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

 
Exercice 1  4641  

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

  • (a)

    k=1nk

  • (b)

    k=n+1+1k2.

 
Exercice 2  4642  

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

  • (a)

    k=n+1+1k2+k+1

  • (b)

    k=1n11+k.

 
Exercice 3  5221  

Pour n*, on pose

Hn=k=1n1k.
  • (a)

    Montrer l’existence d’un réel11 1 γ se nomme la constante d’Euler, γ0,577 216 à 10-6 près. γ tel que

    γ=limn+(Hn-ln(n)).
  • (b)

    En déduire

    Hn=n+ln(n)+γ+o(1).
 
Exercice 4  4062   

Pour n*, on pose

Hn=k=1n1k.
  • (a)

    Montrer la convergence de la série (1k+ln(1-1k)).

On pose11 1 γ est la constante d’Euler, γ0,577 216 à 10-6 près.

γ=1+k=2+(1k+ln(1-1k)).
  • (b)

    Établir Hn=ln(n)+γ+εn avec (εn) une suite de limite nulle.

  • (c)

    Justifier le développement asymptotique

    Hn=n+ln(n)+γ+12n+o(1n).
 
Exercice 5  1089  Correction  

On pose

Sn=k=1n1k+k.
  • (a)

    Donner un équivalent simple de Sn.

  • (b)

    Montrer que

    Sn=n+ln(n)+C+o(1).

Solution

  • (a)

    1k+k1k et k11k est une série à terme positif divergente donc

    Snn+k=1n1kln(n).
  • (b)

    Pour être plus précis,

    Sn-k=1n1k=k=1n(1k+k-1k)=k=1nkk2+kk

    or

    kk2+kk1k3/2

    et est donc le terme général d’une série convergente.
    Ainsi, Sn-k=1n1kn+oC d’où

    Sn=n+ln(n)+(γ+C)+o(1)=ln(n)+C+o(1).
 
Exercice 6  1090   Correction  

On pose

Sn=k=1n1k2+k.
  • (a)

    Montrer que (Sn)n1 converge vers une constante C.

  • (b)

    Établir que

    Sn=n+C-1n+o(1n).

Solution

  • (a)

    1k2+k1k2 donc la série de terme général 1k2+k est absolument convergente. Par suite, (Sn) converge vers une certaine constante C.

  • (b)
    C-Sn=k=n+1+1k2+kn+k=n+1+1k2

    car k11k2 est une série à termes positifs convergente.
    Par comparaison série intégrale k=n+1+1k2n+1n et l’on peut conclure comme annoncée.

 
Exercice 7  5223   
  • (a)

    Justifier l’existence de

    Rn=k=n+1+(-1)kkpour tout n.
  • (b)

    Soit n*. Montrer que

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

    Déterminer un équivalent de Rn quand n tend vers l’infini.

  • (d)

    Donner la nature de la série de terme général Rn.

 
Exercice 8  2809     MINES (MP)Correction  

On pose

an=1n+1+1n+2++13n.
  • (a)

    Montrer que la suite (an) converge et trouver sa limite λ.

  • (b)

    Trouver un équivalent simple de an-λ.

Solution

  • (a)

    On sait

    Hn=n+k=1n1k=ln(n)+γ+o(1)

    donc

    an=H3n-Hnn+ln(3)=λ.
  • (b)

    Si on sait

    Hn=n+ln(n)+γ+12n+o(1n)

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

    an=k=13n1k+ln(1-1k)-k=1n1k+ln(1-1k)+k=n+13nln(k-1k)

    avec

    k=n+13nln(k-1k)=ln(3)

    donc

    an-λ=k=13n1k+ln(1-1k)-k=1n1k+ln(1-1k).

    Or 1k+ln(1-1k) est absolument convergente car

    1k+ln(1-1k)-12k2

    donc an-λ=Rn-R3n avec

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

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

    Rnn+k=n+1+-12k2n+-12n

    (le dernier équivalent s’obtenant, soit par comparaison série intégrale, soit par 1k21k(k-1) et sommation télescopique). Au final,

    an-λ=n+-12n+16n+o(1n)n+-13n.
 
Exercice 9  5352     MINES (PC)Correction  

Trouver un équivalent quand n tend vers l’infini de

Rn=k=n+kk!.

Solution

On justifie l’existence de Rn en observant

n2×nn!n+0

ce qui assure la convergence de la série dont Rn est un reste.

Méthode: On isole le premier termes de Rn et l’on majore les suivants;

Pour n*,

Rn=nn!+n+1(n+1)!+k=n+2+kk!

avec

n+1(n+1)!=1n+1n+1n!=n+o(nn!)

et

0k=n+2+kk! =k=n+2+kk1(k-1)!k=n+1+1k!
=1(n+1)!+1(n+2)!+1(n+3)!+
1(n+1)!(1+12!+13!+)
e(n+1)!=n+o(nn!).

On conclut

Rnn+nn!n+12π(en)n.
 
Exercice 10  3070   

Former un développement asymptotique à deux termes de

k=n+1+1k2.
 
Exercice 11  3179   Correction  
  • (a)

    Sous réserve d’existence, déterminer pour α1

    limn+k=n+12n1kα.
  • (b)

    Sous réserve d’existence, déterminer

    limn+k=n+12nsin(1k).

Solution

  • (a)

    Pour α>1, la série de terme général 1/nα converge et si l’on pose

    Sn=k=1n1kα

    on observe

    k=n+12n1kα=S2n-Snn+k=1+1kα-k=1+1kα=0.

    Pour α=1, on introduit les sommes partielles harmoniques

    Hn=k=1n1k.

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

    Hn=n+ln(n)+γ+o(1)

    et alors

    k=n+12n1k=n+H2n-Hn=ln(2)+o(1)n+ln(2).
  • (b)

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

    sin(x)=x+0x(x-t)22!sin(3)(t)dt.

    Puisque

    t,sin(3)(t)=-cos(t)[-1;1]

    on a

    x0,sin(x)x-0x(x-t)22!dt=x-16x3.

    D’autre part, il est bien connu que

    x0,sin(x)x.

    On en déduit

    k=n+12n1k-16k=n+12n1k3k=n+12nsin(1k)k=n+12n1k.

    En vertu de ce qui précède, on obtient

    limn+k=n+12nsin(1k)=ln(2).
 
Exercice 12  1091   Correction  

On pose

un=k=1n3k-13k.
  • (a)

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

    ln(un)=n+αln(n)+β+o(1).

    En déduire un équivalent de un.

  • (b)

    Déterminer la nature de n1un.

  • (c)

    Déterminer la nature de n1(-1)nun.

Solution

  • (a)

    On a

    ln(un)=k=1nln(1-13k).

    Or

    ln(1-13k)=k+-13k+O(1k2)

    donc

    ln(un)=n+-13k=1n1k+k=1nO(1k2)=-13ln(n)+C+o(1)

    car k=1n1k=n+ln(n)+γ+o(1) et n1O(1n2) est une série convergente.

  • (b)

    Puisque

    ln(n1/3un)n+β

    on a

    unn+eβn1/3

    et donc la série de terme général un diverge.

  • (c)

    On vérifie aisément que la suite (un) décroît vers 0: la série (-1)nun converge par application du critère spécial.

 
Exercice 13  1092   Correction  

Déterminer un équivalent simple de:

  • (a)

    k=1+1k(nk+1)

  • (b)

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

Solution

  • (a)

    Avec convergence des sommes engagées

    k=1+1k(nk+1)=1nk=1+1k2+k=1+(1k(nk+1)-1nk2)=π26n-k=1+1nk2(nk+1)

    et

    0k=1+1nk2(nk+1)1n2k=1+1k3

    donc

    k=1+1k(nk+1)n+π26n.
  • (b)

    Par décomposition en éléments simples et télescopage,

    k=1+1k(n+k)=1nk=1+(1k-1n+k)=1nk=1n1kn+ln(n)n.
 
Exercice 14  3226   Correction  

Pour n*, on pose

Hn=k=1n1k.

Pour p, on pose

np=min{n|Hnp}.

Déterminer un équivalent de np quand p+

Solution

np est bien défini car Hn+.
La suite (np) est croissante et évidemment non majorée donc

np+.

Par définition de np, on a

HnppHnp-1.

Or

Hn=ln(n)+γ+o(1)

donc

ln(np)+γ+o(1)pln(np-1)+γ+o(1).

Puisque

ln(np-1)=ln(np)+o(1)

on obtient

p=ln(np)+γ+o(1)

puis

np=en-γ+o(1)en-γ.
 
Exercice 15  1325     CENTRALE (PSI)Correction  

Soit j. On note Φj le plus petit entier p* vérifiant

n=1p1nj.
  • (a)

    Justifier la définition de Φj.

  • (b)

    Démontrer que Φjj++.

  • (c)

    Démontrer Φj+1Φjj+e.

Solution

  • (a)

    Puisque

    n=1p1np++

    on peut affirmer que l’ensemble

    {p,n=1p1nj}

    est une partie non vide de . Celle admet donc un plus petit élément, noté Φj.

  • (b)

    Par définition de Φj, on a

    jn=1Φj1n.

    Or, par comparaison avec une intégrale

    n=1Φj1n1+1Φjdtt=1+ln(Φj).

    On en déduit Φjej-1 puis Φjj++.

  • (c)

    Par définition de Φj, on a

    n=1Φj-11njn=1Φj1n.

    Or, sachant que Φj+, on a

    n=1Φj1n=ln(Φj)+γ+o(1) et n=1Φj-11n=ln(Φj-1)+γ+o(1).

    Par suite,

    ln(Φj-1)+γ+o(1)jln(Φj)+γ+o(1).

    Or

    ln(Φj-1)=ln(Φj)+o(1)

    donc

    j=ln(Φj)+γ+o(1)

    puis

    Φj=ej-γ+o(1).

    On en déduit

    Φj+1Φj=ej+1-γ+o(1)ej-γ+o(1)=e1+o(1)e.
 
Exercice 16  2950     X (MP)Correction  

Soit (un)n1 une suite d’éléments de +*.

On pose

vn=1nun(k=1nuk)etwn=1n2un(k=1nkuk).

On suppose que (vn) tend vers a+*.

Étudier la convergence de (wn).

Solution

Posons Sn=k=1nuk. On observe que

k=1nkun=(n+1)Sn-k=1nSk.

Par suite,

wn=n+1nvn-1n2unk=1nSk(*).

Puisque Snnuna, on a Snanun.
La série de terme général Sn est une série à termes positifs divergente donc

k=1nSkak=1nkuk.

Par suite,

1n2unk=1nSkawn.

La relation (*) dévient alors

wn=n+1nvn-awn+o(wn)

et en on en déduit que

wn1a+1vnaa+1.

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Édité le 08-11-2019

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