5. S´ eries num´ num´ eriques Exercice Exercice 5.1
Calculer
un , avec un =
n≥2
1 n2
− 1.
Exercice Exercice 5.2 ∞
Sachant que
n=1
1 n2
=
π2
6
∞
, calculer
n=1
∞
1 (2n
− 1)
2
et
( 1)n
−
n2
n=1
.
Exercice Exercice 5.3 ∞
Calculer
un , avec un =
n=1
n . n4 + n2 + 1
Exercice Exercice 5.4 ∞
Pour tout complexe z v´erifia ifi ant z < 1, calculer S =
||
un , avec un = nz n .
n=1
Exercice Exercice 5.5 ∞
Calculer Calcul er la somme de la s´erie erie
1
−
un, avec un = ln 1
n=2
n2
.
Exercice Exercice 5.6 ∞
Calculer
un , avec un = arctan
n=1
2 n2
.
Exercice Exercice 5.7 ∞
Calculer
un , avec un = ln cos cos
n=2
π
2n
.
Exercice Exercice 5.8
A l’aide d’une s´erie erie altern´ee, ee, montrer que e est un irrationnel.
Jean-Michel.Ferrard @ ac-lyon.fr, 23 mai 2000
Page 1
Exercice Exercice 5.9
Montrer que les polynˆomes omes 1, X , X ( X ∞
n3 Calculer Calcul er la somme de la s´erie erie . n=1 n!
− 1), X (X − 1)(X − 2) forment une base de IR [X ].]. 3
Exercice Exercice 5.10
Pour quelles valeurs de a et b la s´erie er ie de terme er me g´en´ en ´eral er al un = convergente? Calculer alors la somme de cette s´erie. erie.
√n + a√n + 1 + b√n + 2 est-elle est-elle
Exercice Exercice 5.11
xn 1, 1[, montrer que = n n=1 ∞
Pour tout x de ]
−
− ln(1 − x).
Exercice Exercice 5.12 ∞
Nature Natur e et somme de la s´erie erie
un , avec un =
n=1
1 n
√ √ E ( n + 1) − E ( n) .
Exercice Exercice 5.13
Pr´ecis ec iser er la natu na ture re de la s´erie er ie de term te rmee g´en´ en´eral er al un =
n! nn
Exercice Exercice 5.14
( 1)n un , o` Nature Nat ure de la s´erie eri e u un = . 1/n n ( !) n≥1
−
Exercice Exercice 5.15
Nature Nat ure de la s´erie eri e
un , avec un = ln
n≥2
√
n + ( 1)n . n+α
√ −
Exercice Exercice 5.16 2n
1 1. Calculer la limite quand n tend vers l’infini de sn = . k ∞ ( 1)k−1 k=n+1 2. Retrouver ainsi la valeur de la somme .
−
k=1
Jean-Michel.Ferrard @ ac-lyon.fr, 23 mai 2000
k
Page 2
Exercice Exercice 5.17 +∞
Nature Natur e et somme de la s´erie erie
n=1
1 n
cos
2nπ . 3
Exercice Exercice 5.18 ∞
Sachant que
( 1)n−1
−
n=1
n
∞
= ln 2, calculer calculer
n=1
1 n(2n
− 1) .
Exercice Exercice 5.19
Soit (un ) une suite de IR+. On suppose que la s´erie erie Montrer qu’il en est de mˆeme eme de la s´erie erie
un .
n2 un2 converge.
Exercice Exercice 5.20
Nature Natur e et somme de la s´erie erie
un , o` u un = arctan
1 n2 + n + 1
Exercice Exercice 5.21 ∞
Soit p un entier
erie ≥ 2. Trouver la somme de la s´erie
1
n=1 n(n + 1)
· · · (n + p) .
Exercice Exercice 5.22
Nature Nat ure de la s´erie eri e
un , o` u u0
∈ IR et o`u pour tout n ≥ 1, u
n
=
1 n
exp( un−1).
−
Exercice Exercice 5.23
Soit
erie erie r´eelle, eelle, convergente convergent e mais non absolument absol ument convergente. converge nte. un une s´
Pour tout n, on pose un+ = sup(un , 0) et u− n = sup( un , 0). Montrer que les s´eries eries
un+ et
−
u− n sont divergentes.
Exercice Exercice 5.24
1 un+1 α Soit (un ) une suite de IR telle que =1 +O 2 . un n n Montrer que un converge si et seulement si α > 1. Indication Indica tion : consid´ consi d´erer erer vn = nα un . +
Jean-Michel.Ferrard @ ac-lyon.fr, 23 mai 2000
−
Page 3
Exercice Exercice 5.25
( 1)n Nature Nat ure et somme som me de la s´erie eri e de terme ter me g´en´ en´eral era l un = ,n 2n + 1
−
≥ 0.
Exercice Exercice 5.26
( 1)n
−
Nature Nat ure et somme som me de la s´erie eri e de terme ter me g´en´ en´eral era l un = ln 1 +
n
,n
≥ 2.
Exercice Exercice 5.27
Soit z un nombre complexe de module 1, mais tel que z = 1. n
1. Pour tout entier n, on pose T n =
| | ≤ |1 −2 z| .
z k . Montrer que T n
k=0
2. En d´eduire eduire que pour N 3. Montrer que la s´erie erie
≥ 1 et p ≥
N + p
zn 1, on a : n=N +1 N +1 n
≤
zn est convergente. n
4 (N + 1) 1
| − z| .
Exercice Exercice 5.28 ∞
Pour tout α > 1, trouver trou ver un u n ´equivalent equivalent du reste RN =
un , avec un =
n=N +1 +1
1 nα
.
Exercice Exercice 5.29 N
Pour tout α de ]0, 1[ trouver trou ver un ´equivalent equivalent quand N
→ ∞ de S
N N
=
n=1
un , avec un =
1 nα
.
Exercice Exercice 5.30
Somm So mmee de la s´erie er ie de term te rmee g´en´ en´eral er al un =
1 n3
− n , avec n ≥ 2.
Exercice Exercice 5.31
Soient (un ) et (vn) deux suites a` termes r´eels eels strictement positifs. On suppose que pour n Montrer que si la s´erie erie
u v l’ in´´egal eg alit it´´e ≥ n , on a l’in ≤ u v
0
n+1
n+1
n
n
erie erie vn converge, alors la s´
Jean-Michel.Ferrard @ ac-lyon.fr, 23 mai 2000
.
un converge.
Page 4
Corr Corrig´ ig´ e des des exer exerci cice cess ´ de l’exerc Corrige ’exercice ice 5.1
∼ n1
La s´erie eri e converge conve rge car un Pour tout n
≥ 2, on a u
On en d´edui ed uitt
n
N
N
un =
n=2
(s´erie eri e de Rieman Rie mann). n).
2
1
1 . − 2(n − 1) 2(n + 1)
=
n=2
N
1
2(n
− 1)
N −1 1 1 = n=2 2(n + 1) n=1 2n
−
On fait tendre N vers +
∞ et on trouve
∞
3 . 4
un =
n=2
N +1 +1
− 21n = 34 − 21N − 2(N 1+ 1) .
n=3
´ de l’exerc Corrige ’exercice ice 5.2 N
Pour tout N
≥ 1, posons S
N N
2N
On constate que S 2N =
1
=
n=1
N
1
n=1
n2
, T N N =
n=1
n=1
(2n)2
+
n=1
N
1 (2n
N
1
=
n2
N
(2n
− 1)
1
−
2
et U N N =
n=1
∞
2N
Enfin, U 2N =
( 1)n
n=1
n2
N
N
1 = 2 n=1 (2n)
1 π2 On en d´eduit eduit lim U 2N = →∞ N →∞ 4 6
−
1
1 = S N N 1)2 4
− T . − π8 = − π12 . Finalement (−n1) n=1 (2n
2
2
−
n2
.
1 S N = N + T N N . 1)2 4
3 π2 Quand on fait tendre N vers + , on on trou trouv ve : li lim m T N . Ainsi N = N →∞ 4 6
−
( 1)n
−
∞
1
n=1 (2n
2
− 1)
=
π2
8
.
N N
∞
n
2
n=1
=
π2
− 12 .
´ de l’exerc Corrige ’exercice ice 5.3
erie de Riemann.) ∼ n1 (comparaison avec une s´erie D’autre part n + n + 1 = (n + 1) − n = (n − n + 1)(n + n + 1). 1 1 1 1 Pour tout entier n, u = = . − − 2(n − n + 1) 2(n + n + 1) 2(n(n − 1) + 1) 2((n + 1)n + 1) La s´erie er ie
un est convergente car un 4
2
2
n
ec ritt donc do nc un = vn un s’´ecri
3
2
2
2
1
avec vn =
2(n2
N
N
( vn
∞ et on trouve :
On en d´eduit, eduit , pour p our tout N :
2
2
n+1 ,
−v
2
un =
n=1
On fait tendre N vers +
Jean-Michel.Ferrard @ ac-lyon.fr, 23 mai 2000
n=1
− n + 1) .
−v
n+1 )
= v1
−v
N +1 +1
=
1 2
1 . 2 + N + 1)
− 2(N
∞
1 n = . 4 + n2 + 1 n 2 n=1
Page 5
´ de l’exerc Corrige ’exercice ice 5.4 n
Puisque z < 1, on a li lim m n2 un = lim n3 z n→∞ n→∞
||
| |
Posons S N N =
= 0. 0 . La s´erie eri e
||
N
N
un . Alors on a : S N N = z
n=1
(n
− 1)z
n=1
Quand on fait tendre N vers
n−1
N
convergente. e. un est donc convergent
1 z N + . z = zS N N −1 + z z 1 n=1
z
− −
n
∞
edu it ∞, on trouve S = zS + 1 − z . On en d´eduit
nz n =
n=1
z
(1
− z) . 2
´ de l’exerc Corrige ’exercice ice 5.5
erie de Riemann.) ∼ − n1 (comparaison avec une s´erie Pour tout entier n ≥ 2, u = ln(n − 1) − 2ln(n) = ln(n − 1) + ln(n + 1) − 2ln(n). Ainsi : u = ln(n − 1) + ln(n + 1) − 2 ln(n) = ln n + ln n − 2 ln(n) La s´erie er ie
un est convergente car un 2
n
N
2
N
N
N
N −1
N +1 N +1
N
n=2
n=2
n=2
n=1
n=3
n=2
n
n=2
− 2 l n 2 − 2 ln N = − ln 2 + lnln N N + 1 1 On fait tendre N vers +∞ et on trouve : ln 1 − = − ln 2 n = ln 2 + ln ln N + ln(N + 1)
∞
2
n=2
´ de l’exerc Corrige ’exercice ice 5.6
La s´erie er ie
un est convergente car un
2
On cherche a` ´ecrire ir e
n2
∼ n2
2
(comparaison avec une s´erie erie de Riemann.)
comme la tangente tan gente d’une d ’une diff´ d iff´erence, eren ce, avec tan(x y ) =
−
2 2
2 = 1) + 1
tan x tan y . 1 + tan x tan y
−
1
1 − n−1 n+1
n2
−1 = 1 1 (n − n 1+ 1+ n −1 (n − 1)(n + 1) 1 2 tan v − tan v = tan(v − v ) Posons v = arctan . Alors = 1 + tan v tan v n n Puisque 0 < v edu it u = v − v < π2 , on en d´eduit − v . Pour tout N ≥ 2, on a alors :
Pour tout n
≥ 2, on a :
2
=
2
2
n−1
n
2
n−1
n−1
n+1
N
N
N
n=1
(vn−1
n=2
= u1 + v1 + v2
−v ) =u −v −v
1+
n+1
N
n−1
n+1
n
un = u1 +
n+1
n−1
n+1
N
vn−1
n=2
n+1
N −1
−
vn+1 = u1 +
n=2
n=1
N +1 +1
vn
−v
n
n=3
N +1 +1
= arctan 2 + arctan arctan 1 + arctan arctan
1 2
1 π Puisque Puisque arctan 2 + arctan = , il vient 2 2
− arctan N 1 − arctan N 1+ 1 N
un =
n=1
Quand on fait tendre N vers + , on trouve :
∞
Jean-Michel.Ferrard @ ac-lyon.fr, 23 mai 2000
3π 4
− arctan N 1 − arctan N 1+ 1 .
∞
n=1
arctan
2 n2
=
3π . 4
Page 6
´ de l’exerc Corrige ’exercice ice 5.7
Quand x
x2
cos x ∼ cos x − 1 ∼ − . → 0, ln cos 2
Donc quand n
→ ∞ : u ∼ −2 n
π2
2n+1
.
On en d´eduit eduit la convergence converge nce de la s´erie erie Pour tout entier n, sin
π
2n−1
On en d´eduit, eduit , pour p our tout n
= 2 sin sin
π
2n
cos
π cos ≥ 2 : ln cos 2
n
com parais aison on avec une s´erie eri e g´eom´ eom´etriqu etr ique. e. un , par compar π 2n
.
= vn−1
avec v − v − ln 2, avec n
n
= ln sin sin
π
2n
.
Par sommation de n = 2 a` n = N , il vient : N
u n = v1
n=2
Quand N
→ ∞, 2
N −1
sin
∞
On en d´eduit ed uit
n=2
ln cos cos
π
2N
π
2n
=
N −1
− v − (N − 1) ln 2 = − ln 2
∼2
N
π
N −1
2N
sin
π
2N
∼ π2 .
− ln π2 .
´ de l’exerc Corrige ’exercice ice 5.8
Il revient rev ient au mˆeme eme de d´emontre emo ntrerr que Supposons par l’absurde
1 est irrationnel. irrationnel. e
1 p = , avec p, q e q
∗
∈ IN .
∞ 1 ( 1)n xn Pour tout x de IR, on a e = . En particulier, = . n e n ! ! n=0 n=0 ∞
x
−
1 est strictement compris entre deux sommes partielles cons´ecutives. ecutives. e 1 1 p Plus Plu s pr´ecis´ ec is´ement em ent avec notr no tree hypot hyp oth` h`ese es e : N IN∗ , S 2N −1 < = < S 2N = S 2N −1 + e (2N )! q Cett Ce ttee s´erie er ie ´etant ta nt
∀ ∈
Il est clair que AN = (2N )!S 2N −1 est entier. p q
L’encadrem L’enc adrement ent s’´ecrit ecrit donc AN < (2N )! < 1 + AN . Mais il suffit de choisir N tel que 2N
≥ q pour constater que (2N )! pq est un entier strictement
compris entre deux d eux entiers cons´ con s´ecutifs, ecutifs, ce qui est absurde. Conclusion :
1 et donc e sont des irrationnels. e
Jean-Michel.Ferrard @ ac-lyon.fr, 23 mai 2000
Page 7
´ de l’exerc Corrige ’exercice ice 5.9
1, X , X ( X
de gr´´es es ´eche echelo lonn nn´´es, es , donc do nc lin´ li n´eair ea irem emen entt ind´ in d´epen ep enda dant nts. s. − 1), X (X − 1)(X − 2) sont a` degr
Puisqu’ils sont quatre et qu’ils appartiennent a` IR3 [X ] (qui est de dimension 4), ils en constituent une base. On cherche a` ´ecr ec rire ir e x3 sous la forme x3 = a + bx + cx(x
− 1) + dx(x − 1)(x − 2).
On trouve a = 0 (se placer en x = 0) et d = 1 (consid´erer erer les coefficients dominants.) Avec x = 1 et x = 2, on trouve
1= a+b et donc 8 = a + 2b + 2c
b=1 c=3
On en d´eduit edu it : n3 n=1 n! ∞
∞
=
1 (n + 3n(n ! n n=1
∞
=
n=1 ∞
=
n=1
− 1) + n(n − 1)(n − 2)) n(n − 1) + n(n − 1)(n − 2) n +3 ∞
n!
∞
n!
n=1
+3
− 1)!
∞
1
(n
n=2
n!
n=1
∞
1
(n
∞
− 2)!
+
n=3
∞ ∞ 1 1 1 = +3 + = 5e n n n ! ! ! n=0 n=0 n=0
1
(n
− 3)!
´ de l’exerc Corrige ’exercice ice 5.10 5.10
Pour tout n
≥ 1, u
n
√ 1 = n 1+a 1+
1/2
n
2
+b 1+
1/2
n
A l’origine, on a (1 + x)m = 1 + mx + O(x2) et en particulier 1
1 1 2 On en d´eduit ed uit 1 + = 1+ +O et 1 + 2n n n n a 1 1 Ainsi un = n 1 + a + b + +b +O 2 . 2 n n
√
La s´erie er ie
1/2
un converge
⇔ ⇔ √ 1+a+b =
De cette cet te mani` man i`ere ere un = O On a alors, pour tout n Ainsi
N
N
n=0
un =
(vn+1
n=0
1
n n
a
= 1+
2
2
1 n
+O
1
n
.
a= 2 . b=1
+b=0
2
1/2
√1 + x = 1 + 1 x + O(x ).
−
.
≥ 0 : u = √n−2√n + 1+√n + 2 = v −v avec v = √n + 1−√n. − v ) = v − v = √N + 2 − √N + 1 − 1 = √N + 2 +1 √N + 1 − 1. n
n
n+1
N +1 N +1
n
n
0
∞
On fait tendre N vers +
∞ et on trouve
Jean-Michel.Ferrard @ ac-lyon.fr, 23 mai 2000
n=1
un =
−1. Page 8
´ de l’exerc Corrige ’exercice ice 5.11 5.11 N
On d´efin efi nit x
N (x)
= ln(1
→ϕ
−
xn sur ] x) + n=1 n
− 1, 1[.
L’application ϕN est es t d´erivab er ivable le et ϕN (0) = 0. On constate que pour tout x de ]
ϕn (x) =
− 1, 1[ : N
1
−1 − x +
x
n−1
n=1
=
1
−1 −
1 xN + = 1 x x
− −
xN 1 x
− −
N
|x| Si on fixe x dans ] − 1, 1[ alors un majorant de |ϕ (t)| sur [0, x] est 1 − |x| On en d´eduit, edu it, avec l’in´egalit´ ega lit´e des accroi acc roisse ssement mentss finis fini s : |ϕ (x)| = |ϕ (x) − ϕ
N
N
N
N
N
xn Il en d´ecoule ecou le lim ϕN (x) = 0, c’est-`a-di a -dire re lim lim = N →∞ N →∞ n=1 n
∞
xn Conclusion : = n n=1
N +1 +1
|x| . (0)| ≤ 1 − |x|
− ln(1 − x).
− ln(1 − x).
´ de l’exerc Corrige ’exercice ice 5.12 5.12
√
2
Pour tout entier k , E ( n) = k
2
⇔√k ≤ n < (k + 1) . √ Les seuls entiers n ≥ 1 tes que E( n + 1) > E ( n) sont donc les n = k − 1, avec k ≥ 2. √ √ Pour Po ur ces entiers, entiers, on a E ( n) = k − 1 et et E ( n + 1) = k . 2
N
Posons S (N ) =
un .
n=1
Puisque les un sont 2
S (N
N
− 1) =
k=2
N
1 k2
lim S (N 2
suffit de calculer calculer par exemp exemple le ≥ 0, il suffit
−1
=
k=2
1
− 2(k − 1)
→∞ N →∞
N −1 1 1 = 2(k + 1) 2 k=1 k
N +1 N +1
−
k=3
− 1). Or :
1 3 = 2k 4
− 21N − 2(N 1+ 1)
∞
Par passage a` la limite, on en d´eduit eduit la convergence de
un et
a-dire a-dire n! n, c’est-`
≤ 2n
n=1
un = lim S (N 2 →∞ N →∞
− 1) = 34 .
´ de l’exerc Corrige ’exercice ice 5.13 5.13
Pour tout n
≥ 3, on n! = 2
On en d´eduit ed uit un
n
n
k=3
k
≤2
er ie u ≤ n2 . La s´erie 2
k=3
n
Jean-Michel.Ferrard @ ac-lyon.fr, 23 mai 2000
n−2
.
est donc convergen convergente. te.
Page 9
´ de l’exerc Corrige ’exercice ice 5.14 5.14
1
On a : ln( n!1/n ) =
n
ln(n!)
∼ n1 ln(n e
n −n
√
2πn ) =
n
e
+
1 ln(2πn ) 2n
∼ ne .
Donc Do nc lim lim un = 0. n→∞
| |
Puisque
alter n´ee, ee, il reste rest e a` prouver que la suite n un est altern´
Pour cela on va montrer que la suite n Pour tout entier n ln un+1
|
≥1:
| − ln |u | n
= =
1
n
ln(n!)
ln n!
ecr oissant sante. e. → |u | est d´ecrois n
ecr oissant sante. e. → ln |u | est d´ecrois n
− n +1 1 ln(n + 1)! = (n + 1)1) lnnn(n! −+n1)ln(n + 1)!
− n ln(n + 1) =
n(n + 1)
n k 1 ln <0 n(n + 1) k=1 n + 1
( 1)n Ce r´esulta esu ltatt prouve pro uve don doncc que la s´erie eri e est convergente. 1/n n ( !) n≥1
−
´ de l’exerc Corrige ’exercice ice 5.15 5.15
On effectue un d´eveloppement eveloppement asymptotique de un . 1 ( 1)n 1 α n un = ln( n + ( 1) ) ln(n + α) = ln 1 + ln(1 + ) 2 2 n n ( 1)n 1 1 1 ( 1)n α + 1 1 α = +O +O 2 = +O n n n n n n n 2n 2n 2n ( 1)n La s´erie er ie est es t conver co nverge gente nte (cri (c rit` t`ere er e sp´ecia ec iall des de s s´erie er iess alt a lter ern´ n´ees) ee s)..
√
−
−
−√ − −√
√ −
−√ − −√ −
√
n
1
√
Toute out e s´erie eri e dont le terme ter me g´en´ en´eral era l est un O
n n
est absolument convergente.
De ces remarq rem arques ues et du calcul cal cul pr´ec´ ec´edent, ede nt, il r´esulte esu lte que Conclusion Conclu sion : la s´erie erie
un est convergente si α =
un est de mˆeme eme nature nat ure que
−1, et divergente sinon.
α+1 . 2n
´ de l’exerc Corrige ’exercice ice 5.16 5.16 n
1. Pour tout n
≥
1 1 n 1 1, sn = = +k n k=1 1 + k=1 n
k n
=
1
n
k f ( ) avec f (x) n k=1 n
C’est une somme de Riemann. On en d´eduit eduit lim sn = →∞ n
1
0
≡ 1 +1 x . 1
[ln(1 + x)]0 = ln ln 2. f (x) dx = [ln(1
2. On sait sai t que la s´erie eri e propo pro pos´ s´ee ee est converge conve rgente nte (crit` (cr it`ere ere sp´ecial eci al des s´eries eri es altern´ alt ern´ees). ees ). 2n 2 n n 2 n n 2 n ( 1)k−1 1 1 1 1 1 Pour tout n 1, S 2n = = 2 = = = sn . 2 k k=1 k=1 k k=1 k k=1 k k =1 k k=n+1 k
≥
∞
Ainsi
( 1)k−1
−
k=1
k
−
−
−
= lim S n = lim S 2n = lim sn = ln(2). n→∞ n→∞ n→∞
Jean-Michel.Ferrard @ ac-lyon.fr, 23 mai 2000
Page 10
´ de l’exerc Corrige ’exercice ice 5.17 5.17 N 2nπ On pose un = cos et S N Nous allons allons calc calculer uler lim S 3N . un . Nous N = →∞ N →∞ 3 n n=1
1
L’application n
2nπ est 3-p´eriod eri odiqu ique. e. 3 2π 1 4π = v1 = cos = , v3n−1 = v2 = cos = 3 2 3
→ v
On a donc v3n−2
= cos
n
−
− 12 et v
3n
= v0 = 1.
On en d´eduit edu it : N
S 3N
N
1 = (u3n−2 + u3n−1 + u3n) = n=1 n=1 3n
3 N 1 = 2 n=1 3n
−
−
1 N 1 1 1 1 N 1 + + = 2 n=1 3n 2 3n 1 3n 2 n=1 n
−
−
Ainsi, avec a = 0, b = 2 et f (x) = S 3N =
−
1 N 1 1 + 2 n=1 3n 2 3n 1
−
1 : 1+x
1 2N 1 = 2 k=1 N + k
−
1 2N 1 = k 2N k=1 1 + N
−
−
−
1 3N 1 = 2 n=1 n
−
1 3N 1 . n 2 n=N +1 +1
1 2N b a f a + k 2N k=1 2N
−
C’est une somme de Riemann : lim S 3N =
→∞ N →∞
1
−b − a
b
a
1 f (x) dx = 2
2
0
f (x) dx =
− 12 [ln(1 + x)] = − 12 ln 3 2 0
Puisqu Puisquee lim un = 0, 0 , les suites sui tes de terme ter me g´en´ en´eral era l S 3N +1 eme eme limite. limi te. +1 et S 3N +2 +2 ont la mˆ n→∞ +∞
Finalement
n=1
1 n
cos
2nπ = 3
− 12 ln3.
Remarque : Il y a une variante dans les calculs pr´ec´ ec´edents edents qui n’utilise pas de somme de Riemman, mais N 1 le r´esultat esult at classique class ique selon lequel leque l la suite de terme g´en´ en´eral eral ln N est convergente (sa limite est la constante d’Euler γ
n=1 n
≈ 0.5772156649). N
On peut donc ´ecrire, ecrire, en posant sN =
1
n=1 n
−
: sN = ln N + γ + o(1).
On en e n d´eduit, eduit , en reprenant repr enant les notations notat ions (et une partie part ie des de s calculs) ca lculs) de la premi` p remi`ere ere m´ethode etho de : S 3N
1 N 1 = 2 n=1 n
−
1 3N 1 1 = (sN 2 n=1 n 2
1 = (ln N + γ 2 Quand N
trouvee encore encore → +∞, on trouv
3N )
o(1) − ln(3N ) − γ + o(1)) = − 12 ln 3 + o(1) lim S 3N =
N →∞
Jean-Michel.Ferrard @ ac-lyon.fr, 23 mai 2000
−s
− 12 ln3. Page 11
´ de l’exerc Corrige ’exercice ice 5.18 5.18
1
On effectu effe ctuee une d´ecomp eco mposi ositio tion n en ´el´ el´ements eme nts simples simp les : N
Ainsi
n=1
N
1 n(2n
− 1)
=2
n=1
1
− 2n − 1
n(2n
− 1)
2
1 . − 2n − 1 n
=
2N 1 ( 1)n−1 =2 . 2n n n=1
− − ∞
On fait tendre N vers +
∞ et on trouve
n=1 n(2n
( 1)n−1
∞
1
− 1)
=2
n=1
n
= 2ln 2.
´ de l’exerc Corrige ’exercice ice 5.19 5.19
Pour tout entier N
≥ 1, et en utilisant Cauchy-Schwarz : u = 1 nu ≤ 1 n u ≤ 1 n n n N
N
2
N
2
n
N
n
n=1
n=1
n=1
2
n=1
La suite des sommes partielles de la s´erie erie positive On en d´eduit eduit que cette s´erie erie est convergente. converge nte.
∞
2 2 n
∞
2
n=1
n2 un2
n=1
doncc ma m a jor´ee. ee. un est don
´ de l’exerc Corrige ’exercice ice 5.20 5.20
Le terme un est es t ´equi eq uivale valent nt a` D’autre part : n
∀ ∈ IN, n
2
1
quand n
. On en d´eduit eduit la convergence de u . → ∞ n 1 (n + 1) − n = = tan(θ − θ ), avec θ = arctan n. +n+1 1 + ( n + 1)n 2
n
n+1
n
n
N
On en d´eduit ed uit un = θn+1
− θ , puis n
un = θN +1 N +1
n=0
En faisant tendre N vers + , on trouve
∞
−θ
∞
arctan
n=0
0
= θN +1 +1 = arctan(N + 1). 1
=
n2 + n + 1
π
2
.
´ de l’exerc Corrige ’exercice ice 5.21 5.21
Notons un,p =
1 n(n + 1)
· · · (n + p)
. Puisque p
er ie u ≥ 2, la s´erie
n,p
On remarque que : 1 (n + p) n 1 1 = un,p = (n + p) p n(n + 1) (n + p p n(n + 1) 1 Autrement dit un,p = (un,p−1 un+1,p +1,p−1 ).
− ···
···
N
On en d´eduit ed uit
n=1
un,p =
1 1 − − 1) p (n + 1)(n + 2) · · · (n + p) .
−
p
est convergente.
1 p
∞
(u1,p−1
Conclusion : pour tout entier p
−u
N +1,p +1,p−1 ),
et quand N
∞
≥ 2,
Jean-Michel.Ferrard @ ac-lyon.fr, 23 mai 2000
n=1 n(n + 1)
→∞:
1
· · · (n + p)
=
1
n=1
p p!
un,p =
1 p
u1,p−1 =
1 p p!
.
.
Page 12
´ de l’exerc Corrige ’exercice ice 5.22 5.22
Pour tout n
≥ 1, u
n
1
=
exp( un−1 ) > 0 et donc 0 < exp( un ) < 1.
−
n
On en d´eduit edu it 0 < un <
1 n
−
pour tout n
Ainsi ≥ 2. Ainsi 1
Il en d´ecoule ecou le lim exp( un−1 ) = 1 et donc un = →∞
−
n
Conclusion :
lim lim un = 0.
n→∞
n
exp( un−1 )
−
∼ n1 .
un est divergente.
´ de l’exerc Corrige ’exercice ice 5.23 5.23
Pour tout entier n, on a : un+ Si l’u l’une ne des s´eries eri es un converge.
un+ ou
−u
−
n
= un et un+ + u− n = un .
| |
u− convergeait, l’autre convergerait convergerait aussi car un+ = u− n convergeait, n + un et
Mais Ma is dans da ns ce cas ca s la l a s´erie er ie de term te rmee g´en´ en´eral er al un = un+ + u− convergente, e, ce qui n’est pas. n serait convergent
Conclusion Conclu sion : les s´eries eries
un+ et
| |
u− n sont divergentes.
´ de l’exerc Corrige ’exercice ice 5.24 5.24
On constate que
vn+1 1 = 1+ vn n
On en d´eduit edu it ln vn+1
− ln v
n
un+1 α 1 = 1+ +O 2 un n n
α
−
= ln 1 + O
1
n2
Ains Ai nsii la s´erie er ie de term te rmee g´en´ en´eral er al wn = ln vn+1
=O
− ln v
n
1
n2
1
α 1 +O 2 n n
1
= 1+ O
n2
.
.
est convergente.
On sait que cela signifie que la suite de terme g´en´ en´eral eral ln vn est convergente. Poson Po sonss lim ln vn = λ. Alors Alors lim li→∞ m vn = µ avec µ = exp λ > 0. →∞ n
n
On en d´eduit ed uit un
∼
µ . nα
Par comparaison avec les s´eries eries de d e Riemann, Rieman n, on peut conclure :
un converge
⇔ α > 1.
´ de l’exerc Corrige ’exercice ice 5.25 5.25
La s´erie er ie
conve rge en vertu vert u du crit` cri t`ere ere sp´ecial eci al des s´eries eri es altern´ alt ern´ees. ees . un converge
≥ − − − |≤ ≤ −
Pour tout N
0:
N
N ( 1)n = ( 1)n S N N = n=0 2n + 1 n=0
1
0
2n
x
dx =
1 N
−
2 n
( x ) dx =
0 n=0
1
0
1
2 n+1
− (−x ) 1 + x2
1 π 1 J N x x Ainsi S N d = [arctan ] = et J N N = I N , avec I = N = 0 4 0 1 + x2 2(n+1) 1 x2(n 1 1 2(n 2(n+1) Or J N d d = . x x x N 2n + 3 0 1 + x2 0 ∞ ( 1)n π On en d´eduit ed uit = lim S N = . N →∞ N →∞ 2 + 1 4 n n=0 1
|
Jean-Michel.Ferrard @ ac-lyon.fr, 23 mai 2000
1
0
dx.
( x2 )n+1 dx. 1 + x2
−
Page 13
´ de l’exerc Corrige ’exercice ice 5.26 5.26
( 1)n
−
2
Le d´evelo eve lopp ppem ement ent limit´ lim it´e ln(1 ln (1 + x) = x + O( x ) donne un = ( 1)n
−
n
1
−
(cri (c rit` t`ere er e sp´ sp´ecia ec ial) l) et
O
Il en est donc de mˆeme eme de
Ainsi S 2N +1 +1 =
Donc
ln 1 +
1 + ln 1 2n
1 2n + 1 2n = ln + ln = 0. 2n + 1 2n 2n + 1
n=1
( 1)
−
n
n
n=2
.
(u2n + u2n+1 ) = 0.
n=2 ∞
n2
un .
N
un =
1
(Riemann) sont convergentes.
n2
On remarque que u2n + u2n+1 = ln 1 + 2N +1 N +1
n
+O
= lim S N N = lim S 2N +1 +1 = 0. N →∞
→∞ N →∞
´ de l’exerc Corrige ’exercice ice 5.27 5.27 n+1
1
− z . Or |1 − z | ≤ 1 + |z | = 2.2. Le r´esulta 1. On sait que T = esu ltatt en d´ecoule eco ule.. 1−z 2. Pour tout entier N ≥ 1 et tout entier p ≥ 1 : z = 1 (T − T ) = 1 T − 1 T n n n n N + p
N + p
n
N + N + p
n
n=N +1 N +1
n−1
N + p
n=N +1 +1
1
n=N +1 N +1
N + p
n
n=N +1 N +1
=
n+1
n+1
n
n
N + p−1
T n
−
n=N
n−1
n=N +1 +1
N + p−1 1 1 T n = n+1 n=N +1 +1 n
−
T N + 1 N + p T n + n+1 N + p
− N T + 1 . N N
On en d´eduit, edu it, en utilisa uti lisant nt la questi que stion on pr´ec´ ec´edente ede nte : N + p
zn n=N +1 N +1 n
N + N + p−1
1
1 n+1
− | | | ≤| − | − ≤ ≤
n=N +1 +1
n
N + N + p−1
2
1
z
n=N +1 +1
1
n
T n +
|
| |
T N + T N N + p N + N + p N + 1
1 1 1 + + n+1 N + p N + 1
N + p
zn Apr`es es simplificatio simplifi cation, n, il reste n=N +1 +1 n
4 . (N + 1) 1 z On remarque r emarque que cette quantit´e tend vers 0 quand N , ind´ i nd´epend ep endamm amment ent de p.
| − | →∞
3. Soit (S N erie erie N ) la suite des sommes partielles de la s´
zn . n
Le r´esul es ulta tatt de la ques qu esti tion on pr´ec´ ec´edent ed entee s’´ecri ec ritt : 4 . N 1, p 1, S N S N N + p N (N + 1) 1 z On en d´eduit eduit que : ε > 0, N 0 tel que : (N N 0 et p La suite des sommes partielles S N N est donc de Cauchy.
∀ ≥ ∀ ≥ |
− |≤ ∀ ∃
Conclusion Conclu sion : la s´erie erie
| − | ≥
≥ 1) ⇒ |S − S | ≤ ε. N + N + p
N N
zn est convergente. n
Jean-Michel.Ferrard @ ac-lyon.fr, 23 mai 2000
Page 14
´ de l’exerc Corrige ’exercice ice 5.28 5.28
pos itive d´ecroissante ecro issante sur IR → f (x) = x1 est positive f (x) dx ≤ u ≤ f (x) dx. On en d´eduit, eduit , pour p our tout n ≥ 2 : 0 ≤
+∗
On a un = f (n), o` u l’application l’application x
α
n+1
n
n
n
On somme de n = N + 1 a` n = N + p : 0 Une primitive de f est x
.
N + N + p+1 p+1
≤
N +1 +1
→ F (x) = (1 − α1)x
α−1
n−1
N + N + p
f (x) dx
≤
N + p
un
n=N +1 +1
≤
N
f (x) dx.
.
On a lim F (x) = 0 car α > 1. x→+∞
L’en L’ enca cadr drem ement ent pr´ec´ ec´edent ed ent s’´ecri ec ritt : N + p
0
≤ F (N + p + 1) − F (N + 1) ≤
On en d´eduit, eduit , en quand p Or
un
n=N +1 +1
≤ F (N + p) − F (N )
→ +∞ : 0 ≤ −F (N + 1) ≤ R ≤ −F (N ). N
−F (N + 1) ∼ −F (N ) = (1 − α1)N
α−1 ∞
Conclusion : pour tout α > 1, un ´equivalent equ ivalent de RN =
1
n=N +1 N +1
est
nα
(1
−
1 . α)N α−1
´ de l’exerc Corrige ’exercice ice 5.29 5.29
pos itive d´ecroissante ecro issante sur IR → f (x) = x1 est positive On en d´eduit, eduit , pour p our tout n ≥ 2 : 0 ≤ f (x) dx ≤ u ≤ f (x) dx.
+∗
On a un = f (n), o` u l’application l’application x
α
n+1
n
n
n
N +1 +1
≤
On somme de n = 2 a` n = N : 0 Une primitive de f est x On a lim F (x) = +
2
.
n−1
N
f (x) dx
≤
N
un
n=2
→ F (x) = (1 −1 α) x
1−α
≤ 1
f (x) dx.
.
∞ car 0 < α < 1.
x→+∞
L’en L’ enca cadr drem ement ent pr´ec´ ec´edent ed ent s’´ecri ec ritt : 0 Or F (N + 1)
≤ F (N + 1) − F (2) + u ≤ S ≤ F (N ) − F (1) + u 1
∼ F (N ) = 1 −1 α N
1−α
N
On en d´eduit ed uit S N N =
n=1
1
nα
N N
1
.
∼ 1 −1 α N
Jean-Michel.Ferrard @ ac-lyon.fr, 23 mai 2000
1−α
quand N
→ ∞. Page 15
´ de l’exerc Corrige ’exercice ice 5.30 5.30
On d´ecom ec ompo pose se en ´el´ el´ement em entss simpl sim ples es : On trouve a =
1 n3
−1, b = c = 12 .
−n
=
n(n
−
1 a b c = + + . 1)(n + 1) n n 1 n+1
−
On en d´eduit edu it : N
S N N =
N
un =
n=2
N
= =
1
1
N
c
1 N 1 1 N 1 + + 2 1 2 n=2 n + 1 n n n=2 n=2 1
− − − − − − − − n
n=2
+
2(n
1)
+
2(n + 1)
N +1 1 N −1 1 1 N +1 1 + + = 2 2 n n n n=2 n=1 n=3
1
1 1 1 + 4 2 N + 1
1
N
=
1 2
1
N
+
1 1 1 1 1 1+ + + 2 2 2 N N + 1
.
∞
On fait tendre N vers +
∞ et on trouve :
n=2
1 n3
−
1 = . 4 n
´ de l’exerc Corrige ’exercice ice 5.31 5.31
L’hyp L’ hypot oth` h`ese es e s’´ s’´ecri ec ritt :
un+1 vn+1
≤ uv
.
n
La suit su itee de term te rmee g´en´ en´eral er al qn = On en d´eduit edu it 0
n
un est donc d´ecroissante, ecroissante, au moins a` partie de n0 . vn pour tout n n0 .
≤q ≤λ=q Autrement dit : ∀n ≥ n , 0 ≤ u ≤ λv . n
n0
0
n
≥
n
Dans ces conditions on sait que la convergence de
Jean-Michel.Ferrard @ ac-lyon.fr, 23 mai 2000
vn implique celle de
un .
Page 16
