fiche2 corrige

Université Claude Bernard Lyon 1 Semestre printemps 2016 - 2017 Préparation aux épreuves écrites du CAPES

Fiche 2

SUITES ET SÉRIES NUMÉRIQUES : CORRIGÉ DES EXERCICES

PARTIE I : Suites numériques

Exercice 7 : Suites de Cauchy

Une suite (u_n) est dite de Cauchy si elle vérifie

∀ε > 0 , ∃N ∈ N , ∀(p, q) ∈ N², p, q ≥ N ⇒ |u_p− u_q| < ε .

1 - Une propriété générale : Montrer que toute suite convergente est de Cauchy.

Soit (u_n) une suite convergente, de limite `.

Soit ε > 0.

Il existe N ∈ N tel que pour tout n ≥ N , on ait |un− `| < ε/2.

Soit p, q ≥ N . on a : |u_p− u_q| = |u_p− ` + l − u<sub>q</sub>| < |u<sub>p</sub>− l| + |u<sub>q</sub>− `| < 2 × ε/2 = ε . On en déduit que (u_n) est de Cauchy.

2 - Un exemple de suite de Cauchy non convergente.

On considère la suite (u_n) de terme général u_n=

n

X

k=0

1 k!.

(a) Soient p, q ∈ N, tels que p > q. Montrer que pour tout entier k vérifiant q + 1 ≤ k ≤ p, on

a : 1

k! ≤ 1 (q + 1)!

1

(q + 1)^k−(q+1). Soit p, q ∈ N avec p > q. Soit k ∈Jq + 1, pK.

• Si k = q + 1, alors 1

(q + 1)^k−(q+1) = 1 et l’inégalité est vérifiée.

• Si k > q + 1, on a

k! = (q + 1)!

k

Y

j=q+2

j ≥ (q + 1)!(q + 1)^k−(q+2)+1 = (q + 1)!(q + 1)^k−(q+1),

ce qui permet de conclure.

(b) En déduire que la suite (u_n) est de Cauchy.

Soit p, q ∈ N avec p > q. On a up− u_q=

p

X

k=q+1

1

k! ≤ 1 (q + 1)!

p

X

k=q+1

1

(q + 1)^k−(q+1). D’autre part :

p

X

k=q+1

1

(q + 1)^k−(q+1) =

p−(q+1)

X

j=0

 1

(q + 1)

j

≤ q + 1 q . On en déduit que u_p− u_q ≤ q + 1

q 1

(q + 1)! = 1 qq!. Au final, pour tout p, q ∈ N^∗, on a

|u_p− u_q| ≤ max( 1 qq!, 1

qq!) ,

ce qui permet de conclure que |u_p − u_q| peut être rendu arbitrairement petit pour p, q suffisamment grands.

(c) Montrer que (u_n) n’est pas convergente dans Q (on pourra se servir de l’exercice 1 ).

(un) est une suite de rationnels qui converge vers une limite réelle e qui n’est pas rationnelle.

Ainsi, (u_n) est de Cauchy dans Q mais ne converge pas dans Q.

3 - Cas des suites réelles.

(a) Montrer que toute suite de Cauchy réelle est bornée.

Soit (u_n) une suite de Cauchy réelle. On pose ε = 1. Il existe N ∈ N tel que, pour p, q ≤ N , on ait |u_p− u_q| < 1. En particulier, pour tout p ≥ N , on a |u_N − u_p| < 1, ce qui donne u_N − 1 < u_p < uN + 1. Posons à présent M = max {u0, · · · , uN, uN+ 1} et m = min {u0, · · · , uN, uN+ 1}. On a par construction m ≤ un≤ M pour tout n ∈ N.

(b) Soit (u_n) une suite de Cauchy réelle. Pour tout n ∈ N, on note Wn= {u_k, k ≥ n } . Justifier l’existence de a_n= inf(W_n) et b_n= sup(W_n), et montrer que a_n≤ u_n≤ b_n . Soit n ∈ N. Notons tout d’abord que Wn ⊂ {u_k, k ∈ N} =: W . D’après ce qui précède, W_n est borné et non vide. Il admet donc une borne supérieure et une borne inférieure. On peut donc définir a_n= inf(Wn) et bn= sup(Wn).

Par définition, on a u_n∈ W_n, et par suite a_n≤ u_n≤ b_n. (c) Montrer que (a_n) est croissante et que (bn) est décroissante.

Soit n ∈ N. On a Wn+1 = {u_k, k ≥ n + 1} ⊂ {u_k, k ≥ n} = Wn. La suite (W_n) est une suite décroissante (au sens ensembliste) d’ensembles.

On en déduit que pour tout n ∈ N :

inf(W_n+1) ≥ inf(W_n) et sup(W_n+1) ≤ sup(W_n) , d’où l’on déduit que (a_n) est croissante et (b_n) est décroissante.

(d) Soit ε > 0. Montrer qu’il existe N ∈ N tel que, pour p ≥ n ≥ N on ait sup

p≥n

u_p ≤ u_n+ ε/2 et inf

p≥nu_p≤ u_n− ε/2 .

Soit ε > 0. La suite (u_n) étant de Cauchy, il existe N ∈ N tel que, pour tout p, q ≥ N , on ait |u_p− u_q| ≤ ε/2.

Soit n ≥ N . Pour tout p ≥ N , on a |u_p−u−n| ≤ ε/2, c’est à dire u_n−ε/2 ≤ u_p≤ ε/2+u_n. Ceci étant valable pour tout p ≥ n, on en déduit :

u_n− ε/2 ≤ inf

p≤nu_p et sup

p≤n

u_p ≤ u_n+ ε/2 , (1)

c’est à dire u_n− ε/2 ≤ a_n et b_n≤ u_n− ε/2.

(e) En déduire que (a_n) et (b_n) sont adjacentes, puis que (u_n) converge.

Ainsi, on a

0 ≤ b_n− a_n≤ (u_n+ ε/2) − (u_n− ε/2) = ε .

On en déduit que (b_n− a_n)convergevers0, et donc (a_n) et (b_n) sont adjacentes. Comme on a a_n≤ u_n≤ b_n pour tout n ∈ N, on conclut avec le théorème des gendarmes.

PARTIE II : Séries numériques

Exercice 3 : Séries de Bertrand

Soient α, β deux réels. Pour tout n ∈ N^∗, on pose u_n= 1

n^α(ln n)^β. On étudie les séries de la forme P u_n, communément appelées séries de Bertrand.

1 - On considère le cas α > 1. On pose γ = 1 + α

2 . Montrer que la suite (n^γu_n) converge vers 0.

En déduire queP u_nconverge.

Notons que γ =1 + α

2 > 1. Pour tout n ∈ N^∗, on a n^γu_n= n^γ−α

(ln(n))^β .

Comme γ < α, on en déduit que la suite de terme général n^γun converge vers 0.

En particulier, pour n assez grand, on a u_n ≤ 1

n^γ. La série X 1

n^γ étant une série de Riemann convergente (γ > 1), on obtient la convergence de la série de terme général u_n. 2 - Montrer que si α < 1, la sérieP u_ndiverge.

Pour tout n ∈ N^∗, on a nu_n= 1

n^α−1(ln n)^β = n^γ (ln n)^β .

On en déduit que la suite de terme général nu_n diverge (théorème de comparaison des suites de référence). D’où l’existence d’un rang N à partir duquel nu_n≥ 1 (i.e. u_n≥ 1/n).

D’après le théorème de convergence des séries à termes positifs, la série de terme général u_n diverge.

3 - On considère à présent le cas α = 1. On considère la fonction fβ : ]1, +∞[ −→ R

x 7−→ 1

x(ln x)^β .

(a) Montrer que f_β est décroissante à partir d’un certain rang.

Pour tout x > 1, on a f⁰(x) = ln(x) + β

x²(ln(x))^β+1, et donc f⁰(x) < 0 pour tout x > e^−β. (b) Etudier la convergence de P u_n dans les cas β < 1, β > 1 et β = 1.

Indication : On pourra penser à utiliser les résultats de comparaison avec une intégrale.

Soit N₀ ∈ N tel que N0 ≥ max(e^−β, 1). D’après le théorème de comparaison avec une intégrale, on sait que X

n≥N0

1 n(ln(n)^β et

Z ∞ N0

1

t(ln(t)^βdt sont de même nature.

• β = 1 : Soit N ≥ N₀. On a Z N

N0

1

t(ln(t)^βdt = [ln(ln(t))]^N_N0 = ln(ln(N )) − ln(ln(N0)) . On en déduit que lim

N →∞

Z N N0

1

t(ln(t)^βdt = +∞, et donc que la série X

n≥N0

1

n(ln(n) diverge.

• β < 1 : Pour N ≥ N₀, on a Z N

N0

1

t(ln(t)^βdt = 1

1 − β[ln(N )^1−β − ln(N₀)^1−β]. Il vient que

N →∞lim Z N

N0

1

t(ln(t)^βdt = +∞ et X

n≥N0

1

n(ln(n) diverge.

• β > 1 : La formule précédente permet d’affirmer que dans ce cas X

n≥N0

1

n(ln(n) converge.

Exercice 4 : Série harmonique - constante d’Euler Pour tout n ∈ N^∗, on pose E_n=

n

X

k=1

1 k.

1 - (a) Montrer que Z _k+1

k

1 tdt ≤ 1

k pour tout k ≥ 1 et que 1 k ≤

Z _k

k−1

1

tdt pour tout k ≥ 2.

Considérons la fonction f définie sur [1, +∞[ par f (x) = 1/x. f est positive décroissante, et donc on a, pour tout entier n ≥ 1 et tout t ∈ [N, n + 1] : 1

n + 1 ≤ 1 t ≤ 1

n. En intégrant entre n et n + 1, on a

1 n + 1 ≤

Z n+1 n

1 tdt ≤ 1

n,

ce qui donne la première relation, ainsi que la seconde pour k ≤ 2 en posant n + 1 = k.

(b) En déduire que pour tout entier n ≥ 1, on a : ln(n + 1) ≤ E_n ≤ 1 + ln(n), puis que En ∼

n→+∞ln(n) .

Soit n ≥ 1. La question précédente donne : ln(n + 1) =

Z n+1 1

1 tdt =

n

X

k=1

Z k+1 k

1 tdt ≤

n

X

k=1

1

k = E_n. D’autre part, pour n ≥ 2, on a aussi (le cas n = 1 est à traiter à part) :

E_n− 1 =

n

X

k=2

1 k ≥

n

X

k=2

Z k k−1

1 tdt =

Z n 1

1

tdt = ln(n) , ce qui permet de conclure.

2 - (a) Pour tout n ∈ N^∗, on pose u_n= E_n− ln(n). Montrer que la suite (u_n)_n∈N∗ converge vers

Pour tout n ∈ N^∗, on a u_n+1− u_n = 1

n + 1 − ln(n + 1) + ln(n) = 1 n + 1 −

Z n+1 n

1 tdt = Z n+1

n

 1

n + 1 −1 t



dt ≤ 0 (en utilisant une nouvelle fois la décroissance de t 7−→ 1 t sur R+. D’après ce qui précède, on a, pour tout n ∈ N^∗.

0 < ln

 1 + 1

n



= ln(n + 1) − ln(n) ≤ E_n− ln(n) ≤ 1 .

On en déduit que (u_n) est croissante, minorée par 0 et majorée par 1, ce qui permet de conclure.

(b) Pour tout n ∈ N^∗, on pose v_n= En−ln(n+1). Montrer que les suites (u_n)_n∈N∗ et (v_n)_n∈N∗

sont adjacentes, de limite γ.

Pour tout n ∈ N^∗, on a v_n+1− v_n= 1

n + 1− ln(n + 2) + ln(n + 1) = 1 n + 1 −

Z n+2 n+1

1 tdt = Z n+2

n+1

 1

n + 1 −1 t



dt ≥ 0. On en déduit que (vn) est croissante. Par ailleurs, il est évident que (u_n− v_n) tend vers 0. La suite (un) étant convergente, on en déduit le résultat.

(c) Pour tout n ∈ N^∗, on pose w_n = u_n+1− u_n. Montrer que la série de terme général w_n converge.

On considère la suite des sommes partielles définie par S_n=

N

X

k=1

w_k= u_n+1− u₁ pour tout n ∈ N^∗. D’après ce qui précède, la suite de terme général (u_n) converge, et donc la suite (Sn) converge, ce qui revient à dire que la série de terme général (wn) converge.

(d) En déduire que

γ = 1 +

+∞

X

n=2

 1 n− ln

 n

n − 1



.

Pour tout p ∈ N^∗, on a S_p =

p

X

n=1

wn =

p

X

n=1

(un+1− u_n) =

p

X

n=1

 1

n + 1 − ln

 n

n + 1



=

p+1

X

n=2

 1

n− ln n − 1 n



. D’après ce qui précède, la suite (S_p) converge vers γ − u₁ = γ − 1, ce qui donne le résultat.

Exercice 5 : Formule de Stirling

On considère la suite (u_n)_n∈N^∗ de terme général u_n= n!

√n

e n

n

.

1 - Pour tout n ∈ N^∗, on pose v_n = ln(un). Montrer que vn+1− v_n= O 1 n²



. En déduire que la série de terme général v_n+1− v_n converge.

Pour tout n ∈ N^∗, u_n+1 un

= e

 n

n + 1

n+1/2

. Il vient :

vn+1− v_n = ln(un+1) − ln(un) = ln u_n+1 un



= ln

"

e

 n

n + 1

n+1/2#

= 1 +

 n +1

2



ln n + 1 n



= 1 −

 n + 1

2

 ln

 1 + 1

n

 .

On utilise alors ln

 1 + 1

n



= 1 n − 1

n² + O 1 n³



, pour obtenir :

v_n+1− v_n= 1 −

 n + 1

2

  1 n− 1

n² + O 1 n³



= O 1 n²

 .

2 - En déduire que (v_n)_n∈N^∗ et (u_n)_n∈N^∗ convergent. On note l la limite de (u_n)_n∈N^∗.

D’après ce qui précède, la série de terme général v_n+1− v_nconverge. Or, pour tout n ∈ N^∗, on a S_n := Xn

k=1(v_k+1− v_k) = vn+1− v₁. On en déduit la convergence de la suite (v_n), puis de la suite (u_n) en utilisant la continuité de ln.

3 - Montrer que n! ∼

n→+∞l√ n

n e

n

.

La convergence de la suite (u_n) se traduit par l ∼

n→+∞

√n!

n

e n

n

, ce qui permet de conclure.

4 - On rappelle le résultat suivant (obtenu via les intégrales de Wallis - voir ficheINTÉGRATION) :

π = lim

n→∞

2⁴ⁿ(n!)⁴ n [(2n)!]² . montrer que l =√

2π.

On déduit de la question précédente n! ∼

n→+∞ l√ nn

e

n

et 2n! ∼

n→+∞ l√

2n 2n e

2n

. D’autre part, la formule précédente nous donne :√

π = lim

n→∞

2²ⁿ(n!)²

√n(2n)!. On en déduit :

√π ∼

n→+∞ lim

n→∞

2²ⁿ

 l√

n

n e

n2

√n l√

2n 2n e

2n! =

√l 2,

ce qui permet de conclure.