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Exercice 1  1054  Correction  

On rappelle l’existence d’une constante γ telle que l’on ait

k=1n1k=ln(n)+γ+o(1).
  • (a)

    Calculer la somme de la série de terme général un=(-1)n-1/n.

  • (b)

    Même question avec un=1/n si n0[3] et un=-2/n sinon.

Solution

  • (a)

    On a

    k=12n(-1)k-1k=n+k=12n1k-2k=1n12k=ln(2n)+γ+o(1)-ln(n)-γ=ln(2)+o(1)

    et

    k=12n+1(-1)k-1k=n+k=12n(-1)k-1k+o(1)

    donc la série converge et est de somme égale à ln(2).

  • (b)

    On a

    k=13nun=k=13n1k-3k=1n13k=n+ln(3n)+γ+o(1)-ln(n)-γ=ln(3)+o(1)

    et

    k=13n+1un=k=13nun+o(1)n+ln(3)etk=13n+2un=k=13nun+o(1)n+ln(3)

    donc la série converge et est de somme égale à ln(3).

 
Exercice 2  1055  Correction  

Justifier et calculer

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

Solution

Par décomposition en éléments simples

n=1N1n(2n-1)=n=1N2(2n-1)-n=1N1n=n=12N2n-2n=1N1n=2n=N+12N1n.

Or

n=N+12N1n=n=12N1n-n=1N1n=ln(2N)+γ+o(1)-ln(N)-γ=ln(2)+o(1)

puis

n=1+1n(2n-1)=2ln(2).
 
Exercice 3  2354   Correction  

Existence et calcul de

n=1+5n+6n(n+1)(n+2).

Solution

On a

5n+6n(n+1)(n+2)=O(1n2)

donc la somme n=1+5n+6n(n+1)(n+2) existe.
Par décomposition en éléments simples

5n+6n(n+1)(n+2)=3n-1n+1-2n+2

donc en exploitant

n=1N1n=ln(N)+γ+o(1)

on obtient

k=1n5k+6k(k+1)(k+2)=3ln(n3(n+1)(n+2)2)+4+o(1)4.
 
Exercice 4  1046   Correction  

Existence et calcul de

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

Solution

Par décomposition en éléments simples

1n(n+1)(2n+1)=1n+1n+1-42n+1.

Sachant

n=1N12n+1=n=22N+11n-n=1N12n

on obtient

n=1N1n(n+1)(2n+1)=n=1N3n+n=1N1n+1-4n=22N+11n.

Or on sait que

n=1N1n=ln(N)+γ+o(1)

donc on conclut que la série converge et

n=1+1n(n+1)(2n+1)=3-4ln(2).
 
Exercice 5  2804     MINES (MP)Correction  

Convergence puis calcul de

n=1+112+22++n2.

Solution

On a

12+22++n2=k=1nk2=n(n+1)(2n+1)6

et donc

112+22++n23n3.

Par comparaison de séries à termes positifs, la série numérique 112+22++n2 converge
Par décomposition en éléments simples

6n(n+1)(2n+1)=6n+6n+1-242n+1.

En introduisant la constante d’Euler γ, on sait

n=1N1n=ln(N)+γ+o(1).

Par décalage d’indice

n=1N1n+1=n=2N+11n=ln(N+1)+γ-1+o(1)

et en introduisant dans la somme les inverses des nombres pairs absents, on obtient

n=1N12n+1=n=22N+11n-n=1N12n=ln(2N+1)-12ln(N)+12γ-1+o(1).

On en déduit

n=1N112+22++n2=ln(N18(N+1)6(2N+1)24)+18+o(1)

puis à la limite

n=1+112+22++n2=18-24ln(2).
 
Exercice 6  2964     X (MP)Correction  

Calculer

n=0(14n+1-34n+2+14n+3+14n+4).

Solution

14n+1-34n+2+14n+3+14n+4=14n-34n+14n+14n+O(1n2)=O(1n2)

donc la série étudiée est absolument convergente.
On a

n=0N(14n+1-34n+2+14n+3+14n+4)=k=14N+41k-4n=0N14n+2.

Or

4n=0N14n+2=2n=0N12n+1=2k=12N+11k-2k=1N12k.

Par le développement

k=1n1k=ln(n)+γ+o(1)

on parvient à

n=0N(14n+1-34n+2+14n+3+14n+4)=ln(4N+4)+γ-2ln(2N+1)-2γ+ln(N)+γ+o(1)0.

Ainsi,

n=0(14n+1-34n+2+14n+3+14n+4)=0

(ce qui change du ln(2) traditionnel…;-)

 
Exercice 7  4171     CENTRALE (MP)Correction  
  • (a)

    Soit (un) une suite telle que un=O(1/n2). Que dire de k=n+uk?

  • (b)

    Montrer que

    k=1n1k=n+ln(n)+γ+O(1n)

    avec γ une constante réelle que l’on ne cherchera pas à calculer.

On pose

un=(-1)nnln(n)ln(2).
  • (c)

    Convergence et somme de n2un.

Solution

  • (a)

    Par sommation de relations de comparaison (on compare au terme général d’une série à termes positifs convergente), on peut écrire avec existence

    k=n+uk=O(k=n+1k2).

    Par comparaison avec une intégrale, on poursuit

    k=n+uk=O(1n).
  • (b)

    Pour k1, on peut écrire

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

    En sommant pour k allant de 2 jusqu’à n-1, il vient

    ln(n)=k=1n-11k+k=2n-1O(1k2)

    avec

    k=2n-1O(1k2)=k=2+O(1k2)=-γ-k=n+O(1k2)=O(1/n).

    En ajoutant un terme 1/n et en réorganisant les membres, on obtient l’identité voulue.

  • (c)

    Posons Sn la somme partielle de rang n. On a

    ln(n)ln(2)=k2kn<2k+1.

    On en déduit

    S2k+1-1-S2k-1=n=2k2k+1-1(-1)nnk=kn=2k2k+1-1(-1)nn.

    En séparant les termes d’indices pairs de ceux d’indices impairs

    n=2k2k+1-1(-1)nn =p=2k-12k-112p-p=2k-12k-112p+1.

    On adjoint les termes pairs intermédiaires à la deuxième somme

    n=2k2k+1-1(-1)nn=p=2k-12k-11p-n=2k2k+1-11n.

    On en déduit

    S2N+1-1 =k=1N(S2k+1-1-S2k-1)+S1
    =k=1N(kp=2k-12k-11p)-k=1N(kn=2k2k+1-11n).

    Après glissement d’indice dans la deuxième somme puis simplification

    S2N+1-1 =k=1N(kp=2k-12k-11p)-k=2N+1((k-1)n=2k-12k-11n)
    =k=1N(p=2k-12k-11p)-Nn=2N2N+1-11n
    =n=12N-11n-Nn=2N2N+1-11n
    =ln(2N-1)+γ+O(12N)-Nln(2)-NO(12N)N+γ.

    Cette étude ne suffit pas pour conclure, il faut encore étudier la limite de (Sn). Pour n1, introduisons k tel que 2kn<2k+1. On a

    Sn-S2k-1=kp=2kn(-1)pp.

    Par application du critère spécial, cette somme est encadrée par deux sommes partielles consécutives, par exemple, celles de rangs 2k-1 (qui vaut 0) et 2k (qui vaut 1/2k). On en déduit:

    |Sn-S2k-1|k2kn+0.

    On peut alors conclure que la série étudiée converge et sa somme vaut γ.

 
Exercice 8  1077   Correction  

Étudier la limite de

un=01(1-u)n-1udu+ln(n).

Solution

01(1-u)n-1udu=-01vn-1v-1=-01k=0n-1vkdv

puis

01(1-u)n-1udu=-k=1n1k=-ln(n)-γ+o(1)

donc un-γ

 
Exercice 9  1070   Correction  

Calculer la limite de

un=1+12++1n-(1n+1+1n+2++1n2).

Solution

Posons

Hn=1+12++1n=n+ln(n)+γ+o(1).

On observe

un=2Hn-Hn2=n+2(ln(n)+γ+o(1))-ln(n2)-γ+o(1)n+γ.
 
Exercice 10  2428      CENTRALE (MP)

Pour x>0, on pose

f(x)=ln(x)x.
  • (a)

    Étudier la convergence de la série de terme général un=(-1)nf(n) avec n1.

  • (b)

    Montrer la convergence de la série de terme général

    vn=f(n)-n-1nf(t)dt avec n2.

On sait qu’il existe une constante réelle γ telle que11 1 Voir le sujet 5221. k=1n1k=n+ln(n)+γ+o(1).

  • (c)

    En étudiant la quantité 2k=1nf(2k)-k=12nf(k) exprimer en fonction de γ la valeur de la somme n=1+(-1)nf(n).

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Édité le 08-11-2019

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