(1)Analyse : Séries numériques + Révisions Analyse de PCSI EXERCICE 1 : Étude de la série de terme général : 1

Analyse : Séries numériques + Révisions Analyse de PCSI

EXERCICE 1 :

Étude de la série de terme général : 1. an= sin

1 n

−ln

1 + 1 n

2. wn= ⁿ₂ a²ⁿ 3. un=

1 + 1

n 3n

−

1 + 3 n

n

EXERCICE 2 : 1. bn=

Z +∞

n

1 t³+ 2t²dt

(on pourra écrire, pour toutt>1, 1

t³+ 2t² sous la forme a t+ 2 +b

t + c

t² aveca, bet cdes réels à déterminer.) 2. un=n^1/n−n^1/n+1

3. un= arccos

"

1− 1 n³

1/2#

EXERCICE 3 : Calculer (2 +√

3)ⁿ+ (2−√

3)ⁿ. En déduire la série de terme généralun = sin[π(2 +√ 3)ⁿ].

EXERCICE 4 :

Étudier la série produit de la série de terme généralun= (−1)ⁿ

√n par elle-même.

EXERCICE 5 :

On considère l’équation (E) : xⁿe^x= 1.

1. Montrer que (E) admet sur [0; +∞[ une solution unique que l’on noteraan. 2. Prouver que (an) converge et déterminer sa limite.

3. Donner un équivalent dean−1 et en déduire la nature de la série de terme généralan−1.

EXERCICE 6 :

Nature de la série de terme général :un= (−1)ⁿ n+⁽_ln(n)⁻¹⁾ⁿ

EXERCICE 7 :

Convergence et somme deX

un avecun = (−1)ⁿn²+n+ 1 2ⁿ .

Corrections

EXERCICE 1 :

1. On utilisant les développements généralisés :n>1, an= 1 n − 1

6n³ +o 1

n³

− 1

n− 1 2n² +o

1 n²

an= 1 2n²+o

1 n²

doncan_n→∼_+∞ 1

2n², qui est le terme général d’une série convergente (α= 2) 2. wn>0 etwn = n!

(n−2)!2!a²ⁿ= n(n−1)a²ⁿ

2 puis wn+1

wn

= (n+ 1)n n(n−1)a². On a donc lim

n→+∞

wn+1

wn

=a² Avec le critère de d’Alembert, on obtient

• Si a <1,X

wn converge ;

• Si a >1,X

wn diverge ;

• Si a= 1,wn= n(n−1)

2 −→

n→+∞+∞doncX

wn diverge grossièrement.

3. un=

1 + 1 n

3n

−

1 + 3 n

n

= e³

1− 1

2n+ 1 + 9 2n+o

1 n

n→∼+∞e³4 n D’où un>0 pournassez grand etX

un diverge (série harmonique)

EXERCICE 2 1. t 7−→ 1

t³+ 2t² est continue et positive sur [1; +∞[ et 1 t³+ 2t² ∼

+∞

1

t³ d’où l’existence debn

(intégrale convergente : Riemann avecα= 3) Pour toutt>1, 1

t³+ 2t² = 1

4(t+ 2)− 1 4t+ 1

2t². Z X

n

1

t³+ 2t²dt=Z X n

1

4(t+ 2)− 1 4t + 1

2t²dt=1 4ln

X+ 2 X

− 1 2X −1

4ln n+ 2

n

+ 1 2n. bn= lim

X→+∞

1 4ln

X+ 2 X

− 1 2X −1

4ln

n+ 2 n

+ 1

2n = 1 2n−1

4ln

1 + 2 n

= 1 2n²+o

1 n²

doncbn>0 et Xbn converge (Riemannα= 2)

2. un=n^1/n−n^1/n+1= e^{(1/n) lnn}−e^{(1/n+1) lnn}= e^{(1/n) lnn}1−e⁽⁻1/n(n+1)) lnn Or 1−e^α ∼

α→0−αet comme lnn

n(n+ 1) _n→−→_+∞0, on obtient : un_n→∼_+∞e^{(1/n) lnn} lnn

n(n+ 1) _n→∼_+∞ lnn

n² car lnn

n _n→−→_+∞0 De ce faitn^3/2un= lnn

√n et lim

n→+∞n^3/2un= 0 doncun=o 1

n^3/2

et la sérieX

un converge.

3. On poseθn=

1− 1 n³

^1/2

doncun= arccos(θn)∈[0;π]

θn _n→−→_+∞1 donc un _n→−→_+∞0 et de ce faitun _n→∼_+∞sin(un) or sin(un) =p1−cos²(un) carun∈[0;π] et donc un ∼

n→+∞

1

n^3/2 d’où la convergence de la série.

EXERCICE 3 : (2 +√

3)ⁿ+ (2−√ 3)ⁿ=

n

X

k=0

n k

2^n−k(√

3)^k(1 + (−1)^k) =an. Dansan les termes de rang impair sont nuls donc,

an= X

06s6[n/2]

n 2s

2^n−2s+13^s(1+(−1)^2s=2) doncan= 2 X

06s6[n/2]

n 2s

2^n−2s3^s etan∈2N

un = sin[π(2 +√

3)ⁿ] = sin[π(an−(2−√

3)ⁿ] =−sin[π(2−√

3)ⁿ] car sin(2kπ−x) = sin(−x) =−sin(x) Or 0 < 2−√

3 < 1 donc (2−√

3)ⁿ _n−→_→+∞ 0 et un _n→∼_+∞ −π(2−√

3)ⁿ (suite géométrique négative de raison comprise entre−1 et 1)

Ainsiun<0 etX

un converge.

EXERCICE 4 : un= (−1)ⁿ

√n avecn>1.

wn =

n−1

X

k=1

ukun−k=

n−1

X

k=1

(−1)^k

√k

(−1)^n−k

√n−k = (−1)ⁿ

n−1

X

k=1

1 pk(n−k) Et|wn|=

n−1

X

k=1

1

pk(n−k)⇒ |wn|>

n−1

X

k=1

√ 1

n×n ⇒ |wn|>n−1

n avec n−1

n −→

n→+∞1 doncwn ne tend pas vers 0.

Xwn diverge grossièrement.

Remarque 1 k−2pk(n−k) +n−k= (√ k−√

n−k)² >0 donc 1

pk(n−k) > 2

n et on peut donc minorer |wn| par 2(n−1)

n qui tend vers 2.

Remarque 2 X

wn est le produit de Cauchy de la série X

un par elle-même. X

un converge car c’est une série alternée qui remplit les conditions du critère de Leibniz. En revanche, elle n’est pas absolument convergente (Riemann 1/2) donc le théorème sur le produit de Cauchy de deux séries absolument convergentes ne s’applique pas.

EXERCICE 5 : (E) : xⁿe^x= 1.

1. On posefn(x) =xⁿe^x−1 pourx>0 et on obtientf_n^′(x) =xⁿ⁻¹e^x(x+n).

x0= 0 seule racine de e^x= 1.

Pourn>1, on obtient le tableau suivant : x Signe def_n^′(x)

Variations def

0 +∞

+

−1

−1

+∞ +∞ an

0

1

e−1

fn continue et strictement croissante sur ]0; +∞[, fn(0) =−1 et fn(x)_x−→_→+∞+∞, le théorème de la bijection assure l’existence d’un uniquean>0 tel quefn(an) = 0.

fn(1) = e−1>0 =fn(an) doncan<1. (fn strictement croissante sur [0; +∞[)

2. fn+1(an) =aⁿ⁺¹_n e^an−1 =an−1 etan−1<0, or 0 =fn(an) doncan< an+1<1. On peut donc dire que (an) est croissante et majorée par 1 donc elle converge vers une limitel qui vérifiel61.

3. Sin>1,an>0 etfn(an) = 0⇔nln(an) +an= 0. Supposons que lim

n→+∞an<1 alors lim

n→+∞ln(an) = ln(l)<0 et nln(an) −→

n→+∞ −∞. Or an = −nln(an) et on aurait donc an −→

n→+∞ +∞, contradiction avec la question précédente donc lim

n→+∞an= 1

an=−nln(an) =−nln(1 +an−1)_n→∼_+∞−n(an−1).an_n−→_→+∞1 d’oùan−1_n→∼_+∞−1 n etX

(an−1) diverge.

EXERCICE 6 : un= (−1)ⁿ

n+⁽_ln(n)⁻¹⁾ⁿ.un est défini pourn>2 et sin>3, n+(−1)ⁿ

ln(n) >0. (en effet ln(n)>1 et donc 1

ln(n) <1 pour n>3)

Pourn>2,un a le signe de (−1)ⁿ c’est à dire que X

un est alternée et

|un|= 1

n+⁽_ln(n)⁻¹⁾ⁿ donc|un|_n→∼_+∞ 1

n avec lim

n→+∞

1 n = 0

La décroissance de (un)n>2 est diffcile à établir donc l’équivalence précédente donne l’idée de considérer la diffé- renceun−(−1)ⁿ

n . Pourn>2,un−(−1)ⁿ

n = (−1)ⁿ n

n+⁽_ln(n)⁻¹⁾ⁿ

n−n−(−1)ⁿ ln(n)

= −1

nln(n)h

n+⁽_ln(n)⁻¹⁾ⁿi doncun−(−1)ⁿ

n _n→∼_+∞ −1 n²ln(n)

n→lim+∞

n²

n²ln(n) = 0 donc X

n>2

1

n²ln(n) est convergente.

Par comparaison de la nature entre séries équivalentes de signe fixe (ici négatif)X

n>2

un−(−1)ⁿ n

converge.

Orun=

un−(−1)ⁿ n

+(−1)ⁿ

n etX(−1)ⁿ

n converge, ainsi X

n>2

un est convergente (somme de séries convergentes).

EXERCICE 7 :

Xun avecun = (−1)ⁿn²+n+ 1 2ⁿ .

|un|= n²+n+ 1

2ⁿ et n²+n+ 1

2ⁿ _n→∼_+∞n²

2ⁿ et lim

n→+∞

n² 2ⁿ = 0.

|un+1|

|un| =1

2 ×n²+ 3n+ 3

n²+n+ 1 et |un+1|

|un| −1 = −n²+n+ 1 2(n²+n+ 1). Or−n²+n+ 1 =5

4 −

n−1 2

2

, ce qui permet de dire que sin>2,−n²+n+ 1<0 et donc |un+1|<|un|, ce qui implique que (|un|)n>2 est décroissante.

X

n>2

un satisfait au critère spécial des séries alternées donc elle est convergente.

Remarque 3 lim

n→+∞

|un+1|

|un| = 1

2 <1 donc on obtient la convergence absolue deX

un par le critère de d’Alembert.

Calcul de la sommeS : on remarque quen²+n+ 1 =n(n−1) + 2n+ 1 S=

+∞

X

0

(−1)ⁿn²+ 2n+ 1

2ⁿ =

+∞

X

0

n(n−1)

−1 2

n

+ 2

+∞

X

0

n

−1 2

n

+

+∞

X

0

−1 2

n

Si l’on considère connues les sommes suivantes :

+∞

X

n=0

xⁿ = 1 1−x ;

+∞

X

n=1

nxⁿ⁻¹= 1

(1−x)² ;

+∞

X

n=2

n(n−1)xⁿ⁻²= 2 (1−x)³ On obtientS=

−1 2

2

× 2

1 + ¹₂3 + 2

−1 2

× 1

1 +¹₂2 + 1

1 +¹₂ =10 27

Remarque 4 Sommes précédentes : Le point de départ est

+∞

X

n=0

xⁿ = 1

1−x,avecx∈]−1; +1[

(1−x)

p

X

n=1

nxⁿ⁻¹=

p

X

n=1

nxⁿ⁻¹−

p

X

n=1

nxⁿ=

p−1

X

n=0

(n+ 1)xⁿ−

p

X

n=1

nxⁿ=

p−1

X

n=0

xⁿ−px^p , on fait tendrepvers +∞, donc px^p_n→−→_+∞0 puisque|x|<1 et l’on obtient :

+∞

X

n=1

nxⁿ⁻¹= 1 (1−x)². Même démarche à partir de (1−x)

p

X

n=2

n(n−1)xⁿ⁻² =

p

X

n=2

n(n−1)xⁿ⁻²−

p

X

n=2

n(n−1)xⁿ⁻¹ =

p−1

X

n=1

(n+ 1)nxⁿ⁻²−

p

X

n=2

n(n−1)xⁿ⁻¹= 2−p(p−1)x^p−1+ 2

p−1

X

n=2

nxⁿ⁻¹ On fait tendre pvers +∞et l’on divise par 1−x,

+∞

X

n=2

n(n−1)xⁿ⁻²= 2 1−x

1 + 1

(1−x)²−1x⁰

= 2

(1−x)³