[<] Convergence absolue [>] Critère spécial des séries alternées

 
Exercice 1  4910  

Déterminer la nature et la somme de la série

n21n(n-1).
 
Exercice 2  5789  Correction  

Justifier la convergence et calculer la somme de

n11n(n+2).

Solution

Par décomposition en éléments simples,

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

Pour N*,

n=1N1n(n+2)=12n=1N1n-12n=1N1n+2.

En simplifiant les termes communs,

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

Par passage à la limite,

n=1+1n(n+2)=12(1+12)=34

avec convergence.

 
Exercice 3  1048  Correction  

Donner la nature et l’éventuelle somme de la série

n11n(n+1)(n+2).

Solution

1n(n+1)(n+2)n+1n30

donc la série converge.

Par décomposition en éléments simples,

1n(n+1)(n+2)=1/2n1n+1+1/2n+2.

Pour N*,

n=1N1n(n+1)(n+2) =12n=1N1nn=1N1n+1+12n=1N1n+2
=12n=1N1nn=2N+11n+12n=2N+21n.

On simplifie les portions communes des sommes,

n=1N1n(n+1)(n+2)=12(1+12)(12+1N+1)+12(1N+1+1N+2).

À la limite quand N tend vers l’infini,

n=1+1n(n+1)(n+2)=14.
 
Exercice 4  1047  Correction  

On donne k=1+1k2=π26. Calculer

k=1+1k2(k+1)2

après en avoir justifié l’existence.

Solution

On a

1k2(k+1)21k4

donc la série converge.
Par décomposition en éléments simples

1k2(k+1)2=1k2+1(k+1)2+2k+1-2k

donc

k=1N1k2(k+1)2=k=1N1k2+k=1N+11k2-1+2k=2N+11k-2k=1N1kN+π23-3.
 
Exercice 5  5981  Correction  

Calculer

n=0+12×4××2n.

Solution

Le calcul peut être mené dans [0;+] et à ce titre la somme étudiée a un sens.

Pour n,

2×4××2n=2n×1×2××n=2nn!.

En reconnaissant une somme exponentielle,

n=0+12×4××2n=n=0+1n!(12)n=e1/2.
 
Exercice 6  1050  Correction  

Sachant n=0+1n!=e, calculer

n=0+n+1n!etn=0+n2-2n!.

Solution

D’une part,

n=0+n+1n!=n=1+1(n-1)!+n=0+1n!=2e.

D’autre part,

n=0+n2-2n! =n=0+n(n-1)+n-2n!
=n=2+1(n-2)!+n=1+1(n-1)!-2n=0+1n!=0.
 
Exercice 7  1049  

Établir

n=0+1(2n+1)2=34n=1+1n2etn=1+(-1)n-1n2=12n=1+1n2.
 
Exercice 8  5495  Correction  

Étudier la convergence et donner la valeur de

n=0+1(3+(-1)n)n.

Solution

Pour tout n,

1(3+(-1)n)n12n.

Or 1/2n converge car il s’agit d’une série géométrique de raison q=1/2 avec |q|<1. Par comparaison de séries à termes positifs, la série étudiée converge.

Pour N, en séparant les termes selon la parité de l’indice,

n=02N1(3+(-1)n)n =p=0N142p+p=1N122p+1
N+11-1/16+1211-1/4=1615+23=2615.

On conclut

n=0+1(3+(-1)n)n=2615.
 
Exercice 9  4917   
  • (a)

    Soit n. Vérifier l’identité

    01(k=0n(-1)ktk)dt=ln(2)+(-1)n01tn+11+tdt.
  • (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

    n1(-1)n-1n.
 
Exercice 10  3633   

Existence et valeur de

  • (a)

    n=1+1n(n+1)(n+m), (m*)

  • (b)

    n=2+ln(1-1n2)

  • (c)

    n=1+n3×5××(2n+1)

  • (d)

    n=0+3nsin3(x3n+1), (x).

Pour ce dernier calcul, on pourra employer la formule sin(3a)=3sin(a)-4sin3(a).

 
Exercice 11  5790   Correction  

Justifier la convergence et calculer la somme de

n11n(2n-1).

Solution

Par décomposition en éléments simples

1n(2n-1)=2(2n-1)-1n=

Pour N*,

n=1N1n(2n-1)=n=1N2(2n-1)-n=1N1n=

En introduisant les termes d’indices pairs,

n=1N2(2n-1)=n=12N1n-n=1N12n

et donc

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

À l’aide d’une comparaison série-intégrale11 1 Ou l’emploi de somme de Riemann, ou introduction de la constante d’Euler.

N+12N+1dttn=N+12N1nN2Ndtt

Par encadrement,

n=N+12N1nN+ln(2)

Avec convergence, on a donc

n=1+1n(2n-1)=2ln(2)
 
Exercice 12  2426   Correction  

Calculer pour x]-1;1[

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

Solution

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

xn(1-xn)(1-xn+1)n+xn avec |x|<1.

On a

(1-x)n=1+xn(1-xn)(1-xn+1) =n=1+xn-xn+1(1-xn)(1-xn+1)
=n=1+(1(1-xn)-1(1-xn+1)).

Par télescopage,

n=1N(1(1-xn)-1(1-xn+1))=11-x-11-xN+1N+11-x-1.

On obtient donc

n=1+xn(1-xn)(1-xn+1)=x(1-x)2.
 
Exercice 13  3622     ENTPE (MP)

Justifier la convergence et calculer la somme de la série

n0arctan(1n2+n+1).
 
Exercice 14  3796     CCINP (PSI)

Justifier la convergence et calculer la somme de

k1k+1-kk.
 
Exercice 15  1057   Correction  

Pour p, on pose

ap=n=0+np2n.
  • (a)

    Montrer que ap existe puis exprimer ap en fonction de a0,,ap1.

  • (b)

    En déduire que ap.

Solution

  • (a)

    ap existe car, par croissance comparée,

    n2×np2n=np+22nn+0.

    Par glissement d’indice

    ap=n=0+(n+1)p2n+1=12(ap+(p1)ap1++(pp)a0)

    donc

    ap=(p1)ap1++(pp)a0.
  • (b)

    Par un récurrence aisée ap pour tout p.

 
Exercice 16  5037    

Soient α]2;+[ et (an) la suite définie par

a0=αetan+1=an2-2pour tout n.

Montrer

n=0+1a0a1an=12(α-α2-4).
 
Exercice 17  4919    

Pour n*, on introduit le polynôme réel

Pn=p=0n(-1)p(2n+12p+1)Xn-p

et les nombres

αk=1tan2(kπ2n+1)pour k=1,,n.
  • (a)

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

    (eixsin(x))2n+1

    établir

    sin((2n+1)x)sin2n+1(x)=p=0n(-1)p(2n+12p+1)(1tan2(x))n-p.
  • (b)

    En déduire que les αk sont exactement les racines du polynôme Pn.

  • (c)

    Établir les identités

    k=1n1tan2(kπ2n+1)=n(2n-1)3etk=1n1sin2(kπ2n+1)=2n(n+1)3.
  • (d)

    Montrer l’encadrement

    1tan2(x)1x21sin2(x)pour tout x]0;π/2[

    et déterminer la valeur de la somme

    n=1+1n2.

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Édité le 12-05-2025

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