Exercice 1 5516 Correction

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

\sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{3}} .

Solution

La décroissance et la continuité de la fonction $t \mapsto 1 / t^{3}$ permettent d’écrire l’encadrement

\int_{k}^{k + 1} \frac{d t}{t^{3}} \leq \frac{1}{k^{3}} \leq \int_{k - 1}^{k} \frac{d t}{t^{3}} pour tout k \geq 2 .

Soient $n \in ℕ^{*}$ et $N \geq n + 1$ . En sommant les encadrements précédents pour $k$ allant de $n + 1$ à $N$ , on obtient

\int_{n + 1}^{N + 1} \frac{d t}{t^{3}} \leq \sum_{k = n + 1}^{N} \frac{1}{k^{3}} \leq \int_{n}^{N} \frac{d t}{t^{3}} .

En passant à la limite quand $N$ tend vers l’infini, on produit un encadrement du reste étudié où les deux intégrales introduites convergent:

\int_{n + 1}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{3}} \leq \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{3}} \leq \int_{n}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{3}} .

Il reste à calculer les intégrales pour obtenir

\frac{1}{2 {(n + 1)}^{2}} \leq \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{3}} \leq \frac{1}{2 n^{2}} .

Les deux membres encadrants étant équivalents, on peut conclure

\sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{3}} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{2 n^{2}} .

Exercice 2 5517 Correction

À l’aide d’une comparaison avec une intégrale, déterminer un équivalent simple quand $n$ tend vers $+ \infty$ de

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

Solution

La croissance et la continuité de la fonction $\ln (\cdot)$ permettent d’écrire l’encadrement qui suit

\int_{k - 1}^{k} \ln (t) d t \leq \ln (k) \leq \int_{k}^{k + 1} \ln (t) d t pour tout k \geq 2 .

En sommant ces encadrements, on obtient

\sum_{k = 2}^{n} (\int_{k - 1}^{k} \ln (t) d t) \leq \sum_{k = 2}^{n} \ln (k) \leq \sum_{k = 2}^{n + 1} (\int_{k}^{k + 1} \ln (t) d t) pour tout n \geq 1 .

Dans les membres encadrants, les intégrales sommées sont contiguës et peuvent être raccordées par la relation de Chasles. Cela donne

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

En calculant les intégrales à l’aide de la primitive $t \mapsto t \ln (t) - t$ , on obtient

n \ln (n) - n + 1 \leq \sum_{k = 2}^{n} \ln (k) = \sum_{k = 1}^{n} \ln (k) \leq (n + 1) \ln (n + 1) - n - 2 \ln (2) + 1 .

D’une part,

n \ln (n) - n + 1 \underset{n \to + \infty}{=} n \ln (n) + o (n \ln (n))

D’autre part,

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

Les deux membres encadrants étant équivalents en l’infini à $n \ln (n)$ , on peut conclure

\sum_{k = 1}^{n} \ln (k) \underset{n \to + \infty}{\sim} n \ln (n) .

Notons que l’emploi de la formule de Stirling peut aussi répondre à la question,

	$\sum_{k = 1}^{n} \ln (k) = \ln (n!)$	$\underset{n \to + \infty}{\sim} \ln (\sqrt{2 π n} {(\frac{n}{e})}^{n})$
		$\underset{n \to + \infty}{=} n \ln (n) + o (n \ln (n))$
		$\underset{n \to + \infty}{\sim} n \ln (n) .$

Exercice 3 4642

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

(a)

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

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{1 + \sqrt{k}}$ .

Exercice 4 5221

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on pose

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

(a)

Montrer l’existence d’un réel¹¹ 1 $γ$ se nomme la constante d’Euler, $γ \approx 0,577 216 à 10^{- 6} près$ . $γ$ tel que

$γ = lim_{n \to + \infty} (H_{n} - \ln (n)) .$
(b)

En déduire

$H_{n} \underset{n \to + \infty}{=} \ln (n) + γ + o (1) .$

Exercice 5 4062

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on pose

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

(a)

Montrer l’existence de la constante¹¹ 1 $γ$ est la constante d’Euler, $γ \approx 0,577 216 à 10^{- 6} près$ . réelle

$γ = 1 + \sum_{k = 2}^{+ \infty} (\frac{1}{k} + \ln (1 - \frac{1}{k})) .$
(b)

Établir $H_{n} = \ln (n) + γ + ε_{n}$ avec $(ε_{n})$ une suite de limite nulle.
(c)

Justifier le développement asymptotique

$H_{n} \underset{n \to + \infty}{=} \ln (n) + γ + \frac{1}{2 n} + o (\frac{1}{n}) .$

Exercice 6 1089 Correction

On pose

S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k + \sqrt{k}} .

(a)

Donner un équivalent simple du terme $S_{n}$ .
(b)

Montrer qu’il existe une constante réelle $C$ permettant d’écrire

$S_{n} \underset{n \to + \infty}{=} \ln (n) + C + o (1) .$

Solution

(a)

On étudie une somme partielle de la série $\sum \frac{1}{k + \sqrt{k}}$ .

On a

$\frac{1}{k + \sqrt{k}} \underset{k \to + \infty}{\sim} \frac{1}{k}$

$\sum_{k \geq 1} \frac{1}{k}$ est une série à termes positifs divergente donc, par sommation de relation de comparaison,

$S_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} \sim \ln (n) .$
(b)

Pour être plus précis,

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

Or

$\frac{\sqrt{k}}{k^{2} + k \sqrt{k}} \underset{k \to + \infty}{\sim} \frac{\sqrt{k}}{k^{2}} = \frac{1}{k^{3 / 2}}$

et le terme général d’une série convergente. On introduit $S$ sa somme.

Ainsi,

$S_{n} - \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} \to_{n \to + \infty}^{} S$

ce qui conduit à l’écriture

$S_{n} \underset{n \to + \infty}{=} \ln (n) + (γ + S) + o (1) = \ln (n) + C + o (1) .$

Exercice 7 1090 Correction

On pose

S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{2} + \sqrt{k}} .

(a)

Montrer que ${(S_{n})}_{n \geq 1}$ converge vers une constante $C$ réelle.
(b)

Établir que

$S_{n} \underset{n \to + \infty}{=} C - \frac{1}{n} + o (\frac{1}{n}) .$

Solution

(a)

On a

$\frac{1}{k^{2} + \sqrt{k}} \underset{k \to + \infty}{\sim} \frac{1}{k^{2}} .$

La série de terme général $\frac{1}{k^{2} + \sqrt{k}}$ est donc absolument convergente. Par suite, $(S_{n})$ converge vers une certaine constante $C$ .
(b)

Pour $n \in ℕ^{*}$ ,

$C - S_{n} = \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{2} + \sqrt{k}} .$

Or

$\frac{1}{k^{2} + \sqrt{k}} \underset{k \to + \infty}{\sim} \frac{1}{k^{2}}$

$\sum_{k \geq 1} \frac{1}{k^{2}}$ est une série à termes positifs convergente et donc, par sommation de relation de comparaison

$C - S_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{2}} .$

Par comparaison série-intégrale, on obtient

$\sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{2}} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{n}$

et l’on peut conclure à l’identité annoncée.

Exercice 8 5223

(a)

Justifier l’existence de

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

Soit $n \in ℕ^{*}$ . Montrer que

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

Déterminer un équivalent de $R_{n}$ quand $n$ tend vers l’infini.
(d)

Donner la nature de la série de terme général $R_{n}$ .

Exercice 9 5886 Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on pose

s_{n} = \sum_{k = 1}^{n} {(- 1)}^{k} \sqrt{k} .

(a)

Montrer la convergence de la suite de terme général $s_{n} + s_{n + 1}$ .
(b)

En déduire

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

Solution

(a)

Pour $n \in ℕ$ ,

$s_{n} + s_{n + 1} = \sum_{k = 1}^{n} {(- 1)}^{k} \sqrt{k} + \sum_{k = 1}^{n + 1} {(- 1)}^{k} \sqrt{k} .$

On adjoint un terme nul à la première somme et l’on opère un glissement d’indice sur la seconde

$s_{n} + s_{n + 1} = \sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k} \sqrt{k} + \sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k + 1} \sqrt{k + 1} = \sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k + 1} (\sqrt{k + 1} - \sqrt{k}) .$

On reconnaît les sommes partielles de la série alternée $\sum {(- 1)}^{n + 1} (\sqrt{n + 1} - \sqrt{n})$ .

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on vérifie

$\sqrt{n + 1} - \sqrt{n} = \frac{1}{\sqrt{n + 1} + \sqrt{n}} \leq \sqrt{n} - \sqrt{n - 1} = \frac{1}{\sqrt{n} + \sqrt{n - 1}}$

et l’on a

$\sqrt{n + 1} - \sqrt{n} = \frac{1}{\sqrt{n + 1} + \sqrt{n}} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

Par application du critère spécial des séries alternées, la série $\sum {(- 1)}^{n + 1} (\sqrt{n + 1} - \sqrt{n})$ converge. On en déduit la convergence de la suite ${(s_{n} + s_{n + 1})}_{n \in ℕ}$ .
(b)

Notons $ℓ$ la limite de la suite précédente. On peut écrire conjointement

$s_{n} + s_{n + 1} = 2 s_{n} + {(- 1)}^{n + 1} \sqrt{n + 1} et s_{n} + s_{n + 1} \underset{n \to + \infty}{=} ℓ + o (1) .$

On en tire

$s_{n} \underset{n \to + \infty}{=} {(- 1)}^{n} \frac{\sqrt{n + 1}}{2} + \frac{ℓ}{2} + o (1) \underset{n \to + \infty}{\sim} {(- 1)}^{n} \frac{\sqrt{n}}{2} .$

Exercice 10 2809 MINES (MP)Correction

On pose

a_{n} = \frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2} + \dots + \frac{1}{3 n} .

(a)

Montrer que la suite $(a_{n})$ converge et trouver sa limite $λ$ .
(b)

Trouver un équivalent simple de $a_{n} - λ$ .

Solution

(a)

On sait

$H_{n} \underset{n \to + \infty}{=} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} = \ln (n) + γ + o (1)$

donc

$a_{n} = H_{3 n} - H_{n} \to_{n \to + \infty}^{} \ln (3) = λ .$
(b)

Si on sait

$H_{n} \underset{n \to + \infty}{=} \ln (n) + γ + \frac{1}{2 n} + o (\frac{1}{n})$

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

$a_{n} = \sum_{k = 1}^{3 n} \frac{1}{k} + \ln (1 - \frac{1}{k}) - \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} + \ln (1 - \frac{1}{k}) + \sum_{k = n + 1}^{3 n} \ln (\frac{k - 1}{k})$

avec

$\sum_{k = n + 1}^{3 n} \ln (\frac{k - 1}{k}) = \ln (3)$

donc

$a_{n} - λ = \sum_{k = 1}^{3 n} \frac{1}{k} + \ln (1 - \frac{1}{k}) - \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} + \ln (1 - \frac{1}{k}) .$

Or $\sum \frac{1}{k} + \ln (1 - \frac{1}{k})$ est absolument convergente car

$\frac{1}{k} + \ln (1 - \frac{1}{k}) \sim - \frac{1}{2 k^{2}}$

donc $a_{n} - λ = R_{n} - R_{3 n}$ avec

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

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

$R_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} - \frac{1}{2 k^{2}} \underset{n \to + \infty}{\sim} - \frac{1}{2 n}$

(le dernier équivalent s’obtenant, soit par comparaison série-intégrale, soit par $\frac{1}{k^{2}} \sim \frac{1}{k (k - 1)}$ et sommation télescopique). Au final,

$a_{n} - λ \underset{n \to + \infty}{=} - \frac{1}{2 n} + \frac{1}{6 n} + o (\frac{1}{n}) \underset{n \to + \infty}{\sim} - \frac{1}{3 n} .$

Exercice 11 5352 MINES (PC)Correction

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

R_{n} = \sum_{k = n}^{+ \infty} \frac{\sqrt{k}}{k!} .

Solution

On justifie l’existence de $R_{n}$ en observant

n^{2} \times \frac{\sqrt{n}}{n!} \to_{n \to + \infty}^{} 0

ce qui assure la convergence de la série dont $R_{n}$ est un reste.

Méthode: On isole le premier termes de $R_{n}$ et l’on majore les suivants;

Pour $n \in ℕ^{*}$ ,

R_{n} = \frac{\sqrt{n}}{n!} + \frac{\sqrt{n + 1}}{(n + 1)!} + \sum_{k = n + 2}^{+ \infty} \frac{\sqrt{k}}{k!}

avec

\frac{\sqrt{n + 1}}{(n + 1)!} = \frac{1}{n + 1} \cdot \frac{\sqrt{n + 1}}{n!} \underset{n \to + \infty}{=} o (\frac{\sqrt{n}}{n!})

	$0 \leq \sum_{k = n + 2}^{+ \infty} \frac{\sqrt{k}}{k!}$	$= \sum_{k = n + 2}^{+ \infty} \frac{\sqrt{k}}{k} \cdot \frac{1}{(k - 1)!} \leq \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{k!}$
		$= \frac{1}{(n + 1)!} + \frac{1}{(n + 2)!} + \frac{1}{(n + 3)!} + \dots$
		$\leq \frac{1}{(n + 1)!} (1 + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \dots)$
		$\leq \frac{e}{(n + 1)!} \underset{n \to + \infty}{=} o (\frac{\sqrt{n}}{n!}) .$

On conclut

R_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{\sqrt{n}}{n!} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{\sqrt{2 π}} {(\frac{e}{n})}^{n} .

Exercice 12 3070

Former un développement asymptotique à deux termes de

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

Exercice 13 3179 Correction

(a)

Pour $α \geq 1$ , étudier

$lim_{n \to + \infty} \sum_{k = n + 1}^{2 n} \frac{1}{k^{α}} .$
(b)

Étudier

$lim_{n \to + \infty} \sum_{k = n + 1}^{2 n} \sin (\frac{1}{k}) .$

Solution

(a)

Pour $α > 1$ , la série de terme général $1 / n^{α}$ converge et si l’on pose

$S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{α}}$

on observe

$\sum_{k = n + 1}^{2 n} \frac{1}{k^{α}} = S_{2 n} - S_{n} \to_{n \to + \infty}^{} \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{α}} - \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{α}} = 0 .$

Pour $α = 1$ , on introduit les sommes partielles harmoniques

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

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

$H_{n} \underset{n \to + \infty}{=} \ln (n) + γ + o (1)$

et alors

$\sum_{k = n + 1}^{2 n} \frac{1}{k} \underset{n \to + \infty}{=} H_{2 n} - H_{n} = \ln (2) + o (1) \to_{n \to + \infty}^{} \ln (2) .$
(b)

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

$\sin (x) = x + \int_{0}^{x} \frac{{(x - t)}^{2}}{2!} \sin^{(3)} (t) d t .$

Puisque

$\forall t \in ℝ, \sin^{(3)} (t) = - \cos (t) \in [- 1; 1]$

on a

$\forall x \geq 0, \sin (x) \geq x - \int_{0}^{x} \frac{{(x - t)}^{2}}{2!} d t = x - \frac{1}{6} x^{3} .$

D’autre part, il est bien connu que

$\forall x \geq 0, \sin (x) \leq x .$

On en déduit

$\sum_{k = n + 1}^{2 n} \frac{1}{k} - \frac{1}{6} \sum_{k = n + 1}^{2 n} \frac{1}{k^{3}} \leq \sum_{k = n + 1}^{2 n} \sin (\frac{1}{k}) \leq \sum_{k = n + 1}^{2 n} \frac{1}{k} .$

En vertu de ce qui précède, on obtient

$lim_{n \to + \infty} \sum_{k = n + 1}^{2 n} \sin (\frac{1}{k}) = \ln (2) .$

Exercice 14 5801 Correction

Soit ${(u_{n})}_{n \geq 0}$ une suite de réels strictement positifs vérifiant

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

(a)

Justifier la convergence de la série $\sum u_{n}$ .
(b)

Déterminer un équivalent simple au reste de rang de rang $n$ de la série $\sum u_{n}$ .
(c)

Application : Déterminer un équivalent simple de

$\sum_{k = n + 1}^{+ \infty} e^{- k^{2}} .$

Solution

(a)

C’est une application directe de la règle de d’Alembert sachant $ℓ = 0 < 1$ .
(b)

On peut introduire le reste de rang $n$

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

Vérifions $R_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} u_{n + 1}$ . Pour $n \in ℕ$ ,

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

Soit $ε > 0$ . Il existe un rang $N \in ℕ$ au delà duquel

$\frac{u_{k + 1}}{u_{k}} \leq ε .$

Pour $n > N$ ,

$\forall k \geq n + 2, \frac{u_{k}}{u_{n + 1}} = \frac{u_{k}}{u_{k - 1}} \cdot \frac{u_{k - 1}}{u_{k - 2}} \times \dots \times \frac{u_{n + 2}}{u_{n + 1}} \leq ε^{k - (n + 1)}$

et alors

$0 \leq \sum_{k = n + 2}^{+ \infty} \frac{u_{k}}{u_{n + 1}} \leq \sum_{k = n + 2}^{+ \infty} ε^{k - (n + 1)} = \sum_{k = 1}^{+ \infty} ε^{k} = \frac{ε}{1 - ε} .$

Quitte à reprendre l’étude avec un $ε^{'} > 0$ arbitraire et considérer $ε > 0$ assez petit pour que $\frac{ε}{1 - ε} \leq ε^{'}$ , on peut affirmer pour $n$ assez grand

$1 \leq \frac{R_{n}}{u_{n + 1}} \leq 1 + ε^{'} .$

On en déduit

$R_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} u_{n + 1} .$
(c)

Le contexte hypothétique précédent est vérifié puisque

$\frac{e^{- {(n + 1)}^{2}}}{e^{- n^{2}}} = e^{- (2 n + 1)} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

On a donc

$\sum_{k = n + 1}^{+ \infty} e^{- k^{2}} \underset{n \to + \infty}{\sim} e^{- {(n + 1)}^{2}} .$

Exercice 15 1091 Correction

On pose

u_{n} = \prod_{k = 1}^{n} \frac{3 k - 1}{3 k} .

(a)

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

$\ln (u_{n}) \underset{n \to + \infty}{=} α \ln (n) + β + o (1) .$

En déduire un équivalent de $u_{n}$ .
(b)

Déterminer la nature de $\sum_{n \geq 1} u_{n}$ .
(c)

Déterminer la nature de $\sum_{n \geq 1} {(- 1)}^{n} u_{n}$ .

Solution

(a)

On a

$\ln (u_{n}) = \sum_{k = 1}^{n} \ln (1 - \frac{1}{3 k}) .$

Or

$\ln (1 - \frac{1}{3 k}) \underset{k \to + \infty}{=} - \frac{1}{3 k} + O (\frac{1}{k^{2}})$

donc

$\ln (u_{n}) \underset{n \to + \infty}{=} - \frac{1}{3} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} + \sum_{k = 1}^{n} O (\frac{1}{k^{2}}) = - \frac{1}{3} \ln (n) + C + o (1)$

car $\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} \underset{n \to + \infty}{=} \ln (n) + γ + o (1)$ et $\sum_{n \geq 1} O (\frac{1}{n^{2}})$ est une série convergente.
(b)

Puisque

$\ln (n^{1 / 3} u_{n}) \to_{n \to + \infty}^{} β$

on a

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{e^{β}}{n^{1 / 3}}$

et donc la série de terme général $u_{n}$ diverge.
(c)

On vérifie aisément que la suite $(u_{n})$ décroît vers $0$ : la série $\sum {(- 1)}^{n} u_{n}$ converge par application du critère spécial.

Exercice 16 1092 Correction

Déterminer un équivalent simple de:

(a)

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

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

Solution

(a)

Avec convergence des sommes engagées

$\sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k (n k + 1)} = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{2}} + \sum_{k = 1}^{+ \infty} (\frac{1}{k (n k + 1)} - \frac{1}{n k^{2}}) = \frac{π^{2}}{6 n} - \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n k^{2} (n k + 1)}$

et

$0 \leq \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n k^{2} (n k + 1)} \leq \frac{1}{n^{2}} \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{3}}$

donc

$\sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k (n k + 1)} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{π^{2}}{6 n} .$
(b)

Par décomposition en éléments simples et télescopage,

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

Exercice 17 3226 Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on pose

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

Pour $p \in ℕ$ , on pose

n_{p} = \min {n \in ℕ | H_{n} \geq p} .

Déterminer un équivalent de $n_{p}$ quand $p \to + \infty$

Solution

$n_{p}$ est bien défini car $H_{n} \to + \infty$ .
La suite $(n_{p})$ est croissante et évidemment non majorée donc

n_{p} \to + \infty .

Par définition de $n_{p}$ , on a

H_{n_{p}} \geq p \geq H_{n_{p} - 1} .

H_{n} = \ln (n) + γ + o (1)

donc

\ln (n_{p}) + γ + o (1) \geq p \geq \ln (n_{p} - 1) + γ + o (1) .

Puisque

\ln (n_{p} - 1) = \ln (n_{p}) + o (1)

on obtient

p = \ln (n_{p}) + γ + o (1)

puis

n_{p} = e^{n - γ + o (1)} \sim e^{n - γ} .

Exercice 18 5787 Correction

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

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

Solution

Par décomposition en éléments simples,

\frac{1}{k (n - k)} = \frac{a}{k} + \frac{b}{n - k} avec a = \frac{1}{n} et b = \frac{1}{n} .

On en déduit

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

Les deux sommes cumulent les mêmes termes et donc

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

Enfin, par exemple par une comparaison série-intégrale, on établit

\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} \underset{n \to + \infty}{\sim} \ln (n)

et donc

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

Exercice 19 5781 Correction

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

u_{n} = \sum_{\binom{i, j \in ℕ^{*}}{i + j = n}} \frac{1}{i^{2} j^{2}} .

Solution

Commençons par réexprimer le terme général de la série. Pour $n \geq 2$ ,

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

Par décomposition en éléments simples,

\frac{1}{k^{2} {(n - k)}^{2}} = \frac{a}{k^{2}} + \frac{b}{k} + \frac{c}{{(n - k)}^{2}} + \frac{d}{n - k}

avec

a = {\frac{1}{{(n - k)}^{2}} |}_{k = 0} = \frac{1}{n^{2}} et c = {\frac{1}{k^{2}} |}_{k = n} = \frac{1}{n^{2}} .

Par différence,

\frac{1}{k^{2} {(n - k)}^{2}} - \frac{a}{k^{2}} - \frac{c}{{(n - k)}^{2}} = \frac{2}{n^{2}} \cdot \frac{1}{k (n - k)} = \frac{b}{k} + \frac{d}{n - k}

avec

b = {\frac{2}{n^{2} (n - k)} |}_{k = 0} = \frac{2}{n^{3}} et d = {\frac{2}{n^{2} k} |}_{k = n} = \frac{2}{n^{3}} .

On a donc

u_{n} = \frac{1}{n^{2}} \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{k^{2}} + \frac{2}{n^{3}} \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{k} + \frac{1}{n^{2}} \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{{(n - k)}^{2}} + \frac{2}{n^{3}} \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{n - k} .

Par renversement d’indices,

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

ce qui donne

u_{n} = \frac{2}{n^{2}} \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{k^{2}} + \frac{4}{n^{3}} \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{k} .

D’une part,

\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{2}} \to_{n \to + \infty}^{} \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{2}} = \frac{π^{2}}{6} .

D’autre part, une comparaison série-intégrale intégrale donne

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

On en déduit

n^{2} u_{n} \to_{n \to + \infty}^{} \frac{π^{2}}{3} + 0

et donc

u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{π^{2}}{3 n} .

Exercice 20 5788 Correction

Soit $α > 1$ . Déterminer un équivalent simple quand $n$ tend vers l’infini de

S_{n} = \sum_{k = 1}^{2 n - 1} \frac{1}{k^{α} {(2 n - k)}^{α}} .

Solution

Les termes sommés présentent une symétrie: on emploie celle-ci pour regrouper les termes identiques.

Pour $n \geq 1$ ,

S_{n} = \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{k^{α} {(2 n - k)}^{α}} + \frac{1}{n^{2 α}}

et donc

n^{α} S_{n} = \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{n^{α}}{k^{α} {(2 n - k)}^{α}} + \frac{1}{n^{α}} .

Cnsidérons la série de fonctions $\sum u_{k}$ avec

u_{k} (n) = {\begin{matrix} \frac{n^{α}}{k^{α} {(2 n - k)}^{α}} & si k < n \\ 0 & sinon \end{matrix}

de sorte que

n^{α} S_{n} = \sum_{k = 1}^{+ \infty} u_{k} (n) + \frac{1}{n^{α}} .

Pour $k \geq 1$ ,

lim_{n \to + \infty} u_{k} (n) = lim_{n \to + \infty} \frac{n^{α}}{k^{α} {(2 n - k)}^{α}} = \frac{1}{2^{α} k^{α}} .

Étudions la convergence normale de la série de fonctions $\sum u_{k}$ .

Pour $n > k$ ,

\frac{n^{α}}{k^{α} {(2 n - k)}^{α}} = \frac{1}{k^{α}} \cdot \frac{1}{{(2 - k / n)}^{α}} \leq \frac{1}{k^{α}}

et donc

sup_{n \in ℕ^{*}} | u_{k} (n) | = \frac{1}{k^{α}} .

La série $\sum \frac{1}{k^{α}}$ converge et donc la série de fonctions $\sum u_{k}$ converge normalement sur $ℕ^{*}$ . Par le théorème de la double limite,

lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 1}^{+ \infty} u_{k} (n) = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{2^{α} k^{α}}

puis

lim_{n \to + \infty} n^{α} S_{n} = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{2^{α} k^{α}} + 0 = \frac{1}{2^{α}} ζ (α)

en introduisant $ζ$ la fonction de Riemann.

Exercice 21 1325 CENTRALE (PSI)Correction

Soit $j \in ℕ$ . On note $Φ_{j}$ le plus petit entier $p \in ℕ^{*}$ vérifiant

\sum_{n = 1}^{p} \frac{1}{n} \geq j .

(a)

Justifier la définition de $Φ_{j}$ .
(b)

Démontrer que $Φ_{j} \to_{j \to + \infty}^{} + \infty$ .
(c)

Démontrer $\frac{Φ_{j + 1}}{Φ_{j}} \to_{j \to + \infty}^{} e$ .

Solution

(a)

Puisque

$\sum_{n = 1}^{p} \frac{1}{n} \to_{p \to + \infty}^{} + \infty$

on peut affirmer que l’ensemble

${p \in ℕ, \sum_{n = 1}^{p} \frac{1}{n} \geq j}$

est une partie non vide de $ℕ$ . Celle admet donc un plus petit élément, noté $Φ_{j}$ .
(b)

Par définition de $Φ_{j}$ , on a

$j \leq \sum_{n = 1}^{Φ_{j}} \frac{1}{n} .$

Or, par comparaison avec une intégrale

$\sum_{n = 1}^{Φ_{j}} \frac{1}{n} \leq 1 + \int_{1}^{Φ_{j}} \frac{d t}{t} = 1 + \ln (Φ_{j}) .$

On en déduit $Φ_{j} \geq e^{j - 1}$ puis $Φ_{j} \to_{j \to + \infty}^{} + \infty$ .
(c)

Par définition de $Φ_{j}$ , on a

$\sum_{n = 1}^{Φ_{j} - 1} \frac{1}{n} \leq j \leq \sum_{n = 1}^{Φ_{j}} \frac{1}{n} .$

Or, sachant que $Φ_{j} \to + \infty$ , on a

$\sum_{n = 1}^{Φ_{j}} \frac{1}{n} = \ln (Φ_{j}) + γ + o (1) et \sum_{n = 1}^{Φ_{j} - 1} \frac{1}{n} = \ln (Φ_{j} - 1) + γ + o (1) .$

Par suite,

$\ln (Φ_{j} - 1) + γ + o (1) \leq j \leq \ln (Φ_{j}) + γ + o (1) .$

Or

$\ln (Φ_{j} - 1) = \ln (Φ_{j}) + o (1)$

donc

$j = \ln (Φ_{j}) + γ + o (1)$

puis

$Φ_{j} = e^{j - γ + o (1)} .$

On en déduit

$\frac{Φ_{j + 1}}{Φ_{j}} = \frac{e^{j + 1 - γ + o (1)}}{e^{j - γ + o (1)}} = e^{1 + o (1)} \to e .$

Exercice 22 2950 X (MP)Correction

Soit ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ une suite d’éléments de $ℝ_{+}^{*}$ .

On pose

v_{n} = \frac{1}{n u_{n}} (\sum_{k = 1}^{n} u_{k}) et w_{n} = \frac{1}{n^{2} u_{n}} (\sum_{k = 1}^{n} k u_{k}) .

On suppose que $(v_{n})$ tend vers $a \in ℝ_{+}^{*}$ .

Étudier la convergence de $(w_{n})$ .

Solution

Posons $S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} u_{k}$ . On observe que

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

Par suite,

w_{n} = \frac{n + 1}{n} v_{n} - \frac{1}{n^{2} u_{n}} \sum_{k = 1}^{n} S_{k} (*) .

Puisque $\frac{S_{n}}{n u_{n}} \to a$ , on a $S_{n} \sim a n u_{n}$ .
La série de terme général $S_{n}$ est une série à termes positifs divergente donc

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

Par suite,

\frac{1}{n^{2} u_{n}} \sum_{k = 1}^{n} S_{k} \sim a w_{n} .

La relation $(*)$ dévient alors

w_{n} = \frac{n + 1}{n} v_{n} - a w_{n} + o (w_{n})

et en on en déduit que

w_{n} \sim \frac{1}{a + 1} v_{n} \to \frac{a}{a + 1} .

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

Édité le 14-10-2023

Comportement asymptotique de sommes