ISA BTP, 2◦ann´ee ANN ´EE UNIVERSITAIRE 2012-2013
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 On consid`ere les s´eries (Sn) et (Tn) d´efinies par
∀n ∈ N, Sn= n X k=0 cos(k) 2k et Tn= n X k=0 sin(k) 2k .
1. Montrer que les deux s´eries (Sn) et (Tn) sont convergentes (on pourra majorer les valeurs
absolues de leurs termes g´en´eraux pour se ramener `a une s´erie g´eom´etrique convergente). On note S et T leurs sommes respectives :
S = ∞ X n=0 cos(n) 2n T = ∞ X n=0 sin(n) 2n .
2. On consid`ere maintenant la s´erie complexe (Wn) d´efinie par
∀n ∈ N, Wn = Sn + i.Tn.
(a) Montrer que la s´erie (Wn) converge et que sa somme W v´erifie W = S + i.T .
(b) Montrer que (Wn) est une s´erie g´eom´etrique dont la raison q complexe v´erifie |q| < 1
(on rappelle que pour tout θ ∈ R, on a cos(θ) + i sin(θ) = eiθ). (c) Montrer que
W = 2
2 − ei.
(d) En d´eduire les valeurs de S et T .
? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?
Exercice 2 Soit S la s´erie enti`ere d´efinie par S(x) = ∞ X n=0 3nxn n! . 1. Montrer que S(x) existe pour tout x ∈ R.
2. Montrer que S(x) est l’unique solution du probl`eme diff´erentiel y0− 3y = 0
y(0) = 1
3. R´esoudre ce probl`eme diff´erentiel et en d´eduire S(x) sous forme explicite.
? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?
Exercice 3 1. Rappeler le d´eveloppement en s´erie enti`ere de la fonction
u 7−→ 1
1 − u et pr´eciser son rayon de convergence R.
2. En d´eduire le d´eveloppement en s´erie enti`ere de la fonction u 7→ ln(1 + u) et pr´eciser son rayon de convergence R. 3. Montrer que ∀x ∈ [−R, R], ln(1 + x2) = − ∞ X n=1 (−1)n n x 2n.
On d´etaillera les arguments permettant d’inclure −R et R dans le domaine de d´efinition. 4. En d´eduire ln 2 sous la forme d’une s´erie altern´ee (Sn).
5. Pour quelle valeur de n la somme partielle Sn donne-t-elle une valeur approch´ee de ln 2
`
a 10−2 pr`es ?
? ? ?
CORRECTION
Exercice 1 : 1. Pour tout n ∈ N, on a cos(n) 2n 6 1 2 n et sin(n) 2n 6 1 2 nLes termes g´en´eraux des s´eries (Sn) et (Tn) sont donc major´ees par le terme g´en´eral d’une
s´erie g´eom´etrique convergente (car 12 < 1), donc elles convergent.
2. (a) Puisque Wn = Sn + i.Tn, en passant `a la limite n → +∞ dans cette ´egalit´e, on
obtient W = S + i.T . (b) ∀n ∈ N, Wn = Sn+ i.T n = n X k=0 cos(k) 2k + i n X k=0 sin(k) 2k = n X k=0 cos(k) + i sin(k) 2k = n X k=0 ei 2 k
(Wn) est bien une s´erie g´eom´etrique de raison q = e
i
2 et dont le module vaut |q| = 1 2 < 1.
(c) La s´erie (Wn) converge donc vers
W = 1
1 −e2i = 2 2 − ei.
(d) S et T sont respectivement la partie r´eelle et la partie imaginaire de W . En multi-pliant le d´enominateur 2 − ei = 2 − cos(1) − i sin(1) par sa quantit´e conjugu´ee, on
obtient W sous forme cart´esienne et l’on trouve S = 4 − 2 cos(1) 5 − 4 cos(1) et T = 2 sin(1) 5 − 4 cos(1). ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? Exercice 2 :
1. On applique le crit`ere de d’Alembert au terme g´en´eral un(x) = 3n|x|n n! : un+1 un = 3 n+1|x|n+1 (n + 1)! . n! 3n|x|n = 3|x| n + 1 −→ 0
Cette limite ´etant < 1 quelque soit x, la s´erieP un(x) est convergente quelque soit x ∈ R.
2. Comme toute s´erie enti`ere, la somme S(x) est d´erivable sur son intervalle de d´efinition et ∀x ∈ R, S0(x) = ∞ X n=1 3n n!nx n−1 = 3 ∞ X n=1 3n−1xn−1 (n − 1)! = 3 ∞ X n=0 3nxn n! = 3S(x) De plus, puisque S(x) = 1 + 3x + 9x22 + . . . , on a S(0) = 1 + 3.0 + 9.0 2 2 + . . . = 1. S est donc l’unique solution du probl`eme diff´erentiel propos´e.
3. L’´equation diff´erentielle y0 − 3y = 0 est une ´equation lin´eaire d’ordre 1 `a coefficients constants dont les solutions sont de la forme x 7→ λe3x pour λ ∈ R. D’autre part, l’unique
fonction de ce type v´erifiant la condition y(0) = 1 est donn´ee par λ = 1. Ainsi,
∀x ∈ R, S(x) = e3x. ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? Exercice 3 :
1. D’apr`es la formule donnant la somme des termes d’une suite g´eom´etrique, on a 1 1 − u = ∞ X n=0 un
et la s´erie ainsi obtenue a pour rayon de convergence R = 1.
2. En int´egrant la formule pr´ec´edente, on obtient le d´eveloppement de ln(1 − u) en s´erie enti`ere : ∀u ∈] − 1, 1[, ln(1 − u) = − ∞ X n=0 un+1 n + 1 = − ∞ X n=1 un n . puis celui de ln(1 + u) : ∀u ∈] − 1, 1[, ln(1 + u) = − ∞ X n=0 (−u)n+1 n + 1 = − ∞ X n=1 (−1)nun n .
3. En posant u = x2 dans la formule pr´ec´edente, on obtient :
∀x ∈] − 1, 1[, ln(1 + x2) = −
∞
X(−1)nx2n
Pour inclure les valeurs ±1 dans l’intervalle de convergence, il faut ´etudier la convergence des s´eries P(−1)n+1(±1)2n
n =
P(−1)n+1
n . On peut rapidement montrer qu’il s’agit `a chaque
fois d’une s´erie altern´ee convergente. La somme d´efinie plus haut reste donc valable en x = ±1.
4. En posant x = 1 dans l’´egalit´e (∗), on obtient
ln 2 = − ∞ X n=1 (−1)n n .
5. Il s’agit ici d’une s´erie altern´ee. Son reste Rn est donc major´e par son terme g´en´eral :
∀n ∈ N∗, |Rn| 6 1 n + 1 . Or la somme partielle Sn = − n X k=1 (−1)n
n est une valeur approch´ee de ln 2 `a 10
−2 pr`es si
le reste Rn est plus petit que 10−2. Il suffit donc pour cela que n + 1 > 100, autrement
dit n > 100.
? ? ?