2016-2017

(1)

ISA BTP, 2◦ann´ee ANN ´EE UNIVERSITAIRE 2016-2017

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 Pour tout a ∈ R+_{\{1} et pour tout n ∈ N}∗_{, on note}

un(a) =

an

(1 − an_{)(1 − a}n+1₎

1. Montrer que la s´erieP un(a) converge (on pourra distinguer les cas a > 1 et a < 1 et

com-parer, dans chaque cas, le terme général un(a) au terme général d’une série géométrique

bien choisie).

2. Pour tout X ∈ R\1,a1 , on note P (X) =

X

(1 − X)(1 − aX). (a) Montrer que

∀X ∈ R\ 1,1 a , P (X) = 1 a − 1 1 1 − aX − 1 1 − X

(b) En d´eduire une suite (vn(a)) telle que

∀n ∈ N∗, un(a) = vn+1(a) − vn(a)

(c) Donner en fonction de a la somme S(a) =

+∞

X

n=1

un(a)

(on pourra encore l`a encore distinguer les cas a > 1 et a < 1).

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

Exercice 2 Théorème spécial aux séries alternées

Soit (an) une suite num´erique positive d´ecroissante qui converge vers 0. L’objectif est ici de

d´emontrer que la s´erie P(−1)n_a

(2)

Pour cela, on note (Sn) la suite des sommes partielles d´efinie par ∀n ∈ N, Sn= n X k=0 (−1)kak

et l’on note (In) et (Pn) les suites extraites de (Sn) d´efinies par

∀n ∈ N, In= S2n+1 et Pn= S2n.

1. Montrer que la suite (In) est croissante.

2. Montrer que la suite (Pn) est d´ecroissante.

3. Calculer la limite lim

n→+∞In− Pn.

4. En d´eduire la nature des suites (In) et (Pn) puis celle de la s´erie (Sn).

5. On note S la limite de (Sn). Montrer que

∀n ∈ N∗, |Sn− S| 6 an

6. Comment interpréter le résultat ci-dessus en termes de vitesse de convergence de la série P(−1)n_a

n?

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

Exercice 3 Sommes de s´eries enti`eres

1. Pour chacune des s´eries ci-dessous, donner le rayon de convergence puis une forme explicite de Si(x) (i = 1, 2). S1(x) = +∞ X n=0 (2n+ 3n)xn S2(x) = +∞ X n=1 (3n + 1)x3n

2. Soit S la série entière définie par S(x) =

+∞

X

n=2

xn

n(n − 1) (a) D´eterminer le rayon de convergence R de S. (b) Montrer que S est d´efinie sur [−R, R].

(c) Pour tout x ∈] − R, R[, calculer S0(x) sous la forme d’une s´erie puis sous forme explicite.

(d) En d´eduire S(x) sous forme explicite. (e) Montrer que

+∞ X n=1 1 n(n + 1) = 1 ? ? ?

(3)

CORRECTION

Exercice 1 :

1. a étant supposé positif, le terme général un(a) = a

n

(1−an_)(1−an+1₎est positif pour tout n ∈ N

∗_.

On peut donc appliquer le crit`ere d’´equivalence. Or • Si a > 1, on a an _{→ +∞. Ainsi, (1 + a}n_{) ∼ a}n _et un(a) ∼ an an_.an+1 = 1 a n+1

Puisque a > 1, on reconnaˆıt ici le terme général d’une série géométrique de raison 0 < _a1 < 1. C’est donc le terme général d’une série convergente et par équivalence, la série P un(a) converge.

• Si 0 6 a < 1, on a an_{→ 0. Ainsi (1 + a}n_{) ∼ 1 et}

un(a) ∼

an

1.1 = a

n

Puisque 0 6 a < 1, on reconnaˆıt là encore le terme général d’une série géométrique de raison a < 1. C’est donc encore le terme général d’une série convergente, et toujours par équivalence, la série P un(a) converge.

2. (a) D’après le théorème de décomposition en éléments simples, il existe deux réels α et β tels que ∀X ∈ R\ 1,1 a , X (1 − X)(1 − aX) = α 1 − aX + β 1 − X

D’autre part, en multipliant l’égalité ci-dessus par (1 − aX) et en posant X = _a1, on obtient : 1 a (1 −1_a) = α d’où α = 1 a − 1.

De même, en multipliant la même égalité par (1 − X) et en posant X = 1, on obtient 1 1 − a = β Ainsi ∀X ∈ R\ 1,1 a , X (1 − X)(1 − aX) = 1 a − 1 1 1 − aX − 1 1 − X

(4)

(b) Pour tout n ∈ N∗, on a un(a) = an (1 − an_{)(1 − a.a}n₎ = P (a n ) D’o`u ∀n ∈ N∗, un(a) = 1 a − 1 1 1 − a.an − 1 1 − an = 1 a − 1 1 1 − an+1 − 1 1 − an = vn+1(a) − vn(a) avec vn(a) = 1 (a − 1)(1 − an₎.

(c) Pour tout n ∈ N∗, on a donc Sn(a) =

n

X

k=1

uk(a) = vn+1(a) − v1(a) = vn+1(a) +

1 (1 − a)2 Ainsi • Si a > 1, vn(a) → 0 et S(a) = lim n→+∞Sn(a) = 1 (1 − a)2 • Si 0 6 a < 1, vn(a) → _a−11 et S(a) = lim n→+∞Sn(a) = 1 a − 1 + 1 (1 − a)2 = a (a − 1)2 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? Exercice 2 : 1. Pour tout n ∈ N, on a In+1− In= S2n+3− S2n+1 = 2n+3 X k=0 (−1)kak− 2n+1 X k=0 (−1)kak = (−1)2n+3a2n+3+ (−1)2n+2a2n+2 = −a2n+3+ a2n+2

Or la suite (an) ´etant d´ecroissante, on a a2n+2 > a2n+3 donc In+1− In> 0 et la suite (In)

(5)

2. Pour tout n ∈ N, on a Pn+1− Pn = S2n+2− S2n = 2n+2 X k=0 (−1)kak− 2n X k=0 (−1)kak = (−1)2n+2a2n+2+ (−1)2n+1a2n+1 = a2n+2− a2n+1

Or la suite (an) ´etant d´ecroissante, on a a2n+1 > a2n+2 donc Pn+1− Pn < 0 et la suite (Pn)

est d´ecroissante. 3. Pour tout n ∈ N, on a In− Pn = 2n+1 X k=0 (−1)kak− 2n X k=0 (−1)kak= −a2n+1 Donc lim

n→+∞In− Pn= 0 par hypoth`ese.

4. D’après les résultats obtenus aux questions précédentes, on constate que les suites (In) et

(Pn) sont adjacentes. Elles sont donc toutes les deux convergentes et ont la mˆeme limite

S.

Puisque les deux suites (In) et (Pn) extraites de (Sn) sont toute les deux convergentes

vers la même limite et qu’à elles deux elles recouvrent l’ensemble des termes de la suite (Sn), la suite (Sn) converge également et sa limite est encore S.

5. Les deux suites (In) et (Pn) encadrant la limite S, on peut montrer que S est toujours

comprise entre deux termes consécutifs de (Sn). Précisément, soit n ∈ N.

• Si n est pair, il existe un entier p ∈ N tel que n = 2p. Mais alors Sn+1 = Ip 6 S 6 Pp = Sn

• Si n est impair, il existe un entier p ∈ N tel que n = 2p + 1. Mais alors Sn= Ip 6 S 6 Pp+1= Sn+1

Dans tous les cas, on a

|Sn− S| 6 |Sn+1− Sn| = an+1 6 an

6. Du point de vue de la vitesse de convergence, cela signifie que toute série alternée qui converge converge vers sa limite à la vitesse à laquelle sont terme général tend vers 0.

(6)

Exercice 3 :

1. (a) On reconnaˆıt dans la s´erie S1(x) la somme des s´eries

S(x) = +∞ X n=0 (2x)n= 1 1 − 2x d´efinie pour tout x ∈ −1₂,1₂ et

T (x) = +∞ X n=0 (3x)n = 1 1 − 3x d´efinie pour tout x ∈ −1

3, 1 3.

La somme S1(x) est donc d´efinie sur le plus petit de ces deux intervalles et

∀x ∈ −1 3, 1 3 , S1(x) = 1 1 − 2x + 1 1 − 3x = 2 − 5x (1 − 2x)(1 − 3x)

(b) On reconnaˆıt dans S2(x) la dérivée de la série U (x) = +∞

X

n=0

x3n+1 d´efinie et d´erivable

sur ] − 1, 1[ et dont la forme explicite est

U (x) = x +∞ X n=0 (x3)n = x 1 − x3 Ainsi, ∀x ∈] − 1, 1[, S2(x) = 1.(1 − x3_{) − x(−3x}2₎ (1 − x3₎2 = 2x3_{+ 1} (1 − x3₎2

2. _{(a) Pour x ∈ R et n ∈ N, n > 2, on pose u}n =

xn n(n − 1) = |x| n n(n − 1). On a alors un+1 un = |x| n+1 (n + 1)n n(n − 1) |x|n = n − 1 n + 1|x| → |x|

Donc la s´erieP un converge pour tout −1 < x < 1 et diverge pour tout x > 1. Donc

le rayon cherch´e est R = 1.

(b) Pour x = ±1, on doit ´etablir la convergence de la s´erie P (±1)n

n(n−1). Il est possible de

traiter les deux cas simultan´ement en consid´erant la valeur absolue (±1)n n(n−1) = 1 n(n−1). Or 1 n(n − 1) ∼ 1 n2

(7)

On reconnaˆıt ici le terme général d’une série de Riemann de paramètre α = 2 > 1. Il s’agit donc du terme général d’une série convergente et par équivalence, la série

P 1

n(n−1) converge ´egalement. Les s´eries

P (±1)n

n(n−1) sont donc toutes deux convergentes

et la fonction S est d´efinie sur [−1, 1]. (c) Pour tout x ∈] − 1, 1[, on a S0(x) = +∞ X n=2 nx n−1 n(n − 1) = +∞ X n=2 xn−1 n − 1 = +∞ X n=1 xn n

On reconnaˆıt ici le développement en série entière de la fonction x 7−→ − ln(1 − x). (d) La fonction S est donc une primitive de [x 7→ − ln(1 − x)]. S est donc de la forme

∀x ∈ [−1, 1], S(x) = (1 − x) ln(1 − x) − (1 − x) + C pour une constante C ∈ R.

D’autre part, on a S(0) = 0 et [(1 − x) ln(1 − x) − (1 − x) + C]|x=0 = −1 + C. On en

d´eduit C = 1 et

∀x ∈ [−1, 1], S(x) = (1 − x) ln(1 − x) + x

(e) À l’aide d’un décalage d’indice, on peut montrer que la somme cherchée est exacte-ment S(1), soit lim

x→1[(1 − x) ln(1 − x) + x]

Par croissances compar´ees, on en d´eduit que

+∞ X n=1 1 n(n + 1) = 1 ? ? ?