Faculté de la Technologie Département ST 2

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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)Posonsu_n= _2n+1ⁿ⁺¹ (n ∈N). On alim_n→+∞u_n = ¹₂ ̸= 0. La condition nécessaire de convergence de la série ∑_∞

n=0u_n n’est pas satisfaite. Donc ∑_∞

n=0u_n est divergente. X 1 b) La série∑_∞

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

n→lim+∞

u_n+1

u_n = 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=0u_n, avecu_n = _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=0u_n. La série∑_∞

n=0u_n est donc convergente. X 1 d)La série∑_∞

n=1 (−√1)ⁿ

n est une série alternée. Puisqueu_n:= √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→ e^x est donné par :

e^x = 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 : Posonsu_n := 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 : u_n= (−1)ⁿ

√n + (−1)ⁿ 6n√

n +o

((−1)ⁿ n√

n )

. X 0,5 D’où :

∑∞ n=1

u_n=

∑∞ 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 n^3/2 et puisque∑_∞

n=1 1

n^3/2 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=1u_n 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 :

f_n(x) = logx nxⁿ .

1. Etudier la convergence simple de la suite de fonctions(f_n)_n sur[1,+∞[.

2. Pour tout n∈N^∗, étudier les variations de la fonction f_n.

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

4. Soit

S(x) =

∑∞ n=1

f_n(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→+∞f_n(x) = 0 (∀x ∈ [1,+∞[). Ce qui montre que la suite de fonctions (f_n)_n≥1 converge simplement vers la fonction nulle sur [1,+∞[. X 1

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

f_n^′(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 f_n^′(x) (x ∈]1,+∞[) est visiblement le signe de (1−nlogx). On a donc pour tout

x∈]1,+∞[ :

f_n^′(x) = 0 ⇐⇒ 1−nlogx= 0 ⇐⇒ logx= 1

n ⇐⇒ x=e^1/n; f_n^′(x)>0 ⇐⇒ 1−nlogx >0 ⇐⇒ logx < 1

n ⇐⇒ x < e^1/n; X 0,5 f_n^′(x)<0 ⇐⇒ 1−nlogx <0 ⇐⇒ logx > 1

n ⇐⇒ x > e^1/n. D’où le tableau de variations suivant de la fonction f_n :

x 1 e^1/n +∞

f_n^′(x) + 0 −

1 n²e

f_n(x) ↗ ↘

0 0

X 0,5

(puisque f_n(1) = 0, f_n(e^1/n) = ^1/n_ne = _n¹2e et lim_x→+∞f_n(x) = 0).

Ceci montre que la fonctionfn (n≥1)est strictement croissante sur [1, e^1/n] et est strictement décroissante sur [e^1/n,+∞[. Elle admet un extremum local (qui est aussi global) en e^1/n, de valeur _n¹2e.

3) On a déjà vu que la suite de fonctions (f_n)_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 f_n (n ≥1)établi à la question précédente, on a :

sup

x∈[1,+∞[

|f_n(x)−f(x)|= sup

x∈[1,+∞[

|f_n(x)|= sup

x∈[1,+∞[

f_n(x) = 1 n²e.

D’où :

n→lim+∞ sup

x∈[1,+∞[

|f_n(x)−f(x)|= lim

n→+∞

1 n²e = 0.

Ce qui montre que la suite de fonctions(f_n)_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 f_n 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,+∞[

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

∑∞ n=1

f_n(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

f_n(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.

∑∞ 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 :

S_n=

∑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.

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.

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^∗ : S_n :=

∑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+∞S_n= 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.

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 = 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(1_x^−x) six∈[−1,0[∪]0,1[ . X 0,25

êêêê