Exercice 1 4910

Déterminer la nature et la somme de la série

\sum_{n \geq 2} \frac{1}{n (n - 1)} .

Exercice 2 1048 Correction

Nature puis somme de la série

\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n (n + 1) (n + 2)} .

Solution

\frac{1}{n (n + 1) (n + 2)} \sim \frac{1}{n^{3}}

donc la série converge
Par décomposition en éléments simples

\frac{1}{n (n + 1) (n + 2)} = \frac{1 / 2}{n} - \frac{1}{n + 1} + \frac{1 / 2}{n + 2}

puis après télescopage

\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n (n + 1) (n + 2)} = \frac{1}{4} .

Exercice 3 1047 Correction

On donne $\sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{2}} = \frac{π^{2}}{6}$ . Calculer

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

après en avoir justifié l’existence.

Solution

On a

\frac{1}{k^{2} {(k + 1)}^{2}} \sim \frac{1}{k^{4}}

donc la série converge.
Par décomposition en éléments simples

\frac{1}{k^{2} {(k + 1)}^{2}} = \frac{1}{k^{2}} + \frac{1}{{(k + 1)}^{2}} + \frac{2}{k + 1} - \frac{2}{k}

donc

\sum_{k = 1}^{N} \frac{1}{k^{2} {(k + 1)}^{2}} = \sum_{k = 1}^{N} \frac{1}{k^{2}} + \sum_{k = 1}^{N + 1} \frac{1}{k^{2}} - 1 + 2 \sum_{k = 2}^{N + 1} \frac{1}{k} - 2 \sum_{k = 1}^{N} \frac{1}{k} \to_{N \to + \infty}^{} \frac{π^{2}}{3} - 3 .

Exercice 4 1050 Correction

Sachant $\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{n!} = e$ , calculer

\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{n + 1}{n!} et \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{n^{2} - 2}{n!} .

Solution

D’une part,

\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{n + 1}{n!} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{(n - 1)!} + \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{n!} = 2 e .

D’autre part,

	$\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{n^{2} - 2}{n!}$	$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{n (n - 1) + n - 2}{n!}$
		$= \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{1}{(n - 2)!} + \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{(n - 1)!} - 2 \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{n!} = 0 .$

Exercice 5 1049

Établir

\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 n + 1)}^{2}} = \frac{3}{4} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} et \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n^{2}} = \frac{1}{2} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} .

Exercice 6 4917

(a)

Soit $n \in ℕ$ . Vérifier l’identité

$\int_{0}^{1} (\sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k} t^{k}) d t = \ln (2) + {(- 1)}^{n} \int_{0}^{1} \frac{t^{n + 1}}{1 + t} d t .$
(b)

En déduire la convergence et la somme¹¹ 1 On trouvera un autre calcul de cette somme dans le sujet 5071. de la série harmonique alternée

$\sum_{n \geq 1} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n} .$

Exercice 7 3633

Existence et valeur de

(a)

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n (n + 1) \dots (n + m)}$ , ( $m \in ℕ^{*}$ )
(b)

$\sum_{n = 2}^{+ \infty} \ln (1 - \frac{1}{n^{2}})$
(c)

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{n}{3 \times 5 \times \dots \times (2 n + 1)}$
(d)

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} 3^{n} \sin^{3} (\frac{x}{3^{n + 1}})$ , ( $x \in ℝ$ ).

Pour ce dernier calcul, on pourra employer la formule $\sin (3 a) = 3 \sin (a) - 4 \sin^{3} (a)$ .

Exercice 8 2426 Correction

Calculer pour $x \in] - 1; 1 [$

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

Solution

L’absolue convergence de la série est assurée par l’équivalent

\frac{x^{n}}{(1 - x^{n}) (1 - x^{n + 1})} \underset{n \to + \infty}{\sim} x^{n} avec | x | < 1 .

On a

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

Par télescopage,

\sum_{n = 1}^{N} (\frac{1}{(1 - x^{n})} - \frac{1}{(1 - x^{n + 1})}) = \frac{1}{1 - x} - \frac{1}{1 - x^{N + 1}} \to_{N \to + \infty}^{} \frac{1}{1 - x} - 1 .

On obtient donc

\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{x^{n}}{(1 - x^{n}) (1 - x^{n + 1})} = \frac{x}{{(1 - x)}^{2}} .

Exercice 9 3622 ENTPE

Justifier la convergence et calculer la somme de la série

\sum_{n \geq 0} \arctan (\frac{1}{n^{2} + n + 1}) .

Exercice 10 3796 CCP (PSI)

Justifier la convergence et calculer la somme de

\sum_{k \geq 1} \frac{⌊ \sqrt{k + 1} ⌋ - ⌊ \sqrt{k} ⌋}{k} .

Exercice 11 1057 Correction

Pour $p \in ℕ$ , on pose

a_{p} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{n^{p}}{2^{n}} .

(a)

Montrer que $a_{p}$ existe puis exprimer $a_{p}$ en fonction de $a_{0}, \dots, a_{p - 1}$ .
(b)

En déduire que $a_{p} \in ℕ$ .

Solution

(a)

$a_{p}$ existe car, par croissances comparées,

$n^{2} \times \frac{n^{p}}{2^{n}} = \frac{n^{p + 2}}{2^{n}} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

Par glissement d’indice

$a_{p} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(n + 1)}^{p}}{2^{n + 1}} = \frac{1}{2} (a_{p} + (\binom{p}{1}) a_{p - 1} + \dots + (\binom{p}{p}) a_{0})$

donc

$a_{p} = (\binom{p}{1}) a_{p - 1} + \dots + (\binom{p}{p}) a_{0} .$
(b)

Par un récurrence aisée $a_{p} \in ℕ$ pour tout $p \in ℕ$ .

Exercice 12 5037

Soient $α \in] 2; + \infty [$ et $(a_{n})$ la suite définie par

a_{0} = α et a_{n + 1} = a_{n}^{2} - 2 pour tout n \in ℕ .

Montrer

\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{a_{0} a_{1} \dots a_{n}} = \frac{1}{2} (α - \sqrt{α^{2} - 4}) .

Exercice 13 4919

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on introduit le polynôme réel

P_{n} = \sum_{p = 0}^{n} {(- 1)}^{p} (\binom{2 n + 1}{2 p + 1}) X^{n - p}

et les nombres

α_{k} = \frac{1}{\tan^{2} (\frac{k π}{2 n + 1})} pour k = 1, \dots, n .

(a)

Soit $x \in] 0; π / 2 [$ . En calculant de deux façons la partie imaginaire de

${(\frac{e^{i x}}{\sin (x)})}^{2 n + 1}$

établir

$\frac{\sin ((2 n + 1) x)}{\sin^{2 n + 1} (x)} = \sum_{p = 0}^{n} {(- 1)}^{p} (\binom{2 n + 1}{2 p + 1}) {(\frac{1}{\tan^{2} (x)})}^{n - p} .$
(b)

En déduire que les $α_{k}$ sont exactement les racines du polynôme $P_{n}$ .
(c)

Établir les identités

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{\tan^{2} (\frac{k π}{2 n + 1})} = \frac{n (2 n - 1)}{3} et \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{\sin^{2} (\frac{k π}{2 n + 1})} = \frac{2 n (n + 1)}{3} .$
(d)

Montrer l’encadrement

$\frac{1}{\tan^{2} (x)} \leq \frac{1}{x^{2}} \leq \frac{1}{\sin^{2} (x)} pour tout x \in] 0; π / 2 [$

et déterminer la valeur de la somme

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

Calcul de sommes