Exercice 1 4644

Soient $θ \in ℝ$ et $(S_{n})$ la suite de terme général $S_{n} = \sum_{k = 0}^{n} \sin (k θ)$ .

(a)

Vérifier que la suite $(S_{n})$ est bornée.
(b)

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

$\sum_{n = 1}^{N} \frac{\sin (n θ)}{n} = \sum_{n = 1}^{N - 1} \frac{S_{n}}{n (n + 1)} + \frac{S_{N}}{N} .$
(c)

En déduire la convergence de la série

$\sum_{n \geq 1} \frac{\sin (n θ)}{n} .$

Exercice 2 2352 ENSTIM (MP)Correction

Soit $θ \in] 0; 2 π [$ . Pour $n \in ℕ$ , on pose

S_{n} = \sum_{k = 0}^{n} \cos (k θ) .

(a)

Vérifier que la suite ${(S_{n})}_{n \in ℕ}$ est bornée.
(b)

Montrer que pour tout $n \in ℕ^{*}$ ,

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{\cos (k θ)}{k} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{S_{k}}{k (k + 1)} + \frac{S_{n}}{n + 1} - 1 .$
(c)

En déduire la nature de la série

$\sum \frac{\cos (n θ)}{n} .$
(d)

En remarquant $| \cos (x) | \geq \cos^{2} (x)$ , montrer la divergence de

$\sum \frac{| \cos (n θ) |}{n} .$

Solution

Posons

u_{n} = \frac{\cos (n θ)}{n} pour n \in ℕ^{*} .

(a)

Par sommation géométrique de raison $e^{i θ} \neq 1$ ,

$S_{n} = Re (\sum_{k = 0}^{n} e^{i k θ}) = Re (\frac{e^{i (n + 1) θ} - 1}{e^{i θ} - 1})$

donc

$| S_{n} | \leq | \frac{e^{i (n + 1) θ} - 1}{e^{i θ} - 1} | \leq \frac{2}{| e^{i θ} - 1 |} = M .$
(b)

On a

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{\cos (k θ)}{k}$ $= \sum_{k = 1}^{n} \frac{S_{k} - S_{k - 1}}{k} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{S_{k}}{k} - \sum_{k = 1}^{n} \frac{S_{k - 1}}{k}$

$= \sum_{k = 1}^{n} \frac{S_{k}}{k} - \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{S_{k}}{k + 1} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{S_{k}}{k (k + 1)} - S_{0} + \frac{S_{n}}{n + 1} .$
(c)

On a

$\frac{S_{n}}{n + 1} \to_{n \to + \infty}^{} 0 et \frac{S_{n}}{n (n + 1)} \underset{n \to + \infty}{=} O (\frac{1}{n^{2}}) .$

La série $\sum \frac{S_{n}}{n (n + 1)}$ est absolument convergente et, par opérations sur les limites, la suite des sommes partielles de la série de terme général $u_{n}$ converge.
(d)

On a

$| \cos (x) | \geq \cos^{2} (x) = \frac{\cos (2 x) + 1}{2}$

donc

$| \frac{\cos (n θ)}{n} | \geq \frac{\cos (2 n θ)}{2 n} + \frac{1}{2 n} .$

Si $θ = π$ alors $u_{n} \geq \frac{1}{n}$ et la série $\sum | u_{n} |$ diverge.

Si $θ \in] 0; π [$ alors par ce qui précède la série $\sum \frac{\cos (2 n θ)}{n}$ converge et puisque la série de terme général $\frac{1}{n}$ diverge, par opérations, la série de terme général $| u_{n} |$ diverge.

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

Exercice 3 1041 Correction

Soient $(a_{n})$ une suite positive décroissante de limite nulle et $(S_{n})$ une suite bornée.

(a)

Montrer que la série $\sum (a_{n} - a_{n + 1}) S_{n}$ est convergente.
(b)

En déduire que la série $\sum a_{n} (S_{n} - S_{n - 1})$ est convergente.
(c)

Établir que pour tout $x \in ℝ ∖ 2 π ℤ$ , la série $\sum \frac{\cos (n x)}{n}$ est convergente.

Solution

(a)

$(a_{n} - a_{n + 1}) S_{n} = O (a_{n} - a_{n + 1})$ et la série à termes positifs $\sum a_{n} - a_{n + 1}$ est convergente.
(b)

En séparant la somme en deux et en décalant les indices

$\sum_{k = 0}^{n} (a_{k} - a_{k + 1}) S_{k} = \sum_{k = 0}^{n} a_{k} S_{k} - \sum_{k = 1}^{n + 1} a_{k} S_{k - 1}$

puis en regroupant

$\sum_{k = 0}^{n} (a_{k} - a_{k + 1}) S_{k} = a_{0} S_{0} + \sum_{k = 1}^{n} a_{k} (S_{k} - S_{k - 1}) - a_{n + 1} S_{n}$

avec $a_{n + 1} S_{n} \to 0$ .
Par suite, $\sum a_{n} (S_{n} - S_{n - 1})$ est convergente.
(c)

On applique le résultat précédent à $a_{n} = 1 / n$ et $S_{n} = \sum_{k = 0}^{n} \cos (k x)$ . $(S_{n})$ est bien bornée car

$S_{n} = Re (\sum_{k = 0}^{n} e^{i k x}) = \cos (n x) \frac{\sin ((n + 1) x / 2)}{\sin (x / 2)} .$

Exercice 4 2582 CCINP (MP)Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on pose

S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \cos (k θ) .

(a)

Montrer l’existence, pour $θ \in] 0; π [$ , d’un réel $M_{θ}$ vérifiant

$| S_{n} | \leq M_{θ} pour tout n \in ℕ^{*} .$
(b)

Montrer que $x \mapsto \frac{\sqrt{x}}{x - 1}$ est décroissante sur $[2; + \infty [$ .
(c)

En remarquant de $\cos (n θ) = S_{n} - S_{n - 1}$ , étudier la convergence de la série de terme général

$u_{n} = \frac{\sqrt{n}}{n - 1} \cos (n θ) .$
(d)

En utilisant $| \cos (k θ) | \geq \cos^{2} (k θ)$ , donner la nature de $\sum | u_{n} |$ .

Solution

(a)

On a

$S_{n} = Re (\sum_{k = 1}^{n} e^{i k θ}) = Re (e^{i θ} \frac{e^{i n θ} - 1}{e^{i θ} - 1})$

donc

$| S_{n} | \leq \frac{2}{| e^{i θ} - 1 |} = M_{θ} .$
(b)

Posons $f (x) = \frac{\sqrt{x}}{x - 1}$ .

$f^{'} (x) = \frac{\frac{1}{2} (x - 1) - x}{\sqrt{x} {(x - 1)}^{2}} = - \frac{1}{2} \cdot \frac{(x + 1)}{\sqrt{x} {(x - 1)}^{2}} \leq 0$

donc $f$ est décroissante sur $[2; + \infty [$ .
(c)

$u_{n} = f (n) \cos (n θ) = f (n) (S_{n} - S_{n - 1})$ donc

$\sum_{n = 2}^{N} u_{n} = \sum_{n = 2}^{N} f (n) S_{n} - \sum_{n = 1}^{N - 1} f (n + 1) S_{n} = \sum_{n = 2}^{N} (f (n) - f (n + 1)) S_{n} + f (N + 1) S_{N} - f (2) S_{1} .$

Or $f (N + 1) S_{N} \to_{N \to + \infty}^{} 0$ car $S_{N} = O (1)$ et $f \to_{+ \infty}^{} 0$ .
De plus,

$| (f (n) - f (n + 1)) S_{n} | \leq M_{θ} (f (n) - f (n + 1))$

avec $\sum f (n) - f (n + 1)$ série convergente (car $f$ converge en $+ \infty$ ) donc par comparaison $\sum (f (n) - f (n + 1)) S_{n}$ est absolument convergente.
Ainsi par opérations, ${(\sum_{n = 2}^{N} u_{n})}_{N \geq 2}$ converge et donc $\sum u_{n}$ converge.
(d)

On a

$| u_{n} | = \frac{\sqrt{n}}{n - 1} | \cos (n θ) | \geq \frac{\sqrt{n}}{n - 1} \cos^{2} (n θ) .$

Or $\cos (2 a) = 2 \cos^{2} (a) - 1$ donc $\cos^{2} (a) \geq \frac{1}{2} \cos (2 a) + 1$ puis

$| u_{n} | \geq \frac{1}{2} \frac{\sqrt{n}}{n - 1} \cos (2 n θ) + \frac{1}{2} \frac{\sqrt{n}}{n - 1} .$

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

$\sum \frac{1}{2} \frac{\sqrt{n}}{n - 1} \cos (2 n θ)$

converge tandis que $\sum \frac{\sqrt{n}}{2 (n - 1)}$ diverge puisque $\frac{1}{2} \frac{\sqrt{n}}{n - 1} \sim \frac{1}{2 \sqrt{n}}$ .
Par comparaison, on peut affirmer que $\sum | u_{n} |$ diverge.

Exercice 5 3879 MINES (MP)Correction

On donne une suite réelle $(a_{n})$ .

On suppose que les séries $\sum a_{n}$ et $\sum | a_{n + 1} - a_{n} |$ convergent. Montrer que la série $\sum a_{n}^{2}$ converge.

Solution

Pour $n \in ℕ$ , posons

S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} a_{k} .

On peut écrire

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

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

\sum_{k = 1}^{n} a_{k}^{2} = \sum_{k = 1}^{n} a_{k} S_{k} - \sum_{k = 0}^{n - 1} a_{k + 1} S_{k}

ce qui donne (sachant $S_{0} = 0$ )

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

La suite $(S_{n})$ converge, elle est donc bornée par un certain réel $M$ .

D’une part, $(a_{n})$ est de limite nulle et donc

a_{n + 1} S_{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

D’autre part,

| (a_{k} - a_{k + 1}) S_{k} | \leq M | a_{k} - a_{k + 1} |

et donc la série $\sum (a_{n} - a_{n + 1}) S_{n}$ converge absolument.

Par addition de séries convergentes, on peut conclure que la série $\sum a_{n}^{2}$ converge.

Exercice 6 1042 Correction

Soit $z_{n}$ le terme général d’une série complexe convergente. Établir la convergence de la série

\sum_{n \geq 1} \frac{z_{n}}{n} .

Solution

Posons

S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} z_{k} .

On a

\sum_{n = 1}^{N} \frac{z_{n}}{n} = \sum_{n = 1}^{N} \frac{S_{n} - S_{n - 1}}{n} = \sum_{n = 1}^{N} \frac{S_{n}}{n} - \sum_{n = 0}^{N - 1} \frac{S_{n}}{n + 1}

donc

\sum_{n = 1}^{N} \frac{z_{n}}{n} = \sum_{n = 1}^{N} \frac{S_{n}}{n (n + 1)} + \frac{S_{N}}{N + 1} .

Or $\frac{S_{N}}{N + 1} \to 0$ car $(S_{N})$ converge et $\frac{S_{n}}{n (n + 1)} = O (\frac{1}{n^{2}})$ est le terme général d’une série absolument convergente. On peut conclure que la série $\sum_{n \geq 1} \frac{z_{n}}{n}$ converge.

Exercice 7 3684

Soit $z_{n}$ le terme général d’une série complexe convergente. Établir

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

Exercice 8 3685 Correction

Soit $(a_{n})$ une suite complexe. On suppose que la série $\sum \frac{a_{n}}{n}$ diverge.
Établir que pour tout $α \in] - \infty; 1]$ , la série $\sum \frac{a_{n}}{n^{α}}$ diverge aussi.

Solution

Le cas $α = 1$ est entendu. Étudions $α \in] - \infty; 1 [$ .
Par l’absurde, supposons la convergence de $\sum \frac{a_{n}}{n^{α}}$ et introduisons

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

de sorte que $S_{n} - S_{n - 1} = a_{n} / n^{α}$ .
On peut écrire

\sum_{k = 1}^{n} \frac{a_{k}}{k} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{S_{k} - S_{k - 1}}{k^{1 - α}} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{S_{k}}{k^{1 - α}} - \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{S_{k}}{{(k + 1)}^{α}}

puis

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

La suite $(S_{n})$ est bornée car convergente et

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

il y a donc absolue convergence de la série

\sum S_{n} (\frac{1}{n^{1 - α}} - \frac{1}{{(n + 1)}^{1 - α}})

et l’on en déduit la convergence de $\sum \frac{a_{n}}{n}$ .
C’est absurde.

Exercice 9 1028 Correction

Soit ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ une suite décroissante de réels strictement positifs.

(a)

On suppose que $\sum u_{n}$ converge. Montrer que la série de terme général $v_{n} = n (u_{n} - u_{n + 1})$ converge et

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} v_{n} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} u_{n} .$
(b)

Réciproquement, on suppose que la série de terme général $n (u_{n} - u_{n + 1})$ converge. Montrer que la série de terme général $u_{n}$ converge si, et seulement si, la suite $(u_{n})$ converge vers $0$ .
(c)

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

Solution

(a)

On peut écrire

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

Montrons que la convergence de $\sum u_{n}$ entraîne que $n u_{n} \to 0$ .
Posons $S_{n}$ les sommes partielles de $\sum u_{n}$ .
Par la décroissance de $u_{n}$ , on a $0 \leq n u_{2 n} \leq S_{2 n} - S_{n}$ .
Par suite, $n u_{2 n} \to 0$ et aussi $2 n u_{2 n} \to 0$ .
De façon semblable, on obtient $n u_{2 n + 1} \to 0$ puis $(2 n + 1) u_{2 n + 1} \to 0$ .
Ainsi $n u_{n} \to 0$ et donc

$\sum_{k = 1}^{n} v_{k} \to_{n \to + \infty}^{} \sum_{k = 1}^{+ \infty} u_{k} .$
(b)

Supposons que la série de terme général $v_{n}$ converge.
Si la série de terme général $u_{n}$ converge alors $u_{n} \to 0$ .
Inversement, supposons que $u_{n} \to 0$ . On peut écrire

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

On a alors

$0 \leq n u_{n} \leq \sum_{k = n}^{+ \infty} \frac{n}{k} v_{k} \leq \sum_{k = n}^{+ \infty} v_{k} .$

Puisque la série des $v_{n}$ converge,

$\sum_{k = n}^{+ \infty} v_{k} \to 0 puis n u_{n} \to 0 .$

La relation (*) entraîne alors la convergence de $\sum u_{n}$ .
(c)

$u_{n} = 1$ convient, où si l’on veut une suite non constante, $u_{n} = 1 + \frac{1}{n^{2}}$

Exercice 10 3673 X (MP)

Soit ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ une suite décroissante de réels de limite nulle.
Montrer que les séries $\sum u_{n}$ et $\sum n (u_{n} - u_{n + 1})$ sont de même nature et que leurs sommes sont égales en cas de convergence.

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

Édité le 20-09-2024

	$\sum_{k = 1}^{n} \frac{\cos (k θ)}{k}$	$= \sum_{k = 1}^{n} \frac{S_{k} - S_{k - 1}}{k} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{S_{k}}{k} - \sum_{k = 1}^{n} \frac{S_{k - 1}}{k}$
		$= \sum_{k = 1}^{n} \frac{S_{k}}{k} - \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{S_{k}}{k + 1} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{S_{k}}{k (k + 1)} - S_{0} + \frac{S_{n}}{n + 1} .$

Transformation d'Abel