Contrôle Séries & Analyse Complexe
On tiendra compte de la rigueur du raisonnement et de la clarté de la rédaction.
Exercice 1.SoitX
fnla série de fonctions définies parfn(x) = sin(nx)
n3 , n≥1.
Montrer que :
1. la série converge simplement surR. On noteSsa somme.
2. Sest continue surR. 3. Rπ
0 S(x)dx= 2
+∞
X
n=1
1 (2n−1)4.
4. Sest dérivable surRet que∀x∈R,S0(x) =
+∞
X
n=1
cos(nx) n2 . 5.
Z π2
0
(
+∞
X
n=1
cos(nx) n2 )dx=
+∞
X
n=0
(−1)n (2n+ 1)3.
Exercice 2.On considère la série de fonctionsX
n≥1
(−1)n−1
√x2+n2.
1. Montrer que la série ne converge absolument en aucun point deR.
2. Montrer que la série converge uniformément surR. Désormais on note parSsa somme.
3. Calculer lim
x−→+∞S(x).
4. Calculer la limite`= lim
x−→0
S(x)−S(0) x2 .
5. Déduire en fonction de ` le développement limité de S en 0 à l’ordre 2 sachant que
+∞
X
n=1
(−1)n−1
n = ln(2).
Exercice 3.
1. On considère la série numérique de terme généralun = (−1)n
(−1)n+n pourn≥2.
1.1 Montrer que P
un n’est pas absolument convergente, qu’elle est alternée mais ne vérifie pas le critère des séries alternées.
1.2 En utilisant un D.L., montrer que la série est convergente.
1.3 Montrer que la somme partielle S2n+1 = − X
1≤k≤n
1
2k(2k+ 1) et donner la nature de de la sérieP 1
2k(2k+1), puis retrouver la convergence de la sérieP un.
Correction du Contrôle Séries & Analyse Complexe
Solution de l’exercice 1.SoitX
fnla série de fonctions définies parfn(x) = sin(nx)
n3 , n ≥1.
1. Notons que la série converge normalement sur R puisque, pour tout x ∈ R et tout n≥1,|fn(x)| ≤ 1
n3 et que la série de RiemannX 1
n3 converge. En particulier, la série converge simplement surR. On noteSsa somme.
2. Comme la série converge normalement surR, elle converge uniformément surRet par suite sa sommeSest continue surR.
3. Puisque la série converge uniformément sur [0, π], on peut permuter les symboles de somme et d’intégration dans l’égalité suivante :
Z π
0
S(x)dx = Z π
0 +∞
X
n=1
sin(nx) n3 dx
=
+∞
X
n=1
Z π
0
sin(nx) n3 dx
=
+∞
X
n=1
1−(−1)n n4 (car
Z π
0
sin(nx)dx= [−cos(nx)
n ]π0 = 1−(−1)n
n )
=
+∞
X
k=0
2
(2k+ 1)4 puisque 1−(−1)n=
0, si n=2k est pair ; 2, si n=2k+1 est impair.
= 2
+∞
X
n=1
1 (2n−1)4; ce qui entraine la conclusion désirée.
4. Notons que la sérieX
fn0 converge normalement surRpuisque
|fn0(x)|=|cos(nx) n2 | ≤ 1
n2, ∀x∈R,∀n≥1, et que la série de Riemann X 1
n2 converge. Comme la série X
fn converge simple- ment surR, sa sommeSest alors dérivable surRet que, pour toutx∈R,
S0(x) =
+∞
X
n=1
fn0(x) =
+∞
X
n=1
cos(nx) n2 .
5. En permutant les symboles de somme et d’intégration dans l’égalité suivante, du fait que
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la sérieX
fn0 converge uniformément sur[0,π
2], on obtient : Z π
0
S(x)dx = Z π
0
(
+∞
X
n=1
cos(nx) n2 )dx
=
+∞
X
n=1
Z π
0
cos(nx) n2 dx
=
+∞
X
n=0
(−1)k (2k+ 1)3 puisque
Z π2
0
cos(nx)dx= [sin(nx) n ]
π 2
0 =
( 0, si n=2k est pair ;
(−1)k
2k+1, si n=2k+1 est impair.
Solution de l’exercice 2.On considère la série de fonctionsX
n≥1
(−1)n−1
√x2+n2.
1. Pourn ≥1etx∈R, posonsgn(x) = (−1)n−1
√x2+n2. Pour toutx∈Rfixé, on a
|gn(x)|= 1
√x2+n2 ∼ 1 n;
ce qui entraine que la série ne converge pas absolument enxpuisque la série de Riemann X
n≥1
1
n diverge.
2. D’après le critère des séries alternées, pour toutn≥1, on a kRnk∞ = sup
x∈R +∞
X
k=n+1
|gn(x)|
≤ sup
x∈R
|gn+1(x)|
≤ 1 n.
Ainsi,kRnk∞ −→ 0quandn −→ ∞, et la série converge uniformément surR. Désor- mais on note parS sa somme.
3. En tenant compte de la converge uniforme de la série X
n≥1
gn surRet en permutant les symboles de somme et de limite dans l’égalité suivante, on obtient :
x−→+∞lim S(x) = lim
x−→+∞
+∞
Xgn(x)
4. Notons que
S(x)−S(0)
x2 =
+∞
X
n=1
(−1)n n√
x2+n2(n+√
x2+n2), et que la série
+∞
X
n=1
(−1)n n√
x2+n2(n+√
x2+n2) converge normalement surRdu fait que
| (−1)n n√
x2 +n2(n+√
x2+n2)| ≤ 1
2n3, ∀x∈R,∀n≥1.
Ainsi, on a :
` = lim
x−→0
S(x)−S(0) x2
= lim
x−→0 +∞
X
n=1
(−1)n n√
x2 +n2(n+√
x2+n2)
=
+∞
X
n=1 x−→0lim
(−1)n n√
x2 +n2(n+√
x2+n2)
=
+∞
X
n=1
(−1)n 2n3 .
5. D’après la question précédente, il existe une fonction ε définie au voisinage de0 telle que S(x)−S(0)
x2 =`+ε(x)avecε(x)−→0quandx−→0. Ainsi, S(x) = S(0) +`x2+x2ε(x)
= S(0) +`x2+θ(x2) avecθ(x2) =x2ε(x)
=
+∞
X
n=1
(−1)n−1
n +`x2+θ(x2)
= ln(2) +`x2+θ(x2);
ce qui donne le développement limité deSen0à l’ordre2.
Solution de l’exercice 3.
1. On considère la série numérique de terme généralun = (−1)n
(−1)n+n pourn≥2.
1.1 La sérieP
unn’est pas absolument convergente du fait que|un|= 1
n et que la série de RiemannX1
n diverge. La sérieP
unest alternée puisque 1
(−1)n+n ≥0pour toutn≥ 2, mais la série ne vérifie pas le critère des séries alternées puisque|un|ne décroit pas en fonction den.
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1.2 On a :
un = (−1)n
n ( 1
1 + (−1)n n
)
= (−1)n
n (1−(−1)n
n +θ((−1)n n ))
= (−1)n n − 1
n2 +θ( 1 n2).
Comme les sériesX(−1)n
n ,X 1
n2 etX θ( 1
n2)convergent, la sérieX
unconverge aussi.
1.3 En séparant les valeurs paires et les valeurs impaires dekdans l’égalité suivante, on obtient :
S2n+1 =
k=2n+1
X
k=2
(−1)k (−1)k+k
=
k=n
X
k=1
1 2k+ 1 −
k=n
X
k=1
1 2k
=
k=n
X
k=1
1
2k+ 1 − 1 2k
= −
k=n
X
k=1
1 2k(2k+ 1). Le fait que 1
2k(2k+ 1) ∼ 1
k2 et la série de RiemannX 1
k2 converge entraine que la suite (S2n+1)n est convergente. Par conséquent, la suite de terme généralS2n = S2n+1 −unest aussi convergente et par suite la suite(Sn)n est convergente ; ce qui montre que la sérieX
unest convergente.
2. Soit les séries numériques à termes positifsP an,P
bnetP
cnvérifiant :bn= an 1 +an etcn= 1
1 +√ nan.
2.1 Notons quean= bn
1−bn et quean−→0si et seulement sibn −→0. Ainsi, on a : Xan converge ⇒ an −→0
⇒ bn = an
1 +an ∼an
⇒ X
bn converge.
Inversement, on a :
2.2 On a :
Xcn converge ⇒ cn −→0
⇒ √
nan −→+∞
⇒ √
nan ≥1 pour n assez grand
⇒ an≥ 1
√n pour n assez grand
⇒ X
an diverge puisque X 1
√n diverge.
