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Faculté de la Technologie Département ST 2

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Academic year: 2022

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Texte intégral

(1)

Faculté de la Technologie Département ST 2

Solution détaillée de l’Examen de rattrapage de Maths 3

B. Farhi

Exercice 1 : (4 points)

Etudier la nature de chacune des séries suivantes :

a)

n=0

n+ 1

2n+ 1 b)

n=0

2n n!

c)

n=0

n2+ 1

n5+ 2n+ 3 d)

n=1

(1)n

√n .

Solution :

a)Posonsun= 2n+1n+1 (n N). On alimn+un = 12 ̸= 0. La condition nécessaire de convergence de la série ∑

n=0un n’est pas satisfaite. Donc ∑

n=0un est divergente. X 1 b) La série∑

n=0un, avec un:= 2n!n, est à termes positifs. Pour étudier sa nature, on peut donc utiliser le critère de D’Alembert. On a :

nlim+

un+1

un = lim

n+

2n+1 (n+ 1)!

/2n

n! = lim

n+

2n+1

(n+ 1)! × n!

2n = lim

n+

2

n+ 1 = 0<1.

La série proposée est alors convergente. X 1 c) La série ∑

n=0un, avecun = n5n+2n+32+1 , est à termes positifs. Pour étudier sa nature, on peut donc utiliser le critère d’équivalence. On a :

n2+ 1

n5 + 2n+ 3 + n2 n5 = 1

n3. Et puisque la série∑

n1 1

n3 est convergente (en tant que série de Riemann d’exposantα= 3>

1), il en est de même de la série ∑

n=0un. La série∑

n=0un est donc convergente. X 1 d)La série∑

n=1 (1)n

n est une série alternée. Puisqueun:= 1

n (n1)est une suite visiblement décroissante et tendant vers 0 quand n tend vers l’infini alors, d’après le critère de Leibniz, la série ∑

n=1 (1)n

n est convergente. X 1 Exercice 2 : (4 points)

En utilisant les développements limités, étudier la nature de la série numérique suivante :

n=1



e(−1)

n

n −e(−1)

n n

2



.

(2)

Rappels : Le développement limité au voisinage de 0, à l’ordre 3, de la fonction x 7→ ex est donné par :

ex = 1 +x+ x2 2 +x3

6 +o(x3),

o(x3)s’écrit aussi sous la forme x3ε(x), avec ε(x)→0 quand x→0.

Solution : Posonsun := e

(1)n

n −e

(1)n

n

2 (n 1). On a :

e

(1)n

n = 1 + (1)n

√n +

((1)n n

)2

2 +

((1)n n

)3

6 +o

(((1)n

√n )3)

= 1 + (1)n

√n + 1

2n + (1)n 6n

n +o

((1)n n√

n )

X 0,5 (1) et

e(−1)

n

n = 1 (1)n

√n +

((−1)nn

)2

2

((−1)nn

)3

6 +o

(((1)n

√n )3)

= 1 (1)n

√n + 1

2n (1)n 6n

n +o

((1)n n√

n )

X 0,5 (2)

En utilisant (1) et (2), on obtient : un= (1)n

√n + (1)n 6n

n +o

((1)n n√

n )

. X 0,5 D’où :

n=1

un=

n=1

(1)n

√n +

n=1

(1)n 6n

n +

n=1

o

((1)n n√

n )

X 0,5 (3) D’une part, les deux séries∑

n=1 (1)n

n et∑

n=1 (1)n 6n

n sont convergentes puisque se sont des séries alternées satisfaisant le critère de Leibniz X 1. D’autre part, on a pour n suffisamment grand :

o

((1)n n√

n

) 1 n√

n = 1 n3/2 et puisque∑

n=1 1

n3/2 est une série de Riemann convergente (car d’exposant 32 >1) alors la série

n=1

o

((1)n n√

n )

est absolument convergente donc convergente. X 0,5 Conclusion : La série ∑

n=1un est convergente puisqu’elle s’écrit comme une somme de 3 séries convergentes. X 0,5

Exercice 3 : (8 points)

Pour tout n∈N et tout x∈[1,+[, soit :

fn(x) = logx nxn .

(3)

1. Etudier la convergence simple de la suite de fonctions(fn)n sur[1,+[.

2. Pour tout n∈N, étudier les variations de la fonction fn.

3. En déduire la convergence uniforme de la suite de fonctions(fn)n sur [1,+[.

4. Soit

S(x) =

n=1

fn(x).

— Montrer que S est continue sur [1,+[.

Solution : 1) On a :

n→+∞lim xn= {

1 six= 1

+ six >1. X 1 D’où : lim

n+nxn = + (∀x [1,+[). Par conséquent, on obtient lim

n+fn(x) = 0 (∀x [1,+[). Ce qui montre que la suite de fonctions (fn)n1 converge simplement vers la fonction nulle sur [1,+[. X 1

2) Pour tout n N, la fonction fn est définie et continue sur [1,+[, dérivable sur ]1,+[ et on a pour tout x∈]1,+[ :

fn(x) = (logx)·nxn(nxn)logx

(nxn)2 =

1

xnxn−n2xn1logx

n2x2n = nxn1(1−nlogx)

n2x2n = 1−nlogx

nxn+1 . X 1 Le signe de fn(x) (x ]1,+[) est visiblement le signe de (1−nlogx). On a donc pour tout

x∈]1,+[ :

fn(x) = 0 ⇐⇒ 1−nlogx= 0 ⇐⇒ logx= 1

n ⇐⇒ x=e1/n; fn(x)>0 ⇐⇒ 1−nlogx >0 ⇐⇒ logx < 1

n ⇐⇒ x < e1/n; X 0,5 fn(x)<0 ⇐⇒ 1−nlogx <0 ⇐⇒ logx > 1

n ⇐⇒ x > e1/n. D’où le tableau de variations suivant de la fonction fn :

x 1 e1/n +

fn(x) + 0

1 n2e

fn(x)

0 0

X 0,5

(puisque fn(1) = 0, fn(e1/n) = 1/nne = n12e et limx+fn(x) = 0).

Ceci montre que la fonctionfn (n1)est strictement croissante sur [1, e1/n] et est strictement décroissante sur [e1/n,+[. Elle admet un extremum local (qui est aussi global) en e1/n, de valeur n12e.

3) On a déjà vu que la suite de fonctions (fn)n converge simplement vers la fonction nulle ; c’est-à-dire vers la fonctionf telle que :f(x) = 0,∀x∈[1,+[. Maintenant, d’après le tableau de variations de la fonction fn (n 1)établi à la question précédente, on a :

sup

x[1,+[

|fn(x)−f(x)|= sup

x[1,+[

|fn(x)|= sup

x[1,+[

fn(x) = 1 n2e.

(4)

D’où :

nlim+ sup

x[1,+[

|fn(x)−f(x)|= lim

n+

1 n2e = 0.

Ce qui montre que la suite de fonctions(fn)nconverge uniformément sur[1,+[vers la fonction f, c’est-à-dire vers la fonction nulle. X 2

4) On a :

i) Pour tout n∈N, la fonction fn est clairement continue sur [1,+[. X 0,5 ii) Montrons que la série de fonctions

n=1

fn(x) est uniformément convergente sur [1,+[.

Pour ce faire, il suffit de montrer la convergence normalede cette même série de fonctions.

En s’appuyant sur le tableau de variations de la fonction fn (n 1), établi à la question 2), on a :

n=1

sup

x[1,+[

|fn(x)|=

n=1

sup

x[1,+[

fn(x) =

n=1

1 n2e = 1

e

n=1

1 n2. Mais puisque la série

n=1

1

n2 est convergente (en tant que série de Riemann d’exposant α = 2 > 1) alors la série

n=1

sup

x[1,+[

|fn(x)| est convergente ; autrement dit, la série de fonctions

n=1

fn(x)est normalement convergente sur[1,+[ X 1. Il s’ensuit (d’après un théorème vu en cours) que la série de fonctions

n=1

fn(x)est uniformément convergente sur[1,+[. X 0,5

Les deux points i) et ii) montrent (selon un théorème vu en cours) que la fonctionSest continue sur[1,+[.

Exercice 4 : (4 points) - choisir entre 1. et 2.

1.

Considérons la série numérique :

n=1

1

n(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3). (a) Déterminer deux nombres réels a et b pour que l’on ait :

1

n(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3) = a

n(n+ 1)(n+ 2) + b

(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3). (b) Utiliser cette dernière identité pour calculer la somme partielle :

Sn=

n k=1

1

k(k+ 1)(k+ 2)(k+ 3).

(c) En déduire la convergence de la série proposée tout en précisant sa somme.

. Car, on a vu en cours que la convergence normale entraîne la convergence uniforme.

(5)

2.

Considérons la série entière :

S(x) =

n=0

xn n+ 1.

(a) Déterminer le rayon de convergence de cette série entière.

(b) Déterminer le domaine de convergence de cette série entière.

(c) Calculer la somme S(x).

Solution :

1.

(a) Pour toutn N et tousa, b∈R, on a : a

n(n+ 1)(n+ 2) + b

(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3) = a(n+ 3)

n(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)

+ bn

n(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)

= a(n+ 3) +bn n(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)

= (a+b)n+ 3a n(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3) . Par identification, l’identité :

1

n(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3) = a

n(n+ 1)(n+ 2) + b

(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3) a lieu si et seulement si :3a= 1 eta+b= 0. Ce qui donne :

a= 1

3 etb =1

3 . X 1,5

(b) En utilisant l’identité de a) (avec a= 13 et b=13), on a pour tout n∈N : Sn :=

n k=1

1

k(k+ 1)(k+ 2)(k+ 3)

=

n k=1

{ 1/3

k(k+ 1)(k+ 2) 1/3

(k+ 1)(k+ 2)(k+ 3) }

= 1/3

1(1 + 1)(1 + 2) 1/3

(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3) (puisque la somme est télescopique).

D’où :

Sn= 1

18 1

3(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3) (∀n N). X 1,5 (c) On a :

nlim+Sn= lim

n+

{ 1

18 1

3(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3) }

= 1 18. Ce qui montre que la série

n=1

1

n(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3) est convergente vers 1

18. X 1

(6)

2.

(a) Posonsan = n+11 (nN) et calculons la limite := limn+|an+1an |. On a : = lim

n+

1/(n+ 1) 1/n

= lim

n+

n

n+ 1 = 1.

Le rayon de convergence de la série entière proposée est donc égale à : R = 1/ℓ = 1/1 = 1; soit

R = 1 . X 1

(b) Le rayon de convergence de la série entière S(x) étant R = 1, donc l’intervalle de convergence de S(x) estI =]1,1[. On obtient le domaine de convergence deS(x) en adjoignant à I ses extrémités x pour lesquelles S(x) est convergente. Il faudrait donc étudier la convergence de S(x) en les deux extrémités de I, qui sont x = 1 et x=1. X 0,5

Etude de la convergence de S(x)en x= 1 : La sérieS(1) =

n=1 1

n+1 est à termes positifs. On a n+11 + 1

n et puisque la série

n=1 1

n est divergente (car c’est une série de Riemann d’exposant α = 11) alors la sérieS(1) est aussi divergente (selon le critère d’équivalence).

Ainsi le pointx= 1ne fait pas partie du domaine de convergence deS(x). X 0,5 Etude de la convergence de S(x)en x=1 :

La sérieS(−1) =∑

n=1 (1)n

n+1 est alternée. Puisque la suite(n+11 )

n1 est décroissante et tend vers 0 quand n tend vers l’infini alors cette série alternée est convergente (selon le critère de Leibniz).

Par conséquent le point x = 1 fait bien partie du domaine de convergence de S(x). X 0,5

Conclusion : Le domaine de convergence de la série entièreS(x) est : D = [1,1[.

(c) Soit x D = [1,1[. Pour x = 0, on a immédiatement S(x) = 1. Supposons pour la suite que = 0, c’est-à-dire que x∈[1,0[]0,1[. En partant de l’identité :

n=0

tn= 1

1−t (∀t∈]1,1[), X 0,5 laquelle on intégrera terme à terme depuist = 0 jusqu’àt =x, on obtient :

n=0

x

0

tndt =

x

0

dt 1−t,

soit ∑

n=0

xn+1

n+ 1 =log(1−x). X 0,5 Il ne reste qu’à diviser surx pour obtenir finalement :

S(x) =−log(1−x)

x . X 0,25

Conclusion :

S(x) = {

1 six= 0

log(1xx) six∈[1,0[]0,1[ . X 0,25

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