Exercice 1 4913

Soit $α$ un réel positif. Déterminer un équivalent quand $n$ tend vers l’infini de

S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} k^{α} .

Exercice 2 4911

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

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

Exercice 3 1059 Correction

Soit $α < 1$ . Déterminer un équivalent de

\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{α}} .

Solution

Selon que $α < 0$ ou $α \geq 0$ , on encadre $1 / k^{α}$ en exploitant la monotonie de $x \mapsto 1 / x^{α}$ .
Sachant que

\int \frac{d t}{t^{α}} = \frac{1}{1 - α} t^{1 - α} + C^{t e} \to_{t \to + \infty}^{} + \infty

on obtient

\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{α}} \sim \frac{n^{1 - α}}{1 - α} .

Exercice 4 4912

Soit $α$ un réel strictement supérieur à $1$ . Déterminer un équivalent quand $n$ tend vers l’infini de

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

Exercice 5 1032 Correction

Montrer la convergence de

\sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{1}{k!}

puis la majoration du reste

\sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{k!} \leq \frac{1}{n \cdot n!} .

Solution

La convergence de $\sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{1}{k!}$ s’obtient entre autre par le critère d’Alembert puisque

| \frac{1 / (k + 1)!}{1 / k!} | = \frac{1}{k + 1} \to_{k \to + \infty}^{} 0 < 1 .

On peut alors majorer le reste de la série en prenant appui sur une somme géométrique

\sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{k!} \leq \frac{1}{n!} (\frac{1}{n + 1} + \frac{1}{{(n + 1)}^{2}} + \dots) = \frac{1}{n!} \frac{1}{n + 1} \frac{1}{1 - 1 / n + 1} = \frac{1}{n \cdot n!} .

Notons que raisonner par récurrence ne marche pas.

Exercice 6 4916

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

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

Exercice 7 1066 Correction

Pour $α > 1$ , on pose

S_{N} = \sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{n^{α}} et R_{N} = \sum_{n = N + 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{α}} .

Étudier la nature de la série $\sum_{n \geq 1} \frac{R_{n}}{S_{n}}$ selon la valeur du réel $α$ .

Solution

Puisque $x \mapsto \frac{1}{x^{α}}$ est décroissante,

\int_{n}^{n + 1} \frac{d x}{x^{α}} \leq \frac{1}{n^{α}} \leq \int_{n - 1}^{n} \frac{d x}{x^{α}}

donc

\int_{N + 1}^{+ \infty} \frac{d x}{x^{α}} \leq R_{N} \leq \int_{N}^{+ \infty} \frac{d x}{x^{α}}

d’où l’on obtient

R_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{(α - 1) n^{α - 1}}

puis

\frac{R_{n}}{S_{n}} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{(α - 1) S_{\infty} n^{α - 1}} .

La série $\sum_{n \geq 1} \frac{R_{n}}{S_{n}}$ converge si, et seulement si, $α > 2$ .

Exercice 8 1063

Déterminer la nature de la série de terme général

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

Exercice 9 3047 X (MP)Correction

Soit $(u_{n})$ une suite complexe telle que pour tout $p \in ℕ^{*}$ , $u_{p n} - u_{n} \to 0$ . Peut-on affirmer que la suite $(u_{n})$ converge?

Solution

Non. En effet, considérons

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

Pour tout $p \in ℕ^{*}$ , on a

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

On en déduit

0 \leq u_{n p} - u_{n} \leq \frac{n p - (n + 1) + 1}{n \ln (n)} = \frac{p - 1}{\ln (n)} \to_{n \to + \infty}^{} 0

alors que

u_{n} \geq \sum_{k = 2}^{n} \int_{k}^{k + 1} \frac{d t}{t \ln (t)} = \int_{2}^{n + 1} \frac{d t}{t \ln (t)} = {[\ln (\ln (t))]}_{2}^{n + 1} \to + \infty .

Édité le 29-08-2023

Études asymptotiques