Lycée Ste-Marie Fénelon – la Plaine Monceau Classe de MP
Année 2018-2019 Mathématiques
Devoir maison n ◦ 5 – éléments de correction
d’après E3A 1999 MP
Première partie : Étude de R
n=
+∞
X
p=n+1
(−1)
pp , n ∈ N.
1. (a) C’est le critère spécial des séries alternées (CSSA) : quand la série est alternée et que la valeur absolue du terme général est décroissante et tend vers zéro, alors la série converge et le reste est majoré par la valeur absolue du premier terme négligé. Ici il s’agit de la série harmonique alternée.
La suite 1
p
p
décroît et tend vers0donc la série de terme général (−1)p
p converge et|Rn|6 1 n+ 1. (b)
q
X
p=n+1
(−1)p
p = −
q
X
p=n+1
Z 1
0
(−1)p−1xp−1dx=− Z 1
0
(−1)nxn−(−1)qxq
1 +x dx
= (−1)n+1 Z 1
0
xn
1 +xdx+ (−1)q Z 1
0
xq 1 +xdx.
On fait tendreqvers+∞. Le membre de gauche nous donne
q
X
p=n+1
(−1)p p
q→+∞−→
+∞
X
p=n+1
(−1)p
p (série conver- gente). Quant au dernier terme :
(−1)q Z 1
0
xq 1 +xdx
6
Z 1
0
xqdx= 1 q+ 1
q→+∞−→ 0.
Finalement Rn= (−1)n+1 Z 1
0
xn 1 +xdx.
2. (a) On intègre par parties en intégrantx7→xn−1 et en dérivantx7→ x
1 +x (elles sont bien de classeC1) : (−1)n+1
Z 1
0
xn
1 +xdx = (−1)n+1 xn
n x 1 +x
1
0
−(−1)n+1 n
Z 1
0
xn (1 +x)2dx
= (−1)n+1
2n +(−1)n n
Z 1
0
xn (1 +x)2dx.
Or
(−1)n n
Z 1
0
xn (1 +x)2dx
6 1
n Z 1
0
xn−1dx= 1
n2, donc (−1)n n
Z 1
0
xn
(1 +x)2dx=O 1
n2
. Par conséquent Rn =k(−1)n+1
nβ +O 1
nβ+1
aveck=12 etβ = 1.
(b) La sérieX(−1)n
n converge et la sérieX 1
n2 converge absolument donc P
nRn converge.
3.
n
X
p=0
Rp =
n
X
p=0
(−1)p+1 Z 1
0
xp
1 +xdx = Z 1
0 n
X
p=0
(−1)p+1 xp 1 +xdx
= Z 1
0
−1−(−1)n+2xn+1 (1 +x)2
dx = − Z 1
0
dx
(1 +x)2 + (−1)n+1 Z 1
0
xn+1 (1 +x)2dx.
1
De plus− Z 1
0
dx
(1 +x)2 =−1 2 et
(−1)n+1 Z 1
0
xn+1 (1 +x)2dx
6
Z 1
0
xn+1dx= 1
n+ 2, donc
n→+∞lim (−1)n+1 Z 1
0
xn+1
(1 +x)2dx= 0.
Finalement
+∞
X
n=0
Rn= −1 2 .
Deuxième partie : Étude de r
n=
+∞
X
p=n+1
(−1)
p√ p , n ∈ N.
1. On note, pourn∈N∗,Un =
n
X
p=1
√1 p.
(a) On montre que la suite de terme généralxn=Un− Z n
1
√dx
x est décroissante et minorée : xn+1−xn= 1
√n+ 1− Z n+1
n
√dx
x60 et xn=
n−1
X
p=1
1
√p− Z p+1
p
√dx x
+ 1
√n >0.
La suite(xn)n est donc convergente. En notantL+ 2sa limite il vient lim
n→+∞
Un−
Z n
1
√dx x
=L+ 2.
(b) Pourθ >1,X 1
pθ converge donc
+∞
X
p=n+1
1
pθ existe. Par décroissance dex7→ 1
xθ sur tout segment[p, p+ 1]: Z p+1
p
dx xθ 6 1
pθ 6 Z p
p−1
dx xθ. Puis en sommant ces inégalités dep=n+ 1àq :
Z q+1
n+1
dx xθ 6
q
X
p=n+1
1 pθ 6
Z q
n
dx xθ, soit (q+ 1)1−θ−(n+ 1)1−θ
1−θ 6
q
X
p=n+1
1
pθ 6 q1−θ−n1−θ 1−θ . On fait alors tendre qvers+∞, sachant1−θ <0 :
(n+ 1)1−θ θ−1 6
+∞
X
p=n+1
1
pθ 6 n1−θ θ−1
n+ 1 n
1−θ 6
+∞
P
p=n+1 1 pθ
n1−θ θ−1
61.
Or lim
n→+∞
n+ 1 n
1−θ
= 1donc par théorème d’encadrement
+∞
X
p=n+1
1
pθ est équivalent à n1−θ
θ−1 quandntend vers l’infini.
2
2. On pose, pour n∈N∗, vn=Un−2√ n−L.
(a)
vn+1−vn = 1
√n+ 1−2√
n+ 1 + 2√
n = 1
√n+ 1
1−2(n+ 1) + 2n r
1 + 1 n
= 1
√n+ 1
1−2(n+ 1) + 2n(1 + 1 2n− 1
8n2 +o 1
n2
= 1
√n+ 1 −1
4n +o 1
n
donc vn+1−vn ∼
n→+∞
−1
4n32. On en déduit que la série X
vn+1−vn est convergente, de plus son terme général est équivalent à −1
4n32 et donc négatif, au moins à partir d’un certain rang.
On a donc
+∞
X
p=n
vp+1−vp ∼
n→+∞
+∞
X
p=n
−1 4p32.
De la questionII 1)a)on déduit immédiatement que lim
p→+∞vp= 0et donc
+∞
X
p=n
vp+1−vp=−vn.
De la questionII 1)b)on déduit que
+∞
X
p=n
−1 4p32 ∼
n→+∞
−1 2√
n−1 ∼
n→+∞
−1 2√
n. On a donc bien vn ∼
n→+∞
1 2√
n.
(b) On procède de la même façon en posantwn =vn− 1 2√
n : wn+1−wn = 1
√n+ 1−2√
n+ 1 + 2√
n− 1 2√
n+ 1 + 1 2√
n ∼
n→+∞
1 16n52
wn =
+∞
X
p=n
(wp−wp+1) ∼
n→+∞
+∞
X
p=n
−1 16n52 ∼
n→+∞
−1 24n√
n
Donc vn− 1 2√
n∼ −1 24n√
n. D’où Un=A√
n+B+ C
√n+O 1
n√ n
avecA= 2,B =L, etC= 1 2. 3. (a) S existe car d’après le critère des séries alternées, la sérieX(−1)p
√p converge.
(b) r2n=S−
2n
X
p=1
(−1)p
√p =S−2
n
X
k=1
√1 2k+
2n
X
k=1
√1
k =S−√
2Un+U2n. (c) En utilisant la formule trouvée auII 2) b), on obtient r2n =S+ (1−√
2)L− 1 2√
2n +O 1
n√ n
. Par conséquent a=S+ (1−√
2)L, b=− 1 2√
2. La sérieX(−1)p
√p converge, donc lim
n→+∞rn= 0 et S= (√
2−1)L. Par ailleurs
r2n = −1 2√
2n+O 1
n√ n
= −1 2√
2n+O 1
2n√ 2n
, r2n+1 = r2n+ 1
√2n+ 1 = −1 2√
2n+ 1
√2n+ 1+O 1
n√ n
.
Or −1 2√
2n+ 1
√2n+ 1 = 1 2√
2n+ 1− 1
2(√ 2n+√
2n+ 1)√ 2n√
2n+ 1 = 1 2√
2n+ 1+O 1
n√ n
,
3
doncr2n+1= 1 2√
2n+ 1 +O 1
n√ n
= 1
2√
2n+ 1+O
1 (2n+ 1)√
2n+ 1
. On obtient pour toutn >0,rn= (−1)n+1
2√
n +O 1
n√ n
. De plusX(−1)n+1
2√
n converge etX 1 n√
n converge absolument donc la sériePrn est convergente.
Troisième partie : Étude de x
n=
+∞
X
p=n+1
(−1)
pf (p) , n ∈ N.
1. (a) f(t) = 1
t convient, ou n’importe quelt7→ 1
tx avecx >0.
(b) xn est définie car d’après le critère des séries alternées, la sérieX
(−1)pf(p)converge.
2.
2xn−(−1)n+1f(n+ 1) =
+∞
X
p=n+1
(−1)pf(p) +
+∞
X
p=n+2
(−1)pf(p)
=
+∞
X
p=n+1
(−1)pf(p) +
+∞
X
p=n+1
(−1)p+1f(p+ 1) =
+∞
X
p=n+1
(−1)p f(p)−f(p+ 1) .
On en déduit xn =1
2(−1)n+1f(n+ 1) + 1 2
+∞
X
p=n+1
(−1)p f(p)−f(p+ 1) . Déjà la sérieX
(−1)n+1f(n+1)converge. Ensuite la fonctionf est décroissante, donc la suite(f(p)−f(p+ 1))p est positive.
La fonction f vérifief
x+y 2
6f(x) +f(y)
2 pour tous(x, y)∈]0,+∞[2, donc f
p+ (p+ 2) 2
6f(p) +f(p+ 2) 2
ou encore 2f(p+ 1)6f(p) +f(p+ 2)et donc f(p)−f(p+ 1)>f(p+ 1)−f(p+ 2), ce qui prouve que la suite (f(p)−f(p+ 1))p est décroissante.
Enfin, f étant de limite nulle en+∞, la suite f(p)−f(p+ 1)
p est de limite nulle en+∞.
D’après le critère des séries alternées, on peut majorer :
+∞
X
p=n+1
(−1)p f(p)−f(p+ 1)
6f(n+ 1)−f(n+ 2).
Or la série X
f(n+ 1)−f(n+ 2)
converge car lim
+∞f = 0. Ainsi
+∞
X
p=n+1
(−1)p f(p)−f(p+ 1)
est le terme général d’une série absolument convergente. On en déduit que la sérieP
xn converge.
3. On sait de plus quef(n+1)est équivalent àf(n+2)lorsquentend vers+∞,i.e.f(n+1)−f(n+2) =o(f(n+1)).
On obtient alorsxn= 1
2(−1)n+1f(n+ 1) +o(f(n+ 1)). Ainsi xn est donc équivalent à 1
2(−1)n+1f(n+ 1)lorsquentend vers+∞.
4