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 :
n→lim+∞
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∑
n≥1 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 (n≥1)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
.
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),
oùo(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 .
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)n≥1 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−n2xn−1logx
n2x2n = nxn−1(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 (n≥1)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.
D’où :
n→lim+∞ 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 normale∗de 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.
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 : an(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 :
n→lim+∞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
2.
(a) Posonsan = n+11 (n∈N) et calculons la limiteℓ := limn→+∞|an+1an |. On a : ℓ = limn→+∞
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 = 1≤1) 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 )
n≥1 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 x̸= 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(1x−x) six∈[−1,0[∪]0,1[ . X 0,25