(n))n+1nln(n)

Par équivalence de séries à termes positifs, les séries

1nln(n)et(ln(ln(n+1))-ln(ln(n)))

sont de même nature. Par le lien suite-série, la deuxième série à la nature de la suite de terme général ln(ln(n)), à savoir divergente.

 
Exercice 81  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 racine carrée,

    k1ktdtkkk+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,

    k1kln(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)k1kdttln(t)

    donc

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

    puis on conclut via

    dttln(t)=ln(ln(t))+Ctet++.
 
Exercice 82  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 83  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 84  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 85  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 86  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 87  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,

Cas: α>0.

unn+α+1nα+1

est terme général d’une série absolument convergente.

Cas: -1<α0.

unn+α+1nα+1

n’est pas le terme général d’une série convergente.

Cas: α=-1.

unn+1ln(n)

n’est pas le terme général d’une série convergente.

Cas: α<-1.

unn+0

et donc un est grossièrement divergente.

 
Exercice 88  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 89  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 90  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 91  4913  

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

Sn=k=1nkα.
 
Exercice 92  4911  

Déterminer un équivalent quand n tend vers l’infini de

Hn=k=1n1k.
 
Exercice 93  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 94  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 95  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 96  4916   

Déterminer un équivalent quand n croît vers l’infini de

k=2n1kln(k).
 
Exercice 97  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 98  1063   

Déterminer la nature de la série de terme général

un=k=n+1+1k2.
 
Exercice 99  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 100  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 101  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 102  1099   Correction  

Soient a]0;π/2[ et la suite (un)n déterminée par

u0=aetun+1=sin(un)pour tout n

pour tout n.

  • (a)

    Montrer que un>0 pour tout n.

  • (b)

    Étudier la monotonie de (un).

  • (c)

    Montrer que un0.

  • (d)

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

  • (e)

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

Solution

  • (a)

    Par récurrence, on vérifie un>0 pour tout n en employant

    x]0;π/2[,sin(x)>0.
  • (b)

    Par étude de fonction, on vérifie sin(x)x pour tout x[0;+[. On en déduit un+1un pour tout n.

  • (c)

    La suite (un) est décroissante et minorée par 0, elle admet donc une limite 0. En passant la relation de récurrence un+1=sin(un) a la limite, il vient =sin(). Seul =0 est solution de cette équation.

  • (d)

    Par le lien suite-série, (un+1-un) a la nature de la suite (un) c’est-à-dire convergente. Or

    un+1-unn+-16un3.

    Par équivalence de suites de signe constant, on peut affirmer la convergence de un3.

  • (e)

    Par le lien suite-série, la série (ln(un+1)-ln(un)) est une série télescopique divergente. Or

    ln(un+1)-ln(un)n+ln(1-16un2)-16un2.

    Par équivalence de suites de signe constant, on conclut.

 
Exercice 103  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 104  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 105  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 106  5072  

Montrer l’existence d’un réel λ tel que

λ=limn+(k=1n1k-2n).
 
Exercice 107  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 108  1072   Correction  

Pour tout n, on pose

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 (un) tend vers 0.

  • (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)n+-12n.

    La série (ln(un+1)-ln(un)) est une série à termes négatifs divergente, ses sommes partielles décroissent vers -. Par télescopage, cela donne

    ln(un)n+-

    Par composition avec la fonction exponentielle,

    unn+0.
  • (b)

    Posons vn=nun. Pour n1,

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

    La série (ln(vn+1)-ln(vn)) converge absolument. Par le lien suite-série, la suite ln(vn) converge aussi. En posant sa limite, on obtient

    nunn+C avec C=e>0
 
Exercice 109  2621     ENSTIM (PC)Correction  

Pour n, on pose

un=(2n)!(2nn!)2.
  • (a)

    Déterminer un équivalent quand n tend vers + de

    ln(un+1)-ln(un)

    et en déduire la limite de

    k=0n(ln(uk+1)-ln(uk)).
  • (b)

    Déterminer la limite de la suite (un).

  • (c)

    Montrer que

    nunn++.

    En déduire la nature de la série de terme général un.

Solution

  • (a)

    On a

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

    Par équivalence de séries à termes de signe constant, la série (ln(un+1)-ln(un)) diverge. Or il s’agit d’une série à termes négatifs et donc

    k=0n(ln(uk+1)-ln(uk))n+-.
  • (b)

    Par télescopage, ce qui précède donne

    ln(un+1)-ln(u0)n+-.

    On en déduit

    ln(un)n+-.

    Par composition avec la fonction exponentielle,

    unn+0.
  • (c)

    Posons vn=nun. Pour n1

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

    Par équivalence de séries à termes positifs, la série (ln(vn+1)-ln(vn)) diverge. Or il s’agit d’une série à termes positifs et donc

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

    Par télescopage, on obtient

    ln(vn)n++.

    Par composition avec la fonction exponentielle,

    vn=nunn++.

    À partir d’un certain rang, on a nun1 et donc un1n. Par comparaison de séries à termes positifs, la série un diverge.

 
Exercice 110  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)

    Pour n,

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

    On a donc

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

    La série (ln(un+1)-ln(un)) tend vers -. Par le lien suite-série, (ln(un)) tend vers - et donc (un) est de limite nulle.

  • (b)

    Cette fois-ci,

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

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

  • (c)

    Pour k,

    (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)

    Puisque (Tn) tend vers 2, on conclut

    n=0+unn+1=2.
 
Exercice 111  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 la suite de terme général 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)

    On a

    ln(un+1)-ln(un)=ln(1+a-bn)n+a-bn.

    Par équivalence de séries à termes de signe constant, la série de terme général ln(un+1)-ln(un) diverge. Or il s’agit d’une série à termes négatifs et donc

    k=0n-1(ln(uk+1)-ln(uk))n+-.

    Par télescopage, cela produit

    ln(un)-ln(u0)n+-.

    On en déduit que (ln(un)) tens vers -. Par composition avec la fonction exponentielle, on conclut que (un) est de limite nulle.

  • (b)

    Par développement limité,

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

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

    unn+Anb-a.
  • (c)

    On a

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

    Par télescopage,

    n=0+un=b-1b-a-1u0.
 
Exercice 112  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 113  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 114  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 12-05-2025

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