E4A 2003 exercice 1

E4A 2003 exercice 1

Par hypothèse, lesan( et donc les pn ) sont tous non nuls.

Première partie

1)Toute suite (ak)de limitel <1convient

² si8k2N ak = 1=2, alors8n2N pn = 1=2ⁿ.

² si8k2N ak= ¹_k ,8n2Npn = _n!¹ convient aussi.

2)Si la suite(pn) converge versp6= 0on peut écrire, les pnétant non nuls : 8n2N^¤ an= pn

pn¡1 _n¡!

!1

p p = 1

Si(pn)converge versp di¤érent de0, alors(an)converge vers1 3a) Soit n > n0 , on a

pn =

n₀

Y

k=1

ak

Yn

k=n0+1

ak =pn₀qn; orpn₀ 6= 0donc :

8n > n0,qn= pn

pn₀

3b)lnanest dé…ni au moins pourn > n0et 8n > n0 lnqn=Pn

k=n₀+ 1lnan

Si la sérieP

lnan converge alors la suite des sommes partielles (lnqn)converge.

Soitl sa limite. Par continuité de la fonction exponentielle, il en résulte que la suite(qn)converge verse^l et donc, d’après a), la suite (pn)converge versp=pn₀e^l. Or cette dernière limite est non nulle, puisquepn₀ est non nul ete^l>0.

Si la sérieP

lnan converge, alors la suite(pn) converge vers un réelp non nul 3c)Si la suite des sommes partielles de la sérieP

lnandiverge vers+1 alors la suite(lnqn)admet pour limite+1et donc la suite (qn)admet pour limite+1:

Si la suite des sommes partielles de la sérieP

lnan diverge vers¡1alors la suite(lnqn)admet pour limite ¡1et donc la suite(qn)admet pour limite0 . Par conséquent :

Si la suite des sommes partielles de la sérieP

lnan diverge vers+1, alors(pn)diverge vers sgn(pn₀)1 si la suite des sommes partielles de la sérieP

lnan diverge vers¡1, alors(pn)converge vers0 4)Dans cette question un¸0 doncan ¸1 pn>0etlnan¸0:On a toujours la relation ln(pn) =Pn

k=1ln(ak)

² Si (pn) converge vers p > 0. Alors, par continuité de la fonction ln, (lnpn) converge vers lnp et d’après la relation précédente la série P

lnan converge.

De plus,(an)converge vers1d’après la première question et donc(un)converge vers0; On a donclnan= ln(1 +un)»un. Les deux séries à termes positifs équivalents sont de même nature .D’où la convergence de P

un.

² Si la sérieP

unconverge. Alors la suite(un)tend vers0, donclnan»unet P

lnan converge. donc la suite (lnpn)qui est la suite des sommes partielles converge vers un réell et donc(pn)converge versp=e^l>0.

(pn)converge vers p >0si et seulement si la sérieP

un converge 5 Si P

un converge, en particulier (un) tend vers 0 et donc ln(an) = ln(1 +un) =un+³

¡^u2²ⁿ+o¡ u²n

¢´ = un¡vn avec vn» ^u₂²ⁿ

² 5a) Si P

u²_n converge, alors lnan apparaît comme la somme des termes généraux de deux séries convergentes, donc Plnan converge, d’où d’après 3b):

SiP

u²_nconverge, alors(pn)converge versp6= 0

5b) Si P

u²n diverge, la suite des sommes partielles de P

vn diverge vers +1, donc, puisqueP

un converge, la suite des sommes partielles deP

lnan diverge vers ¡1, d’où d’après 3c) : SiP

u²_ndiverge, alors(pn)converge versp= 0 6)SiP

un est absolument convergente, alors en particulierP

unconverge et (un) converge vers0, donc u²_n =o(junj). Des théorèmes sur la comparaison des séries à termes positifs, on déduit queP

u²_n converge. D’après le 5a) : SiP

un est absolument convergente, alors(pn)converge versp6= 0

Deuxième partie

1a) On aln(an)» _n¹ donc P

lnan diverge vers+1(série à termes positifs), donc leI.3c)s’applique : Pouran= 1 + 1

n,(pn)diverge vers+1 On peut aussi calculer par récurrence : pn=n+ 1

1b)On aun = (¡1)ⁿlnn

pn,u²_n= (lnn)²

n . On a u²_n¸ ¹_n doncP

u²_n diverge.

Le terme général deP

unest de signe alterné, et la valeur absolue du terme général tend vers0 Reste à montrer quejunj est décroissant:Soit'(x) =lnx

px de classeC¹ surR^+¤ on a

'⁰(x) =2¡lnx 2x³⁼² Ainsi 'décroît sur£

e²;+1£

et la sérieX

n¸8

un véri…e le critère spécial des séries alternées.

On peut aussi utiliseru2n+u2n+1= ^ln(n)p_2n ¡ ^ln(n+1)p_{2n+ 1} = ln(n):n¹⁼²¡ ( ln(n)+ln(1+1=n)) p2n(1+1=(2n)¹⁼² » ¹8

ln(n) n³⁼²

Donc P

un converge etP

u²_n diverge, et d’après le I.5b) : Pouran= 1 + (¡1)ⁿlnn

pn,(pn)converge vers0 2)On a maintenant

un =an¡1 =¡ 2 p¼

Z +1 n

e^¡t2dt

en remarquant quee^¡t2 ·e^¡t pour tout t¸1 on a : 8n¸1;

Z +1 n

e^¡t2dt · Z +1

n

e^¡tdt=e^¡n donc ¡un est une série à termes positifs majorés par le terme général de la série P ₂

p¼e^¡n. Ainsi, P

un est convergente.

Donc le I.6s’applique :

(pn)converge versp non nul 3)D’après l’hypothèse, les pn sont tous non nuls.

3a) Soit n >1; par dé…nition1 +un= _p^pn

n¡1 d’où en divisant par pn 6= 0: _p¹

n+vn = _p¹

n¡1

Pourn >1,vn= 1 pn¡1 ¡ 1

pn

On a donc pourn >1, Xn

k=1

vk =v1+Pn k=2

µ 1 pk¡1 ¡ 1

pk

¶

=v1+Pn k=2

1

pk¡1¡Pn k=2

1 pk

=v1+ 1 p1¡ 1

pn

après changement d’indice.

3b)

² SiP

un converge, commeP

u²n converge également par hypothèse, le I.5a)s’applique : (pn)converge vers pnon nul, donc(1=pn)converge vers1=p ; alors d’après la relation précédente la suite des sommes partielles deP

vn converge (et sa limite estv1+ 1

p1¡ 1 p):

SiP

un converge, alorsP

vn converge également

2

² Par contre, avec par exempleun= 1=n, on a vu au 1a)que (pn)diverge vers+1, donc (1=pn)converge vers0et P vn

converge, alors que la série harmonique P

undiverge : La convergence de P

vn n’implique pas la convergence de P un

3c) Avecun= (¡1)ⁿlnn

pn d’après le1b),(pn)converge vers0 et donc(1=pn)diverge et il en est de même deP

vn d’après la relation du a).

Pour un= (¡1)ⁿlnn pn,P

unconverge et P

vndiverge comme par hasard les exemples déjà traités sont les contre exemples à utiliser ensuite.

4a) Comme® >0, on aun= sin c n^® » c

n^®.

² Pour® >1, la série P

unest absolument convergente, car junj » jcj

n^® et donc(pn)converge versp non nul, d’aprèsI.6.

² Pour®·1, la suite des sommes partielles deP

1=n^® diverge vers+1et donc:

– sic > 0 la série est à termes positifs à partir d’un certain rang et la suite des sommes partielles de P

un admet pour limite+1. Or lesan sont strictement positifs à partir d’un certain rang etlnan»un; ainsi leI.3s’applique et (pn)diverge vers +1

– Sic <0de même la suite des sommes partielles deP

un admet pour limite¡1 et (pn)tend vers +1 – sic= 0 an = 1et (pn) tend vers1:

(pn)converge vers0 si et seulement si®·1etc <0 4b)Ici ®= 1; d’après ce qui précède,

Sic ¸0; alorsP

pn diverge grossièrement

Soit doncc <0. On a alors lim(pn) = 0et8n,pn> 0. Cherchons un équivalent de(pn)en étudiantle développment limité deln(pn) =Pn

k=1ln¡

1 + sin¡_c

k

¢¢: On aln(1 + sin_n^c) = ln¡

1 +_n^c +o(_n¹2)¢

= _n^c ¡2n^c22+o¡₁

n²

¢= _n^c¡vn avecvn =_2n^c22+o¡₁

n²

¢» 2n^c22 et donc par comparaison à une série de RiemannP

vn converge.

On a donc

ln(pn) =c Xn

k=1

1 k +

Xn

k=1

vk =c(ln(n) +°+o(1)) + Ã₊₁

X

k= 1

vk+o(1)

!

Donc en posantL=°+P+1 k=1vk

ln(pn) =cln(n) +L+o(1) et donc

pn =e^Ln^ce^o(1)

Orexpest continue en zéro donce^o(1)tend verse⁰= 1sin tend vers+1. Donc pn» e^L

n^¡c D’où par comparaison à un série de Riemann :

Ppnconverge si et seulement sic <¡1

3