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)

$\sum \cos (n)$
(b)

$\sum \frac{1}{n + \sqrt{n}}$
(c)

$\sum \frac{1}{n + n^{2}}$
(d)

$\sum \frac{{(- 1)}^{n}}{n!}$
(e)

$\sum \frac{\ln (n)}{n^{2}}$
(f)

$\sum \frac{\ln (\sqrt{n})}{n + 1}$ .

Exercice 2 1020 Correction

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

(a)

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

$u_{n} = \frac{ch (n)}{ch (2 n)}$
(c)

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

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

Solution

(a)

On a

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

Par équivalence de séries à termes positifs, la série $\sum u_{n}$ diverge.
(b)

On sait $ch (n) \sim e^{n} / 2$ quand $n$ tend vers $+ \infty$ et donc

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{e^{n}}{e^{2 n}} = e^{- n} .$

Par équivalence de séries à termes positifs, la série $\sum u_{n}$ converge (la série de terme général $e^{- n}$ est géométrique de raison $e^{- 1} \in [0; 1 [$ ).
(c)

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

$u_{n} = \frac{2}{\sqrt{n^{2} - 1} + \sqrt{n^{2} + 1}} \cdot \frac{1}{\sqrt{n^{2} - 1} \sqrt{n^{2} + 1}} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{n^{3}} .$

Par équivalence de séries à termes positifs, la série $\sum u_{n}$ converge.
(d)

Par développement limité,

${(1 + \frac{1}{n})}^{n} = \exp (n \ln (1 + \frac{1}{n})) = e - \frac{1}{2} \cdot \frac{e}{n} + o (\frac{1}{n}) .$

On a donc

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

Par équivalence de séries à termes positifs (au moins à partir d’un certain rang), la série $\sum u_{n}$ diverge.

Exercice 3 2353 Correction

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

(a)

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

$u_{n} = \frac{1}{n \cos^{2} (n)}$
(c)

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

Solution

(a)

$u_{n} = \exp (- n^{2} \ln (1 + 1 / n)) = \exp (- n + o (n))$ donc $n^{2} u_{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0$ et la série est absolument convergente.
(b)

$u_{n} \geq 1 / n$ donc par comparaison de séries à termes positifs, la série est divergente.
(c)

$n^{2} u_{n} = \frac{n^{2}}{{(\ln (n))}^{\ln (n)}} = e^{2 \ln (n) - \ln (n) \ln (\ln (n))} \to_{n \to + \infty}^{} 0$ donc la série est absolument convergente

Exercice 4 3195 ENTPE (MP)Correction

Déterminer la nature de la série de terme général

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

Solution

On a

n u_{n} = {(\frac{1}{n})}^{1 / n} = \exp (- \frac{1}{n} \ln (n)) \to_{n \to + \infty}^{} \to 1

donc pour $n$ assez grand

u_{n} \geq \frac{1}{2 n}

et par comparaison de série à termes positifs on peut affirmer que $\sum u_{n}$ diverge.

Exercice 5 4909

(a)

Vérifier que pour tout $n \in ℕ^{*}$ ,

$\ln (n + 1) - \ln (n) \leq \frac{1}{n} .$
(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

u_{n} = {\begin{matrix} 1 / n & si n est un carré \\ 1 / n^{2} & sinon \end{matrix} pour tout n \in ℕ^{*} .

Exercice 7 2789 MINES (MP)Correction

Nature de la série de terme général

\frac{e - {(1 + \frac{1}{n})}^{n}}{n^{3 / 2} - ⌊ n^{3 / 2} ⌋ + n} .

Solution

On a

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

n^{3 / 2} - ⌊ n^{3 / 2} ⌋ + n = n + O (1) \underset{n \to + \infty}{\sim} n

donc

\frac{e - {(1 + \frac{1}{n})}^{n}}{n^{3 / 2} - ⌊ n^{3 / 2} ⌋ + n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{e}{2 n^{2}} .

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

Exercice 8 5792 Correction

Étudier la nature de la série

\sum \frac{1}{n} {(2 - \sqrt[n]{3})}^{n}

Solution

Pour $n \in ℕ^{*}$ ,

\sqrt[n]{3} = \exp (\frac{1}{n} \ln (3)) \underset{n \to + \infty}{=} 1 + \frac{\ln (3)}{n} + o (\frac{1}{n})

puis

2 - \sqrt[n]{3} \underset{n \to + \infty}{=} 1 - \frac{\ln (3)}{n} + o (\frac{1}{n})

donc

{(2 - \sqrt[n]{3})}^{n} \underset{n \to + \infty}{=} \exp (n \ln [1 - \frac{\ln (3)}{n} + o (\frac{1}{n})]) \to_{n \to + \infty}^{} e^{- \ln (3)} = \frac{1}{3}

Par conséquent,

\frac{1}{n} {(2 - \sqrt[n]{3})}^{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{3 n}

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 ${(p_{n})}_{n \geq 1}$ :

p_{1} = 2, p_{2} = 3, p_{3} = 5, \dots

(a)

Soit $N \in ℕ^{*}$ . Vérifier

$\prod_{n = 1}^{N} \frac{1}{1 - 1 / p_{n}} \geq \sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{n} .$
(b)

En déduire la nature de la série $\sum 1 / p_{n}$ .

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

Exercice 10 3355 Correction

Soient ${(u_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite de réels positifs et ${(v_{n})}_{n \in ℕ}$ la suite déterminée par

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

Montrer

\sum u_{n} converge \Leftrightarrow \sum v_{n} converge.

Solution

Supposons la convergence de la série $\sum u_{n}$ .
Pour tout $n \in ℕ$

\sum_{k = 0}^{n} v_{k} = \sum_{k = 0}^{n} (u_{2 k} + u_{2 k + 1}) = \sum_{k = 0}^{2 n + 1} u_{k} \leq \sum_{k = 0}^{+ \infty} u_{k} .

Puisque $\sum v_{n}$ est une série à termes positifs dont les sommes partielles sont majorées, celle-ci converge.
Supposons la convergence de la série $\sum v_{n}$ . Pour tout $n \in ℕ$

\sum_{k = 0}^{n} u_{k} \leq \sum_{k = 0}^{⌊ n / 2 ⌋} v_{k} \leq \sum_{k = 0}^{+ \infty} v_{k} .

Puisque $\sum u_{n}$ est une série à termes positifs dont les sommes partielles sont majorées, celle-ci converge. En substance, on observe aussi

\sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} v_{n} .

Exercice 11 1022 Correction

Soient $\sum u_{n}$ et $\sum v_{n}$ deux séries à termes strictement positifs convergentes. Montrer que les suivantes sont aussi convergentes

\sum \max (u_{n}, v_{n}), \sum \sqrt{u_{n} v_{n}} et \sum \frac{u_{n} v_{n}}{u_{n} + v_{n}} .

Solution

On exploite les comparaisons

\max (u_{n}, v_{n}) \leq u_{n} + v_{n}, \sqrt{u_{n} v_{n}} \leq \frac{1}{2} (u_{n} + v_{n})

(obtenue par $2 a b \leq (a^{2} + b^{2})$ ). Aussi,

\frac{u_{n} v_{n}}{u_{n} + v_{n}} = \frac{u_{n}}{u_{n} + v_{n}} v_{n} \leq v_{n} .

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

Exercice 12 1023 Correction

Soit $\sum u_{n}$ une série à termes positifs convergente.

(a)

Étudier la convergence de $\sum \sqrt{u_{n} u_{n + 1}}$ .
(b)

Que dire de la réciproque?
(c)

On suppose $(u_{n})$ décroissante. Montrer la réciproque.

Solution

(a)

Puisque $2 a b \leq a^{2} + b^{2}$ on a

$\sqrt{u_{n} u_{n + 1}} \leq \frac{1}{2} (u_{n} + u_{n + 1}) .$

Or $\sum u_{n}$ et $\sum u_{n + 1}$ convergent. Par comparaison de séries à termes positifs, $\sum \sqrt{u_{n} u_{n + 1}}$ converge.
(b)

La réciproque est fausse. Prendre

$u_{n} = {\begin{matrix} 1 / n^{4} & si n est impair \\ 1 & si n est pair. \end{matrix}$
(c)

Si la suite $(u_{n})$ est décroissante

$u_{n} \leq \sqrt{u_{n} u_{n - 1}} pour tout n \geq 1$

et donc $\sum u_{n}$ converge.

Exercice 13 5025

Soit $\sum a_{n}$ une série convergente à termes strictement positifs.

À quelle condition existe-t-il une suite $(b_{n})$ de réels strictement positifs telle que

\sum \frac{a_{n}}{b_{n}} et \sum b_{n} convergent?

Exercice 14 2447 Correction

Soit $\sum a_{n}$ une série à termes positifs convergente.
Peut-on préciser la nature de la série de terme général

u_{n} = a_{0} a_{1} \dots a_{n} ?.

Solution

La série de terme général $u_{n}$ est convergente.
En effet, puisque $\sum a_{n}$ converge, $a_{n} \to 0$ et donc il existe un rang $N \in ℕ$ tel que

\forall n \geq N, a_{n} \leq 1 .

En posant $M = a_{0} a_{1} \dots a_{N - 1}$ , on peut écrire pour tout $n \geq N$

0 \leq u_{n} \leq M a_{N} \dots a_{n - 1} a_{n} \leq M a_{n} .

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

Exercice 15 1024

(Règle de Cauchy)

Soit $\sum u_{n}$ une série à termes positifs. On suppose que

\sqrt[n]{u_{n}} \to_{n \to + \infty}^{} ℓ \in ℝ_{+} .

(a)

Montrer que, si $ℓ > 1$ , alors la série $\sum u_{n}$ diverge.
(b)

Montrer que, si $ℓ < 1$ , alors la série $\sum u_{n}$ converge.
(c)

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

Exercice 16 3225

Soit $f : [1; + \infty [\to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ strictement positive telle que

\frac{x f^{'} (x)}{f (x)} \to_{x \to + \infty}^{} ℓ \in ℝ \cup {\pm \infty} .

(a)

On suppose $ℓ > - 1$ . Montrer la divergence de la série $\sum f (n)$ .
(b)

On suppose $ℓ < - 1$ . Montrer la convergence de la série $\sum f (n)$ .

Exercice 17 1026

Soient $(u_{n})$ une suite de réels positifs et $(v_{n})$ la suite déterminée par

v_{n} = \frac{u_{n}}{1 + u_{n}} .

Montrer que les séries $\sum u_{n}$ et $\sum v_{n}$ sont de même nature.

Exercice 18 1027 Correction

Soit $(u_{n})$ une suite de réels strictement positifs.

(a)

Pour tout $n \in ℕ$ , on pose

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

Montrer que $\sum u_{n}$ et $\sum v_{n}$ sont de même nature.
(b)

Même question avec

$v_{n} = \frac{u_{n}}{u_{1} + \dots + u_{n}} .$

On pourra étudier $\ln (1 - v_{n})$ dans le cadre de la divergence.

Solution

(a)

Si $\sum u_{n}$ converge alors $(u_{n})$ tend vers $0$ et donc $v_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} u_{n}$ . La série $\sum v_{n}$ est alors convergente par équivalence de série à termes positifs.

Si $\sum v_{n}$ converge alors $(v_{n})$ tend vers $0$ et l’on en déduit par opérations que

$u_{n} = \frac{v_{n}}{1 - v_{n}} \to_{n \to + \infty}^{} 0$

On conclut comme ci-dessus.
(b)

Si $\sum u_{n}$ converge et est de somme $S$ alors

$v_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{S} u_{n}$

On peut alors conclure que $\sum v_{n}$ converge.

Si $\sum u_{n}$ diverge alors

$\sum_{n = 2}^{N} \ln (1 - v_{n}) = \ln (\frac{u_{1}}{u_{1} + \dots + u_{N}}) \to_{n \to + \infty}^{} - \infty .$

Cas: $(v_{n})$ tend vers $0$ . On a

$- \ln (1 - v_{n}) \underset{n \to + \infty}{\sim} v_{n}$

Par équivalence de séries à termes positifs, $\sum v_{n}$ diverge.

Cas: $(v_{n})$ ne tend pas vers $0$ . La série $\sum v_{n}$ diverge grossièrement.

Exercice 19 3119 MINES (PC)Correction

Soient ${(u_{n})}_{n \geq 0}$ et ${(v_{n})}_{n \geq 0}$ dans ${(ℝ_{+})}^{ℕ}$ telles que

\forall n \in ℕ, v_{n} = \frac{1}{1 + n^{2} u_{n}} .

Montrer que si la série de terme général $v_{n}$ converge alors la série de terme général $u_{n}$ diverge.

Solution

Supposons la série $\sum v_{n}$ convergente. On a $v_{n} \to 0^{+}$ donc $1 + n^{2} u_{n} \to + \infty$ et l’on en déduit

v_{n} \sim \frac{1}{n^{2} u_{n}}

puis

\sqrt{u_{n} v_{n}} \sim \frac{1}{n} .

Par comparaison de séries à termes positifs, il y a divergence de la série $\sum \sqrt{u_{n} v_{n}}$ .
Or, par l’inégalité de Cauchy-Schwarz

{(\sum_{k = 0}^{n} \sqrt{u_{k} v_{k}})}^{2} \leq \sum_{k = 0}^{n} u_{n} \sum_{k = 0}^{n} v_{k} \leq \sum_{k = 0}^{n} u_{n} \sum_{k = 0}^{+ \infty} v_{k} .

On en déduit la divergence de la série $\sum u_{n}$ .

Exercice 20 3674 Correction

Soit $\sum a_{n}$ une série à termes strictement positifs convergente.

Établir la convergence de la série $\sum a_{n}^{1 - 1 / n}$ .

Solution

Pour $n \geq 2$ , on observe

a_{n}^{1 - 1 / n} \leq 2 a_{n} \Leftrightarrow a_{n} \geq \frac{1}{2^{n}} .

On a donc

a_{n}^{1 - 1 / n} \leq \max (2 a_{n}, \frac{1}{{(2^{n})}^{1 - 1 / n}}) \leq 2 (a_{n} + \frac{1}{2^{n}}) .

Par comparaison de séries à termes positifs, on peut conclure à la convergence de $\sum a_{n}^{1 - 1 / n}$ .

Exercice 21 2957 X (MP)Correction

Soit $(u_{n})$ une suite réelle strictement positive, décroissante, de limite nulle.
On suppose que la suite de terme général

\sum_{k = 1}^{n} u_{k} - n u_{n}

est bornée.
Montrer que la série de terme général $u_{n}$ converge.

Solution

Posons $v_{n} = \sum_{k = 1}^{n} u_{k} - n u_{n}$ . On a

v_{n + 1} - v_{n} = n (u_{n} - u_{n + 1}) \geq 0 .

La suite $(v_{n})$ est croissante et majorée donc convergente. Posons $ℓ$ sa limite.
On a

u_{n} - u_{n + 1} = \frac{1}{n} (v_{n + 1} - v_{n})

donc

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

ce qui donne

u_{n} \leq \frac{1}{n} (ℓ - v_{n}) .

On en déduit $0 \leq n u_{n} \leq ℓ - v_{n}$ et donc $n u_{n} \to 0$ puis $\sum_{k = 1}^{n} u_{k} \to ℓ$ .

Finalement, la série $\sum u_{n}$ converge.

Exercice 22 3235 Correction

Soit ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ une suite de réels positifs. On considère la suite $(v_{n})$ définie par

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

Montrer que les séries $\sum u_{n}$ et $\sum v_{n}$ ont même nature et qu’en cas de convergence

\sum_{n = 1}^{+ \infty} u_{n} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} v_{n} .

Solution

Par permutation de sommes,

\sum_{n = 1}^{N} v_{n} = \sum_{k = 1}^{N} \sum_{n = k}^{N} \frac{k u_{k}}{n (n + 1)}

donc

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

et donc

\sum_{n = 1}^{N} v_{n} = \sum_{k = 1}^{N} u_{k} - N v_{N} .

Supposons que la série $\sum u_{n}$ converge. Puisque $\sum v_{n}$ est une série à termes positifs et que ses sommes partielles sont majorées car

\sum_{n = 1}^{N} v_{n} \leq \sum_{k = 1}^{N} u_{k} \leq \sum_{k = 1}^{+ \infty} u_{k}

la série $\sum v_{n}$ converge.

Supposons que la série $\sum v_{n}$ converge. On a

n v_{n} = \sum_{k = 1}^{n} u_{k} - \sum_{k = 1}^{n} v_{k}

donc, par croissance des sommes partielles d’une série à termes positifs, la suite $(n v_{n})$ admet une limite $ℓ \in ℝ \cup {+ \infty}$ .

Si cette limite est non nulle, la série $\sum v_{n}$ diverge ce qui est contraire à l’hypothèse initiale. On en déduit

n v_{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0

et donc

\sum_{k = 1}^{N} u_{k} = \sum_{n = 1}^{N} v_{n} + N u_{n} \to_{N \to + \infty}^{} \sum_{n = 1}^{+ \infty} v_{n} .

Ainsi, $\sum u_{n}$ converge et

\sum_{n = 1}^{+ \infty} u_{n} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} v_{n} .

Exercice 23 5225

Soient ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ une suite réelle et ${(v_{n})}_{n \geq 1}$ la suite de ses moyennes de Cesàro:

v_{n} = \frac{1}{n} (u_{1} + \dots + u_{n}) pour tout n \geq 1 .

(a)

Montrer que

$(n + 1) v_{n}^{2} - (n - 1) v_{n - 1}^{2} \leq 2 u_{n} v_{n} pour tout n \geq 2 .$

On suppose désormais que la série de terme général $u_{n}^{2}$ converge.

(b)

Montrer que la série de terme général $v_{n}^{2}$ converge et vérifier

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} v_{n}^{2} \leq 4 \sum_{n = 1}^{+ \infty} u_{n}^{2} .$
(c)

Justifier que la série de terme général $u_{n} v_{n}$ converge et établir

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} v_{n}^{2} \leq 2 \sum_{n = 1}^{+ \infty} u_{n} v_{n} .$

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

Exercice 24 1081 Correction

Déterminer en fonction du paramètre $α \in ℝ$ la nature des séries de termes généraux:

(a)

$u_{n} = e^{- n^{α}}$
(b)

$v_{n} = \frac{\ln (n)}{n^{α}}$
(c)

$w_{n} = \exp (- {(\ln (n))}^{α})$

Solution

(a)

Cas: $α \leq 0$ . Il y a divergence grossière puisque la suite $(u_{n})$ est de limite $1$ (pour $α = 0$ ) ou $+ \infty$ (pour $α < 0$ ).

Cas: $α > 0$ . Par croissance comparée,

$n^{2} u_{n} = \exp (\underset{\begin{matrix} \to - \infty \end{matrix}}{\underset{⏟}{2 \ln (n) - n^{α}}}) \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

On a donc

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

La série est absolument convergente (et donc convergente).
(b)

Cas: $α \leq 1$ . On remarque

$\forall n \geq 3, v_{n} \geq \frac{\ln (n)}{n} \geq \frac{1}{n} .$

Sachant la divergence de $\sum \frac{1}{n}$ , on peut affirmer la divergence de la série $\sum v_{n}$ par argument de comparaison de séries à termes positifs.

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

$n^{γ} u_{n} = \frac{\ln (n)}{n^{α - γ}} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

On a donc

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{=} o (\frac{1}{n^{γ}}) avec γ > 1 .$

La série est absolument convergente (et donc convergente).
(c)

Cas: $α \leq 1$ . On remarque

$\forall n \geq 1, w_{n} \geq \frac{1}{n} .$

Sachant la divergence de $\sum \frac{1}{n}$ , on peut affirmer la divergence de la série $\sum w_{n}$ par argument de comparaison de séries à termes positifs.

Cas: $α > 1$ . Par croissance comparée,

$n^{2} u_{n} = \exp [\underset{\begin{matrix} \to - \infty \end{matrix}}{\underset{⏟}{2 \ln (n) - {(\ln (n))}^{α}}}] \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

On a donc

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

La série est absolument convergente (et donc convergente).

Exercice 25 1086 Correction

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

u_{n} = \frac{λ^{n}}{1 + λ^{2 n}}, v_{n} = \frac{λ^{2 n}}{1 + λ^{2 n}}, w_{n} = \frac{1}{1 + λ^{2 n}} .

Solution

Si $| λ | = 1$ il y a divergence grossière dans les trois cas.
Si $| λ | > 1$ alors $u_{n} \sim \frac{1}{λ^{n}}$ , $v_{n} \sim 1$ et $w_{n} \sim \frac{1}{λ^{2 n}}$ . Les séries $\sum u_{n}$ et $\sum w_{n}$ convergent et $\sum v_{n}$ diverge.
Si $| λ | < 1$ alors $u_{n} \sim λ^{n}$ , $v_{n} \sim λ^{2 n}$ et $w_{n} \sim 1$ . Les séries $\sum u_{n}$ et $\sum v_{n}$ convergent tandis que $\sum w_{n}$ diverge.

Exercice 26 1083 CENTRALE (MP)Correction

Soient $a, b \in ℝ$ .

(a)

Déterminer la nature de la série

$\sum_{n \geq 1} (\ln (n) + a \ln (n + 1) + b \ln (n + 2)) .$
(b)

Calculer la somme lorsqu’il y a convergence.

Solution

(a)

On a

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

Il y a convergence si, et seulement si, $1 + a + b = 0$ et $a + 2 b = 0$ ce qui correspond à $a = - 2$ et $b = 1$ .
(b)

Pour $N \in ℕ^{*}$ ,

$\sum_{n = 1}^{N} \ln (n) + a \ln (n + 1) + b \ln (n + 2) = \sum_{n = 1}^{N} \ln (n) - 2 \sum_{n = 2}^{N + 1} \ln (n) + \sum_{n = 3}^{N + 2} \ln (n)$

puis

$\sum_{n = 1}^{N}$ $\ln (n) + a \ln (n + 1) + b \ln (n + 2)$

$= \ln (1) + \ln (2) - 2 \ln (2) - 2 \ln (N + 1) + \ln (N + 1) + \ln (N + 2)$

$\to_{N \to + \infty}^{} - \ln (2) .$

Exercice 27 1084

Soient $a, b \in ℝ$ . Déterminer la nature de la série

\sum_{n \geq 1} (\sqrt{n} + a \sqrt{n + 1} + b \sqrt{n + 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

\frac{a}{\sqrt{1}} + \frac{b}{\sqrt{2}} + \frac{c}{\sqrt{3}} + \frac{a}{\sqrt{4}} + \frac{b}{\sqrt{5}} + \frac{c}{\sqrt{6}} + \dots

Solution

Posons $u_{n}$ le terme général de la suite étudiée.

u_{3 n + 3} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{a}{\sqrt{3 k + 1}} + \frac{b}{\sqrt{3 k + 2}} + \frac{c}{\sqrt{3 k + 3}} .

\frac{a}{\sqrt{3 k + 1}} + \frac{b}{\sqrt{3 k + 2}} + \frac{c}{\sqrt{3 k + 3}} = \frac{a + b + c}{\sqrt{3 k}} + o (\frac{1}{\sqrt{k}})

donc $a + b + c = 0$ est une condition nécessaire pour la convergence de $(u_{3 n + 3})$ et donc a fortiori pour la convergence de $(u_{n})$ . Inversement, si cette condition est satisfaite alors

\frac{a}{\sqrt{3 k + 1}} + \frac{b}{\sqrt{3 k + 2}} + \frac{c}{\sqrt{3 k + 3}} = O (\frac{1}{k \sqrt{k}})

et donc $(u_{3 n + 3})$ converge.
De plus, $u_{3 n + 1} = u_{3 n + 3} + o (1)$ et $u_{3 n + 2} = u_{3 n + 3} + o (1)$ donc les trois suites $(u_{3 n + 1})$ , $(u_{3 n + 2})$ et $(u_{3 n + 3})$ convergent vers une même limite, on peut donc conclure que $(u_{n})$ converge.

Exercice 29 2799 MINES (MP)Correction

Soient $α > 0$ et $(u_{n})$ une suite de réels strictement positifs vérifiant

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

La série de terme général $u_{n}$ converge-t-elle?

Solution

On a

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

Si $α \geq 1$ alors $(u_{n})$ ne tend pas vers zéro et $\sum u_{n}$ est grossièrement divergente.
Si $α \in] 0; 1 [$ alors $n^{2} u_{n} \to 0$ et $\sum u_{n}$ est convergente.

Exercice 30 2798 MINES (MP)Correction

Soient $α \in ℝ$ et $f \in 𝒞^{0} ([0; 1], ℝ)$ telle que $f (0) \neq 0$ . Étudier la convergence de la série de terme général

u_{n} = \frac{1}{n^{α}} \int_{0}^{1 / n} f (t^{n}) d t .

Solution

Pour $t \in [0; 1 / n]$ , on peut affirmer $t^{n} \in [0; 1 / n]$ donc

| \int_{0}^{1 / n} f (t^{n}) d t - \frac{1}{n} f (0) | \leq \frac{1}{n} sup_{t \in [0; 1 / n]} | f (t) - f (0) | .

Par continuité de $f$ en 0, on peut affirmer,

sup_{t \in [0; 1 / n]} | f (t) - f (0) | \to_{n \to + \infty}^{} 0

et donc

\int_{0}^{1 / n} f (t^{n}) d t \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{n} f (0) .

Ainsi,

u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{f (0)}{n^{α + 1}} .

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

Exercice 31 1071 Correction

Soit $a > 0$ .

(a)

Déterminer la limite de la suite de terme général

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

Quelle est la nature de la série de terme général $u_{n}$ ?

Solution

(a)

$u_{n} > 0$ et

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

Si $a = 1$ alors $u_{n} = 1 \to 1$ .

Si $a > 1$ alors

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

donc $\ln (u_{n}) \to + \infty$ puis $u_{n} \to + \infty$ .

Si $a < 1$ alors $\ln (u_{n}) \to - \infty$ et donc $u_{n} \to 0$ .
(b)

Si $a \geq 1$ il y a divergence grossière de la série.
Si $a \in] 0; 1 [$ alors

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

et donc

$\ln (n u_{n}) \underset{n \to + \infty}{=} \ln (n) + (a - 1) \ln (n) + o (\ln (n)) \underset{n \to + \infty}{\sim} a \ln (n) \to_{n \to + \infty}^{} + \infty .$

Ainsi $n u_{n} \to + \infty$ et à partir d’un certain rang $u_{n} \geq 1 / n$ .
La série de terme général $u_{n}$ s’avère divergente

Exercice 32 2429 CENTRALE (MP)Correction

On fixe $x \in ℝ_{+}^{*}$ . Pour $n \in ℕ^{*}$ , on pose

u_{n} = \frac{n!}{x^{n}} \prod_{k = 1}^{n} \ln (1 + \frac{x}{k}) .

(a)

Étudier la suite de terme général $\ln (u_{n + 1}) - \ln (u_{n})$ .
En déduire que la suite ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ converge et préciser sa limite.
(b)

Établir l’existence de $α \in ℝ$ tel que la série de terme général:

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

converge.
(c)

Établir l’existence de $A \in ℝ^{*}$ tel que $u_{n} \sim A n^{α}$ .
(d)

Étudier la convergence de la série de terme général $u_{n}$ .

Solution

(a)

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

avec $x > 0$ donc

$\sum_{k = 1}^{n} \ln (u_{k + 1}) - \ln (u_{k}) \to_{n \to + \infty}^{} - \infty$

puis $u_{n} \to 0$ .
(b)

Pour $α = - x / 2$ ,

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

donc il y a convergence de

$\sum (\ln (u_{n + 1}) - \ln (u_{n}) - α \ln (1 + \frac{1}{n})) .$
(c)

Puisque

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

la suite de terme général $\ln (\frac{u_{n}}{n^{α}})$ converge puis

$\frac{u_{n}}{n^{α}} \to_{n \to + \infty}^{} A$

avec $A > 0$ .
(d)

Par comparaison de séries à termes positifs, $\sum u_{n}$ converge si, et seulement si, $α < - 1$ c’est-à-dire $x > 2$ .

Exercice 33 5350 MINES (MP)Correction

Soit ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ une suite réelle non nulle et périodique.

Étudier pour $α \in ℝ$ la nature de la série $\sum \frac{u_{n}}{n^{α}}$ .

Solution

Notons $T \in ℕ^{*}$ une période de ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ :

\forall n \in ℕ^{*}, u_{n + T} = u_{n} .

Cas: $α \leq 0$ . La suite $(u_{n} / n^{α})$ ne tend pas vers $0$ et la série étudiée diverge grossièrement.

Cas: $α > 1$ . On vérifie

\frac{u_{n}}{n^{α}} \underset{n \to + \infty}{=} O (\frac{1}{n^{α}})

et la série converge (absolument).

Cas: $α \in] 0; 1]$ . Pour $N \in ℕ^{*}$ , introduisons la somme partielle

S_{N} = \sum_{n = 1}^{N} \frac{u_{n}}{n^{α}} .

En regroupant les termes sommés, pour $n \in ℕ^{*}$

	$S_{n T}$	$= \sum_{k = 0}^{n - 1} (\frac{u_{k T + 1}}{{(k T + 1)}^{α}} + \dots + \frac{u_{k T + T}}{{(k T + T)}^{α}})$
		$= \sum_{k = 0}^{n - 1} (\frac{u_{1}}{{(k T + 1)}^{α}} + \dots + \frac{u_{T}}{{(k T + T)}^{α}}) .$

On a

\frac{1}{{(k T + j)}^{α}} \underset{k \to + \infty}{=} \frac{1}{k^{α} T^{α}} + O (\frac{1}{k^{α + 1}})

et donc

\frac{u_{1}}{{(k T + 1)}^{α}} + \dots + \frac{u_{T}}{{(k T + T)}^{α}} \underset{k \to + \infty}{=} \frac{u_{1} + \dots + u_{T}}{k^{α} T^{α}} + O (\frac{1}{k^{α + 1}}) .

Sous-cas: $u_{1} + \dots + u_{T} \neq 0$ . On a

\frac{u_{1} + \dots + u_{T}}{k^{α} T^{α}} + O (\frac{1}{k^{α + 1}}) \underset{k \to + \infty}{\sim} \frac{C}{k^{α}} avec C \neq 0 et α \in] 0; 1] .

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

\sum (\frac{u_{1}}{{(k T + 1)}^{α}} + \dots + \frac{u_{T}}{{(k T + T)}^{α}})

diverge et donc $\sum \frac{u_{n}}{n^{α}}$ diverge aussi.

Sous-cas: $u_{1} + \dots + u_{T} = 0$ . On a

\frac{u_{1} + \dots + u_{T}}{k^{α} T^{α}} + O (\frac{1}{k^{α + 1}}) \underset{k \to + \infty}{=} O (\frac{1}{k^{α + 1}}) avec C \neq 0 et α + 1 > 1 .

Par comparaison, la série

\sum (\frac{u_{1}}{{(k T + 1)}^{α}} + \dots + \frac{u_{T}}{{(k T + T)}^{α}})

converge absolument. On en déduit que la suite extraite ${(S_{n T})}_{n \geq 1}$ admet une limite finie. Puisque les termes sommés sont de limite nulle, les suites extraites ${(S_{n T + j})}_{n \geq 1}$ pour $j = 1, \dots, T$ admettent la même limite et la série $\sum \frac{u_{n}}{n^{α}}$ 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 $α, β \in ℝ$ la nature de la série $\sum u_{n}$ avec

u_{n} = \frac{1}{n^{α} {(\ln (n))}^{β}} pour n \geq 2 .

(a)

On suppose $α < 1$ . Déterminer la limite de $n u_{n}$ quand $n$ tend vers l’infini. Quelle est la nature de la série $\sum u_{n}$ ?
(b)

On suppose $α > 1$ et l’on introduit $λ \in] 1; α [$ . Déterminer la limite de $n^{λ} u_{n}$ quand $n$ tend vers l’infini. Quelle est la nature de la série $\sum u_{n}$ ?
(c)

On suppose $α = 1$ et $β \neq 1$ et l’on introduit

$v_{n} = {(\ln (n))}^{1 - β} pour n \geq 2 .$

Déterminer un équivalent de $v_{n + 1} - v_{n}$ quand $n$ croît vers l’infini. En déduire la nature de la série de terme général $u_{n}$ en fonction de $β$ .
(d)

On suppose pour finir $α = β = 1$ . Déterminer la nature de $\sum u_{n}$ en introduisant

$w_{n} = \ln (\ln (n)) pour n \geq 2 .$

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

Exercice 35 4914

Déterminer les natures des séries numériques suivantes:

(a)

$\sum \frac{{(- 1)}^{n}}{n} \sin (\frac{1}{n})$
(b)

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

$\sum (e - {(1 + \frac{1}{n})}^{n})$ .

Exercice 36 5469 Correction

Soit $\sum a_{n}$ une série numérique absolument convergente.

Montrer que les séries $\sum a_{2 p}$ et $\sum a_{2 p + 1}$ convergent et

\sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} = \sum_{p = 0}^{+ \infty} a_{2 p} + \sum_{p = 0}^{+ \infty} a_{2 p + 1} .

Solution

Pour $N \in ℕ$ , on obtient par adjonction de termes positifs

	$\sum_{p = 0}^{N} \| a_{2 p} \|$	$= \| a_{0} \| + \| a_{2} \| + \dots + \| a_{2 N} \|$
		$\leq \| a_{0} \| + \| a_{1} \| + \| a_{2} \| + \dots + \| a_{2 N - 1} \| + \| a_{2 N} \|$
		$\leq \sum_{n = 0}^{2 N} \| a_{n} \| \leq \sum_{n = 0}^{+ \infty} \| a_{n} \| .$

Les sommes partielles de la série à termes positifs $\sum | a_{2 p} |$ sont majorées, cette série est donc convergente. Ainsi, la série $\sum a_{2 p}$ converge absolument et donc converge. On établit de même la convergence de $\sum a_{2 p + 1}$ .

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 $N \in ℕ$

\sum_{n = 0}^{N} a_{n} = \sum_{p = 0}^{⌊ N / 2 ⌋} a_{2 p} + \sum_{p = 0}^{⌊ (N - 1) / 2 ⌋} a_{2 p + 1} .

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

\sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} = \sum_{p = 0}^{+ \infty} a_{2 p} + \sum_{p = 0}^{+ \infty} a_{2 p + 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 $\sum u_{n}$ une série semi-convergente et $\sum v_{n}$ une série absolument convergente. La série $\sum u_{n} + v_{n}$ est convergente et si celle-ci était absolument convergente alors $\sum u_{n}$ le serait aussi car $| u_{n} | \leq | u_{n} + v_{n} | + | v_{n} |$ . La série $\sum u_{n} + v_{n}$ 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

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

Exercice 39 5789 Correction

Justifier la convergence et calculer la somme de

\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n (n + 2)} .

Solution

Par décomposition en éléments simples,

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

Pour $N \in ℕ^{*}$ ,

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

En simplifiant les termes communs,

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

Par passage à la limite,

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

avec convergence.

Exercice 40 1048 Correction

Donner la nature et l’éventuelle somme de la série

\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n (n + 1) (n + 2)} .

Solution

\frac{1}{n (n + 1) (n + 2)} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{n^{3}} \geq 0

donc la série converge.

Par décomposition en éléments simples,

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

Pour $N \in ℕ^{*}$ ,

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

On simplifie les portions communes des sommes,

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

À la limite quand $N$ tend vers l’infini,

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

Exercice 41 1047 Correction

On donne $\sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{2}} = \frac{π^{2}}{6}$ . Calculer

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

après en avoir justifié l’existence.

Solution

On a

\frac{1}{k^{2} {(k + 1)}^{2}} \sim \frac{1}{k^{4}}

donc la série converge.
Par décomposition en éléments simples

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

donc

\sum_{k = 1}^{N} \frac{1}{k^{2} {(k + 1)}^{2}} = \sum_{k = 1}^{N} \frac{1}{k^{2}} + \sum_{k = 1}^{N + 1} \frac{1}{k^{2}} - 1 + 2 \sum_{k = 2}^{N + 1} \frac{1}{k} - 2 \sum_{k = 1}^{N} \frac{1}{k} \to_{N \to + \infty}^{} \frac{π^{2}}{3} - 3 .

Exercice 42 5981 Correction

Calculer

\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{2 \times 4 \times \dots \times 2 n} .

Solution

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

Pour $n \in ℕ$ ,

2 \times 4 \times \dots \times 2 n = 2^{n} \times 1 \times 2 \times \dots \times n = 2^{n} n! .

En reconnaissant une somme exponentielle,

\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{2 \times 4 \times \dots \times 2 n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{n!} {(\frac{1}{2})}^{n} = e^{1 / 2} .

Exercice 43 1050 Correction

Sachant $\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{n!} = e$ , calculer

\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{n + 1}{n!} et \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{n^{2} - 2}{n!} .

Solution

D’une part,

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

D’autre part,

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

Exercice 44 1049

Établir

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

Exercice 45 5495 Correction

Étudier la convergence et donner la valeur de

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

Solution

Pour tout $n \in ℕ$ ,

\frac{1}{{(3 + {(- 1)}^{n})}^{n}} \leq \frac{1}{2^{n}} .

Or $\sum 1 / 2^{n}$ 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 $N \in ℕ$ , en séparant les termes selon la parité de l’indice,

	$\sum_{n = 0}^{2 N} \frac{1}{{(3 + {(- 1)}^{n})}^{n}}$	$= \sum_{p = 0}^{N} \frac{1}{4^{2 p}} + \sum_{p = 1}^{N} \frac{1}{2^{2 p + 1}}$
		$\to_{N \to + \infty}^{} \frac{1}{1 - 1 / 16} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1 - 1 / 4} = \frac{16}{15} + \frac{2}{3} = \frac{26}{15} .$

On conclut

\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{{(3 + {(- 1)}^{n})}^{n}} = \frac{26}{15} .

Exercice 46 4917

(a)

Soit $n \in ℕ$ . Vérifier l’identité

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

$\sum_{n \geq 1} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n} .$

Exercice 47 3633

Existence et valeur de

(a)

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n (n + 1) \dots (n + m)}$ , ( $m \in ℕ^{*}$ )
(b)

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

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{n}{3 \times 5 \times \dots \times (2 n + 1)}$
(d)

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} 3^{n} \sin^{3} (\frac{x}{3^{n + 1}})$ , ( $x \in ℝ$ ).

Pour ce dernier calcul, on pourra employer la formule $\sin (3 a) = 3 \sin (a) - 4 \sin^{3} (a)$ .

Exercice 48 5790 Correction

Justifier la convergence et calculer la somme de

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

Solution

Par décomposition en éléments simples

\frac{1}{n (2 n - 1)} = \frac{2}{(2 n - 1)} - \frac{1}{n} =

Pour $N \in ℕ^{*}$ ,

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

En introduisant les termes d’indices pairs,

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

et donc

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

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

\int_{N + 1}^{2 N + 1} \frac{d t}{t} \leq \sum_{n = N + 1}^{2 N} \frac{1}{n} \leq \int_{N}^{2 N} \frac{d t}{t}

Par encadrement,

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

Avec convergence, on a donc

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

Exercice 49 2426 Correction

Calculer pour $x \in] - 1; 1 [$

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

Solution

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

\frac{x^{n}}{(1 - x^{n}) (1 - x^{n + 1})} \underset{n \to + \infty}{\sim} x^{n} avec | x | < 1 .

On a

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

Par télescopage,

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

On obtient donc

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

Exercice 50 3622 ENTPE (MP)

Justifier la convergence et calculer la somme de la série

\sum_{n \geq 0} \arctan (\frac{1}{n^{2} + n + 1}) .

Exercice 51 3796 CCINP (PSI)

Justifier la convergence et calculer la somme de

\sum_{k \geq 1} \frac{⌊ \sqrt{k + 1} ⌋ - ⌊ \sqrt{k} ⌋}{k} .

Exercice 52 1057 Correction

Pour $p \in ℕ$ , on pose

a_{p} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{n^{p}}{2^{n}} .

(a)

Montrer que $a_{p}$ existe puis exprimer $a_{p}$ en fonction de $a_{0}, \dots, a_{p - 1}$ .
(b)

En déduire que $a_{p} \in ℕ$ .

Solution

(a)

$a_{p}$ existe car, par croissance comparée,

$n^{2} \times \frac{n^{p}}{2^{n}} = \frac{n^{p + 2}}{2^{n}} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

Par glissement d’indice

$a_{p} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(n + 1)}^{p}}{2^{n + 1}} = \frac{1}{2} (a_{p} + (\binom{p}{1}) a_{p - 1} + \dots + (\binom{p}{p}) a_{0})$

donc

$a_{p} = (\binom{p}{1}) a_{p - 1} + \dots + (\binom{p}{p}) a_{0} .$
(b)

Par un récurrence aisée $a_{p} \in ℕ$ pour tout $p \in ℕ$ .

Exercice 53 5037

Soient $α \in] 2; + \infty [$ et $(a_{n})$ la suite définie par

a_{0} = α et a_{n + 1} = a_{n}^{2} - 2 pour tout n \in ℕ .

Montrer

\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{a_{0} a_{1} \dots a_{n}} = \frac{1}{2} (α - \sqrt{α^{2} - 4}) .

Exercice 54 4919

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on introduit le polynôme réel

P_{n} = \sum_{p = 0}^{n} {(- 1)}^{p} (\binom{2 n + 1}{2 p + 1}) X^{n - p}

et les nombres

α_{k} = \frac{1}{\tan^{2} (\frac{k π}{2 n + 1})} pour k = 1, \dots, n .

(a)

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

${(\frac{e^{i x}}{\sin (x)})}^{2 n + 1}$

établir

$\frac{\sin ((2 n + 1) x)}{\sin^{2 n + 1} (x)} = \sum_{p = 0}^{n} {(- 1)}^{p} (\binom{2 n + 1}{2 p + 1}) {(\frac{1}{\tan^{2} (x)})}^{n - p} .$
(b)

En déduire que les $α_{k}$ sont exactement les racines du polynôme $P_{n}$ .
(c)

Établir les identités

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{\tan^{2} (\frac{k π}{2 n + 1})} = \frac{n (2 n - 1)}{3} et \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{\sin^{2} (\frac{k π}{2 n + 1})} = \frac{2 n (n + 1)}{3} .$
(d)

Montrer l’encadrement

$\frac{1}{\tan^{2} (x)} \leq \frac{1}{x^{2}} \leq \frac{1}{\sin^{2} (x)} pour tout x \in] 0; π / 2 [$

et déterminer la valeur de la somme

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

[<] Calcul de sommes[>] Emploi du critère spécial des séries alternées

Exercice 55 4638

Déterminer la nature des séries suivantes:

(a)

$\sum_{n \geq 1} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{\sqrt{n}}$
(b)

$\sum_{n \geq 1} \frac{{(- 1)}^{n}}{\sqrt{n} + n}$
(c)

$\sum_{n \geq 1} \frac{{(- 1)}^{n}}{n^{2} + 3 n \sin (n)}$ .

Exercice 56 5502 Correction

Étudier la convergence de la série $\sum_{n \geq 1} u_{n}$ avec

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

Solution

La série étudiée est alternée. La suite ${(| u_{n} |)}_{n \geq 1}$ est décroissante car $| u_{n + 1} |$ est la moyenne des valeurs $1, 1 / 2, \dots, 1 / n, 1 / (n + 1)$ tandis que $| u_{n} |$ est la moyenne de $1, 1 / 2, \dots, 1 / n$ . Enfin,

u_{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0 car \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} \underset{n \to + \infty}{\sim} \ln (n) .

Par le critère spécial des séries alternées, on peut affirmer la convergence de la série $\sum_{n \geq 1} u_{n}$ .

Exercice 57 5315 ENSTIM (MP)Correction

Donner la nature de la série

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

(a)

Par développement limité.
(b)

En étudiant la série

$\sum_{n \geq 1} (\frac{{(- 1)}^{n}}{n + \cos (n)} - \frac{{(- 1)}^{n}}{n}) .$
(c)

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

Solution

(a)

Par développement limité,

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

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 $n \geq 1$ ,

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

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 $x \in ℝ$ , on remarque

$\cos (x + 1) - \cos (x) = - 2 \sin (\frac{1}{2}) \sin (\frac{x + 1}{2}) \geq - 2 \sin (\frac{1}{2}) \geq - 1$

car on sait $\sin (x) \leq x$ pour tout $x \in ℝ_{+}$ . On en déduit

$n + 1 + \cos (n + 1) \geq n + \cos (n) pour tout n \in ℕ$

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

Exercice 58 1039 Correction

Déterminer la nature de

\sum_{n \geq 1} \sin (n π + \frac{π}{n}) .

Solution

On sait

\forall x \in ℝ, \sin (x + π) = - \sin (x) .

On en déduit

\forall x \in ℝ, \forall n \in ℤ, \sin (x + n π) = {(- 1)}^{n} \sin (x) .

On a donc, pour tout $n \in ℕ^{*}$

\sin (n π + \frac{π}{n}) = {(- 1)}^{n} \sin (\frac{π}{n}) = {(- 1)}^{n} u_{n} avec u_{n} = \sin (\frac{π}{n}) .

La suite ${(u_{n})}_{n \geq 2}$ est décroissante car la suite ${(π / n)}_{n \geq 2}$ l’est et prend ses valeurs dans $[0; π / 2]$ où la fonction sinus est croissante. Aussi, la suite ${(u_{n})}_{n \geq 2}$ est de limite nulle. Par le critère spécial des séries alternées, la série $\sum_{n \geq 2} \sin (n π + π / n)$ converge. Le rang initial n’affectant pas la nature de la série, la série $\sum_{n \geq 1} \sin (n π + π / n)$ converge aussi.

Exercice 59 5507 Correction

Déterminer la nature de la série

\sum \cos (π \sqrt{n^{2} + n + 1}) .

Solution

Par développement limité,

	$\cos (π \sqrt{n^{2} + n + 1})$	$= \cos (n π + \frac{π}{2} + \frac{3 π}{8 n} + O (\frac{1}{n^{2}}))$
		$= {(- 1)}^{n} \cos (\frac{π}{2} + \frac{3 π}{8 n} + O (\frac{1}{n^{2}}))$
		$= {(- 1)}^{n + 1} \sin (\frac{3 π}{8 n} + O (\frac{1}{n^{2}}))$
		$= {(- 1)}^{n + 1} \frac{3 π}{8 n} + O (\frac{1}{n^{2}}) .$

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 $α \in ℝ_{+}^{*}$ la nature de

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

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

Exercice 61 5587 Correction

Sachant

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

Établir

\frac{8}{3} \leq π \leq \frac{52}{15}

Solution

La série $\sum \frac{{(- 1)}^{n}}{2 n + 1}$ converge en vérifiant le critère spécial des séries alternées, sa somme est comprise entre ses sommes partielles consécutives. Or

1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3} et 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} = \frac{13}{15}

On en déduit

\frac{8}{3} \leq π \leq \frac{52}{15}

Exercice 62 1036 Correction

Montrer que

\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n} 8^{n}}{(2 n)!}

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 = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n} 8^{n}}{(2 n)!} = 1 - 4 + r

avec $| r | \leq \frac{64}{24}$ donc $x < 0$ .

Exercice 63 1038 Correction

(a)

Justifier l’existence, pour $n \in ℕ$ de

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

Montrer que

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

Déterminer un équivalent de $R_{n}$ .
(d)

Donner la nature des séries de termes généraux $R_{n}$ et $| R_{n} |$ .

Solution

(a)

$R_{n}$ est le reste de rang $n$ de la série $\sum_{k \geq 1} \frac{{(- 1)}^{k}}{k}$ qui converge en vertu du critère spécial.
(b)

Par glissement d’indice dans la deuxième somme

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

Puisque

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

on a

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

Or, par le critère spécial,

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

donc

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

puis

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

On a

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

D’une part, $\sum \frac{{(- 1)}^{n + 1}}{2 n}$ converge par le critère spécial. D’autre part, $\sum O (\frac{1}{n^{2}})$ converge absolument par comparaison à une série de Riemann. La série $\sum R_{n}$ est donc convergente.

On a

$| R_{n} | \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{2 n}$

La série $\sum | R_{n} |$ est donc divergente par équivalence de séries à termes positifs.

Exercice 64 4131 CENTRALE (PSI)Correction

On pose

s_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{{(- 1)}^{k + 1}}{k} et u_{n} = \ln (e^{s_{n}} - 1) .

(a)

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

Prouver que les suites ${(s_{n})}_{n \geq 1}$ et ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ convergent.
(c)

Étudier la nature de $\sum u_{n}$ .

Solution

(a)

Si $(v_{n})$ est une suite alternée dont la valeur absolue décroît vers 0 alors la série $\sum v_{n}$ 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 ${(s_{n})}_{n \geq 1}$ converge en vertu du critère spécial énoncé ci-dessus. En fait, il est « connu » que ${(s_{n})}_{n \geq 1}$ tend vers $\ln (2)$ et donc ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ tend vers 0.
(c)

On peut écrire

$s_{n} = \ln (2) - r_{n}$

avec

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

On a

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

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

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

On sait

$\ln (x) \underset{x \to 1}{=} x - 1 + O ({(x - 1)}^{2})$

et donc

$u_{n} = e^{s_{n}} - 2 + O ({(e^{s_{n}} - 2)}^{2})$

avec

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

Ainsi,

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

La série $\sum u_{n}$ 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 ${(u_{n})}_{n \geq 0}$ telles que

u_{n + 2} = (n + 1) u_{n + 1} + u_{n} .

(a)

Montrer que $E$ est un espace vectoriel de dimension 2.
(b)

Soient $a$ et $b$ deux éléments de $E$ déterminés par

${\begin{matrix} a_{0} & = 1 \\ a_{1} & = 0 \end{matrix} et {\begin{matrix} b_{0} & = 0 \\ b_{1} & = 1 . \end{matrix}$

Montrer que les deux suites $(a_{n})$ et $(b_{n})$ divergent vers $+ \infty$ .
(c)

Calculer

$w_{n} = a_{n + 1} b_{n} - a_{n} b_{n + 1} .$
(d)

On pose $c_{n} = a_{n} / b_{n}$ lorsque l’entier $n$ est supérieur ou égal à 1. Démontrer l’existence de

$ℓ = lim_{n \to + \infty} c_{n} .$
(e)

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

$lim_{n \to + \infty} (a_{n} + r b_{n}) = 0 .$

Solution

(a)

Il est immédiat de vérifier que $E$ est un sous-espace vectoriel de l’espace $ℝ^{ℕ}$ des suites réelles. L’application
$φ : E \to ℝ^{2}$ définie par $φ (u) = (u_{0}, u_{1})$ 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 $(a_{n})$ et $(b_{n})$ 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,

$\forall n \geq 2, a_{n}, b_{n} \geq 1$

et donc

$a_{n + 2} \geq n + 1 et b_{n + 2} \geq n + 1 .$

Ainsi, les deux suites $(a_{n})$ et $(b_{n})$ tendent vers $+ \infty$ en croissant (seulement à partir du rang $1$ pour la première)
(c)

On a

$w_{n + 1} = ((n + 1) a_{n + 1} + a_{n}) b_{n + 1} - a_{n + 1} ((n + 1) b_{n + 1} + b_{n}) .$

Après simplification, on obtient

$w_{n + 1} = - w_{n}$

et donc

$w_{n} = {(- 1)}^{n} w_{0} = {(- 1)}^{n + 1} .$
(d)

On a

$c_{n + 1} - c_{n} = \frac{w_{n}}{b_{n} b_{n + 1}} = \frac{{(- 1)}^{n + 1}}{b_{n} b_{n + 1}} .$

Puisque la suite de terme général $b_{n} b_{n + 1}$ croît vers $+ \infty$ , on peut appliquer le critère spécial des séries alternées et affirmer que la série numérique $\sum (c_{n + 1} - c_{n})$ converge. Par conséquent, la suite $(c_{n})$ converge.
(e)

On a

$ℓ - c_{n} = \sum_{k = n}^{+ \infty} (c_{k + 1} - c_{k}) .$

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

$| ℓ - c_{n} | \leq \frac{1}{b_{n} b_{n + 1}} .$

On peut ainsi écrire

$c_{n} = ℓ + o (\frac{1}{b_{n} b_{n + 1}}) .$

On a alors

$a_{n} + r b_{n} = b_{n} (c_{n} + r) = b_{n} (ℓ + r) + o (\frac{1}{b_{n + 1}}) .$

Sachant $b_{n} \to + \infty$ , on peut affirmer

$a_{n} + r b_{n} \to 0 \Leftrightarrow r = - ℓ .$

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

Exercice 66 2516 CCINP (MP)Correction

Soient

u_{n} = \frac{1}{3^{n} n!} \prod_{k = 1}^{n} (3 k - 2) et v_{n} = \frac{1}{n^{3 / 4}} .

(a)

Montrer que pour $n$ assez grand,

$\frac{u_{n + 1}}{u_{n}} \geq \frac{v_{n + 1}}{v_{n}} .$
(b)

En déduire que $\sum u_{n}$ diverge.

On pourra utiliser $\frac{u_{n}}{v_{n}}$ .

Solution

(a)

$\frac{u_{n + 1}}{u_{n}} \underset{n \to + \infty}{=} \frac{3 n + 1}{3 (n + 1)} = 1 - \frac{2}{3} \frac{1}{n + 1} = 1 - \frac{2}{3 n} + o (\frac{1}{n})$

et

$\frac{v_{n + 1}}{v_{n}} \underset{n \to + \infty}{=} \frac{1}{{(1 + 1 / n)}^{3 / 4}} = 1 - \frac{3}{4 n} + o (\frac{1}{n}) .$

On en déduit que pour $n$ assez grand,

$\frac{u_{n + 1}}{u_{n}} \geq \frac{v_{n + 1}}{v_{n}} .$
(b)

La suite de terme général $\frac{u_{n}}{v_{n}}$ est positive et croissante à partir d’un certain rang. Il existe donc $α > 0$ et $N \in ℕ$ tels que pour tout $n \geq N$ , $u_{n} \geq α v_{n}$ . Or $\sum v_{n}$ diverge et donc $\sum u_{n}$ aussi.

Exercice 67 2800 MINES (MP)Correction

(a)

Soient ${(u_{n})}_{n \geq 0}$ et ${(v_{n})}_{n \geq 0}$ deux suites réelles, $λ \in ℝ$ . On suppose:

$\forall n \in ℕ, u_{n} \geq 0, \sum | v_{n} | converge et \frac{u_{n + 1}}{u_{n}} = 1 - \frac{λ}{n} + v_{n} .$

Montrer que $(n^{λ} u_{n})$ converge.
(b)

Donner la nature de la série de terme général

$\frac{n^{n}}{n! e^{n}} .$

Solution

(a)

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

$w_{n} = \ln ({(n + 1)}^{λ} u_{n + 1}) - \ln (n^{λ} u_{n}) .$

On a

$w_{n} = λ \ln (1 + \frac{1}{n}) + \ln (1 - \frac{λ}{n} + v_{n})$

est le terme général d’une série absolument convergente. Par conséquent, la suite $(\ln (n^{λ} u_{n}))$ converge et donc $(n^{λ} u_{n})$ aussi.
(b)

Posons $u_{n} = \frac{n^{n}}{n! e^{n}}$ . On a

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

En reprenant l’étude qui précède on peut affirmer que $n^{1 / 2} u_{n} \to ℓ > 0$ donc $\sum u_{n}$ diverge.
Ce résultat peut être confirmé par la formule de Stirling.

Exercice 68 1029 Correction

(Règle de Raabe-Duhamel)

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

(a)

On suppose qu’à partir d’un certain rang

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

Montrer que $u_{n} \underset{n \to + \infty}{=} O (v_{n})$ .
(b)

On suppose que

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

Montrer, à l’aide d’une comparaison avec une série de Riemann, que la série $\sum u_{n}$ converge.
(c)

On suppose cette fois-ci que

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

Montrer que la série $\sum u_{n}$ diverge.

Solution

(a)

Via télescopage, on obtient pour tout $n \geq N$

$0 < u_{n} \leq \frac{u_{N}}{v_{N}} v_{n}$

donc $u_{n} = O (v_{n})$ .
(b)

Soit $1 < β < α$ et $v_{n} = \frac{1}{n^{β}}$ .

$\frac{v_{n + 1}}{v_{n}} = \frac{1}{{(1 + \frac{1}{n})}^{β}} = 1 - \frac{β}{n} + o (\frac{1}{n}) .$

À partir d’un certain rang

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

donc $u_{n} = O (v_{n})$ or $\sum v_{n}$ converge absolument donc $\sum u_{n}$ aussi.
(c)

Pour $n$ assez grand

$\frac{u_{n + 1}}{u_{n}} \geq 1 - \frac{1}{n + 1} = \frac{1 / (n + 1)}{1 / n}$

donc

$\frac{1}{n} = O (u_{n}) .$

Puisque la série $\sum 1 / n$ est divergente, un argument de comparaison de séries à termes positifs permet de conclure que $\sum u_{n}$ est aussi divergente.

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

Exercice 69 3750 MINES (MP)Correction

Soit $(u_{n})$ une suite réelle strictement positive et convergeant vers 0. On pose

v_{n} = \frac{u_{n + 1}}{S_{n}} avec S_{n} = \sum_{k = 0}^{n} u_{k} .

Montrer que les séries $\sum u_{n}$ et $\sum v_{n}$ ont même nature.

Solution

Puisque la suite $(S_{n})$ est croissante

0 \leq v_{n} \leq \frac{u_{n + 1}}{S_{0}} \to 0

et donc $v_{n} \to 0$ . On en tire

v_{n} \sim \ln (1 + v_{n}) = \ln (\frac{S_{n + 1}}{S_{n}}) = \ln (S_{n + 1}) - \ln (S_{n}) .

La série $\sum u_{n}$ converge si, et seulement si, la suite $\ln (S_{n})$ converge et donc si, et seulement si, la série télescopique $\sum (\ln (S_{n + 1}) - \ln (S_{n}))$ converge. Par équivalence de série à termes positifs, cela équivaut à affirmer la convergence de la série $\sum v_{n}$ .

Exercice 70 2956 X (MP)Correction

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

On pose, pour $n \in ℕ^{*}$ ,

v_{n} = \frac{u_{n}}{S_{n}} avec S_{n} = u_{1} + \dots + u_{n} .

Déterminer la nature de $\sum v_{n}$ .

Solution

Si $\sum u_{n}$ converge alors en notant $S$ sa somme (strictement positive), $v_{n} \sim u_{n} / S$ et donc $\sum v_{n}$ converge.
Supposons désormais que $\sum u_{n}$ diverge et montrons qu’il en est de même de $\sum v_{n}$ .
Par la décroissante de $t \mapsto 1 / t$ , on a

\int_{S_{n - 1}}^{S_{n}} \frac{d t}{t} \leq \frac{S_{n} - S_{n - 1}}{S_{n - 1}} = \frac{u_{n}}{S_{n - 1}} .

En sommant ces inégalités

\int_{S_{1}}^{S_{n}} \frac{d t}{t} \leq \sum_{k = 2}^{n} \frac{u_{k}}{S_{k - 1}} .

\int_{S_{1}}^{S_{n}} \frac{d t}{t} = \ln (S_{n}) - \ln (S_{1}) \to + \infty

car $S_{n} \to + \infty$ donc par comparaison $\sum \frac{u_{n}}{S_{n - 1}}$ diverge.
Puisque

\frac{u_{n}}{S_{n - 1}} = \frac{u_{n}}{S_{n} - u_{n}} = v_{n} \frac{1}{1 - v_{n}} .

Si $v_{n} \to̸ 0$ alors $\sum v_{n}$ diverge.
Si $v_{n} \to 0$ alors $v_{n} \sim \frac{u_{n}}{S_{n - 1}}$ et à nouveau $\sum v_{n}$ diverge.

Finalement, les séries $\sum u_{n}$ et $\sum v_{n}$ sont de même nature.

Exercice 71 5889 Correction

Soit $(u_{n})$ une suite de réels strictement positifs de limite nulle et telle que $\sum u_{n}$ diverge. Pour $n \in ℕ$ , on pose

S_{n} = \sum_{k = 0}^{n} u_{k} et P_{n} = \prod_{k = 1}^{n} (1 - \frac{u_{k}}{S_{k}}) .

Étudier la limite de $(P_{n})$ et en déduire la nature de la série $\sum \frac{u_{n}}{S_{n}}$ .

Solution

Pour $n \in ℕ^{*}$ ,

P_{n} = \prod_{k = 1}^{n} \frac{S_{k} - u_{k}}{S_{k}} = \prod_{k = 1}^{n} \frac{S_{k - 1}}{S_{k}} = \frac{S_{0}}{S_{n}} .

Puisque $\sum u_{n}$ est une série à termes positifs divergente, la suite $(S_{n})$ des sommes partielles tend vers $+ \infty$ et donc $(P_{n})$ tend vers $0$ .

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

\ln (P_{n}) = \sum_{k = 1}^{n} \ln (1 - \frac{u_{k}}{S_{k}}) \to_{n \to + \infty}^{} - \infty .

La série $\sum \ln (1 - \frac{u_{n}}{S_{n}})$ est donc divergente. Or

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

et donc

\ln (1 - \frac{u_{n}}{S_{n}}) \underset{n \to + \infty}{\sim} - \frac{u_{n}}{S_{n}} .

Par équivalence de séries à termes de signe constant, $\sum \frac{u_{n}}{S_{n}}$ diverge.

Exercice 72 2959 X (MP)

Soit ${(u_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite réelle strictement positive et strictement croissante.
Déterminer la nature de la série de terme général

\frac{u_{n + 1} - u_{n}}{u_{n}} .

Exercice 73 2958 X (MP)Correction

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

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

Étudier la nature des séries de termes généraux $u_{n} / R_{n}$ et $u_{n} / R_{n - 1}$ .

Solution

$u_{n} = R_{n - 1} - R_{n}$ et la décroissance de $t \to 1 / t$ ,

\int_{R_{n}}^{R_{n - 1}} \frac{d t}{t} \leq \frac{R_{n - 1} - R_{n}}{R_{n}} = \frac{u_{n}}{R_{n}} .

On a

\int_{R_{n}}^{R_{n - 1}} \frac{d t}{t} = \ln (R_{n - 1}) - \ln (R_{n})

donc la série à termes positifs $\sum \int_{R_{n}}^{R_{n - 1}} \frac{d t}{t}$ diverge car $\ln (R_{n}) \to - \infty$ puisque $R_{n} \to 0$ .
Par comparaison de séries à termes positifs, $\sum u_{n} / R_{n}$ diverge.

\frac{u_{n}}{R_{n}} = \frac{u_{n}}{R_{n - 1} - u_{n}} = \frac{u_{n}}{R_{n - 1}} \frac{1}{1 - u_{n} / R_{n - 1}} .

Si $u_{n} / R_{n - 1} \to̸ 0$ alors $\sum u_{n} / R_{n - 1}$ diverge.
Si $u_{n} / R_{n - 1} \to 0$ alors $\frac{u_{n}}{R_{n - 1}} \sim \frac{u_{n}}{R_{n}}$ et donc $\sum u_{n} / R_{n - 1}$ diverge encore.
Dans tous les cas, $\sum u_{n} / R_{n - 1}$ diverge.

Exercice 74 5887 Correction

Soit $(a_{n})$ une suite de réels strictement positifs telle que la série $\sum a_{n}$ converge.

Pour $n \in ℕ$ , on introduit

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

(a)

Établir

$\forall n \in ℕ, \frac{a_{n + 1}}{\sqrt{R_{n}}} \leq 2 (\sqrt{R_{n}} - \sqrt{R_{n + 1}}) .$
(b)

En déduire la nature de la série

$\sum \frac{a_{n + 1}}{\sqrt{R_{n}}} .$

Solution

(a)

La suite $(R_{n})$ est de limite nulle. Puisque les termes $a_{n}$ sont strictement positifs, la suite $(R_{n})$ est aussi strictement décroissante. La fonction $t \mapsto 1 / \sqrt{t}$ est décroissante sur $[R_{n + 1}; R_{n}] \subset] 0; + \infty [$ et donc

$\int_{R_{n + 1}}^{R_{n}} \frac{1}{\sqrt{t}} d t \geq \int_{R_{n + 1}}^{R_{n}} \frac{1}{\sqrt{R_{n}}} d t$

ce qui se relit

${[2 \sqrt{t}]}_{R_{n}}^{R_{n + 1}} \geq \frac{R_{n} - R_{n + 1}}{\sqrt{R_{n}}} .$

Cela donne l’inégalité¹¹ 1 Une démarche alternative consiste à appliquer l’inégalité des accroissements finis à $t \mapsto \sqrt{t}$ entre $R_{n + 1}$ et $R_{n}$ . voulue.
(b)

La série télescopique $\sum 2 (\sqrt{R_{n}} - \sqrt{R_{n + 1}})$ a la nature de la suite ${(\sqrt{R_{n}})}_{n \in ℕ}$ , c’est donc une série convergente. Par comparaison de séries à termes positifs, la série $\sum \frac{a_{n + 1}}{\sqrt{R_{n}}}$ converge.

Exercice 75 3716 CCINP (MP)Correction

Soient $(a_{n})$ une suite de réels strictement positifs et $S_{n} = \sum_{k = 0}^{n} a_{k}$ .

(a)

On suppose que la série $\sum a_{n}$ converge, donner la nature de $\sum \frac{a_{n}}{S_{n}}$ .
(b)

On suppose que la série $\sum a_{n}$ diverge, montrer

$\frac{a_{n}}{S_{n}^{2}} \leq \frac{1}{S_{n - 1}} - \frac{1}{S_{n}} pour tout n \in ℕ^{*} .$

En déduire la nature de $\sum \frac{a_{n}}{S_{n}^{2}}$ .
(c)

On suppose toujours la divergence de la série $\sum a_{n}$ . Quelle est la nature de $\sum \frac{a_{n}}{S_{n}}$ ?

Solution

(a)

Puisque la série $\sum a_{n}$ converge, on peut introduire sa somme

$S = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} .$

Les termes sommés étant strictement positifs, on a $S > 0$ et $S_{n} \to_{n \to + \infty}^{} S$ donne alors

$S_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} S .$

On en déduit

$\frac{a_{n}}{S_{n}} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{a_{n}}{S} .$

La série $\sum a_{n}$ converge, donc $\sum a_{n} / S$ converge aussi et, par équivalence de séries à termes positifs, on peut conclure à la convergence de la série $\sum \frac{a_{n}}{S_{n}}$ .
(b)

Comme les termes sont positifs, on a $S_{n} \geq S_{n - 1}$ et donc

$\frac{a_{n}}{S_{n}^{2}} = \frac{S_{n} - S_{n - 1}}{S_{n} \cdot S_{n}} \leq \frac{S_{n} - S_{n - 1}}{S_{n} S_{n - 1}} = \frac{1}{S_{n - 1}} - \frac{1}{S_{n}} .$

La série à termes positifs $\sum a_{n}$ étant supposée divergente, la suite $(S_{n})$ tend vers $+ \infty$ et donc $(1 / S_{n})$ est de limite nulle. La nature de la série télescopique $\sum (u_{n} - u_{n - 1})$ étant celle de la suite $(u_{n})$ , on peut affirmer la convergence de la série

$\sum (\frac{1}{S_{n - 1}} - \frac{1}{S_{n}})$

puis celle de $\sum \frac{a_{n}}{S_{n}^{2}}$ par comparaison de séries à termes positifs.
(c)

On peut écrire

$\frac{a_{n}}{S_{n}} = \frac{S_{n} - S_{n - 1}}{S_{n}} = 1 - \frac{S_{n - 1}}{S_{n}} .$

Cas: $(S_{n - 1} / S_{n})$ ne tend pas vers $1$ . La série étudiée diverge grossièrement.

Cas: $(S_{n - 1} / S_{n})$ tend vers $1$ . On emploie l’équivalent

$\ln (x) \underset{x \to 1}{\sim} x - 1$

pour affirmer

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

et donc

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

La suite $(\ln (S_{n}))$ diverge. Par le lien suite-série, la série $\sum (\ln (S_{n}) - \ln (S_{n - 1}))$ diverge aussi. Par équivalence de séries à termes positifs, la série $\sum \frac{a_{n}}{S_{n}}$ diverge.

Exercice 76 1067

Soit $\sum u_{n}$ une série divergente de réels strictement positifs. On pose

S_{n} = \sum_{k = 0}^{n} u_{k} pour tout n \in ℕ .

(a)

Soit $α > 1$ . Étudier la nature de la série $\sum \frac{u_{n}}{S_{n}^{α}}$ .
(b)

Même question avec $α \leq 1$ .

Exercice 77 5045

Soit ${(u_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite strictement croissante de réels strictement positifs de limite $+ \infty$ . Déterminer la nature des séries dont les termes généraux sont les suivants:

(a)

$\frac{u_{n} - u_{n - 1}}{u_{n - 1}}$
(b)

$\frac{u_{n} - u_{n - 1}}{u_{n}}$
(c)

$\frac{u_{n} - u_{n - 1}}{u_{n}^{α}}$ avec $α \in ℝ$ .

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

Exercice 78 1025

Soit $(u_{n})$ une suite réelle décroissante. On suppose que la série $\sum u_{n}$ converge et l’on note $S_{n}$ sa somme partielle de rang $n$ .

(a)

Déterminer la limite de $S_{2 n} - S_{n}$ quand $n$ croît vers l’infini.
(b)

En déduire la limite de la suite $(n u_{2 n})$ puis celle de $(n u_{n})$ .

Exercice 79 3233 Correction

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

\sum n^{α} u_{n} .

Montrer

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

Solution

Posons

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

Par la décroissance de la suite $(u_{n})$ , on a

S_{2 n} - S_{n} = \sum_{k = n + 1}^{2 n} k^{α} u_{k} \geq \sum_{k = n + 1}^{2 n} n^{α} u_{2 n} = n^{α + 1} u_{2 n} \geq 0 .

Puisque la suite $(S_{n})$ converge, $S_{2 n} - S_{n} \to 0$ et l’on en déduit ${(2 n)}^{α + 1} u_{2 n} \to 0$ .
Puisque

0 \leq {(2 n + 1)}^{α + 1} u_{2 n + 1} \leq \frac{{(2 n + 1)}^{α + 1}}{{(2 n)}^{α + 1}} {(2 n)}^{α + 1} u_{2 n}

on a aussi ${(2 n + 1)}^{α + 1} u_{2 n + 1} \to 0$ et l’on peut donc conclure $n^{α + 1} u_{n} \to 0$ .

[<] 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

\sum_{n \geq 2} \frac{1}{n \ln (n)} .

Solution

On a

\frac{d}{d x} (\frac{1}{x \ln (x)}) = - \frac{\ln (x) + 1}{{(x \ln (x))}^{2}} .

La fonction $x \mapsto 1 / x \ln (x)$ est décroissante sur $] 1; + \infty [$ . On en déduit

\sum_{n = 2}^{N} \frac{1}{n \ln (n)} \geq \int_{2}^{N + 1} \frac{d t}{t \ln (t)} = \ln (\ln (N + 1)) - \ln (\ln (2)) \to_{n \to + \infty}^{} + \infty .

On peut aussi remarquer

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

Par équivalence de séries à termes positifs, les séries

\sum \frac{1}{n \ln (n)} et \sum (\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)

$\sum_{k = 1}^{n} \sqrt{k} \sim \frac{2}{3} n \sqrt{n}$
(b)

$\ln (n!) \sim n \ln (n)$
(c)

$\sum_{k = 2}^{n} \frac{1}{k \ln (k)} \sim \ln (\ln (n))$

Solution

(a)

Par croissance de la fonction racine carrée,

$\int_{k - 1}^{k} \sqrt{t} d t \leq \sqrt{k} \leq \int_{k}^{k + 1} \sqrt{t} d t$

donc

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

et l’on conclut aisément.
(b)

On a

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

et, par croissance de la fonction $\ln$ ,

$\int_{k - 1}^{k} \ln (t) d t \leq \ln (k) \leq \int_{k}^{k + 1} \ln (t) d t$

donc

$\int_{1}^{n} \ln (t) d t \leq \ln (n!) \leq \int_{1}^{n + 1} \ln (t) d t$

puis on peut conclure.
(c)

Par décroissance de la fonction $x \mapsto 1 / x \ln (x)$ sur $[1 / e; + \infty [$ ,

$\int_{k}^{k + 1} \frac{d t}{t \ln (t)} \leq \frac{1}{k \ln (k)} \leq \int_{k - 1}^{k} \frac{d t}{t \ln (t)}$

donc

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

puis on conclut via

$\int \frac{d t}{t \ln (t)} = \ln (\ln (t)) + C^{t e} \to_{t \to + \infty}^{} + \infty .$

Exercice 82 1068 Correction

Pour $α > 1$ , on pose

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

Déterminer la limite de $(α - 1) ζ (α)$ quand $α$ tend vers $1^{+}$ .

Solution

Soit $N \in ℕ^{*}$ . Puisque $x \mapsto \frac{1}{x^{α}}$ est décroissante,

\int_{1}^{N + 1} \frac{d x}{x^{α}} \leq \sum_{k = 1}^{N} \frac{1}{k^{α}} \leq 1 + \int_{1}^{N} \frac{d x}{x^{α}} .

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

\frac{1}{α - 1} \leq ζ (α) \leq 1 + \frac{1}{α - 1} .

Par suite,

(α - 1) ζ (α) \to_{α \to 1^{+}}^{} 1 .

Exercice 83 664 Correction

Soit $a \in] 0; 1 [$ . Déterminer la nature de la série $\sum_{n \geq 0} a^{\sqrt{n}}$ .

Solution

Notons que les termes sommés sont positifs.
La fonction $x \mapsto a^{\sqrt{x}}$ est décroissante donc

a^{\sqrt{n}} \leq \int_{n - 1}^{n} a^{\sqrt{x}} d x

puis

\sum_{k = 0}^{n} a^{\sqrt{k}} \leq 1 + \int_{0}^{n} a^{\sqrt{x}} d x = 1 + 2 \int_{0}^{\sqrt{n}} u a^{u} d u

or $\int_{0}^{+ \infty} u a^{u} d u$ est définie donc

\sum_{n \geq 0} a^{\sqrt{n}} < + \infty .

Exercice 84 1069 Correction

En exploitant une comparaison série-intégrale, déterminer

lim_{a \to + \infty} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{a}{n^{2} + a^{2}} .

Solution

Notons que $\frac{a}{n^{2} + a^{2}} \sim \frac{a}{n^{2}}$ donc $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{a}{n^{2} + a^{2}}$ existe.
La fonction $x \mapsto \frac{a}{x^{2} + a^{2}}$ est décroissante sur $[0; + \infty [$ donc par comparaison série-intégrale

\int_{1}^{N + 1} \frac{a}{x^{2} + a^{2}} d x \leq \sum_{n = 1}^{N} \frac{a}{n^{2} + a^{2}} \leq \int_{0}^{N} \frac{a}{x^{2} + a^{2}} d x

puis sachant

\int \frac{a}{x^{2} + a^{2}} = \arctan (\frac{x}{a}) + C^{t e}

on obtient

\arctan (\frac{N + 1}{a}) - \arctan (\frac{1}{a}) \leq \sum_{n = 1}^{N} \frac{a}{n^{2} + a^{2}} \leq \arctan (\frac{N}{a}) .

Quand $N \to + \infty$ ,

\frac{π}{2} - \arctan (\frac{1}{a}) \leq \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{a}{n^{2} + a^{2}} \leq \frac{π}{2} .

Par le théorème des gendarmes,

lim_{a \to + \infty} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{a}{n^{2} + a^{2}} = \frac{π}{2} .

Exercice 85 2431 CENTRALE (MP)Correction

Soient $a, b > 0$ . Pour $n \in ℕ^{*}$ , on pose

A_{n} = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} (a + b k) et B_{n} = \prod_{k = 1}^{n} {(a + b k)}^{1 / n} .

Trouver ${lim}_{n \to + \infty} \frac{B_{n}}{A_{n}}$ en fonction de $e$ .

Solution

On a

A_{n} = a + \frac{b (n + 1)}{2} et \ln (B_{n}) = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} \ln (a + b k) .

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

\sum_{k = 1}^{n} f (k) = n \ln (a + b n) - n + o (n)

donc

\ln (\frac{B_{n}}{A_{n}}) = \ln (B_{n}) - \ln (A_{n}) = \ln (\frac{a + b n}{a + b n / 2}) - 1 + o (1) \to_{n \to + \infty}^{} \ln (2) - 1

puis

\frac{B_{n}}{A_{n}} \to_{n \to + \infty}^{} \frac{2}{e} .

[<] Comparaison séries intégrales[>] Études asymptotiques

Exercice 86 2792 MINES (MP)Correction

Nature de la série de terme général

\frac{n^{α}}{\sum_{k = 2}^{n} \ln^{2} (k)}

où $α$ est réel.

Solution

Par comparaison série intégral,

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

donc

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

Par référence aux séries de Bertrand, $\sum u_{n}$ converge si, et seulement si, $α \leq 0$ .

Exercice 87 2795 MINES (MP)Correction

Soit $α \in ℝ^{*}$ . On pose, pour $n \in ℕ^{*}$

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

Nature de la série de terme général $u_{n}$ ?

Solution

Par comparaison série-intégrale,

Cas: $α > 0$ .

u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{α + 1}{n^{α + 1}}

est terme général d’une série absolument convergente.

Cas: $- 1 < α \leq 0$ .

u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{α + 1}{n^{α + 1}}

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

Cas: $α = - 1$ .

u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{\ln (n)}

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

Cas: $α < - 1$ .

u_{n} ／ \to_{n \to + \infty}^{} 0

et donc $\sum u_{n}$ est grossièrement divergente.

Exercice 88 1082 Correction

Étudier en fonction de $α \in ℝ$ la nature de

\sum_{n \geq 2} \frac{1}{n^{α} \ln (n)} .

Solution

Si $α < 1$ alors $n \frac{1}{n^{α} \ln (n)} \to + \infty$ donc pour $n$ assez grand $\frac{1}{n^{α} \ln (n)} \geq \frac{1}{n}$ . Par comparaison de séries à termes positifs, la série diverge
Si $α > 1$ alors considérons $β \in] 1; α [$ . On a $n^{β} \frac{1}{n^{α} \ln (n)} \to 0$ donc la série est absolument convergente.
Si $α = 1$ alors exploitons la décroissance de la fonction $x \mapsto \frac{1}{x \ln (x)}$ sur $] 1; + \infty [$ .
Pour $k \geq 2$ ,

\frac{1}{k \ln (k)} \geq \int_{k}^{k + 1} \frac{d t}{t \ln (t)}

donc

\sum_{k = 2}^{n} \frac{1}{k \ln (k)} \geq \int_{2}^{n + 1} \frac{d t}{t \ln (t)} = {[\ln (\ln (t))]}_{2}^{n + 1} \to_{n \to + \infty}^{} + \infty .

Par suite, la série étudiée diverge.

Exercice 89 1062 Correction

Étudier en fonction de $α \in ℝ$ la nature de

\sum_{n \geq 2} \frac{1}{n {(\ln (n))}^{α}} .

Solution

On pose

u_{n} = \frac{1}{n {(\ln (n))}^{α}} .

Cas: $α \leq 0$ . À partir d’un certain rang $u_{n} \geq 1 / n$ et la série diverge.

Cas: $α > 0$ . La fonction $x \mapsto 1 / x {(\ln (x))}^{α}$ est décroissante sur $] 1; + \infty [$ .

\int_{n}^{n + 1} \frac{d t}{t {(\ln (t))}^{α}} \leq u_{n} \leq \int_{n - 1}^{n} \frac{d t}{t {(\ln (t))}^{α}}

donc

\int_{3}^{N + 1} \frac{d t}{t {(\ln (t))}^{α}} \leq \sum_{n = 3}^{N} u_{n} \leq \int_{2}^{N} \frac{d t}{t {(\ln (t))}^{α}}

puis

\int_{\ln (3)}^{\ln (N + 1)} \frac{d u}{u^{α}} \leq \sum_{n = 3}^{N} u_{n} \leq \int_{\ln (2)}^{\ln (N)} \frac{d u}{u^{α}}

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

Exercice 90 3104 Correction

On note $a_{n}$ le nombre de chiffres dans l’écriture décimale de l’entier $n \geq 1$ . Pour quelles valeurs de $x \in ℝ$ y a-t-il convergence de la série

\sum \frac{x^{a_{n}}}{n^{3}} ?

Solution

Introduisons la somme partielle

S_{N} = \sum_{n = 1}^{N} \frac{x^{a_{n}}}{n^{3}} .

On remarque que pour $n \in {10^{p - 1}, \dots {,10}^{p} - 1}$ on a $a_{n} = p$

En regroupant pertinemment les termes sommés,

S_{10^{q} - 1} = \sum_{p = 1}^{q} \sum_{n = 10^{p - 1}}^{10^{p} - 1} \frac{x^{a_{n}}}{n^{3}} = \sum_{p = 1}^{q} \sum_{n = 10^{p - 1}}^{10^{p} - 1} \frac{x^{p}}{n^{3}} = \sum_{p = 1}^{q} u_{p} x^{p} .

Puisque la fonction $t \mapsto 1 / t^{3}$ est décroissante, on a la comparaison

\int_{10^{p - 1}}^{10^{p}} \frac{d t}{t^{2}} \leq u_{p} = \sum_{n = 10^{p - 1}}^{10^{p} - 1} \frac{1}{n^{3}} \leq \int_{10^{p - 1} - 1}^{10^{p} - 1} \frac{d t}{t^{2}} .

Après calculs, on obtient

u_{p} \underset{p \to + \infty}{\sim} \frac{99}{2} \frac{1}{100^{p}} .

Cas: $x \geq 0$ . La série $\sum u_{p} x^{p}$ converge si, et seulement si, $x < 100$ .

Puisque la série $\sum x^{a_{n}} / n^{3}$ est à termes positifs, sa convergence équivaut à la convergence d’une suite extraite de sommes partielles et donc $\sum x^{a_{n}} / n^{3}$ converge si, et seulement si, $x < 100$ .

Cas: $x < 0$ .

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

Pour $x \leq - 100$ , on peut écrire $x = - y$ avec $y \geq 100$ et l’on a alors

S_{10^{q} - 1} = \sum_{p = 1}^{q} {(- 1)}^{q} u_{q} y^{q}

avec $(u_{q} y^{q})$ qui ne tend pas vers zéro.

Il y a alors divergence d’une suite extraite de sommes partielles et donc divergence de la série $\sum x^{a_{n}} / n^{3}$ .

[<] 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

S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} k^{α} .

Exercice 92 4911

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

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

Exercice 93 1059 Correction

Soit $α < 1$ . Déterminer un équivalent de

\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{α}} .

Solution

Selon que $α < 0$ ou $α \geq 0$ , on encadre $1 / k^{α}$ en exploitant la monotonie de $x \mapsto 1 / x^{α}$ .
Sachant que

\int \frac{d t}{t^{α}} = \frac{1}{1 - α} t^{1 - α} + C^{t e} \to_{t \to + \infty}^{} + \infty

on obtient

\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{α}} \sim \frac{n^{1 - α}}{1 - α} .

Exercice 94 4912

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

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

Exercice 95 1032 Correction

Montrer la convergence de

\sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{1}{k!}

puis la majoration du reste

\sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{k!} \leq \frac{1}{n \cdot n!} .

Solution

La convergence de $\sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{1}{k!}$ s’obtient entre autre par le critère d’Alembert puisque

| \frac{1 / (k + 1)!}{1 / k!} | = \frac{1}{k + 1} \to_{k \to + \infty}^{} 0 < 1 .

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

\sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{k!} \leq \frac{1}{n!} (\frac{1}{n + 1} + \frac{1}{{(n + 1)}^{2}} + \dots) = \frac{1}{n!} \frac{1}{n + 1} \frac{1}{1 - 1 / n + 1} = \frac{1}{n \cdot n!} .

Notons que raisonner par récurrence ne marche pas.

Exercice 96 4916

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

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

Exercice 97 1066 Correction

Pour $α > 1$ , on pose

S_{N} = \sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{n^{α}} et R_{N} = \sum_{n = N + 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{α}} .

Étudier la nature de la série $\sum_{n \geq 1} \frac{R_{n}}{S_{n}}$ selon la valeur du réel $α$ .

Solution

Puisque $x \mapsto \frac{1}{x^{α}}$ est décroissante,

\int_{n}^{n + 1} \frac{d x}{x^{α}} \leq \frac{1}{n^{α}} \leq \int_{n - 1}^{n} \frac{d x}{x^{α}}

donc

\int_{N + 1}^{+ \infty} \frac{d x}{x^{α}} \leq R_{N} \leq \int_{N}^{+ \infty} \frac{d x}{x^{α}}

d’où l’on obtient

R_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{(α - 1) n^{α - 1}}

puis

\frac{R_{n}}{S_{n}} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{(α - 1) S_{\infty} n^{α - 1}} .

La série $\sum_{n \geq 1} \frac{R_{n}}{S_{n}}$ converge si, et seulement si, $α > 2$ .

Exercice 98 1063

Déterminer la nature de la série de terme général

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

Exercice 99 3047 X (MP)Correction

Soit $(u_{n})$ une suite complexe telle que pour tout $p \in ℕ^{*}$ , $u_{p n} - u_{n} \to 0$ . Peut-on affirmer que la suite $(u_{n})$ converge?

Solution

Non. En effet, considérons

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

Pour tout $p \in ℕ^{*}$ , on a

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

On en déduit

0 \leq u_{n p} - u_{n} \leq \frac{n p - (n + 1) + 1}{n \ln (n)} = \frac{p - 1}{\ln (n)} \to_{n \to + \infty}^{} 0

alors que

u_{n} \geq \sum_{k = 2}^{n} \int_{k}^{k + 1} \frac{d t}{t \ln (t)} = \int_{2}^{n + 1} \frac{d t}{t \ln (t)} = {[\ln (\ln (t))]}_{2}^{n + 1} \to + \infty .

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

Exercice 100 1097 Correction

Soit $(u_{n})$ la suite définie par $u_{0} \in [0; π]$ et pour tout $n \in ℕ$ ,

u_{n + 1} = 1 - \cos (u_{n}) .

Montrer que $u_{n} \to 0$ et déterminer la nature de la série de terme général $u_{n}$ .

Solution

La fonction $x \mapsto 1 - \cos (x) - x$ est négative sur $[0; + \infty [$ et ne s’annule qu’en $0$ . Par conséquent, la suite $(u_{n})$ est décroissante, or elle est clairement minorée par $0$ donc elle converge. Sa limite annulant la précédente fonction ne peut être que $0$ . Puisque

u_{n + 1} = 2 \sin^{2} (\frac{u_{n}}{2})

on a

u_{n + 1} \leq \frac{1}{2} u_{n}^{2} .

Par suite,

u_{n} \underset{n \to + \infty}{=} O (1 / 2^{n})

et la série à termes positifs $\sum u_{n}$ converge .

Exercice 101 1098 Correction

Soit $(u_{n})$ la suite définie par $u_{0} > 0$ et pour tout $n \in ℕ$ ,

u_{n + 1} = \sqrt{1 + u_{n}} .

Montrer que $(u_{n})$ converge vers un réel $ℓ$ .
Quelle est la nature de la série de terme général $u_{n} - ℓ$ ?

Solution

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

ℓ = (1 + \sqrt{5}) / 2

est la seule limite possible de la suite $(u_{n})$ qui est clairement à termes positifs.

| u_{n + 1} - ℓ | = \frac{| u_{n} - ℓ |}{\sqrt{1 + u_{n}} + \sqrt{1 + ℓ}} \leq \frac{1}{2} | u_{n} - ℓ |

donc

u_{n} - ℓ \underset{n \to + \infty}{=} O (1 / 2^{n}) .

On en déduit que la série étudiée converge.

Exercice 102 1099 Correction

Soient $a \in] 0; π / 2 [$ et la suite ${(u_{n})}_{n \in ℕ}$ déterminée par

u_{0} = a et u_{n + 1} = \sin (u_{n}) pour tout n \in ℕ

pour tout $n \in ℕ$ .

(a)

Montrer que $u_{n} > 0$ pour tout $n \in ℕ$ .
(b)

Étudier la monotonie de $(u_{n})$ .
(c)

Montrer que $u_{n} \to 0$ .
(d)

Exploiter $u_{n + 1} - u_{n}$ pour montrer que $\sum_{n \geq 0} u_{n}^{3}$ converge.
(e)

Exploiter $\ln (u_{n + 1}) - \ln (u_{n})$ pour montrer que $\sum_{n \geq 0} u_{n}^{2}$ diverge.

Solution

(a)

Par récurrence, on vérifie $u_{n} > 0$ pour tout $n \in ℕ$ en employant

$\forall x \in] 0; π / 2 [, \sin (x) > 0 .$
(b)

Par étude de fonction, on vérifie $\sin (x) \leq x$ pour tout $x \in [0; + \infty [$ . On en déduit $u_{n + 1} \leq u_{n}$ pour tout $n \in ℕ$ .
(c)

La suite $(u_{n})$ est décroissante et minorée par $0$ , elle admet donc une limite $ℓ \geq 0$ . En passant la relation de récurrence $u_{n + 1} = \sin (u_{n})$ a la limite, il vient $ℓ = \sin (ℓ)$ . Seul $ℓ = 0$ est solution de cette équation.
(d)

Par le lien suite-série, $\sum (u_{n + 1} - u_{n})$ a la nature de la suite $(u_{n})$ c’est-à-dire convergente. Or

$u_{n + 1} - u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} - \frac{1}{6} u_{n}^{3} .$

Par équivalence de suites de signe constant, on peut affirmer la convergence de $\sum u_{n}^{3}$ .
(e)

Par le lien suite-série, la série $\sum (\ln (u_{n + 1}) - \ln (u_{n}))$ est une série télescopique divergente. Or

$\ln (u_{n + 1}) - \ln (u_{n}) \underset{n \to + \infty}{\sim} \ln (1 - \frac{1}{6} u_{n}^{2}) \sim - \frac{1}{6} u_{n}^{2} .$

Par équivalence de suites de signe constant, on conclut.

Exercice 103 1101

Soit $(u_{n})$ la suite récurrente définie par

u_{0} \in] 0; 1 [et u_{n + 1} = u_{n} - u_{n}^{2} pour tout n \in ℕ .

(a)

Étudier la convergence de la suite $(u_{n})$ .
(b)

Étudier la convergence et donner la somme de la série $\sum u_{n}^{2}$ .
(c)

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

Quelle est la nature de la série de terme général $u_{n}$ ?

Exercice 104 2801 MINES (MP)

Soient $α$ dans $ℝ^{*}$ , $a$ et $b$ dans $ℝ ∖ ℕ$ . On considère la suite $(u_{n})$ déterminée par

u_{0} = α et u_{n + 1} = \frac{n - a}{n - b} u_{n} pour tout n \in ℕ .

(a)

Montrer l’existence d’un réel $A \neq 0$ tel que

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

Déterminer la nature de la série de terme général $u_{n}$ et calculer sa somme lorsqu’elle converge.

Exercice 105 1100

Soient $(a_{n})$ une suite positive et $(u_{n})$ la suite définie par

u_{0} > 0 et u_{n + 1} = u_{n} + \frac{a_{n}}{u_{n}} pour tout n \in ℕ .

Montrer que la suite $(u_{n})$ converge si, et seulement si, la série de terme général $a_{n}$ converge.

[<] Série dont le terme est défini par récurrence

Exercice 106 5072

Montrer l’existence d’un réel $λ$ tel que

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

Exercice 107 1074 Correction

Montrer que

u_{n} = \frac{n! e^{n}}{n^{n + 1 / 2}}

a une limite non nulle.

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

Solution

Après calculs,

\ln (u_{n + 1}) - \ln (u_{n}) \underset{n \to + \infty}{=} O (1 / n^{2}) .

La série télescopique associée étant convergente, la suite $(\ln (u_{n}))$ converge et l’on peut conclure.

Exercice 108 1072 Correction

Pour tout $n \in ℕ$ , on pose

u_{n} = \frac{(2 n)!}{{(2^{n} n!)}^{2}} .

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

(a)

Déterminer un équivalent de

$\ln (u_{n + 1}) - \ln (u_{n}) .$

En déduire que $(u_{n})$ tend vers $0$ .
(b)

En s’inspirant de ce qui précède, établir que $\sqrt{n} u_{n} \to C > 0$ . On ne cherchera pas expliciter la valeur de $C$ .

Solution

(a)

On a

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

La série $\sum (\ln (u_{n + 1}) - \ln (u_{n}))$ est une série à termes négatifs divergente, ses sommes partielles décroissent vers $- \infty$ . Par télescopage, cela donne

$\ln (u_{n}) \to_{n \to + \infty}^{} - \infty$

Par composition avec la fonction exponentielle,

$u_{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$
(b)

Posons $v_{n} = \sqrt{n} u_{n}$ . Pour $n \geq 1$ ,

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

La série $\sum (\ln (v_{n + 1}) - \ln (v_{n}))$ converge absolument. Par le lien suite-série, la suite $\ln (v_{n})$ converge aussi. En posant $ℓ$ sa limite, on obtient

$\sqrt{n} u_{n} \to_{n \to + \infty}^{} C avec C = e^{ℓ} > 0$

Exercice 109 2621 ENSTIM (PC)Correction

Pour $n \in ℕ$ , on pose

u_{n} = \frac{(2 n)!}{{(2^{n} n!)}^{2}} .

(a)

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

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

et en déduire la limite de

$\sum_{k = 0}^{n} (\ln (u_{k + 1}) - \ln (u_{k})) .$
(b)

Déterminer la limite de la suite $(u_{n})$ .
(c)

Montrer que

$n u_{n} \to_{n \to + \infty}^{} + \infty .$

En déduire la nature de la série de terme général $u_{n}$ .

Solution

(a)

On a

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

Par équivalence de séries à termes de signe constant, la série $\sum (\ln (u_{n + 1}) - \ln (u_{n}))$ diverge. Or il s’agit d’une série à termes négatifs et donc

$\sum_{k = 0}^{n} (\ln (u_{k + 1}) - \ln (u_{k})) \to_{n \to + \infty}^{} - \infty .$
(b)

Par télescopage, ce qui précède donne

$\ln (u_{n + 1}) - \ln (u_{0}) \to_{n \to + \infty}^{} - \infty .$

On en déduit

$\ln (u_{n}) \to_{n \to + \infty}^{} - \infty .$

Par composition avec la fonction exponentielle,

$u_{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$
(c)

Posons $v_{n} = n u_{n}$ . Pour $n \geq 1$

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

Par équivalence de séries à termes positifs, la série $\sum (\ln (v_{n + 1}) - \ln (v_{n}))$ diverge. Or il s’agit d’une série à termes positifs et donc

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

Par télescopage, on obtient

$\ln (v_{n}) \to_{n \to + \infty}^{} + \infty .$

Par composition avec la fonction exponentielle,

$v_{n} = n u_{n} \to_{n \to + \infty}^{} + \infty .$

À partir d’un certain rang, on a $n u_{n} \geq 1$ et donc $u_{n} \geq \frac{1}{n}$ . Par comparaison de séries à termes positifs, la série $\sum u_{n}$ diverge.

Exercice 110 1073 Correction

Pour tout $n \in ℕ$ , on pose

u_{n} = \frac{(2 n)!}{{(2^{n} n!)}^{2}} .

(a)

Déterminer un équivalent de $\ln (u_{n + 1}) - \ln (u_{n})$ . En déduire que $(u_{n})$ tend vers $0$ .
(b)

Déterminer la limite de $(n u_{n})$ et en déduire la nature de la série $\sum u_{n}$ .
(c)

On pose $v_{n} = \frac{u_{n}}{n + 1}$ . En observant et en sommant l’égalité

$(2 k + 4) v_{k + 1} = (2 k + 1) v_{k}$

calculer $T_{n} = \sum_{k = 0}^{n} v_{k}$ en fonction de $n$ et $v_{n + 1}$ .
(d)

En déduire la valeur de

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{u_{n}}{n + 1} .$

Solution

(a)

Pour $n \in ℕ$ ,

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

On a donc

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

La série $\sum (\ln (u_{n + 1}) - \ln (u_{n}))$ tend vers $- \infty$ . Par le lien suite-série, $(\ln (u_{n}))$ tend vers $- \infty$ et donc $(u_{n})$ est de limite nulle.
(b)

Cette fois-ci,

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

La série $\sum (\ln (n + 1) u_{n + 1} - \ln (n u_{n}))$ tend vers $+ \infty$ donc $\ln (n u_{n})$ tend vers $+ \infty$ puis $n u_{n}$ aussi. À partir d’un certain rang $n u_{n} \geq 1$ donc $\sum u_{n}$ diverge.
(c)

Pour $k \in ℕ$ ,

$(2 k + 4) v_{k + 1} = 2 u_{k + 1} = \frac{2 k + 1}{k + 1} u_{k} = (2 k + 1) v_{k} .$

En sommant pour $k \in {0, \dots, n}$ et en simplifiant, on obtient $T_{n} = 2 - (2 n + 6) v_{n + 1}$ .
(d)

Puisque $(T_{n})$ tend vers $2$ , on conclut

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{u_{n}}{n + 1} = 2 .$

Exercice 111 1078 Correction

Soient $0 < a < b$ et ${(u_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite strictement positive telle que pour tout $n \in ℕ$ ,

\frac{u_{n + 1}}{u_{n}} = \frac{n + a}{n + b} .

(a)

Montrer que $u_{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0$ . On pourra étudier la suite de terme général $\ln (u_{n})$ .
(b)

Soient $α \in ℝ$ et $v_{n} = n^{α} u_{n}$ . En étudiant ${(v_{n})}_{n \geq 1}$ , montrer qu’il existe $A > 0$ tel que

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

On suppose $b - a > 1$ . En écrivant

$(n + 1) u_{n + 1} - n u_{n} = a u_{n} + (1 - b) u_{n + 1}$

donner la valeur de la somme

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n} .$

Solution

(a)

On a

$\ln (u_{n + 1}) - \ln (u_{n}) = \ln (1 + \frac{a - b}{n}) \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{a - b}{n} .$

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

$\sum_{k = 0}^{n - 1} (\ln (u_{k + 1}) - \ln (u_{k})) \to_{n \to + \infty}^{} - \infty .$

Par télescopage, cela produit

$\ln (u_{n}) - \ln (u_{0}) \to_{n \to + \infty}^{} - \infty .$

On en déduit que $(\ln (u_{n}))$ tens vers $- \infty$ . Par composition avec la fonction exponentielle, on conclut que $(u_{n})$ est de limite nulle.
(b)

Par développement limité,

$\ln (v_{n + 1}) - \ln (v_{n}) = α \ln (1 + \frac{1}{n}) + \ln (1 + \frac{a - b}{n}) = \frac{α + a - b}{n} + O (\frac{1}{n^{2}}) .$

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

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

On a

$(b - a - 1) u_{n} = (1 - b) (u_{n + 1} - u_{n}) - ((n + 1) u_{n + 1} - n u_{n}) .$

Par télescopage,

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n} = \frac{b - 1}{b - a - 1} u_{0} .$

Exercice 112 1079 Correction

Pour $α \in ℝ ∖ ℤ^{- *}$ , on considère ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ définie par

u_{1} = 1 et u_{n + 1} = (1 + α / n) u_{n} .

(a)

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

$v_{n} = \ln (\frac{{(n + 1)}^{β} u_{n + 1}}{n^{β} u_{n}}) ?.$
(b)

En déduire qu’il existe $A \in ℝ_{+}^{*}$ pour lequel $u_{n} \sim A n^{α}$ .

Solution

Notons que les termes de la suite $(u_{n})$ sont tous non nuls car $- α \notin ℕ^{*}$ .

(a)

$\frac{{(n + 1)}^{β} u_{n + 1}}{n^{β} u_{n}} = 1 + \frac{α + β}{n} + O (\frac{1}{n^{2}})$ donc $v_{n} = \frac{α + β}{n} + O (\frac{1}{n^{2}})$ . $\sum v_{n}$ converge si, et seulement si, $β = - α$ .
(b)

$\sum_{k = 0}^{n - 1} v_{k} = \ln (n^{- α} u_{n}) \to ℓ = \sum_{k = 0}^{+ \infty} v_{k} \in ℝ$ donc $n^{- α} u_{n} \to e^{ℓ}$ puis $u_{n} \sim A n^{α}$ avec $A = e^{ℓ} > 0$ .

Exercice 113 1080 Correction

Soit $(u_{n})$ une suite de réels strictement positifs telle que

\frac{u_{n + 1}}{u_{n}} = 1 + \frac{α}{n} + O (\frac{1}{n^{2}}), avec α \in ℝ .

(a)

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

$v_{n} = \ln (\frac{{(n + 1)}^{β} u_{n + 1}}{n^{β} u_{n}}) ?.$
(b)

En déduire qu’il existe $A \in ℝ_{+}^{*}$ pour lequel

$u_{n} \sim A n^{α} .$

Solution

(a)

$\frac{{(n + 1)}^{β} u_{n + 1}}{n^{β} u_{n}} = 1 + \frac{α + β}{n} + O (\frac{1}{n^{2}})$

donc

$v_{n} = \frac{α + β}{n} + O (\frac{1}{n^{2}})$

$\sum v_{n}$ converge si, et seulement si, $β = - α$ .
(b)

$\sum_{k = 0}^{n - 1} v_{k} = \ln (n^{- α} u_{n}) \to ℓ = \sum_{k = 0}^{+ \infty} v_{k} \in ℝ$

donc $n^{- α} u_{n} \to e^{ℓ}$ puis $u_{n} \sim A n^{α}$ avec $A = e^{ℓ} > 0$ .

Exercice 114 2949 X (MP)Correction

Étudier la limite quand $n \to + \infty$ de

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

Solution

On peut écrire

\sum_{k = 1}^{n} {(\frac{k}{n})}^{n} = \sum_{k = 0}^{n - 1} {(1 - \frac{k}{n})}^{n} = \sum_{k = 0}^{n} u_{k} (n)

avec $u_{k} (n) \to_{n \to + \infty}^{} e^{- k}$ .
On peut alors présumer

\sum_{k = 1}^{n} {(\frac{k}{n})}^{n} \to_{n \to + \infty}^{} \sum_{k = 0}^{+ \infty} e^{- k} = \frac{1}{1 - 1 / e} = \frac{e}{e - 1} .

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

{(1 - \frac{k}{n})}^{n} = \exp (n \ln (1 - k / n)) \leq e^{- k}

et donc on a déjà

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

De plus, pour $N \in ℕ$ , on a pour tout $n \geq N$

\sum_{k = 1}^{n} {(\frac{k}{n})}^{n} \geq \sum_{k = 0}^{N - 1} {(1 - \frac{k}{n})}^{n} \to_{n \to + \infty}^{} \sum_{k = 0}^{N - 1} e^{- k} .

Pour $ε > 0$ , il existe $N \in ℕ$ tel que

\sum_{k = 0}^{N - 1} e^{- k} \geq \frac{e}{e - 1} - ε

et pour ce $N$ fixé, il existe $N^{'} \in ℕ$ tel que pour $n \geq N^{'}$ ,

\sum_{k = 1}^{n} {(\frac{k}{n})}^{n} \geq \sum_{n = 0}^{N - 1} {(1 - \frac{k}{n})}^{n} \geq \sum_{k = 0}^{N - 1} e^{- k} - ε .

On a alors pour tout $n \geq N^{'}$

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

On peut donc conclure

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

Édité le 12-05-2025

	$\sum_{p = 0}^{N} \| a_{2 p} \|$	$= \| a_{0} \| + \| a_{2} \| + \dots + \| a_{2 N} \|$
		$\leq \| a_{0} \| + \| a_{1} \| + \| a_{2} \| + \dots + \| a_{2 N - 1} \| + \| a_{2 N} \|$
		$\leq \sum_{n = 0}^{2 N} \| a_{n} \| \leq \sum_{n = 0}^{+ \infty} \| a_{n} \| .$

	$\sum_{n = 1}^{N}$	$\ln (n) + a \ln (n + 1) + b \ln (n + 2)$
		$= \ln (1) + \ln (2) - 2 \ln (2) - 2 \ln (N + 1) + \ln (N + 1) + \ln (N + 2)$
		$\to_{N \to + \infty}^{} - \ln (2) .$