[<] Séries dépendant d'un paramètre et de signe non constant [>] Règle de d'Alembert

 
Exercice 1  4644   

Soient θ et (Sn) la suite de terme général Sn=k=0nsin(kθ).

  • (a)

    Vérifier que la suite (Sn) est bornée.

  • (b)

    Soit N un entier supérieur à 2. Justifier la relation suivante

    n=1Nsin(nθ)n=n=1N-1Snn(n+1)+SNN.
  • (c)

    En déduire la convergence de la série

    n1sin(nθ)n.
 
Exercice 2  2352     ENSTIM (MP)Correction  

Soit θ]0;2π[. Pour n, on pose

Sn=k=0ncos(kθ).
  • (a)

    Vérifier que la suite (Sn)n est bornée.

  • (b)

    Montrer que pour tout n*,

    k=1ncos(kθ)k=k=1nSkk(k+1)+Snn+1-1.
  • (c)

    En déduire la nature de la série

    cos(nθ)n.
  • (d)

    En remarquant |cos(x)|cos2(x), montrer la divergence de

    |cos(nθ)|n.

Solution

Posons

un=cos(nθ)npour n*.
  • (a)

    Par sommation géométrique de raison eiθ1,

    Sn=Re(k=0neikθ)=Re(ei(n+1)θ-1eiθ-1)

    donc

    |Sn||ei(n+1)θ-1eiθ-1|2|eiθ-1|=M.
  • (b)

    On a

    k=1ncos(kθ)k =k=1nSk-Sk-1k=k=1nSkk-k=1nSk-1k
    =k=1nSkk-k=0n-1Skk+1=k=1nSkk(k+1)-S0+Snn+1.
  • (c)

    On a

    Snn+1n+0etSnn(n+1)=n+O(1n2).

    La série Snn(n+1) est absolument convergente et, par opérations sur les limites, la suite des sommes partielles de la série de terme général un converge.

  • (d)

    On a

    |cos(x)|cos2(x)=cos(2x)+12

    donc

    |cos(nθ)n|cos(2nθ)2n+12n.

    Si θ=π alors un1n et la série |un| diverge.

    Si θ]0;π[ alors par ce qui précède la série cos(2nθ)n converge et puisque la série de terme général 1n diverge, par opérations, la série de terme général |un| diverge.

    Si θ]π;2π[, |cos(nθ)|=|cos(n(2π-θ))|=|cos(nα)| avec α=2π-θ]0;π[ ce qui ramène au cas précédent.

 
Exercice 3  1041   Correction  

Soient (an) une suite positive décroissante de limite nulle et (Sn) une suite bornée.

  • (a)

    Montrer que la série (an-an+1)Sn est convergente.

  • (b)

    En déduire que la série an(Sn-Sn-1) est convergente.

  • (c)

    Établir que pour tout x2π, la série cos(nx)n est convergente.

Solution

  • (a)

    (an-an+1)Sn=O(an-an+1) et la série à termes positifs an-an+1 est convergente.

  • (b)

    En séparant la somme en deux et en décalant les indices

    k=0n(ak-ak+1)Sk=k=0nakSk-k=1n+1akSk-1

    puis en regroupant

    k=0n(ak-ak+1)Sk=a0S0+k=1nak(Sk-Sk-1)-an+1Sn

    avec an+1Sn0.
    Par suite, an(Sn-Sn-1) est convergente.

  • (c)

    On applique le résultat précédent à an=1/n et Sn=k=0ncos(kx). (Sn) est bien bornée car

    Sn=Re(k=0neikx)=cos(nx)sin((n+1)x/2)sin(x/2).
 
Exercice 4  2582     CCINP (MP)Correction  

Pour n*, on pose

Sn=k=1ncos(kθ).
  • (a)

    Montrer l’existence, pour θ]0;π[, d’un réel Mθ vérifiant

    |Sn|Mθpour tout n*.
  • (b)

    Montrer que xxx1 est décroissante sur [2;+[.

  • (c)

    En remarquant de cos(nθ)=SnSn1, étudier la convergence de la série de terme général

    un=nn1cos(nθ).
  • (d)

    En utilisant |cos(kθ)|cos2(kθ), donner la nature de |un|.

Solution

  • (a)

    On a

    Sn=Re(k=1neikθ)=Re(eiθeinθ1eiθ1)

    donc

    |Sn|2|eiθ1|=Mθ.
  • (b)

    Posons f(x)=xx1.

    f(x)=12(x1)xx(x1)2=12(x+1)x(x1)20

    donc f est décroissante sur [2;+[.

  • (c)

    un=f(n)cos(nθ)=f(n)(SnSn1) donc

    n=2Nun=n=2Nf(n)Snn=1N1f(n+1)Sn=n=2N(f(n)f(n+1))Sn+f(N+1)SNf(2)S1.

    Or f(N+1)SNN+0 car SN=O(1) et f+0.
    De plus,

    |(f(n)f(n+1))Sn|Mθ(f(n)f(n+1))

    avec f(n)f(n+1) série convergente (car f converge en +) donc par comparaison (f(n)f(n+1))Sn est absolument convergente.
    Ainsi par opérations, (n=2Nun)N2 converge et donc un converge.

  • (d)

    On a

    |un|=nn1|cos(nθ)|nn1cos2(nθ).

    Or cos(2a)=2cos2(a)1 donc cos2(a)12cos(2a)+1 puis

    |un|12nn1cos(2nθ)+12nn1.

    En reprenant l’étude qui précède avec 2θ au lieu de θ, on peut affirmer que

    12nn1cos(2nθ)

    converge tandis que n2(n1) diverge puisque 12nn112n.
    Par comparaison, on peut affirmer que |un| diverge.

 
Exercice 5  3879     MINES (MP)Correction  

On donne une suite réelle (an).

On suppose que les séries an et |an+1an| convergent. Montrer que la série an2 converge.

Solution

Pour n, posons

Sn=k=1nak.

On peut écrire

k=1nak2=k=1nak(SkSk1).

En séparant la somme en deux et en reprenant l’indexation de la deuxième somme

k=1nak2=k=1nakSkk=0n1ak+1Sk

ce qui donne (sachant S0=0)

k=1nak2=k=1n(akak+1)Sk+an+1Sn.

La suite (Sn) converge, elle est donc bornée par un certain réel M.

D’une part, (an) est de limite nulle et donc

an+1Snn+0.

D’autre part,

|(akak+1)Sk|M|akak+1|

et donc la série (anan+1)Sn converge absolument.

Par addition de séries convergentes, on peut conclure que la série an2 converge.

 
Exercice 6  1042    Correction  

Soit zn le terme général d’une série complexe convergente. Établir la convergence de la série

n1znn.

Solution

Posons

Sn=k=1nzk.

On a

n=1Nznn=n=1NSn-Sn-1n=n=1NSnn-n=0N-1Snn+1

donc

n=1Nznn=n=1NSnn(n+1)+SNN+1.

Or SNN+10 car (SN) converge et Snn(n+1)=O(1n2) est le terme général d’une série absolument convergente. On peut conclure que la série n1znn converge.

 
Exercice 7  3684    

Soit zn le terme général d’une série complexe convergente. Établir

k=n+1+zkk=n+o(1n).
 
Exercice 8  3685    Correction  

Soit (an) une suite complexe. On suppose que la série ann diverge.
Établir que pour tout α]-;1], la série annα diverge aussi.

Solution

Le cas α=1 est entendu. Étudions α]-;1[.
Par l’absurde, supposons la convergence de annα et introduisons

Sn=k=1nakkα

de sorte que Sn-Sn-1=an/nα.
On peut écrire

k=1nakk=k=1nSk-Sk-1k1-α=k=1nSkk1-α-k=0n-1Sk(k+1)α

puis

k=1nakk=k=1nSk(1k1-α-1(k+1)1-α)+Sn(n+1)1-α.

La suite (Sn) est bornée car convergente et

k=1n(1k1-α-1(k+1)1-α)=1-1(n+1)1-α1

il y a donc absolue convergence de la série

Sn(1n1-α-1(n+1)1-α)

et l’on en déduit la convergence de ann.
C’est absurde.

 
Exercice 9  1028   Correction  

Soit (un)n1 une suite décroissante de réels strictement positifs.

  • (a)

    On suppose que un converge. Montrer que la série de terme général vn=n(unun+1) converge et

    n=1+vn=n=1+un.
  • (b)

    Réciproquement, on suppose que la série de terme général n(unun+1) converge. Montrer que la série de terme général un converge si, et seulement si, la suite (un) converge vers 0.

  • (c)

    Donner un exemple de suite (un) qui ne converge pas vers 0, alors que la série de terme général n(unun+1) converge.

Solution

  • (a)

    On peut écrire

    k=1nvk=k=1nkukk=2n+1(k1)uk=k=1nuknun+1(*).

    Montrons que la convergence de un entraîne que nun0.
    Posons Sn les sommes partielles de un.
    Par la décroissance de un, on a 0nu2nS2nSn.
    Par suite, nu2n0 et aussi 2nu2n0.
    De façon semblable, on obtient nu2n+10 puis (2n+1)u2n+10.
    Ainsi nun0 et donc

    k=1nvkn+k=1+uk.
  • (b)

    Supposons que la série de terme général vn converge.
    Si la série de terme général un converge alors un0.
    Inversement, supposons que un0. On peut écrire

    un=k=n+(ukuk+1)k=n+vkk.

    On a alors

    0nunk=n+nkvkk=n+vk.

    Puisque la série des vn converge,

    k=n+vk0 puis nun0.

    La relation (*) entraîne alors la convergence de un.

  • (c)

    un=1 convient, où si l’on veut une suite non constante, un=1+1n2

 
Exercice 10  3673      X (MP)

Soit (un)n1 une suite décroissante de réels de limite nulle.
Montrer que les séries un et n(un-un+1) sont de même nature et que leurs sommes sont égales en cas de convergence.

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Édité le 20-09-2024

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