[>] Séries de signe non constant

 
Exercice 1  5040  

Déterminer la nature des séries qui suivent:

  • (a)

    nnenn!

  • (b)

    ln(cos(1n))

  • (c)

    12n.

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

    Étudier unun=01dx1+x++xn.

  • (b)

    Étudier vnvn=01xndx1+x++xn.

Solution

  • (a)

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

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

    et par sommation géométrique

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

    Posons

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

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

    |1-x1-xn+1|1-x1-x=1=φ(x)

    avec φ intégrable. Par convergence dominée

    un01(1-x)dx=12

    et donc la série un diverge grossièrement.

  • (b)

    On amorce les calculs comme au dessus pour écrire

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

    Par intégration par parties généralisée justifiée par deux convergences

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

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

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

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

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

    Posons

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

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

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

    On peut donc intégrer terme à terme pour écrire
    donc

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

    Or

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

    puis finalement

    vnC(n+1)2.

    La série à termes positifs vn est donc convergente.

 
Exercice 3  3881     MINES (MP)Correction  

Pour a>0, étudier la convergence de

n1ak=1n1k.

Solution

On sait

k=1n1kn+ln(n)+γ+o(1)

et donc

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

Par équivalence de séries à termes positifs,

n1ak=1n1k converge-ln(a)>1

ce qui fournit la condition a<e-1.

 
Exercice 4  1040   Correction  

Donner la nature de la série des jnn.

Solution

On peut écrire

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

donc la série des termes

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

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

S3n=k=13njkk.

Puisque, les termes

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

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

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

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

 
Exercice 5  1064   

Montrer la convergence de la série de terme général

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

On note un=0π/4(tan(t))ndt.

  • (a)

    Déterminer la limite de un.

  • (b)

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

  • (c)

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

  • (d)

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

Solution

  • (a)

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

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

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

  • (d)

    Par monotonie

    un+un+22unun+un-2.

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

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Édité le 08-11-2019

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