2013-2014

(1)

ISA BTP, 2◦ann´ee ANN ´EE UNIVERSITAIRE 2013-2014

CONTR ˆOLE CONTINU

S´eries num´eriques.

Dur´ee : 1h30 Les calculatrices sont autoris´ees.

Tous les exercices sont ind´ependants.

Il sera tenu compte de la r´edaction et de la pr´esentation.

Exercice 1 Soit a > 0. On note

un = ln(n) − a ln(n + 1) + (a − 1) ln(n + 2).

1. On suppose ici que a = 2.

(a) Montrer que un est le terme général d’une série télescopique.

(b) En d´eduire la nature de la s´erie P un et la valeur de la somme

S =

+∞

X

n=1

un

2. On suppose maintenant que a 6= 2.

(a) Montrer que la suite (un) tend vers 0 (on pourra commencer par mettre n en facteur

dans chacun des logarithmes puis appliquer les formules du logarithme). (b) Montrer que un ∼

+∞

a − 2

n (on rappelle que ln(1 + x) = x + o(x)). (c) En d´eduire le comportement de la s´erie P un.

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

Exercice 2 Pour tout n > 1, on note

un = ne−n

2

. 1. Montrer que la s´erie P un converge. On note

S = +∞ X n=1 ne−n2 et Rn = +∞ X k=n+1 ke−k2.

(2)

3. En d´eduire que ∀k > 2, 1 2 e−k2 − e−(k+1)2 6 uk 6 1 2 e−(k−1)2 − e−k2

4. Donner un encadrement du reste Rn.

5. D´eterminer un entier n0 tel que la somme partielle Sn0 =

n0

X

k=1

uksoit une valeur approch´ee

de S `a 10−20 pr`es.

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

Exercice 3 1. (a) Soit u ∈] − 1, 1[. ´Ecrire 1

1 − u sous la forme d’une somme infinie. (b) En d´eduire l’´ecriture de 1

1 + x2 sous la forme d’une somme infinie (x ∈] − 1, 1[).

(c) En déduire le développement en série entière de la fonction arctan. 2. Pour tout n > 1, on note

fn(x) =

(−1)n 4n2_{− 1}x

2n+1

(a) Montrer que la s´erieP fn(x) converge si et seulement si |x| 6 1 (on pourra distinguer

les cas |x| 6= 1 et |x| = 1). On note

∀x ∈ [−1, 1], f (x) =

+∞

X

n=1

fn(x).

(b) Montrer que pour tout n > 1, la fonction fnest d´erivable sur ]−1, 1[ et calculer fn0(x).

(c) Montrer que ∀x ∈] − 1, 1[, +∞ X n=1 f_n0(x) = −x arctan(x).

(d) En intégrant l’égalité précédente, donner f (x) sous forme explicite (on pourra envi-sager une intégration par parties).

? ? ?

(3)

CORRECTION

Exercice 1 :

1. (a) Si a = 2, on a

un= ln(n)−2 ln(n+1)+ln(n+2) = (ln(n + 2) − ln(n + 1))−(ln(n + 1) − ln n) = vn+1−vn

avec vn= ln(n + 1) − ln n.

Il s’agit donc bien du terme général d’une série télescopique. (b) On a vn = ln(n + 1) − ln(n) = ln 1 + 1 n −→ 0 Donc la série P un converge et

+∞ X n=1 un= lim +∞vn− v1 = ln 2. 2. (a) un= ln n − a ln(n + 1) + (a − 1) ln(n + 2) = ln n − a ln n 1 + 1 n + (a − 1) ln n 1 + 2 n = ln n − a ln n − a ln 1 + 1 n + (a − 1) ln n + (a − 1) ln 1 + 2 n = −a ln 1 + 1 n + (a − 1) ln 1 + 2 n (∗)

On obtient la limite cherchée en passant à la limite n → +∞ dans l’expression (∗). (b) En appliquant le D.L. donné par l’énoncé à l’expression (∗) avec x = _n1 et x = _n2, on

obtient un = −a 1 n + o 1 n + (a − 1) 2 n + o 1 n = a − 2 n + o 1 n Ainsi, un a−2 n = 1 + n a − 2.o 1 n = 1 + o(1) −→ 1 et l’équivalence cherchée est démontrée.

(c) D’après l’équivalence précédente, un est équivalente au terme général d’une série de

Riemann de paramètre α = 1. C’est donc le terme général d’une série divergente.

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? Exercice 2 :

(4)

1. Différents critères de convergence permettent d’établir la convergence de la série P un.

On peut par exemple comparer un avec la série géométrique de raison q = e−1, soit la

s´erie P e−n _:

un

e−n = ne −n2_+n

−→ 0 par croissance compar´ee

Ainsi, un est dominé par e−n qui est le terme général d’une série convergente. La série

P un est donc ´egalement convergente.

2. Soit φ(x) = xe−x2_{. La fonction φ positive sur [1, +∞[ (car x > 1 > 0 et exp toujours} > 0). De plus, elle est d´erivable sur [1, +∞[ et

φ0(x) = e−x2 − 2x2e−x2 = (1 − 2x2)e−x2 < 0 _{∀x > 1} Donc φ est d´ecroissante sur [1, +∞[.

3. En notant que uk = ((k + 1) − k)φ(k), on peut repr´esenter ukcomme l’aire d’un rectangle.

Par comparaison des aires, on peut alors montrer que Z k+1 k φ(x)dx 6 uk 6 Z k k−1 φ(x)dx

Or une primitive de φ(x) ´etant Φ(x) = −1₂e−x2, le calcul des int´egrales donne l’encadre-ment voulu.

4. Par d´efinition, Rn =

P+∞

k=n+1uk. En sommant les inégalités obtenues à la question

pr´ec´edente, on trouve 1 2 +∞ X k=n+1 e−k2 − e−(k+1)2 _{6 R}n6 1 2 +∞ X k=n+1 e−(k−1)2 − e−k2

On reconnaˆıt ici une s´erie t´elescopique en posant vk = −e−k

2

. Les sommes se simplifient donc pour donner

1 2e −(n+1)2 6 Rn6 1 2e −n2

5. D’apr`es l’encadrement ci dessus, le reste Rn d´ecroit au moins aussi vite de 1₂e−n

2

. Les entiers cherch´es font donc partie de l’ensemble des entiers tels que

1 2e

−n2

6 10−20 ⇐⇒ n > 2.10201₂

Note : sur la plupart des calculatrices, 1020dépasse les capacités de mémoire. Cependant, les formules du log permettent de transformer l’expression ci-dessus en

2 ln(1020)

1

2 _{= (40 ln(10))}12 ≈ 9.6

On peut donc prendre n0 = 10.

(5)

Exercice 3 :

1. (a) On reconnaˆıt la somme de la série géométrique de raison u. Ainsi :

∀u ∈] − 1, 1[, 1 1 − u = +∞ X n=0 un.

(b) Pour tout x ∈] − 1, 1[, on a −x2 _{∈] − 1, 1[. Ainsi}

1 1 + x2 = 1 1 − (−x2₎ = +∞ X n=0 (−x2)n= +∞ X n=0 (−1)nx2n

(c) La fonction x 7→ _1+x1 2 est la d´eriv´ee de la fonction arctan. D’autre part, puisque arctan(0) = 0,

on a arctan(x) = Z x 0 1 1 + t2dt = Z x 0 +∞ X n=0 (−1)nt2ndt = +∞ X n=0 (−1)n Z x 0 t2ndt D’o`u arctan(x) = +∞ X n=0 (−1)n 2n + 1x 2n+1 _{∀x ∈] − 1, 1[.}

2. (a) On peut ici utiliser le critère de d’Alembert, appliqué à |fn(x)| = |x|2n+1 4n2₋₁ : |fn+1(x)| |fn(x)| = |x| 2n+3 4(n + 1)2_{− 1}. 4n2_{− 1} |x|2n+1 = 4n 2_{− 1} 4(n + 1)2_{− 1}x 2 _{−→ x}2 Ainsi, • si |x| < 1, on a 0 6 x2 _{< 1 et la s´}_erie _{P f} n(x) est convergente, • si |x| > 1, on a x2 _{> 1 et la s´}_erie _{P f} n(x) est divergente.

Si x2 = 1, la m´ethode ne donne rien. Cependant, on a

|fn(±1)| =

1 4n2_{− 1} ∼

1 4n2

On reconnaˆıt ici le terme général d’une série de Riemann de paramètre α = 2 < 1. Par équivalence, les termes fn(1) et fn(−1) sont les termes généraux de séries

conver-gentes.

(b) Pour tout n ∈ N∗, fn(x) est une expression polynomiale. Elle est donc d´erivable

sur R (et donc sur ] − 1, 1[) et f_n0(x) = (−1) n_{(2n + 1)} 4n2_{− 1} x 2n ₌ (−1) n 2n − 1x 2n

(6)

(c) +∞ X n=1 f_n0(x) = +∞ X n=1 (−1)n 2n − 1x 2n = x +∞ X n=1 (−1)n 2n − 1x 2n−1 = x +∞ X n=0 (−1)n+1 2n + 1 x 2n+1 _{(en effectuant le d´} ecalage n n − 1) = −x arctan(x) (cf question 1.c) (d) Puisque f0(x) = +∞ X n=1 f_n0(x) et puisque f (x) = 0, on a f (x) = Z x 1 +∞ X n=0 f_n0(t)dt = − Z x 0 t arctan(t)dt En posant u(t) = arctan(t) → u0(t) = 1 1+t2 v0(t) = t → v(t) = 1₂t2 on obtient f (x) = − 1 2t 2_arctan(t) x 0 +1 2 Z x 0 t2_{+1 − 1} 1 + t2 dt = −1 2x 2 arctan(x) +1 2 Z x 0 1 − 1 1 + t2dt f (x) = 1 2x − 1 2arctan(x) − 1 2x 2_arctan(x) ? ? ?