Séries Numériques Exercices

Séries Numériques Exercices

- Exercice 1

1. On a _n2ⁿ₊₁ ∼ _n¹, terme général d’une série de Riemann divergente. La série considérée diverge donc par le critère de comparaison des séries à termes positifs.

2. On a

ch(n)

ch(2n) = eⁿ+ e⁻ⁿ

e²ⁿ+ e⁻²ⁿ = 1 + e⁻²ⁿ eⁿ+ e⁻³ⁿ ∼ 1

eⁿ qui est le terme général d’une série géométrique convergente (car

e⁻¹

< 1 ). La série considérée converge donc par le critère de comparaison des séries à termes positifs.

3. On a

1 + 1 n

n

−e = exp

nln

1 + 1 n

−e = exp

n 1

n− 1 2n² +o

1 n

−e

= exp

1− 1 2n+o

1 n

−e = e

1− 1

2n −1 +o 1

n

=− e 2n+o

1 n

Ainsi, notant un le terme général de la série considérée, −u_n ∼ _2n^e , terme général d’une série de Rieman divergente. Par le critère de comparaison des séries à termes positifs, X(−u_n), puisX

un diverge.

4.

On a √ⁿ

n+ 1− √ⁿ n= √ⁿ

n ⁿ r

1 +1 n−1

!

= √ⁿ n

exp

1 nln

1 + 1

n

−1

= √ⁿ n

exp

1 n

1 n+o

1 n

−1

= √ⁿ n

exp

1 n² +o

1 n²

−1

= √ⁿ n

1 + 1

n² −1 +o 1

n²

Ainsi, notant u_n le terme général de la série considérée, u_n ∼ ⁿ

√n

n² , donc u_n = o

1 n³²

. Comme P ₁

n³² converge par le critère de Riemann, X

u_n converge par le critère de com- paraison des séries à termes positifs.

5. Pour n∈N, on note un= _1+a^an2n. Sia= 0,X

un converge évidemment.

On supposea6= 0 dans la suite.

Si |a| < 1 alors |u_n| ∼ |a|ⁿ, terme général d’une série géométrique convergente. Par le critère de comparaison des séries à termes positifs,X

|u_n|converge, puisX

un converge absolument donc converge.

Si|a|>1,|a|ⁿ −→

n→+∞+∞, et|u_n| ∼ |a|⁻ⁿ, terme général d’une série géométrique conver- gente. Par le critère de comparaison des séries à termes positifs, X

|u_n| converge, puis Xun converge absolument donc converge.

Si|a|= 1, on au_n= ^a₂ⁿ, terme général d’une série géométrique divergente. En conclusion, Xun converge si et seulement si |a| 6= 1

6. Pour n∈N, on a ch^a(n)−sh^a(n) =

eⁿ+ e⁻ⁿ 2

a

−

eⁿ−e⁻ⁿ 2

a

= e^an

2^a 1 + e⁻²ⁿa

− 1−e⁻²ⁿa

= e^an

2^a 1 +ae⁻²ⁿ−1 +ae⁻²ⁿ+o e⁻²ⁿ

= 2ae^(a−2)n

2^a (1 +o(1)) Ainsi, en notant u_n= ch^a(n)−sh^a(n), on a u_n∼2^1−aae^(a−2)n, terme général d’une série géométrique de raison e^a−2. Cette série converge si et seulement si

e^a−2

<1 i.e.a <2.

Ainsi X

u_n converge si et seulement si a <2 par le critère de comparaison des séries à termes positifs.

7. Pour n∈N, on a

un=Arccos

n³+ 1 n³+ 2

n→+∞−→ Arccos(1) = 0

Pour obtenir un équivalent de un, il faut trouver un équivalent de arccos en 1 . arccos n’est pas dérivable en 1 , equivalent de u_n, la formule de Taylor-Young ne permet pas de conclure. En revanche, on a vu que sin(Arccosx) = √

1−x² pour x ∈ [−1,1], donc comme Arccosx−→

x→10

Arccosx∼sin(Arccosx) =p

1−x² =p

(1 +x)(1−x)∼_x→1 p

2(1−x) Ainsi

u_n∼ s

2

1−n³+ 1 n³+ 2

= r 2

n³+ 2 ∼

√2 n³ terme général d’une série de Riemann convergente. Par suiteX

unconverge par le critère de comparaison des séries à termes positifs.

8. Pour n∈N, on a un= 1

(n+ 2)!

n

X

k=1

k! = n!

(n+ 2)! + 1 (n+ 2)!

n−1

X

k=1

k!6 1

(n+ 1)(n+ 2)+ 1 (n+ 2)!

n−1

X

k=1

(n−1)!

6 1

(n+ 1)(n+ 2)+n×(n−1)!

(n+ 2)! = 2

(n+ 1)(n+ 2)

Ce dernier majorant est équivalent a _n²₂, terme général d’une série de Riemann conver- gente, donc est le terme général d’une série convergente. Par le critère de comparaison des séries a termes positifs, X

u_n converge.

9. Pour n∈Ntel que n>2, on a u_n= e^nln(lnn)

e^(ln(n))2 = exp

n

ln(lnn)−(lnn)² n

n→+∞−→ +∞

par croissance comparée et opérations sur les limites, La série X

u_n diverge donc gros- sièrement.

-

1. Le terme général de la série considérée est positif et équivalent a _n¹₂, terme général d’une série de Riemann convergente. Par le critère de comparaison des séries à termes positifs, la série considérée converge.

Les seules séries que l’on sait calculer sont les séries géométriques ou télesco- piques. On essaie donc de se ramener à l’une de ces formes.

Pour essayer de reconnaitre un télescopage, on utilise la même méthode que pour intégrer F :t7→ _t2¹₋₁, de manière à l’écrire sous la forme

F(t) = a

t−1 + b

t+ 1 = a(t+ 1) +b(t−1)

t²−1 avec (a, b)∈R².

On doit donc avoir (a+b)t+a−b= 1 pour tout t∈R\{±1}, ce qui donnea+b= 0 et a−b= 1en identifiant les coefficients. En sommant ces deux équations, on trouve2a= 1, donc a= ¹₂, puis b=−a=−¹₂.

Ainsi pour tout entier N >1 :

N

X

n=2

1

n²−1 = 1 2

N

X

n=2

1

n−1 − 1 n+ 1

= 1 2

N

X

n=2

1 n−1 − 1

n

+ 1 2

N

X

n=2

1 n− 1

n+ 1

= 1 2

1 +1

2

−1 2

1

N + 1 N+ 1

par télescopage.

La limite des sommes partielles, et donc la somme de la série, vaut 3 4.

2. Le terme général de la série considérée est positif et équivalent a _n²₂, terme général d’une série de Riemann convergente. Par le critère de comparaison des séries à termes positifs, la série considérée converge.

Pour n∈N^∗ , on a ln

1 + 2

n(n+ 3)

= ln(n(n+ 3) + 2)−ln(n(n+ 3)) = ln n²+ 3n+ 2

−ln(n(n+ 3))

= ln((n+ 1)(n+ 2))−ln(n(n+ 3)) Ainsi pour tout entier N >1 :

N

X

n=1

ln

1 + 2

n(n+ 3)

=

N

X

n=1

(ln(n+ 1) + ln(n+ 2)−ln(n)−ln(n+ 3))

=

N

X

n=1

(ln(n+ 1)−ln(n)) +

N

X

n=1

(ln(n+ 2)−ln(n+ 3))

= ln(N + 1)−ln(1) + ln(3)−ln(N+ 3) par téléscopage

= ln

N + 1 N + 3

+ ln 3 −→

N→+∞ln 3.

3. Le terme généralunde la série considérée est négatif et sa valeur absolue est équivalente à 1

n², terme général d’une série de Riemann convergente. Par le critère de comparaison des séries à termes positifs, la série considerée converge absolument donc converge (ou sans la convergence absolue, X

(−u_n) converge doncX

un converge). Pourn>2, on a ln

1− 1

= ln n²−1

−2 ln(n) = ln((n−1)(n+ 1))−2 ln(n)

donc pourN >2 :

N

X

n=2

ln

1− 1 n²

=

N

X

n=2

(ln(n+ 1) + ln(n−1)−2 ln(n))

=

N

X

n=2

(ln(n+ 1)−ln(n)) +

N

X

n=2

(ln(n−1)−ln(n))

= ln(N+ 1)−ln 2 + ln 1−lnN

= ln

N + 1 N

−ln 2 qui a pour limite−ln 2 4. Notons tout d’abord qu’un simple développement limité donne

ln cos a

2ⁿ

= ln

1− a²

2²ⁿ⁺¹ +o 4⁻ⁿ

=− a²

2²ⁿ⁺¹ +o 4⁻ⁿ

donc la valeur absolue du terme général de la série considérée est équivalente à _22n+1^a2 , terme général d’une série géométrique convergente.

Par le critère de comparaison des séries a termes positifs, la série considérée converge absolument donc converge (ou comme dans la question précédente, X

(−u_n) converge donc X

u_n converge).

Pour n∈N^∗, on a sin

a 2ⁿ⁻¹

= sin

2× a 2ⁿ

= 2 cos a

2ⁿ

sin a

2ⁿ

Ainsi

ln

cos a

2ⁿ

= ln sin 2⁻⁽ⁿ⁻¹⁾a 2 sin (2⁻ⁿa)

!

= ln 2ⁿ⁻¹sin 2⁻⁽ⁿ⁻¹⁾a 2ⁿsin (2⁻ⁿa)

!

= ln

2ⁿ⁻¹sin

2⁻⁽ⁿ⁻¹⁾a

−ln 2ⁿsin 2⁻ⁿa

La suite (ln (2ⁿsin (2⁻ⁿa)))_n∈N converge vers ln(a) (puisque sin (2⁻ⁿa) ∼2⁻ⁿa etln est continue), donc par télescopage la série considérée vaut

+∞

X

n=1

ln

2ⁿ⁻¹sin

2⁻⁽ⁿ⁻¹⁾a

−ln 2ⁿsin 2⁻ⁿa

= ln(sin(a))−ln(a) = ln sina

a

5. Comme a 6≡ 0[^π₂]. Le terme général de la série considérée est donc bien défini. Il est équivalent a 4⁻ⁿa, qui est le terme général d’une série géométrique convergente. Par le critère de comparaison des séries à termes positifs, la série considérée converge. Pour n∈N^∗, on a

tan

2⁻⁽ⁿ⁻¹⁾a

= tan 2×2⁻ⁿa

= 2 tan (2⁻ⁿa) 1−tan²(2⁻ⁿa) donc en passant à l’inverse,

1

tan 2⁻⁽ⁿ⁻¹⁾a = 1

2 tan (2⁻ⁿa) −tan (2⁻ⁿa) 2

tout étant bien défini car2^−ka6= 0[π]pour tout k∈N. On en déduit que 2⁻ⁿtan 2⁻ⁿa

= 2⁻ⁿ×2 1

tan 2⁻⁽ⁿ⁻¹⁾a − 1 2 tan (2⁻ⁿa)

!

= 2⁻⁽ⁿ⁻¹⁾

tan 2⁻⁽ⁿ⁻¹⁾a− 2⁻ⁿ tan (2⁻ⁿa) Comme _tan(2²⁻ⁿ−na) ∼ ₂²−n⁻ⁿa = _a¹, par télescopage, on obtient

+∞

X

n=1

2⁻ⁿtan 2⁻ⁿa

=

+∞

X

n=1

2⁻⁽ⁿ⁻¹⁾

tan 2⁻⁽ⁿ⁻¹⁾a − 2⁻ⁿ tan (2⁻ⁿa)

!

= 1

tana−1 a

-

1. On étudie la convergence de la sérieX

(ln (u_n+1)−ln (u_n))pour montrer la convergence (ou non) de (ln (un))_n∈N∗.Pour n∈N^∗, on calcule

ln (u_n+1)−ln (u_n) = ln((n+ 1)!) + (n+ 1)−(n+ 1) ln(n+ 1)−1

2ln(n+ 1)

−ln(n!)−n+nln(n) +1 2ln(n)

= ln(n+ 1) + 1−

n+3 2

ln(n+ 1) +

n+1 2

ln(n)

=1−

n+1 2

ln(n+ 1) +

n+1 2

ln(n) = 1−

n+1 2

ln

1 +1

n

= 1− n+¹_{2 1}

n−_2n¹₂ +_3n¹3 +o _n¹₃

= 1−1 +_2n¹ −_3n¹₂ −_2n¹ +_4n¹2 +o _n¹₂

=−_12n¹₂ +o _n¹₂ Le ndu facteur n+ ¹₂

fait diminuer la précision du développement limité.

Ainsi|ln (u_n+1)−ln (u_n)| ∼ _12n¹₂, qui est le terme général d’une série de Riemann conver- gente.

On en déduit que X

(ln (u_n+1)−ln (u_n)) converge absolument donc converge (ou sans convergence absolue,X

(ln (un)−ln (un+1))converge doncX

(ln (un+1)−ln (un))converge).

Ainsi la suite(ln (un))_n converge.

2. Notons`la limite de la suite(ln (un))<sub>n∈N</sub> etλ=e<sup>`</sup>. Alorsun −→

n→+∞e^` =λpar continuité d’exponentielle, ce qui montre que u_n∼λ, puis que n!∼λ√

n ⁿ_en

. 3. Avec la formule donnée, on a

4ⁿ

√πn ∼ 2n

n

= (2n)!

(n!)² ∼ λ ²ⁿ_c2n√ 2n λ ⁿ_cn√

n2 = λ2²ⁿn²ⁿ√ 2n

λ²n²ⁿ×n = 4ⁿ√ 2 λ√

n

On en déduit que

√ 2

λ = ^√1_π ie.λ=√

2π. En conclusion, on a n!∼√

2πn ⁿ_en

.

- Exercice 4

1. Posons f : t 7→ _t¹α, continue et décroissante. Pour k ∈ N^∗, une comparaison avec une intégrale donne

f(k+ 1)6 Z k+1

k

f(t)dt6f(k) puis

p

X

k=n

f(k+ 1)6 Z p+1

n

f(t)dt6

p

X

k=n

f(k) pour n6p∈N, en sommant. Ainsi

p

X

k=n

f(k)>

Z p+1 n

f(t)dt= 1

−α+ 1t^−a+1 p+1

n

= n^1−α−(p+ 1)^1−α α−1 et

p

X

k=n

f(k) =

p−1

X

k=n−1

f(k+ 1)6 Z p

n−1

f(t)dt= (n−1)^1−α−p^1−α α−1 Ou obtient donc l’encadrement

n^1−α−(p+ 1)^1−α

α−1 6

p

X

k=n

f(k)6 (n−1)^1−α−p^1−α

α−1 puis n^1−α

α−1 6Rn6 (n−1)^1−α α−1 en passant à la limite p → +∞. On peut alors penser que Rn ∼ ⁿ_α−1^1−α. Pour le prouver proprement, on divise l’encadrement précédent :

16 Rn(α−1)

n^1−a 6 (n−1)^1−a n^1−a =

1− 1

n 1−a

donc par le theorime des gendarmes, ^Rn_n^(α−1)1−a −→

n→+∞1, ce qui montre que R_n∼ ⁿ_α−1^1−α. 2. Comme a >1,(Sn)_n∈N converge par le critère de Riemann.

Notons `sa limite, Avec la question précédente, ^R_Sⁿ

n ∼ _`(α−1)^n1−a .

Ceci est le terme général d’une série de Riemann, qui converge si et seulement siα−1>1 i.e.α >2

-

1. Pour n∈N, ou bien max (u_n, v_n) =u_n6u_n+v_n, ou bien max (u_n, v_n) =v_n 6u_n+v_n (puisque u_n et v_n sont positifs). Dans les deux cas, max (u_n, v_n) 6 u_n+v_n, qui est le terme général d’une série convergente. Par le critère de comparaison des séries à termes positifs, X

max (un, vn) converge.

2. Pour n ∈ N, on a 2√

unvn 6 un+vn : en effet, √

un−√ vn

2

> 0, et en développant on trouve un+vn −2√

unvn > 0. Par suite, √

unvn 6 ¹₂(un+vn), qui est le terme général d’une série convergente. Par le critère de comparaison des séries a termes positifs, X√

u_nv_n converge.

3. On a

u_nv_n= 1

2(2u_nv_n) = 1 2

(u_n+v_n)²−u²_n−v_n² 6 1

2(u_n+v_n)² Ainsi, _u^unvn

n+vn 6 ¹₂(un+vn), qui est le terme général d’une série convergente. Par le critère de comparaison des séries à termes positifs,X√

unvn converge.

- Exercice 6

1. Notons f :t7→√

t, f est continue et croissante, donc par comparaison avec une intégrale, pour k∈N^∗, on a

f(k)6 Z k+1

k

f(t)dt6f(k+ 1)puis

n

X

k=1

f(k)6 Z n+1

1

f(t)dt6

n

X

k=1

f(k+ 1) en sommant pourk allant de1 àn. On en déduit que

u_n=

n

X

k=1

f(k)6 Z n+1

1

f(t)dt= 2

3t³² n+1

1

= 2

3 (n+ 1)³−1 et queun=

n

X

k=1

f(k) = 1 +

n−1

X

k=1

f(k+ 1)>1 + Z n

1

f(t)dt= 1 +2 3

n¹³ −1

= 2

3n³² +1 3. par suite, ²₃n³² + ¹₃ 6 u_n 6 ²₃

(n+ 1)³² −1

, ce qui laisse penser que u_n ∼ ²₃n³². On obtient

1 + 1

2n³² 6 3un

2n³² 6 (n+ 1)³² n³²

− 1 n³² =

1 + 1

n ³

2

− 1 n³². le théorème des gendarmes donne ^3un

2n³²

n→+∞−→ 1 doncun∼ ²₃n³². 2. Notons f :t7→lnt.

f est continue et croissante, donc par comparaison avec une intégrale, pour ∈N^∗, on a f(k)6

Z k+1 k

f(t)dt6f(k+ 1)puis

n

X

k=1

f(k)6 Z n+1

1

f(t)dt6

n

X

k=1

f(k+ 1) en sommant pourk allant de 1 àn. On en déduit que

u_n=

n

X

k=1

f(k)6 Z n+1

1

f(t)dt= [tlnt−t]ⁿ⁺¹₁ = (n+ 1) ln(n+ 1)−(n+ 1) + 1 6(n+ 1) ln(n+ 1)−n

et que u_n=

n

X

k=1

f(k) = 1 +

n−1

X

k=1

f(k+ 1)>1 + Z n

1

f(t)dt= 1 +nln(n)−n+ 1 = 2 +nln(n)−n.

Par suite,2+nln(n)−n6u_n6(n+1) ln(n+1)−n, ce qui laisse penser queu_n∼nln(n).

On obtient 1+ 2

nln(n)− 1

ln(n) 6 S_n

nln(n) 6 (n+ 1) ln(n+ 1) nln(n) − 1

ln(n) = n+ 1 n

1 + ln

1 +1

n

− 1 ln(n) Ainsi, le théorème des gendarmes donne _n^u_lnnⁿ −→

n→+∞1 doncun∼nlnn.

3. Notons f : t 7→ _tlnt¹ ·f est continue et décroissante, donc par comparaison avec une intégrale, pour k∈N^∗, on a

f(k+ 1)6 Z k+1

k

f(t)dt6f(k) puis

n

X

k=2

f(k+ 1)6 Z n+1

2

f(t)dt6

n

X

k=2

f(k)

en sommant pourk allant de 2 àn. On en déduit que u_n=

n

X

k=2

f(k)>

Z _n+1

2

f(t)dt=

Z _ln(n+1)

ln(2)

du

u = ln(ln(n+ 1))−ln(ln(2))

en posantu= lnt(ce qui donne du=

t ) et que un=

n

X

k=2

f(k) = 1 2 ln(2) +

n−1

X

k=2

f(k+ 1)6 1 2 ln(2)+

Z ln(n) ln(2)

du u

= _{2 ln(2)}¹ + ln(ln(n))−ln(ln(2)).

Par suite, ln(ln(n+ 1))−ln(ln(2)) 6 u_n 6 _{2 ln(2)}¹ + ln(ln(n))−ln(ln(2)), ce qui laisse penser que un∼ln(ln(n)).On obtient ensuite

ln(ln(n+ 1))

ln(ln(n)) − ln(ln(2))

ln(ln(n)) 6 Sn

ln(ln(n)) 6 1

2 ln(2) ln(ln(n)) + 1− ln(ln(2)) ln(ln(n)) De plus

ln(ln(n+ 1))

ln(ln(n)) = ln ln(n) + ln 1 +_n¹

ln(ln(n)) = 1 +ln 1 + _ln¹_nln 1 + _n¹

ln(ln(n)) −→

n→+∞1 Ainsi, le théorème des gendarmes donne _ln(ln^un_n) −→

n→+∞1donc un∼ln(lnn).

- Exercice 7 Convergence : Soientp∈Netx∈]−1,1[fixés. Pour n>p, on a n

p

xⁿ= n!

p!(n−p)!xⁿ= n(n−1). . .(n−p+ 1)

p! xⁿ∼ n^p p!xⁿ

Ainsin^{2 n}_p

xⁿ −→

n→+∞0 par croissance comparée, et donc n

p

|x|ⁿ=o _n¹₂ . CommeX 1

n² converge par le critère de Riemann, la série considérée converge absolument (donc converge) par le critère par comparaison des séries a termes positifs.

Valeur : Maintenant que nous avons établi la convergence, on noteS_p(x) =

+∞

X

n=p

n p

xⁿ.

Pour n>p, on a

n+ 1 p+ 1

= n

p

+ n

p+ 1

(relation de Pascal). Ainsi, six6= 0

Sp(x) =

+∞

X

n=p

n+ 1 p+ 1

− n

p+ 1

xⁿ=

+∞

X

n=p

n+ 1 p+ 1

xⁿ−

+∞

X

n=p

n p+ 1

xⁿ

=

+∞

X

m=p+1

m p+ 1

x^m−1−

+∞

X

n=p+1

n p+ 1

xⁿ= 1

xSp+1(x)−Sp+1(x)

en ayant posé m = n+ 1 dans la première somme, et puisque le terme n = p est nul dans la seconde somme.

AinsiSp+1(x)(1−x) =xSp(x).Cette relation reste vraie enx= 0 puisque Sp+1(0) = 0.

Par suite

S_p(x) = x

1−xSp−1(x) =· · ·= x

1−x p

S₀(x) = x^p

(1−x)^p × 1

1−x = x^p (1−x)^p+1 que l’on peut formaliser proprement par une récurrence rapide.

-

Dans ce cas, _na(lnn)¹ _b tend vers 0 légèrement moins rapidement que _n¹a (sib >0), mais plus vite que tous les _n¹c, pourc < a(par croissance comparée).

Pour que _n¹c soit également le terme général d’une série convergente, il faut que c > 1 par le critère de Riemann. On cherche donc c∈]1, a[: prenons par exemple c= ^1+a₂ .

On a alors _na(ln^nc_n)b = _na−c¹(lnn)^b −→

n→+∞ 0 (par crois- sance comparée), donc _na(ln¹_n)b = o _n¹c

. Comme X 1

n^c converge par le critère de Riemann, _na(lnn)¹ _b converge par le critère de comparai- son des séries à termes positifs.

Deuxième cas : a <1.

Dans ce cas, ¹

n^a(lnn)^b tend vers 0 moins vite que ¹_n. En effet, ⁿ

n^a(lnn)^b = _(ln^n1−a_n)b −→

n→+∞ +∞ (par croissance comparée), donc ¹_n =o

1 n^a(lnn)^b

. Comme X1

n diverge par le critère de Riemann, X 1

n^a(lnn)^b diverge par le critère de comparaison des séries à termes positifs.

Troisième cas : a= 1.

Sib <0, on a _n¹ =o

1 n(lnn)^b

et comme dans le cas précédent,X 1

n(lnn)^b diverge par le critère de comparaison des séries à termes positifs.

On suppose donc b > 0. Dans ce cas, f : t 7→ ¹

t(lnt)^b est décroissante sur [2,+∞[ (et continue comme quotient de fonctions qui le sont, le dénominateu ne s’annulant pas). Par comparaison avec une intégrale, pour k>2, on a

f(k+ 1)6 Z k+1

k

f(t)dt6f(k) puis

n

X

k=2

f(k+ 1)6 Z n+1

2

f(t)dt6

n

X

k=2

f(k)

en sommant pour kallant de 2 àn. On en déduit que Sn=

n

X

k=2

f(k)>

Z n+1 2

f(t)dt=

Z ln(n+1) ln(2)

du u^b en posant u= lnt(ce qui donne du= ^dt_t

et que S_n=

n

X

k=2

f(k) = 1 2 ln(2)^b +

n−1

X

k=2

f(k+ 1)6 1 2 ln(2)^b +

Z ln(n) ln(2)

du u^b Par suite, si b >1, on a

S_n6 1 2 ln(2)^b +

1 1−bu^1−b

ln(n) ln(2)

= 1

2(ln 2)^b +(ln 2)^1−b−(lnn)^1−b

b−1 6 1

2(ln 2)^b +(ln 2)^1−b b−1 donc la suite des sommes partielles de X 1

n(lnn)^b est majorée. Comme il s’agit d’une série a termes positifs, elle converge.

Sib= 1, on aSn>[lnu]^ln(n+1)_ln(2) = ln(ln(n+ 1))−ln(ln(2)) −→

n→+∞+∞

et si b <1, on a S_n>

1 1−bu^1−b

ln(n+1) ln(2)

= (ln(n+ 1))^1−b−(ln 2)^1−b

1−b −→

n→+∞+∞

donc dans ces deux cas la sérieX 1

n(lnn)^b diverge.

En conclusion,X 1

n^a(lnn)^b converge si et seulement si a >1 ou sia= 1 etb >1

- Exercice 9

1. Posonsε=`−1>0.

Par définition de la limite, on peut considérerN ∈N tel que∀n>N,

un+1

un −` 6ε.

Pour n>N, on a donc ^un+1_u

n >`−ε= 1.Comme un>0, ceci impliqueun+1>un. La suite(un)_n∈

Nest donc croissante à partir du rangN. Pourn>N, on a doncun>u_N, et comme u_N > 0, on en déduit que (u_n)_n∈

N ne converge pas vers 0 . La série diverge donc grossièrement.

2. Soit k∈]`,1 [ (par exemple k= <sup>`+1</sup>₂ .

En posant ε= k−` > 0, par définition de la limite, on peut considérer N ∈N tel que

∀n>N,

un+1

un −` 6ε.

Pour n>N, on a donc ^un+1_u

n 6`+ε=k.

Comme u_n>0, ceci impliqueu_n+16ku_n.

Par récurrence aisée, on montre alors queu_n6k^n−Nu_N pourn>N.

Ceci est le terme général d’une série géométrique convergente (puisquek∈]0,1[), donc par le critère de comparaison des séries termes positifs, la série X

n>N

u_n, puis X

u_n converge.

Remarque 2 C’est le critère de d’Alembert.

-