corchp1

Université Lyon 1 Capes Math. 2007-2008

Chapitre 1

Corrigés ou indications : Séries numériques

Exercice 1.1

1. La décomposition évidente 1/(n(n + 1)) = 1/n − 1/(n + 1) donne S_n=

n

X

k=1

1 k(k + 1) =

 1 −1

2 + 1 2 −1

3



+ · · · 1 n− 1

n + 1



= 1 − 1 n + 1 et lim_n→∞S_n= 1, c’est à dire, par définition,P∞

n=11/(n(n + 1)) = 1.

2. La décomposition en éléments simples de u_n= 3 − n

n(n + 1)(n + 3) = 1 n+ 1

n + 3− 2 n + 1 donne l’expression suivante de la somme partielle S_n=P_n

k=1u_k

Sn=



































































1

1 − ²₂ + ¹₄

+ ¹₂ − ²₃ + ¹₅ + ¹₃ − ²₄ + ¹₆ + ¹₄ − ²₅ + ¹₇ ... ... ... ... ... ...

+ _n−3¹ − _n−2² + _n¹ + _n−2¹ − _n−1² + _n+1¹ + _n−1¹ − _n² + _n+2¹ + ¹_n − _n+1² + _n+3¹

·

Exercices d’analyse 1 M. Deléglise

Université Lyon 1 Capes Math. 2007-2008

Cette somme est une somme télescopique (on a encadré les termes qui se simpli- fient) qui donne

Sn= 1 6− 1

n + 1 + 1

n + 2+ 1 n + 3 et lim_n→∞S_n= ¹₆, c’est à direP∞

n=1u_n= ¹₆.

3. On écrit u_n = 1 − 1/n² = (n² − 1)/n² = (n − 1)(n + 1)/n² d’où u_n = ln(n − 1) − 2 ln(n) + ln(n + 1). Comme ci dessus la somme partielle d’ordre n, S_n est une somme télescopique qui se simplie en S_n= − ln 2 − ln n + ln n + 1. D’où le résultat P∞

n=2u_n= − ln 2.

4. Ici 1 + 2

n(n + 3) = (n + 1)(n + 2) n(n + 3) donne

u_n= − ln n + ln(n + 1) + ln(n + 2) − ln(n + 3) et S_n=Pn

k=1uk est une somme télescopique qui se simplifie en S_n= ln 3 + ln(n + 1) − ln(n + 3) = ln 3 + lnn + 1

n + 3 −→

n→+∞ln 3.

Exercice 1.2 L’identité 1

3n + 1 = Z 1

0

t³ⁿdt donne

N

X

n=0

(−1)ⁿ 3n + 1 =

N

X

n=0

(−1)ⁿ Z 1

0

t³ⁿdt = Z 1

0 N

X

n=0

(−t)³ⁿdt = Z 1

0

1 − (−t)^{3N +3} 1 + t³ dt

= Z 1

0

1 1 + t³ −

Z 1 0

t^{3N +3} 1 + t³. La deuxième intégrale est bornée par

0 ≤ Z 1

0

t^{3N +3} 1 + t³ dt ≤

Z 1 0

t^{3N +3}dt = 1

3N + 4 −→

N →+∞0.

Et donc, en faisant tendre N vers l’infini, on obtient

∞

X

n=0

(−1)ⁿ 3n + 1 =

Z 1 0

dt 1 + t³. La décomposition en éléments simples

1

1 + t³ = 1 3

1 1 + t−1

3

t − 2 1 − t + t² = 1

3 1 1 + t −1

6

2t − 1 1 − t + t² + 1

2 1 1 − t + t²

= 1

3 1 1 + t−1

6

2t − 1 1 − t + t² +1

2 1

3

4 + (t − ¹₂)² et la formule

Z dt

t²+ a² = 1

aarctan t

a donnent une primitive de 1/(1 + t³) Z dt

1 + t³ = 1

3log(1 + t) − 1

6log(1 − t + t²) + 1

√

3arctan2t − 1

√ 3 . et enfin la valeur numérique π√

3

9 +log 2 3 ·

Exercices d’analyse 2 M. Deléglise

Université Lyon 1 Capes Math. 2007-2008

Exercice 1.3

1. Puisque la dérivée de t 7→ exp(t) est exp la formule de Taylor-Lagrange à l’ordre n sur l’intervalle [0, 1] s’écrit

exp(1) = 1 +

n

X

k=1

exp(0)

k! (1 − 0)^k+ exp(cn)

(n + 1)! avec 0 < cn< 1.

Puisque exp(0) = 1 et exp(1) = e, cela s’écrit encore, en notant S_n=

n

X

k=0

1 k!,

e = S_n+ e^cn (n + 1)!.

Puisque exp est croissante, l’encadremet 0 < c_n< 1 donne 0 ≤ e^cn

(n + 1)! ≤ e

(n + 1)! −→

n→+∞0, et donc S_n −→

n→+∞e.

2. Le reste d’ordre n s’écrit

∞

X

k=n+1

1

k! = 1

(n + 1)!



1 + 1

n + 2+ 1

(n + 2)(n + 3)· · ·



≤ 1

(n + 1)!



1 + 1

n + 2+ 1

(n + 2)² + 1 (n + 2)³· · ·



≤ 1

(n + 1)!

1

1 −_n+2¹ = 1 n n!

"

n n + 1 − ⁿ⁺¹_n+2

#

< 1 n n!

n n·

3. Supposons un instant e = p/q, avec p et q entiers. En remplaçant n par q dans l’encadrement précédent on obtient

1 + 1 1!+ 1

2!+ . . . 1

q! < e < 1 + 1 1!+ 1

2!+ . . . 1 q! + 1

qq!

puis, en réduisant toutes ces fractions au même dénominateur q q!

A qq! < P

qq! < A + 1 qq!

où A et P sont des entiers, ce qui absurde, car A < P < A + 1.

Exercices d’analyse 3 M. Deléglise