SERIES NUMERIQUES POSITIVES 2

SERIES NUMERIQUES POSITIVES 2

Abdellah BECHATA

Soient une suite(un)réelle positive décroissante.

Montrer que les séries de termes générauxu_n et 2ⁿu₂ⁿ ont même nature. ^solution

Soit une suite(a_n)réelle positive. On poseb_n = ^an 1+a_n.

Comparer la convergence de la série de terme générala_n et de celle de terme généralbn. ^solution

Soit(un)n>⁰ une suite décroissante de réels positifs.

1 Montrer, si

∑

n

un converge, que nun _n!

!+_∞0. ^solution

2 Les séries de termes généraux u_n etnu_n² sont-elles de même nature ? ^solution

Soit(un)_n2N une suite réelle ne prenant jamais la valeur 1.On posevn = _n ^un

k

∏

(1+uk) .

1 On suppose dans cette question que u_n >0 pour toutn.

a) Montrer que la série de terme généralv_n converge. ^solution b) Calculer la somme de cette série lorsque la série de terme

généralu_n diverge. ^solution

2 Etudier la série de terme général v_n pour u_n = ( 1)ⁿ n+1,puis u_n = ( 1)ⁿ

pn+1. ^solution

Soit(u_n) une suite à termes strictement positifs. On suppose que u_n+1

un

=1+ ^α n +β_n

où la série de terme général β_n est absolument convergente.

1 Montrer que l’on peut écrire ln un+1

u_n =αln 1+¹

n +γ_n où la série de terme général γ_n est absolument convergente.

solution

2 Montrer que pour un certainA>0,on a u_n An^α. ^solution

Soitu 2(R+)^N telle que lim

n!+_∞u_n =0.On donneα2^R+ et on pose pour toutn 2^{N: Sn} =

∑n k=0

u_k, v_n = ^un (S_n)^α.

1 On suppose que la série

∑

n>⁰

u_n converge: quelle est la nature de la série

∑

n>⁰

v_n ? ^solution

2 On suppose que la série

∑

n>⁰

u_n diverge etα6=1.En évaluant S_n^γ₊₁ Sn^γ pourγ bien choisi, déterminer la nature de∑vn.

solution

3 Etudier en…n le cas où la série ∑u_n diverge et α=1. ^solution

1 Soit (x_i)16ⁱ6ⁿ dans (R+)ⁿ,(αi)16ⁱ6ⁿ dans (R+)ⁿ tels que

∑

αi =1,montrer que

∏

x_i^αi 6

∑

i=1

αixi. ^solution

2 Soit (un)n>¹ une suite dansR+,telle que

∑

montrer qu’il existe une suite (a_n)de réels positifs telle que

∏

ui = ¹ (n+1)ⁿ

∏

uiai.

On posev_n =

∏

u_i

!1/n

,montrer que

∑

+_∞ n

∑

vn 6^{e +}

∑

n=1

un. ^solution

Soit(a_n)n>¹ une suite réelle telle que

∑

n>⁰

a_n converge.

1 Montrer que

∑

kak =o(n). ^solution

2 On suppose en outre (a_n)n positive et décroissante. Montrer que nan =o(1). ^solution

Soitσ une permutation de N .Etudier la nature des séries de termes généraux

1 1

nσ(n) ^solution

2 σ(n) n²

solution

3 σ(n)

nln(n)

solution

4 σ(n) n³

solution

n

∑

∑

n>⁰

∑

un

!

N

et

∑

2ⁿu2ⁿ

!

N

sont croissantes. Par conséquent, elles convergentes toutes deux si et seulement si elles sont majorées.

8^k 2 [[2ⁿ+1,2ⁿ⁺¹]], u₂ⁿ+1 6^uk 6^u2n )

2ⁿ⁺¹ k=

∑

u₂n+1 6 ²

n+1

k=

∑

u_k 6 ²

n+1

k=

∑

u₂ⁿ

, ^u2ⁿ⁺¹ 2ⁿ⁺¹ 2ⁿ 6 ²

n+1

k=

∑

u_k 6^{u2n 2n+1 2n} , ^u2ⁿ⁺¹[2 2ⁿ 2ⁿ]6 ²

n+1

k=

∑

u_k 6^u2n[2 2ⁿ 2ⁿ]

, ^{2 u}2ⁿ⁺¹ 6

∑

k=2ⁿ+1

u_k 6^{2 u2} ) 8^N >^{1, N} 6² )

N 1 n

∑

2ⁿu₂n+1 6^N

∑

n=0 2ⁿ⁺¹ k=

∑

u_k 6^N

∑

n=0

2ⁿu₂ⁿ , ¹₂

N 1 n

∑

2ⁿ⁺¹u₂n+1 6 ²

N

n

∑

u_k 6^N

∑

n=0

2ⁿu₂ⁿ

Si la suite

∑

u_n

!

N

est majorée par un réelM alors

8^m > ^2,

∑

n=0

u_k =u₀+

∑

u_k 6^u0+

m 1 n

∑

2ⁿu₂ⁿ 6^u0+M ) 8^N>^2,

∑

donc la suite

∑

n=0

2ⁿu₂ⁿ

N

est également majorée (par 2u₀+2M).Réciproquement si la suite

∑

2ⁿu₂ⁿ

!

N

est majorée par un réelM alors

8^N > ^{1, N}

∑

n=0

2ⁿu₂ⁿ 6^M )

∑

u_n =u₀+

∑

u_k

6 ^u0+

2^N n

∑

u_k 6^u0+M

donc la suite

∑

un

!

N

est majorée par u0+M. retour à l’exercice

Supposons que la série

∑

n>⁰

an converge alorsan _n !

!+_∞0 ce qui nous fournit l’équivalentbn

n!+_∞an >0 donc la série

∑

n>⁰

bn est ausi convergente.

Si la série

∑

n>⁰

bn est convergente alorsbn _n!

!+_∞0. Or on a 8ⁿ 2^{N, bn} = ^an

1+a_n donc

8ⁿ 2 ^{N, 0}6^bn <1, b_n = ^an

1+a_n ,^bn+a_nb_n =a_n , ^an = ^bn

1 bn n!+_∞b_n >⁰ ce qui assure la convergence de la série

∑

n>⁰

an. retour à l’exercice

1 Pour tout entier n,on note S_N =

∑

un alors, par décroissance de (un)n, on a

S2N SN =

∑

un > ^2N

∑

n=N+1

u2N =u2N(2N N) =Nu2N

)⁰6²(N.u_2N)6²(S_2N S_N) S_2N+1 S_N =.

2N+1 n=

∑

u_n > ^2N

∑

n=N+1

u_2N+1

=u2N+1(2N+1 N) = (N+1).u2N+1

)⁰6(2N+1)u_2N+1=2(N+1)u_2N+1 u_2N+1

u_2N6₊₁>⁰2(N+1)u_2N+1 6²(S_2N+1 S_N)

La série

∑

n>⁰

un étant convergente, la suite (SN)N est aussi convergente vers une limite L et les encadrements précédents, nous donne :

N!lim+_∞2(S_2N S_N) =2(L L) =0)_N^lim

!+_∞(2N.u_2N) =0

N!lim+_∞2(S_2N+1 S_N+1) =2(L L) =0 ) ^lim

N!+_∞((2N+1).u_2N+1) =0 ce qui nous assure que lim

N!+_∞NuN =0. retour à l’exercice

2 Si la série

∑

n>⁰

nu_n² est convergente, étant donné que l’on a : 8ⁿ 2N, nu_n² =u_n.(nu_n)

| {z }

!⁰

=o(u_n)

et que la série

∑

n>⁰

un est convergente à termes positifs, on en déduit que la série

∑

n>⁰

nu_n² est aussi convergente.

Par contre la série

∑

n>⁰

nu_n² peut converger sans que la série

n

∑

u_n converge. En e¤et, la série de Bertrand

∑

n>²

1 nln(n) ^est

divergente mais la série

∑

n>²

n 1

nln(n)

2

=

∑

n>²

1

n(ln(n))^{2 est} une série de Bertrand convergente. retour à l’exercice

1

a) N’ayant aucune information sur la convergence ou la divergence de la série

∑

n

u_n,nous allons essayer d’étudier les sommes partielles(Sn)n de la série

∑

n

vn.

S₁ = ^u1

1+u₁ = (1+u1) 1

1+u₁ =1 1

1+u₁ S₂ = S₁+ ^u2

(1+u1)(1+u2) =1 1 1+u1

+ (1+u₂) 1 (1+u1)(1+u2)

= 1 1

1+u₁ + ¹ 1+u₁

1 (1+u₁)(1+u₂)

= 1 1

(1+u₁)(1+u₂)

S₃ = S₂+ ^u3

(1+u₁)(1+u₂)(1+u₃)

= 1 1

(1+u₁)(1+u₂)+ (1+u3) 1 (1+u₁)(1+u₂)(1+u₃)

= 1 1

(1+u₁)(1+u₂)+ ¹ (1+u₁)(1+u₂) 1

(1+u₁)(1+u₂)(1+u₃)

= 1 1

(1+u₁)(1+u₂)(1+u₃) Démontrons alors par récurrence que

8ⁿ>^{1, Sn} =1 1

(1+u₁) (1+u_n)^.

L’initialisationn=1 a été établie. Supposons la propriété vraie au rangnet montrons qu’elle reste vraie au rangn+1.

S_n+1 = Sn+ ^un+1

(1+u₁) (1+un)(1+u_n+1)

= 1 1

(1+u₁) (1+u_n) + (1+un) 1

(1+u₁) (1+un)(1+u_n+1)

= 1 1

(1+u₁) (1+u_n)+ ¹

(1+u₁) (1+u_n) 1

(1+u₁) (1+u_n)(1+u_n+1)

= 1 1

(1+u₁) (1+u_n)(1+u_n+1)

ce qui achève la récurrence. La suite(un)n étant positive, on en déduit que la suite((1+u₁) (1+un))_n est croissante (on passe d’un rang au suivant en multipliant par 1+un >¹)

donc la suite 1

(1+u₁) (1+u_n) _n est décroissante. Ainsi la suite(Sn)n = 1 1

(1+u₁) (1+u_n) _n est croissante et elle est clairement majorée par 1 donc elle est converge c’est-à-dire que la série

∑

n

v_n converge. retour à l’exercice

b) Etant donné que le développement du produit (1+u₁) (1+un)est de la forme

(1+u₁) (1+u_n) =1+ (u₁+ +u_n) +

∑

produit dek élémentsu_i d’indice distincts

>^u1+ +un _n!

!+∞+_∞ car la suite(un)n est positive et la série

∑

n

un diverge (donc vers+_∞)ce qui entraine la convergence vers+_∞de la suite

∏

(1+u_k)

!

n

.Par conséquent, on aSn _n!

!+∞1 0=1

c’est-à-dire que la série

∑

n>1

vn converge et sa somme vaut

+∞ n=1

∑

vn =1. retour à l’exercice

2 Premier cas u_n = ( 1)ⁿ

n+1 .D’après la question 1, on a 8ⁿ>^{1, Sn} =1 1

∏

1+( 1)^k k+1

Transformons ce dernier produit.

∏

1+( 1)^k

k+1 =

∏

k pair k2[[1,n]]

1+ ( 1)^k

k+1

∏

kimpair k2[[1,n]]

1+ ( 1)^k k+1

=

∏

16^2p6ⁿ

1+ ¹

2p+1

∏

16^2p+16ⁿ

1 1

2p+1+1

=

∏

16^p6n/2

2p+2

2p+1

∏

06^p6(n 1)/2

2p+1 2p+2

= ^{2 0}+1

2 0+2 qn

∏

16^p6(n 1)/2

2p+2 2p+1

2p+1 2p+2

= ¹

2q_n

∏

16^p6n/2

1= ¹ 2q_n

oùqn =1 sin est impair (la cas p = ⁿ

2 n’apparait pas) et q_n =

2 n 2 +2 2 n

2 +1

= ⁿ+2

n+1 sin est pair. Par conséquent, on en

n!lim+_∞

∏

1+( 1)^k

k+1 = lim

n!+_∞

1 2 = ¹

2,

n!lim+_∞ 2n+1

k

∏

1+ ( 1)^k

k+1 = lim

n!+_∞

1 2.n+2

n+1 = ¹ 2 )_n^lim

!+_∞

∏

1+ ( 1)^k k+1 = ¹

2 )^Sn _n!

!+_∞1 1 1 2

=1 2= 1.

Autrement dit la série

∑

n>¹

vn converge et sa somme vaut 1 c’est-à-dire que

+_∞ n

∑

v_n = 1.

pn+1

utilisant en outre la quantité conjuguée.. On note u_n =

∏

1+ ( 1)^k

pk+1 alors

u_n =

∏

kpair k2[[1,n]]

1+ ( 1)^k

pk+1

∏

k impair k2[[1,n]]

1+ ( 1)^k pk+1

=

∏

16^2p6ⁿ

1+ p ¹

2p+1

∏

16^2p+16ⁿ

1 1

p2p+1+1

=

∏

16^p6n/2

1+ p_2p¹

+1

∏

06^p6(n 1)/2

1 1

p_2p +2

= 1 1

p ^tn

∏

avec t_n =1 sin est impair et

tn =1 1

r 2 n

2 +1

=1 1

pn+1

si n est pair. donc

p2 1 p2 .u_n

tn

s’écrit :

16^p6

∏

"

1+ p_2p¹ +1

p_2p1 +2

p 1

(2p+1)(2p+2)

#

=

∏

16^p6(n 1)_/2

"

1+

p2p+2 p 2p+1 p2p+1p

2p+2 p 1

(2p+1)(2p+2)

#

=

∏

16^p6(n 1)_/2

[1+ (2p+2) (2p+1) p(2p+1)(2p+2) p

2p+2+p 2p+1 p 1

(2p+1)(2p+2)]

=

∏

16^p6(n 1)/2

[1+_p ¹

(2p+1)(2p+2) p

2p+2+p 2p+1 p 1

(2p+1)(2p+2)]

=

∏

16^p6(n 1)/2

[1 1

p(2p+1)(2p+2)

+o 1

p(2p+1)(2p+2)

! ] Il est immédiat quet2n _n!

!+_∞1 et t2n+1_n !

!+_∞1 donc t_{n n} !

!+_∞1 ce qui entraine que la suite

k

∏

1+ p k+1

n

converge si et seulement si la suite

wn =

∏

16^p6(n 1)/2

[1 1

p(2p+1)(2p+2) +o(_p ¹

(2p+1)(2p+2))]

converge. Pour étudier la convergence de la suite (w_n)n,il su¢ t d’étudier la convergence de la suite (ln(w_n))n avec

ln(wn) =

∑

16^p6(n 1)/2

ln(1 1

p(2p+1)(2p+2) +o(_p ¹

(2p+1)(2p+2))).

c’est-à-dire la convergence de la série

p

∑

ln 1 1

p(2p+1)(2p+2)+o 1

p(2p+1)(2p+2)

!!

.

Or on dispose de l’équivalent suivant :

ln 1 1

p(2p+1)(2p+2)+o 1

p(2p+1)(2p+2)

!!

p!+_∞

p 1

(2p+1)(2p+2)+o 1

p(2p+1)(2p+2)

!

p!+_∞

p 1

(2p+1)(2p+2) ^p!+∞ 1 2p

La série

∑

p>¹ 2p =

2

∑

p>¹p étant divergente et de signe constant, on en déduit que la série

p

∑

ln 1 1

p(2p+1)(2p+2)+o 1

p(2p+1)(2p+2)

!!

diverge. En outre, ses termes négatifs à partir d’un certain rang, elle diverge vers +_∞donc

n!lim+_∞ln(wn) = _∞)_n^lim

!+_∞wn =0 )

∏

1+ ( 1)^k

pk+1 _n !

!+_∞0⁺ )^Sn =1 wn _n !

!+_∞ ∞.

retour à l’exercice

1 On utilise les développements limités en tenant compte que la série

∑

n

β_n étant convergente, on est assuré que β_{n n} !

!+_∞0 ln u_n+1

u_n =ln(1+ ^α n +β_n

| {z }

!⁰

) =

n!+_∞

α n +β_n 1

2 α n +β_n

2

+o α n +β_n

2

n!=+_∞

α

n +β_n α²

2n² +o(β_n)

n!+_∞ n n^{2 n} 2n^{2 n}

n!=+_∞αln 1+ ¹

n +β_n+o(β_n) +O 1 n²

| {z }

=γn

La série

∑

n

(β_n+o(β_n))est absolument convergente puisque j^βn+o(β_n)j_n

!+_∞j^βnj>⁰ et la série

∑

n

j^βnjconverge. En outre, la série

∑

n

1

n² étant à termes positifs et convergente, on en déduit que la série

∑

O 1

n² est aussi absolument converge ce qui entraine l’absolue convergence de la série

∑

2 D’après la question précédente, la série

∑

ln un+1

u_n αln 1+¹

n =

∑

n

γ_n est convergente donc la suite SN =

∑

ln u_n+1 un

αln 1+¹

n aussi.

Or on a S_{N 1} =

N 1 n

∑

ln(u_n+1) ln(u_n) αln 1+ ¹ n

=

N 1 n

∑

[ln(u_n+1) ln(u_n)] α

N 1 n

∑

[ln(n+1) ln(n)]

= ln(u_N) ln(u₁) α(ln(N) ln(1)) =ln(u_N) ln(u₁) αln(N).

Soit L= lim

n!+_∞S_N alors on a

exp(ln(u_N) ln(u₁) αln(N))_N!

!+_∞exp(L) , _u^uN

1N^α _N!

!+_∞exp(L),^uN _N

!+_∞u₁exp(L)N^α

retour à l’exercice

1 La série

∑

n

un converge signi…e que la suite (Sn)n converge.

La suite (un)n étant à valeurs strictement positive, la suite (S_N)N est une suite strictement croissante de réels

strictement positif donc sa limite Lest strictement positive.

On en déduit donc S_n

n!+_∞L)^vn _n

!+_∞

u_n L >^0.

La série

∑

n

u_n L = ¹

L

∑

n

u_n étant convergente, on est assuré de la convergence de la série

∑

n

v_n. retour à l’exercice

2 Etant donné que la série

∑

n

u_n est à termes positfs, sa divergence entraine sa divergence vers +∞ autrement dit la suite (S_n)n tend vers +∞. On peut alors écrire

S_n^γ₊₁ S_n^γ = (Sn+un+1)^γ S_n^γ= Sn 1+^un+1 Sn

γ

S_n^γ

=S_n^γ 1+ ^un+1 S_n

γ

S_n^γ =S_n^γ 1+^un+1 S_n

γ

1

=S_n^γ 1+γu_n+1

S_n +o u_n+1

S_n 1 car lim

n

u_n+1

S_n =0

= γu_n+1S_n^{γ 1}+o u_n+1

Sn )^Sn^γ+1 S_n^γ

n!+_∞γu_n+1S_n^{γ 1}

=γv_n+1(S_n+1)^αS_n^{γ 1}

∞γv_n+1(S_n)^{γ+α 1}

S_n+1 =S_n+u_n =S_n(1+^un+1 S_n

| {z }

!⁰

)n!+_∞S_n.

Par conséquent, en choisissant

γ+α 1=0,^γ=1 α, on dispose de l’équivalent suivant

S_n¹₊₁^α S_n^{1 α}

n!+_∞γv_n+1. La série

∑

n>⁰

γv_n+1 =γ

∑

n>¹

v_n étant à termes de signe constant, on en déduit que les sériesγ

∑

n

v_n et

n

∑

N >^1,puisqueSn !+_∞,on a

N 1 n

∑

S_n¹₊₁^α S_n^{1 α} =S_N^{1 α} S₀^{1 α} _n!

!+_∞

+_∞ si 1 α>0 S0 si 1 α<0 donc la série

∑

n

vn diverge si 0< α<1 et converge si α>1.

retour à l’exercice

3 On remarque que

ln(S_n+1) ln(S_n) =ln S_n+1

S_n =ln S_n+u_n+1

S_n

=ln 1+^un+1

S_n ⁿ!+_∞

u_n+1 S_n ⁿ!+_∞

u_n+1

S_n+1 =v_n+1>⁰

donc les séries

∑

n>⁰

v_n+1 =

∑

n>¹

v_n et

∑

n>⁰[ln(S_n+1) ln(S_n)]

sont de même nature. Or pour tout entierN,on a

N 1 n

∑

[ln(S_n+1) ln(S_n)] =ln(S_n) ln(S₀)_n !

!+_∞+_∞ donc la série

∑

n>¹

v_n est divergente. retour à l’exercice

1 On remarque l’encadrement proposé est équivalent à l’encadrement

ln

∏

x_i^αi

!

6^ln

∑

i=1

αixi

! ,

∑

αiln(xi)6^ln

∑

i=1

αixi

!

qui est vrai car la fonction ln est concave et que 8ⁱ 2 [[1,n]], x_i >0,

∑

αi =1 avec

8ⁱ 2 [[1,n]], αi >⁰) 8ⁱ 2[[1,n]], αi 2[0,1]

retour à l’exercice

2 On construit la suite (a_n)n par récurrence forte. Pour n=1, on a

u1 = ¹

(1+1)^1u1a1 ,^a1 =2.

puisque u₁ >0.Etant donné que l’on a raisonné par équivalence, on est assuré que le réel a1 =2>0 convient

bien. Supposons quea1, ..,an soientt construits et que 8ⁱ 2 [[1,n]], a_n >0 alors, puisque 8ⁱ 2^{N, ui} >0,on a :

n+1

∏

u_i = ¹

(n+1+1)ⁿ⁺¹

n+1 i

∏

u_ia_i

,^un+1

∏

ui = ¹

(n+2)ⁿ⁺¹(un+1an+1)

∏

uiai

,^un+1(n+¹1)ⁿ

∏

u_ia_i = ¹

(n+2)ⁿ⁺¹ (u_n+1a_n+1)

∏

u_ia_i ,^an+1 = (n+2)ⁿ⁺¹ (n+1)ⁿ

Etant donné que l’on a raisonné par équivalence, on est assuré que le réel a_n+1= (n+2)ⁿ⁺¹

(n+1)ⁿ >0 convient.

En combinant les résultats des questions précédentes, on a : v_n = ¹

n+1

∏

(u_ia_i)^1/n 6 _n(n¹+1)

∑

u_ia_i

= ¹

n(n+1)

∑

u_i(i+1)ⁱ

i^{i 1} = ¹ n(n+1)

∑

iu_i(i+1)ⁱ iⁱ

= ¹

n(n+1)

∑

iu_i 1+¹ i

i

Pour tout entier N,on a donc

∑

v_n 6

∑

n=1

1 n(n+1)

∑

iu_i 1+ ¹ i

i

=

∑

∑

1

n(n+1)^{iui 1}+¹ i

i

=

∑

16ⁱ6ⁿ6^N

1

n(n+1)^{iui 1}+¹ i

i

6

∑

i=1

∑

1

n(n+1)^{iui 1}+¹ i

i

=

∑

i=1

iu_i 1+

i

∑

n=in(n+1)

=

∑

iu_i 1+ ¹ i

i N

∑

n=i

1 n

1 n+1

=

∑

iui 1+ ¹ i

i 1

i

1 N+1

6

∑

i=1

iu_i 1+ ¹ i

i 1

i =

∑

u_i 1+¹ i

i

Etant donné que 1+ ¹

i

i

=exp iln 1+¹

i =

i!+_∞exp i 1

i +o 1 i

i!=+_∞exp(1+o(1)) !

i!+_∞exp(1) =e >0,

on en déduit que

u_i 1+¹ i

i

i!+_∞u_ie >^0.

La série

∑

i

uie =e

∑

i

ui étant convergente, on en déduit que la série

∑

i

u_i 1+ ¹ i

i

est convergente. En particulier, la suite

∑

u_i 1+ ¹ i

i!

N

est majorée donc la suite

∑

v_n

!

N

est majorée. Or cette dernière est croissante

ce qui signi…e que la série

∑

n

v_n converge et l’on a

+_∞ n

∑

vn 6⁺

∑

i=1

u_i 1+ ¹ i

i

.

Pour …nir, on remarque que : 8ⁱ >^{1, 1}+¹

i

i

=exp iln 1+ ¹

i .

La fonctionf :x 7! ^ln(x)

x 1 est croissante sur]1,+_∞[(par exemple, la fonction ln est concave donc la fonction pente

x 7! ^ln(x) ln(1)

x 1 = ^ln(x) x 1

est décroissante sur ]1,+∞[)et la suite 1+ ¹ i _i est décroissante à valeurs dans ]1,+∞[ donc la suite

ln 1+ ¹ i 1+ ¹

i 1

=iln 1+¹ i

est croissante. Par croissance de la fonction exp,on en déduit que la suite

exp iln 1+ ¹

i = 1+¹ i

i

est croissante. Comme elle converge verse,on est assuré que 8ⁱ > ^{1, 1}+¹

i

i 6^e )

+_∞ n

∑

vn 6⁺

∑

i=1

ui 1+ ¹ i

i

6 ⁺

∑

i=1

u_ie 6^e+

∑

i=1

u_i.

retour à l’exercice

1 Pour tout entier n>^{0,on poseR}N =

+_∞ n=

∑

an qui tend vers 0 lorsque N !+_∞ donc on a :

∑

ka_k =

∑

k(R_k R_k+1) =

∑

kR_k

∑

kR_k+1

=

∑

kR_k

n+1 k

∑

(k 1)R_k =

∑

kR_k

n+1 k

∑

kR_k+

n+1 k

∑

R_k

=R1 (n+1)Rn+1+

n+1 k

∑

R_k

1 n

∑

ka_k = ^R1

n 1+¹

n Rn+ ¹ n

n+1 k

∑

R_k.

Puisque Rn _n!

!+_∞0,le lemme de Césaro montre que 1

n

n+1 k

∑

R_{k n}!

!+_∞0 (il y a bienn termes consécutifs dans la somme) ce qui permet d’a¢ rmer que

1 n

∑

ka_{k n}!

!+_∞0,

∑

ka_k =

n!+_∞o(n).

retour à l’exercice

2 Puisque la suite (an)n est décroissante et positive, on a : 1

n

∑

ka_k > ¹_n

∑

k=1

ka_n = ^an n

∑

k = ^an

n .n(n+1)

2 = (n+1)an

2 .

Etant donné que lim

n!+_∞

1 n

∑

kan =0 et que la suite (n+1)a_n

2 _n est positive, le théorème d’encadrement montre que

n!lim+_∞

(n+1)a_n

2 =0,_n^lim

!+_∞(n+1)a_n =0 ,_n^lim

!+_∞(na_n+a_n) =0_a,

n!⁰ lim

n!+_∞na_n =0.