Séries de réels positifs

(1)

Séries de réels positifs

Exercice17.1 Solution p. 5

Calculer

+∞

X

n=0

1 (2n+ 1)².

Nature de la sérieX chn ch(2n).

SoitX

un,X

vnetX

wntrois séries de réels telles que, pour toutn∈N, un≤vn≤wn.Montrer siX un

etX

wnconvergent, alorsX

vnest aussi convergente.

Nature deX

unoùu0∈Retun+1 = 1

n+ 1e^−uⁿ.

Soit(un)une suite de réels positifs telle queX

unconverge. Déterminer la nature deX√ u2nun

Grâce à une comparaison entre série et intégrale, déterminer un équivalent de

n

X

k=2

lnk.En déduire, la nature de la série de terme généralu_n=

n

X

k=2

lnk

!−1

Nature de la sérieX

anoùan= Z ¹

n

0

√xdx

√3

1 +x².

SoientX

un,X

vnetX

wn3 séries convergentes à termes positifs. Montrer que les sériesX

√3

unvnwnet X√

u_nv_n+u_nw_n+v_nw_nsont convergentes.

Soit(ε_n)n∈Nune suite de réels de]0,1[, telle queε_n−−−−−→

n→+∞ 0.Pour toutn∈N^∗, on posep_n=

n

Y

i=1

(1−ε_i).

Montrer que(p_n−−−−−→

n→+∞ 0)⇔ÄX

ε_ndivergeä .

Nature deX

n≥1

anoùan= Å

1 + 1

√n ã−n

(2)

Exercice17.11 Solution p. 7 Soita, b, c∈C. Étudier la sérieX

u_n, oùu_n=a√ n+b√

n+ 1 +c√ n+ 2.

Soit(un)une suite de réels positifs. On posevn= un

1 +un

.Montrer que les sériesX

unetX

vnsont de même nature.

Règle de Cauchy

1. SoitX

a_n∈S(C)telle que pⁿ

|a_n| −−−−−→

n→+∞ `∈R+∪ {+∞}.

− Si` <1, montrer queX

a_nest absolument convergente.

− Si` >1ou si`= 1⁺, montrer queX

a_ndiverge grossièrement.

− Lorsque`= 1, montrer qu’on ne peut pas conclure.

2. En déduire la nature des sériesXÅ n+ 1 2n+ 5

ãn

etX n^lnn lnⁿn.

αdésigne un réel strictement positif. Pour toutn∈N, on notea_n= (nα)ⁿ

n

X

k=0

(k!) .

Déterminer la nature de la sérieX an.

Soit(an)une suite décroissante de réels positifs. On suppose que la sérieX

anconverge. Montrer quenan−−−−−→

n→+∞

0.

Soit(u_n)une suite réelle décroissante qui tend vers0.

Montrer que les sériesX

u_netX

2ⁿu₂ⁿ ont la même nature. En déduire la nature deX

n≥2

1

n(lnn)^β, oùβ ∈R.

Déterminer la nature deX

a_noùa_n= Z ^π

2

0

dx 1 +n²tan²(x)

Soienta∈R^∗+etα∈R. Nature deX

a_noùa_n= n^α

(1 +a)(1 +a²). . .(1 +aⁿ).

Soit (u_n) une suite décroissante de réels strictement positifs. On suppose qu’il existe k ∈ N aveck ≥ 2 et n0∈N^∗tels que, pour toutn≥n0, ku_kn≥un. Montrer queX

unest divergente.

Soit(an)n≥1 une suite de complexes telle queXa_n

n est absolument convergente. On suppose que pour tout k∈N^∗,

+∞

X

n=1

an

n^k = 0.

Que peut-on dire de la suite(a_n)n≥1?

(3)

Exercice17.21 Solution p. 11 Règle de Duhamel

SoitX

anune série à termes strictement positifs.

1. On suppose qu’il existeα∈Rtel que a_n+1

a_n = 1−α n+o

Å1 n

ã . Siα >1, montrer queX

a_nconverge et siα <1, montrer queX

a_ndiverge.

2. Déterminer la nature de la sérieX

a_n, oùa_n= 2×4× · · · ×(2n−2)×(2n) 3×5× · · · ×(2n−1)×(2n+ 1).

Soitϕ:N^∗−→N^∗une application injective. Montrer que la sérieXϕ(n)

n² diverge.

Soit(un)une suite décroissante de réels qui tend vers0.

Montrer queX

unetX

n(un−un+1)ont la même nature.

Lorsqu’elles sont définies, comparer les sommes de ces deux séries.

Séries alternées

Déterminer les natures des sériesX

(−1)ⁿ 2ⁿ

3^√ⁿ etX

(−1)ⁿ2^lnⁿ 3^√ⁿ.

Déterminer la nature de la sérieX

(−1)ⁿa_n, oùa_n= Z ⁴

π

2 π

sin¹_t n+tdt.

Calculer

+∞

X

n=2

ln Å

1 +(−1)ⁿ n

ã .

Nature de la sérieX

a_n, oùa_n= (−1)ⁿ n−lnn.

On considère une suite récurrente telle queu₀∈ i 0,π

2 h

et telle que, pour toutn∈N, u_n+1=u_ncosu_n. Étudier la suite(un), puis les séries de terme général(−1)ⁿunetln(cosun).

Déterminer la nature de la sérieX un.

Pour toutn∈N^∗, on note :h_n=

n

X

k=1

1

k etu_n=h_n−lnn.

1. Trouver un equivalent deun+1−un. 2. Déterminer la nature de la sérieX

(un+1−un)puis en deduire la convergence de la suite(un). On notera γla limite de la suite(u_n).

(4)

4. Montrer qu’il existeαetβtels que

2n

X

k=1

(−1)^k

k =αh_2n+βh_n.

5. En déduire que

+∞

X

k=1

(−1)^k

k =−ln 2.

Soitσ ∈R. On note(wn)la suite définie par :w_k = σ

k lorsque 4 diviseketw_k = 1

k sinon. De plus, on note Sn=

n

X

k=1

wk.

6. Montrer que(Sn)converge si et seulement siσ=−3.

7. Étudier la nature et calculer la somme de la sérieX w_k.

8. Question bonus :Soit(σn)n∈N ∈C^N, T-périodique. Donner une condition nécessaire et suffisante pour que X

n≥1

σn

n soit semi-convergente.

1. Déterminer la nature de la série de terme généralun=

+∞

X

k=0

(−1)^k n+ 1 +k. 2. Déterminer la nature de la série de terme généralvn= (−1)ⁿun.

Sommation par paquets.

SoientX

xn∈S(C)etϕ:N−→Nune application strictement croissante.

On posey0 =

ϕ(0)

X

k=0

x_ket, pour toutn∈N^∗, yn=

ϕ(n)

X

k=ϕ(n−1)+1

x_k.

Ainsi,y_nconstitue un « paquet » deϕ(n)−ϕ(n−1)termes consécutifs deX

x_k, en convenant queϕ(−1) =

−1.

1. Montrer que siX

x_nconverge, alorsX

y_nconverge également. Montrer que la réciproque est fausse.

2. Montrer que la réciproque est vraie lorsqueX

x_kest à termes positifs.

3. Montrer que la réciproque est vraie lorsque(x_n)tend vers0et que la suite(ϕ(n)−ϕ(n−1))est majorée.

4. Montrer que la réciproque est vraie lorsqu’à l’intérieur de chaque paquet (pourk ∈[ϕ(n−1) + 1, ϕ(n)]), tous lesxksont réels et de même signe.

(5)

Solution de l’exercice 17.1 Énoncé SoitN ∈N,

2N+1

X

k=1

1 k² =

N

X

1=k

1 (2k)² +

N

X

k=k

1 (2k+ 1)². Donc

N

X

k=0

1 (2k+ 1)² =

2N+1

X

k=1

1 k² − 1

4

N

X

k=1

1

k² −−−−−→

N→+∞

3 4

π² 6 = π²

8 . D’où

+∞

X

k=0

1

(2k+ 1)² = π² 8 .

Solution de l’exercice 17.2 Énoncé

u_n= chn

ch 2n = eⁿ+ e⁻ⁿ

e²ⁿ+ e⁻²ⁿ ∼ eⁿ e²ⁿ = 1

eⁿ = Å1

e ãn

. DoncX

u_nconverge carX 1

eⁿconverge géométriquement (e⁻¹≤1).

Xu_netX

w_nétant convergente, on a également queX

w_n−u_n∈ S(R+)converge ; De plus,∀n∈N, 0≤v_n−u_n≤w_n−u_n, doncX

v_n−u_nconverge car c’est une série à termes positifs, majorée par une série convergente.

DoncX

(v_n−u_n) +u_n=X

v_nconverge comme somme de séries convergentes.

Par récurrence, on montre que∀n∈N, u_n≥0, doncX

u_n∈ S(R+).

Pourn≥1, e^−uⁿ ≤1, donc0≤ 1

n+ 1e^−uⁿ ≤ 1

n+ 1 −−−−−→

n→+∞ 0et(n+ 1)u_n+1 = e^−uⁿ −−−−−→

n→+∞ 1donce^−uⁿ ∼1, doncu_n∼ 1

n, il est donc clair queX

u_ndiverge, carX1

n diverge.

Xu_2nest convergente car

n

X

k=0

u_2k≤

2n

X

k=0

u_k, doncX√

u_2nu_n∈ S(R+)et les sommes partielles sont majorées d’après l’inégalité de Cauchy-Schwartz :

n

X

k=0

√u_2ku_k≤ Ã n

X

k=0

u_2k Ã n

X

k=0

u_k

≤ Ã n

X

k=0

u_k Ã

2n

X

k=0

u_k

≤ Ã+∞

X

k=0

uk

Ã+∞

X

k=0

uk

Donc la sérieX√

u2nunest convergente.

(6)

Soitn≥2, soitk∈J2, nK,soitt∈[k−1, k], la fonctionlnétant croissante surR+: lnt≤lnk≤lnt+ 1

Z _k

k−1

lntdt≤lnk≤ Z _k

k−1

lnt+ 1 dt

n

X

k=2

Z k k−1

lntdt≤

n

X

k=2

lnk≤

n

X

k=2

Z k k−1

lnt+ 1 dt Z n

1

lntdt≤

n

X

k=2

lnk≤ Z n+1

2

lntdt

[tlnt−t]ⁿ₁ ≤

n

X

k=2

lnk≤[tlnt−t]ⁿ⁺¹₂ nlnn−n+ 1≤

n

X

k=2

lnk≤(n+ 1) ln(n+ 1)−(n+ 1)−2 ln 2 + 2 1− 1

lnn+ 1 nlnn ≤

n

X

k=2

lnk× 1

nlnn ≤ (n+ 1) ln(n+ 1)−(n+ 1)−2 ln 2 + 2 nlnn

D’après le principe des gendarmes, les deux quantités tendent vers1, et donc

n

X

k=2

lnk∼nlnn.

Doncu_n=

n

X

k=2

!−1

∼ 1

nlnn etu_n≥0.

D’après le cours,

N

X

n=2

1 nlnn

! et

Å RN

2

dt tlnt

ã

ont la même nature. OrRN 2

dt

tlnt = [lnt]^N₂ −−−−−→

N→+∞ +∞.

DoncX

undiverge.

u_n= Z ¹

n

0

√xdx

√3

1 +x² ≤ Z ¹

n

0

…1

n× dx

√3

1 +x²

≤ Z ¹

n

0

…1 ndx

≤ 1 n× 1

√n = 1 n^3/2

On reconnaît une série de Riemann, avecα >1, donc les deux termes généraux étant positifs,X

anconverge.

√3

abc≤ a+b+c

3 : par inégalité arithmético-géométrique, doncX

√3

u_nv_nw_nconverge.

Åa+b+c 3

ã2

= 1

9 a²+b²+c²+ 2(ab+bc+ac)

= 1 9

Å1

2(a²+b²) +1

2(a²+c²) +1

2(b²+c²) + 2(ab+ac+bc) ã

≥ 1

9(ab+ac+bc+ 2(ab+ac+bc))

≥ 1

3(ab+ac+bc) Donca+b+c

3 ≥

…ab+ac+bc

3 , de plus,√³

abc≤√³

n³oùn= max(a, b, c)etn≤a+b+c.

Donc√

ab+ac+bc≤√

3n³=√

3n≤√

3(a+b+c), donc la série enX√

u_nv_n+u_nw_n+v_nw_nest convergente.

(7)

Solution de l’exercice 17.9 Énoncé lnpn=

n

X

k=1

ln(1−ε_k)etln(1−ε_k)∼ −ε_k. pn−−−−−→

n→+∞ 0⇔lnpn−−−−−→

n→+∞ −∞

⇔

n

X

k=1

ln(1−ε_k)−−−−−→

n→+∞ −∞

⇔X

εkdiverge.

an= Å

1 + 1

√n ã−n

= exp Å

−nln Å

1 + 1

√n ãã

= exp Å

−n Å 1

√n+o Å 1

√n ããã

= e⁻

√n+o(√ n)

Puisn²a_n= e^{2 ln}ⁿ⁻

√n+o(√

n), orlnn=o(√

n), doncn²a_n= e⁻

√n+o(√

n)−−−−−→

n→+∞ 0, donca_n=o Å 1

n² ã

etX 1 n² (série de Riemann), doncX

anconverge également.

u_n=a√ n+b√

n+ 1 +c√ n+ 2

=√ n

Ç a+b

… 1 + 1

n +c

… 1 + 2

n å

=√

na+√ n

Å b

Å 1 + 1

2n+O Å 1

n² ãã

+c Å

1 + 1 n+O

Å 1 n²

ããã

=√

n(a+b+c) + 1 n

Åb 2+c

ã +O

Å 1 n^3/2

ã

| {z }

CV

Sia+b+c6= 0, alorsun−−−−−→

n→+∞ ±∞donc la série est grossièrement divergente.

Sia+b+c= 0et b

2 +c6= 0, alors la série diverge, car la série harmonique diverge.

DoncX a√

n+b√

n+ 1 +c√

n+ 2converge⇔

®a+b+c= 0 b=−2c

∀n∈N, v_n= u_n

1 +u_n ≤u_ncaru_n≥0, doncX

u_nconverge⇒X

v_nconverge, carX

v_n∈ S(R+).

Xvn converge doncvn −−−−−→

n→+∞ 0, donc à partir d’un certain rang,vn ≤ 1

2, or un = vn

1−vn

et donc à partir d’un certain rang,1−v_n≥ 1

2doncu_n≤2v_n, orX

v_nconverge, doncX

u_nconverge car c’est une série à termes positifs.

Doncu_n−−−−−→

n→+∞ 0, doncv_n= un

u_n+ 1 ∼ un

1 =u_n.

(8)

1. 1er cas :`∈R+., donc∀ε >0,∃N₁ ∈N, ∀k≥N1,

pk

|a_k| −`

≤ε, donc∀k≥N1, `−ε≤ p^k

|a_k| ≤`+ε.

Pour` < 1,on choisitεtel que`+ε < 1, (en prenantε = 1−`

2 ) et donc0 ≤ p^k

|a_k| ≤ 1−`

2 et ainsi 0≤ |a_k| ≤

Å1−` 2

ãk

. OrXÅ1−` 2

ãk

converge, doncX

|a_k|converge aussi, doncX

a_kest absolument convergente.

Si` > 1, à partir d’un certain rang,1 ≤ |a_k|d’après le lemme des tunnels, doncX

a_n est grossièrement divergente.

Avec,an= 1

n^α = e^α^lnn, √ⁿ

an= e^α^lnⁿⁿ −−−−−→

n→+∞ 1, pourtantX 1

n^α converge ou diverge selonα.

2. n+ 1

2n+ 5 −−−−−→

n→+∞

1

2 <1, doncXÅ n+ 1 2n+ 5

ãn

converge.

a_n= n^lnⁿ

lnⁿn = e^lnⁿlnn

(e^{ln ln}ⁿ)ⁿ = e^ln²ⁿ⁻ⁿ^{ln ln}ⁿ.

√n

a_n= e¹ⁿ^ln²^{n−ln ln}ⁿ−−−−−→

n→+∞ 0<1doncX

a_nconverge, car ln²n

n −−−−−→

n→+∞ 0etln lnn−−−−−→

n→+∞ +∞.

n!≤

n

X

k=0

k!≤n! + (n−1)! + (n−1)(n−2)! =n! +o(n!)(par principe des gendarmes).

On montre donc que

n

X

k=0

k!∼n!.

a_n∼ (nα)ⁿ n!

∼ (nα)ⁿ

√

2πnnⁿe⁻ⁿ

= (αe)ⁿ

√2πn =b_n

Siα > 1

e, alors la série diverge grossièrement.

Siα= 1

e, bn= 1

√

2πndiverge.

Siα <e⁻¹, bn=o((αe)ⁿ)qui converge.

Soitq ∈N,

q

X

k=b^q

2c

ak≥ q−jq

2 k

+ 1

aqcar(an)est décroissante

≥q 2 + 1

a_q≥ q

2a_q≥0 Supposons queX

a_nconverge, donc :

q

X

k=b^q

2c

a_k=

q

X

k=0

a_k−

b^q₂c−1

X

k=0

a_k−−−−→

q→+∞

+∞

X

k=0

a_k−

+∞

X

k=0

a_k= 0

DONC q

2a_q −−−−→

q→+∞ 0.

(9)

Solution de l’exercice 17.16 Énoncé On poseS_N =

N

X

n=0

2ⁿu2ⁿ etT_N =

N

X

n=0

un. On a pour2ⁿ⁻¹+ 1≤i≤2ⁿ, u_i ≥u₂ⁿ.

S_N =

N

X

n=0

u₂ⁿ2ⁿ= 2

N

X

n=0

2ⁿ⁻¹u₂ⁿ

= 2

N

X

n=1 2ⁿ−1

X

k=2ⁿ⁻¹

u₂^k

≤2

N

X

n=1 2ⁿ−1

X

k=2ⁿ⁻¹

u_k

= 2

2^N−1

X

i=1

u_i= 2T₂N−1

T₂N−1 =

2^N−1

X

i=1

u_i =

N

X

n=1 2ⁿ−1

X

i=2ⁿ⁻¹

u_i

≤

N

X

n=1 2ⁿ−1

X

k=2ⁿ⁻¹

2ⁿ⁻¹u₂ⁿ⁻¹

=

N

X

n=1

2ⁿ⁻¹u₂ⁿ⁻¹

=S_N−1

On a donc

S_N

2 ≤T₂N−1≤SN−1

SiS_N converge,SN−1est majorée, doncT₂N−1est majorée, orTi ≤T₂ⁱ₋₁ (carT est à termes positifs), doncTiest majorée, d’où la convergence.

SiTNest convergente, alorsTNest majorée, doncSN également, donc elle converge (car elles sont à termes positifs).

Posons un = 1

nln^βn, alors, 2ⁿu2ⁿ = 2ⁿ

2ⁿln^β(2ⁿ) = 1

n^βln^β2, or X 1

n^β converge si et seulement si β > 1 (série de Riemann), doncX

unconverge si et seulement siβ >1.

PosonsIn,ϕ= Z ϕ

0

dx

1 +n²tan²x =

Z tanϕ=A 0

du

(1 +n²u²)(1 +u²).

On pose le changement de variabletanx=u(C¹), donc du= dx(1 + tan²x)donc dx= du 1 +u². Par décomposition en éléments simples on obtient :

n²

n²−1 × 1

1 +n²u² − 1

n²−1 × 1

1 +u² = 1

(1 +n²u²)(1 +u²)

(10)

In,ϕ= n² n²−1

Z A 0

du

1 +n²u² − 1 n²−1

Z A 0

du 1 +u²

= n² n²−1

ïarctannu n

òA 0

− 1

n²−1[arctanu]^A₀

= n² n²−1

arctannA

n − 1

n²−1arctanA

−−−−−→

A→+∞

n n²−1

π

2 − 1 n²−1

π 2

−−−−−→

ϕ→+∞

(n−1) (n²−1)

π

2 = π

2(n+ 1) Doncandiverge carX1

n diverge.

On pouvait alternativement deviner que la série divergeait et essayer de le prouver.

Si a ≥ 1, an ≤ n^α

2ⁿ, or n²an ≤ n^α+2

2ⁿ −−−−−→

n→+∞ 0 d’après les croissances comparées, doncX

an converge, d’après le critère de Riemann.

Supposons maintenant quea <1, on poseb_n= (1 +a). . .(1 +aⁿ).

On alnb_n =

n

X

k=1

ln(1 +a^k) et on aln(1 +a^k) ∼ a^k cara^k −−−−→

k→+∞ 0or X

a^kconverge, doncX

ln(1 +a^k) converge, donclnb_n −−−−−→

n→+∞ S ∈ R, doncb_n = e^ln^bⁿ −−−−−→

n→+∞ e^S >0, donca_n ∼ n^α

e^S qui diverge grossièrement (série de Riemann).

Il existek≥2, n0 ∈Ntels que∀n≥n0, kkn≥un. On a donckⁿu_kⁿ_n₀ ≥u_n₀.

Sn =

k^Nn0−1

X

n=n0

un =

N−1

X

i=0

kⁱ⁺¹n0−1

X

j=kⁱn0

uj ≥

N−1

X

i=0

kⁱ⁺¹n0−1

X

k=kⁱn0

u_kⁱ⁺¹_n₀ =

N−1

X

i=0

kⁱ(k−1)n0u_kⁱ⁺¹_n₀ car(un)est strictement décroissante.

On fait de la sommation par paquets, le premier commençant à n0, le deuxième à kn0, le troisième àk²n0... qu’on majore par le premier terme, car(u_n)est décroissante.

S_N ≥

N−1

X

i=0

kⁱ(k−1)n₀u_ki+1n0 =n₀k−1 k

N−1

X

i=0

kⁱ⁺¹u_ki+1n0

≥ n0(k−1) k

N−1

X

i=0

un0

= n₀(k−1)

k u_n₀ ×N −−−−−→

N→+∞ +∞

On a donc a_n

n −−−−−→

n→+∞ 0et doncn²

a_n n³ =

a_n n

−−−−−→

n→+∞ 0, donc d’après le critère de Riemann,Xa_n n³ est absolument convergente. De plus,∀k≥3,

a_n n^k =o

a_n n³

. H :(a_n)non identiquement nulle.

On pose alorsi₀ = min{i∈N\a_i 6= 0},et pourk≥3, Sk=

+∞

X

n=i0+1

a_n Ä_n

i0

äk

(11)

S_k+1=

+∞

X

n=i0+1

a_n Ä_n

i0

äk+1

≤

+∞

X

n=i0+1

a_n Ä_n

i0

äkÄ_i

0+1 i0

ä

Donc S_k+1 ≤ i₀

i₀+ 1S_k, donc on montre par récurrence que 0 ≤ S_n ≤ S₃ Å i₀

1 +i₀ ãn−3

−−−−−→

n→+∞ 0, donc Sn−−−−−→

n→+∞ 0

Donc il existek∈Ntel queS_k≤ |a_i₀|

+∞

X

n=1

an

n^k

=

+∞

X

n=i0+1

an

n^k

≥

ai0

i^k₀

−

+∞

X

n=i0+1

an

n^k

=

ai0

i^k₀

−

+∞

X

n=i0+1

S_k i^k₀

>0 car|S_k|<|a_i₀|

Donc

+∞

X

n=1

an

n^k

6= 0ce qui est absurde, donc∀n∈N, a_n= 0.

α >1, soitβ∈]1, α[, et posons∀n∈N^∗, b_n= 1 n^β b_n+1

bn

= Å n

n+ 1 ãβ

= Ç 1

1 +¹_n åβ

= 1−β n +o

Å1 n

ã

Doncan+1

a_n −bn+1

b_n = β−α n +o

Å1 n

ã

∼ β−α

n carβ < α.

Donc il existeN ∈N,tel que

∀n≥N, a_n+1

a_n −b_n+1 b_n ≤0 Doncan=O(bn), orX

bn=X 1

n^β avecβ >1, donc elle converge. DoncX

anconverge.

Pourα < 1, on applique le même raisonnement avec β = 1, et on ab_n = O(a_n), et doncX

a_n diverge car Xb_ndiverge.

a_n+1 an

= 2n+ 2

2n+ 3 = 1− 1 2n+ 3

= 1− 1 2n· 1

1 +_2n³

= 1− 1

2n(1 +o(1))

= 1− 1 2n+o

Å1 n

ã

Doncα = 1

2 doncX

a_ndiverge.

Il existe une autre version de la règle de Duhamel, aussi classique : Si l’on suppose qu’il existeα, β >1tels quea_n+1

an

= 1−α n +O

Å 1 n^β

ã

, alors il existek∈R^∗₊tel quean∼ k n^α. Démo à rédiger...

S_N =

2N

X

n=N+1

ϕ(n) n² ≥ 1

4N²

2N

X

n=N+1

ϕ(n).

ϕ(N+ 1), . . . , ϕ(2N)sontN entiers distincts, carϕest injective, donc

2N

X

n=N+1

ϕ(n)≥

N

X

k=1

k= N(N + 1)

2 .

(12)

DoncS_N ≥ 1

4N² · N(N + 1)

2 ≥ N+ 1 8N ≥ 1

8 6= 0, etS_N est la différence de deux sommes partielles, donc en tendant vers+∞, on devrait avoirS_N −−−−−→

N→+∞ 0, ce qui n’est pas le cas, doncXϕ(n)

n² diverge.

un∈R+etn(un−un+1)≥0car(un)est décroissante.

Tn=

n

X

k=1

k(uk−uk+1) =

n

X

k=1

kuk−

n+1

X

k=1

(k−1)uk

=u₁−(n+ 1)u_n+1+

n+1

X

k=2

u_k

=

n

X

k=1

u_k−nun+1 =Sn−nun+1

H :X

unconverge, on noteS = lim

n→+∞Sn

T_n=S_n−nu_n+1 ≤S_n≤S

Tnest majorée et croissante, doncX

n(un−un+1)converge.

H :X

n(u_n−u_n+1) =X

v_nconverge.

∀k≥1, u_k−u_k+1= vk

k .

N

X

k=n

u_k−u_k+1 =

N

X

k=n

vk

k =un−uN+1.

∀n≥1, u_n=u_N+1+

N

X

k=n

v_k k =

+∞

X

k=n

v_k k

0≤nun+1 ≤un=n

+∞

X

k=n

vk

k

≤n

+∞

X

k=n

v_k n

=

+∞

X

k=n

vk−−−−−→

n→+∞ 0

Doncnu_n+1 −−−−−→

n→+∞ 0etT_n=S_n−nu_n+1. Donc

+∞

X

k=1

v_k=T =S.

an= 2ⁿ

3^√ⁿ = eⁿ^{ln 2−}

√nln 3 −−−−−→

n→+∞ +∞doncX(−2)ⁿ

3^√ⁿ diverge grossièrement.

an = 2^lnⁿ

3^√ⁿ n²an = n²2^lnⁿ

3^√ⁿ = e^{2 ln}^n+lnⁿ^{ln 2−}

√nln 3 −−−−−→

n→+∞ 0, donc d’après le critère de Riemann, la série X(−1)ⁿa_nconverge absolument.

(13)

0≤ |a_n|=

Z _π⁴

2 π

sin¹_t n+tdt

≤ Z ⁴

π

2 π

sin¹_t

|n+t|dt

≤ Z ⁴

π

2 π

dt n+t

= [lnn+t]

4 π 2 π

= ln Å

n+ 4 π

ã

−lnn+ 2 π

= lnn+ ln Å

1 + 4 πn

ã

−lnn−ln Å

1 + 2 πn

ã

= 4 πn − 2

πn+O Å 1

n² ã

= 2 πn +O

Å 1 n²

ã

−−−−−→

n→+∞ 0

On montre de plus que(an)est décroissante, (àtfixé), et le théorème spécial des séries alternées permet de conclure.

On peut également mettre en évidence le fait queX

a_nest seulement semi-convergente : a_n≥

Z ⁴

π

2 π

√2

2(n+t)dt=

√2 2

Å 2 πn+O

Å 1 n²

ãã

ln Å

1 +(−1)ⁿ n

ã

=0

(−1)ⁿ n +O

Å 1 n²

ã

donc la série converge car 1

n −−−−−→

n→+∞ 0en décroissant, donc elle vérifie le critère spécial des séries alternées.

SoitN ∈N,

2N

X

n=2

ln Å

1 +(−1)ⁿ n

ã

=

N

X

n=2

ln Å

1 + 1 2n

ã + ln

Å

1− 1 2n+ 1

ã

−ln Å

1− 1 2N+ 1

ã

=

N

X

n=2

ï ln

Å2n+ 1 2n

ã + ln

Å 2n 2n+ 1

ãò

−ln Å

1− 1 2N + 1

ã

=−ln Å

1− 1 2N+ 1

ã

−−−−−→

N→+∞ 0

an= (−1)ⁿ

n−lnn = (−1)ⁿ

n 1−^ln_nⁿ = (−1)ⁿ n

Å

1 +lnn n +o

Ålnn n

ãã

= (−1)ⁿ

n +(−1)ⁿlnn n² +o

Å(−1)ⁿlnn n²

ã . Chacun de ses termes tend vers0en décroissant (en module), donc d’après le théorème spécial des séries alternées, la sérieX

anconverge.

un+1 =uncos(un), siun ∈ i 0,π

2 h

, 0 ≤cosun ≤ 1doncun+1 ∈ i 0,π

2 h

. Par récurrence, on en déduit que

∀n∈N, u_n∈ i 0,π

2 h

Doncu_n+1 =u_ncosu_n ≤ u_ndonc(u_n)est décroissante et minorée, doncu_n −−−−−→

n→+∞ ` ∈R. La limite vérifie en outre`=`cos`donc`= 0ou1 = cos`donc`= 0.

DoncX

(−1)ⁿunconverge d’après le théorème spécial des séries alternées.

(14)

ln cosun= lnun+1

un

= lnun+1−lnun. Donc

N

X

n=0

ln cosun=

N

X

n=0

lnun+1−lnun

= lnu_N₊₁−lnu0

−−−−−→

n→+∞ −∞(carun−−−−−→

n→+∞ 0) De plus,ln cosun= ln

Å 1−u²_n

2 +o(u²_n) ã

= −u²_n

2 +o(u²_n)∼ −u²_n

2 doncX

u²_ndiverge.

A partir d’un certain rang, on aura|u_n| ≥u²_n, carun−−−−−→

n→+∞ 0, donc à partir d’un certain rang,un≤1.

DoncX

u_ndiverge carX

u²_ndiverge.

1. à 5. : fait en cours 6.

S_4n=

4n

X

k=1

u_k =

4n

X

k=146|k

1 k+

4n

X

k=14|k

σ

4 etσ = 1−(1−σ)

=

4n

X

k=1

1 k−

4n

X

k=14|k

1−σ 4

=

4n

X

k=1

1 k−1

4

n

X

k=1

1 n +σ

4

n

X

k=1

1 k

= ln(4n) +γ+o(1)−lnn+γ+o(1)

4 +σ

4(lnn+γ+o(1))

= 3 +σ

4 lnn+ ln 4 +o(1) +3 +σ 4 γ Siσ 6= 3, S_4n−−−−−→

n→+∞ ±∞. DoncS_4nconverge⇔σ=−3. AlorsS_4n−−−−−→

n→+∞ 2 ln 2.

7. S_4n+1 =S_4n+ 1

4n+ 1, doncS_4netS_4n+1 convergent vers la même limite. De même pourS_4n+2 etS_4n+3, donc d’après le coursSn−−−−−→

n→+∞ 2 ln 2.

|w_k| ≥ 1

k doncX

wkest simplement semi-convergente.

8. CNS :

T

X

i=1

σ_i = 0.

H :

T

X

i=1

σ_i = 0. SoitN ∈N, on a la division euclidienne deN parT :N =T q+r, 0≤r < T.

S_N =

N

X

n=1

σ_n=

q−1

X

k=0 (k+1)T

X

n=kT+1

σ_n+

T q+r

X

n=qT+1

σ_n

=

q−1

X

k=0 T

X

n=1

σn

| {z }

σnT-périodique

+

r

X

n=1

σn

=

r

X

n=1

σ_n

(15)

Donc ( _N

X

n=1

σn\N ∈N^∗ )

est fini, donc il est borné. De plus, 1

n −−−−−→

n→+∞ 0en décroissant, donc d’après le théorème d’Abel,Xσ_n

n converge :

n

X

k=1

σ_k k =

n

X

k=1

S_k−Sk−1

k

=

n

X

k=1

S_k k −

n−1

X

k=0

S_k k+ 1

=

n

X

k=1

S_k Å1

k− 1 k+ 1

ã + S_n

n+ 1

=1 n

X

k=1

S_k 1

k(k+ 1) + S_n n+ 1 On a vu queSN =qST +Sravecq=

õN T

û etr=

ßN T

™ T. S_N =

õN T û

S_T +

r

X

n=1

σnoùr∈ {1, . . . , T −1}.

1^ercas :ST = 0.

Alors(SN)N∈N^∗ est bornée. Sn

n+ 1 −−−−−→

n→+∞ 0

Sk

k(k+ 1)

∼

Sk

k²

= O Å 1

k² ã

orX 1

k² est convergente doncP Sk

k(k+ 1) est absolument convergente etPσk

k converge.

2^ecas :S_T 6= 0.

S_N = N

TS_T et donc S_n

n+ 1 −−−−−→

n→+∞

S_T

T et S_k

k(k+ 1) ∼ S_T

kT carS_T 6= 0, donc

S_k k(k+ 1)

∼

S_T kT

∼ 1 k or P1

k diverge, doncX S_k

k(k+ 1) diverge, donc d’après 1,Xσ_k

k diverge.

1

n+ 1 +k −−−−→

k→+∞ 0en décroissant, quantité bien définie, donc d’après le théorème spécial des séries alternées, la série converge.

u_n=

+∞

X

k=0

(−1)^k n+ 1 +k =

+∞

X

k=n+1

(−1)^k−n−1 k

un+1−un=−(−1)ⁿ⁺¹

+∞

X

k=n+1

(−1)^k

k +

+∞

X

k=n+2

(−1)^k k

!

=−(−1)ⁿ⁺¹

+∞

X

k=n+1

(−1)^k Å1

k − 1 k+ 1

ã

= (−1)ⁿ

+∞

X

k=n+1

(−1)^k k(k+ 1)

On a bien 1

k(k+ 1) −−−−→

k→+∞ 0en décroissant, donc le théorème spécial des séries alternées s’applique. Et

+∞

X

k=n+1

(−1)^k k(k+ 1) est du signe de son premier terme.

Doncu_n+1−u_n≤0et

+∞

X

k=n+1

(−1)^k k(k+ 1)

≤ 1

(n+ 1)(n+ 2), et|u_n+1−u_n| ≤ 1

(n+ 1)(n+ 2) =o Å1

n ã

(16)

un+1+un= (−1)ⁿ⁺¹

+∞

X

k=n+1

(−1)^k

k −

+∞

X

k=n+2

(−1)^k k

!

= (−1)ⁿ⁺¹×(−1)ⁿ⁺¹

n+ 1 = 1

n+ 1 ∼ 1 n Par suite :

u_n= 1

2((u_n+u_n+1) + (u_n−u_n+1))

= 1 2n+o

Å1 n

ã +o

Å1 n

ã

∼ 1 2n DoncX

undiverge.

Cependant,u_n−−−−−→

n→+∞ 0en décroissant, donc d’après le théorème spécial des séries alternées,X

(−1)ⁿu_nconverge.

On posey₀ =

ϕ(0)

X

k=0

x_ket∀n∈N^∗, y_n=

ϕ(n)

X

k=ϕ(n−1)+1

x_k.

1. H X

xnconverge.

n

X

k=0

yk=

n

X

k=0

ϕ(k)

X

i=ϕ(k−1)+1

xk=

ϕ(n)

X

k=0

xkqui converge (suite extraite de la série enX xn).

Réciproque :∀n ∈ N, u_n = (−1)ⁿ, on a bien

n

X

k=0

(u_2k +u_2k+1) qui converge, maisX

u_k diverge gros- sièrement.

2. H X

y_kconverge.

Soitn∈N, il existe alorsN ∈N, ϕ(N) + 1≤n≤ϕ(N + 1)

n

X

k=0

xk=

ϕ(N)

X

k=0

xk+

n

X

k=ϕ(N)+1

xk≤

ϕ(N)

X

k=0

xk+

ϕ(N+1)

X

k=ϕ(N)+1

xk(on majore par la paquet suivant)

≤

N+1

X

k=0

y_k réunion des paquets

≤

+∞

X

k=0

y_k (y_k ≥0)

Donc la sérieX

x_kconverge, car elle est majorée et à termes positifs.

3. H :x_n−−−−−→

n→+∞ 0etM = maxn∈Nϕ(n)−ϕ(n−1). On pose`=

+∞

X

k=0

y_k. Soitε >0,il existeN ∈N, ∀n≥N, |x_n|< ε

2(M+ 1) et il existeN⁰∈N, ∀n≥N⁰,

ϕ(n)

X

k=0

x_k−`

≤ ε 2. On posen₀= max(N, ϕ(max(N, N⁰))) =ϕ(max(N, N⁰)).

(17)

Soitn≥n₀, donc il existen₁∈Ntel queϕ(n₁) + 1≤n≤ϕ(n₁+ 1), donc1≤1−ϕ(n₁)≤M Sn=

n

X

k=0

xk−`

=

ϕ(n1)

X

k=0

xk+

n

X

k=ϕ(n1)+1

xk−`

≤

ϕ(n1)

X

k=0

xk−`

+

n

X

k=ϕ(n1)+1

|x_k|(inégalité triangulaire)

≤

*

z}|{ε 2 +

n

X

k=ϕ(n1)+1

| {z }

∗∗

ε M+ 1

* : carϕ(n₁)≥n > ϕ(N⁰)doncn₁+ 1> N⁰ doncn₁≥N⁰(par stricte croissance deϕ).

** : carϕ(n1+ 1)≥n > ϕ(max(N, N⁰))doncn1 ≥max(N, N⁰), doncϕ(n1) + 1≥ϕ(N)≥N DoncSn≤ ε

2 + (M+ 1)ε

2(M+ 1) =ε. Donc la réciproque est vérifiée etX

xkconverge.

4. H :`=

+∞

X

k=0

y_k.

∀n∈N, ∃k_n∈N, ϕ(k_n) + 1≤n≤ϕ(k_n+ 1).

n

X

k=0

x_k−`

=

ϕ(kn)

X

k=0

x_k+

n

X

k=ϕ(kn)+1

x_k−`

≤

kn

X

k=0

y_k−`

+

n

X

k=ϕ(kn)+1

|x_k|

≤

kn

X

k=0

y_k−`

+

ϕ(kn+1)

X

k=ϕ(kn)+1

|x_k|

D’après H :

ϕ(kn+1)

X

k=ϕ(kn)+1

|x_k|=

ϕ(kn+1)

X

k=ϕ(kn)+1

x_k

=|y_k_n₊₁|.

Donc

n

X

k=0

x_k−`

≤

kn

X

k=0

y_k−`

+|y_k_n₊₁| −−−−−→

n→+∞ 0carX

y_kconverge etk_n−−−−−→

n→+∞ +∞(sinon : k_n= max{k∈N\ϕ(k) + 1≤n}= maxA_n. On aA_n⊂A_n+1 donck_n≤k_n+1donc(k_n)est croissante.

Si kn ne tend pas vers l’infini, alors elle est majorée : ∃M ∈ N, ∀n ∈ N, kn ≤ M, alors∀n ∈ N, n ≤ ϕ(kn+ 1)≤ϕ(M+ 1) .