Suites et séries numériques (complément pour 5/2)
Exercice 1 Soit (un) la suite définie par u0∈ Ret pour tout n ∈ N, un+1= (n + 1)un−(n + 2). Donner une condition
nécessaire et suffisante portant sur u0pour que cette suite soit bornée.
On a un+1 (n + 1)!=
un n!−
n + 2
(n + 1)! donc par télescopage
un n! = u0 0! − n−1 X k=0 k + 2 (k + 1)!. On a donc un= n! u0− n−1 X k=0 1 k!+ 1 (k + 1)! = n! u0+ 1 − 1 n!−2 n−1 X k=0 1 k! . Ainsi, un= −1 + n! u0+ 1 − 2 e +2 +∞ X k=n 1 k! .
Le terme entre parenthèses converge vers u0+ 1 − 2 e donc si u0, 2 e −1 la suite (un) diverge (vers ±∞) et n’est
donc pas bornée.
Si u0= 2 e −1 alors un= −1 + 2n! +∞ X k=n 1 k!. Or pour tout k > n + 2, 1 k! 6 1 k(k − 1)n! donc 1 6 n! +∞ X k=n 1 k! 61 + 1 n + 1+ +∞ X k=n+2 1 k(k − 1)= 1 + 2 n + 1.
Ceci prouve que lim un= 1 donc que la suite (un) est bornée.
Exercice 2 Soit (bn)n>1la suite définie par b1= 2 et bn= bbn/2c+ 1 pour n > 2. Trouver un équivalent de bn.
Montrons par récurrence que bn6bn+1pour n > 1.
– On a b1= 2 et b2= b1+ 1 = 3 donc b16b2.
– Si n > 3, supposons le résultat acquis jusqu’au rang n − 1. Si n est pair alors b(n + 1)/2c = bn/2c donc bn= bn+1.
Si n est impair alors b(n + 1)/2c = bn/2c + 1 et par hypothèse de récurrence bbn/2c6bb(n+1)/2cdonc bn6bn+1. La
récurrence se propage.
La suite (bn) est donc croissante. Pour tout n ∈ N
∗
, il existe un unique entier p tel que 2p 6n < 2p+1. On en déduit que b2p 6bn 6b2p+1. Or b2k = b2k−1+ 1 donc par une récurrence évidente b2k = b20+ k = 2 + k. Ainsi,
p + 2 6 bn6p + 3. On en déduit que bn∼p. Mais p = blog2nc ∼ log2n donc en définitive bn∼log2n.
Exercice 3 Soit (an) une suite croissante de réels strictement positifs telle que lim an= +∞.
Quelle est la nature de la série de terme généralan−an−1
an
?
Commençons par deviner le résultat en essayant avec quelques suites an. Par exemple, pour an= nα(α > 0) on a an−an−1 an = 1 − 1 −1 n α ∼α
n donc la série diverge. On va montrer que ce résultat est général.
Supposons au contraire que la série de terme général un=
an−an−1
an
converge. On a lim un= 0 donc ln(1−un) ∼ un.
S’agissant d’un terme positif on en déduit que la sérieXln(1 − un) converge.
Mais ln(1 − un) = ln(an−1) − ln(an) donc par télescopage la suite (ln an) converge, ce qui est absurde. On en déduit
que la sérieXundiverge.
Exercice 4 Soit f : N → N une application injective. Déterminer la nature de la sérieXf (n)
n2 . Posons Sn= n X k=1 f (k) k2 . On a S2n−Sn= 2n X k=n+1 f (k) k2 > 1 4n2 2n X k=n+1 f (k). 2n X k=n+1
f (k) est une somme de n entiers distincts donc
2n X k=n+1 f (k) > n−1 X k=0 k =n(n − 1) 2 et ainsi, S2n−Sn> n − 1 8n . Cette minoration montre que (S2n−Sn) ne peut tendre vers 0 et donc que la suite (Sn) ne converge pas : ainsi, la série
PC∗
diverge.
Exercice 5 Soit (un) une suite de réels positifs tels que pour tout n ∈ N
∗ , 2n X k=n+1 uk6 1 n n X k=1 uk.
Montrer que la sérieXunconverge.
Posons vn= n
X
k=1
uk. L’hypothèse se traduit par : v2n−vn6
1 nvn, soit v2n6 1 +1 n vn.
Pour n = 2p on obtient par récurrence : v2p 6
1 + 1 20 · · · 1 + 1 2p v1. Posons wp = p Y k=0 1 + 1 2k . On a ln wp = p X k=1 ln 1 + 1 2k . Mais ln 1 + 1 2k ∼ 1 2k donc la série X ln 1 + 1 2k
converge, ce qui montre que la suite (ln wp)
converge. Ainsi, la suite (wp) converge, ce qui montre que la suite (v2p) est majorée par un réel B.
Mais la suite (vn) est croissante (car un est supposée positive) et pour tout n ∈ N, il existe un entier p tel que n 6 2p donc pour tout n ∈ N, vn 6B. La suite (vn) est croissante et majorée, elle converge, ce qui prouve la
convergence de la sérieXun.
Exercice 6 Déterminer la nature de la série de terme général un= ln tan
Xn k=0 (−1)k 2k + 1 ! . On a +∞ X k=0 (−1)k 2k + 1 = π 4 donc, en posant rn= +∞ X k=n+1 (−1)k 2k + 1 on a un= ln tan π 4 −rn ! = ln 1 − tan r n 1 + tan rn = ln(1 − tan rn) − ln(1 + tan rn).
Sachant que lim rn= 0 on a tan rn= rn+ O(rn3) et ln(1 − x) − ln(1 + x) =0−2x + O(x3) donc un= −2rn+ O(rn3).
D’après le critère spécial, |rn| 6 1
2n + 3 donc r 3 n= O 1 n3
. Il en résulte que la sérieX(un+ 2rn) converge et donc
que les sérieXunetXrnsont de même nature.
La sérieXrnest alternée car rnest de même signe que son premier terme
(−1)n+1 2n + 3 . De plus, |rn+1| − |rn|= (−1)n+2rn+1−(−1)n+1rn= (−1)n X+∞ k=n+2 (−1)k 2k + 1+ +∞ X k=n+1 (−1)k 2k + 1 = (−1)n X+∞ k=n+1 (−1)k+1 2k + 3 + +∞ X k=n+1 (−1)k 2k + 1 = (−1)n +∞ X k=n+1 2(−1)k (2k + 1)(2k + 3). Le critère spécial permet maintenant d’affirmer que |rn| − |rn+1|est du signe de
2(−1)2n+1
(2n + 3)(2n + 5)< 0 donc que la suite |rn|décroit.
Enfin, la suite (rn) tend vers 0 donc le critère spécial permet de conclure : la série
X
rn(et donc
X
un) converge.
Exercice 7 Soit (un) une suite décroissante de réels positifs tels que
X unconverge. Montrer que un= o 1 n (déjà vu mais essentiel). On a 0 6 nu2n6 2n X k=n+1
uk. La série converge et les deux bornes tendent vers +∞ donc lim
2n
X
k=n+1
uk = 0. On en
déduit que lim(2nu2n= 0.
Par ailleurs, 0 6 (2n + 1)u2n+16
2n + 1
Suites et séries numériques (complément pour 5/2)
Exercice 8 Soit (un) une suite décroissante telle que la série
X unconverge. Pour p ∈ N∗on note Ep= n ∈ N un >1 p . a) L’ensemble Epest-il fini ?
b) Pour p ∈ N∗on pose ap= card Ep. Montrer que limp→+∞ ap
p = 0(utiliser le résultat de l’exercice précédent).
a) La suite (un) tend vers 0 donc il existe un rang à partir duquel un<
1
p, ce qui prouve que Epest fini.
b) Puisque la suite (un) est supposée décroissante, Ep= ~0, ap−1 ; autrement dit, pour tout n < apon a un>
1
p
et pour tout n > ap, un<1 p.
D’après l’exercice précédent, lim nun= 0 : pour tout > 0, il existe un entier N à partir duquel un<
n. Considérons un entier p > N . Pour tout n > p > N on a un< n6 1
p donc n < Ep. Ceci montre que ap6p.
Nous avons montré que pour tout > 0 il existe un rang à partir duquelap
p 6, autrement dit lim ap
