1.4 Applications de la théorie des séries à termes positifs

Lycée Pierre de Fermat 2020/2021

MPSI 1 TD

Séries numériques 1 Séries à termes réels positifs ou nuls

1.1 Techniques pour déterminer la nature d’une série

⊲ Exercice 1.1. Nature de séries de terme général explicite : comparaison du terme général, règle du n^αu_n

Donner la nature des séries suivantes : 1) X

n>1

√n+ 1

n²+n 2) X

n>1

(nⁿ¹ −1) 3) X

n>1

sin(ne⁻²ⁿ)

1−cos(ne⁻ⁿ) 4) X

n>1

1 + 1

√3

n −√

n

5) X

n>2

(lnn)⁻ⁿ 6) X

n>2

(lnn)^−ln(n) 7) X

n>1

cos⁵ 1

√n− n+ 1 n+γ

γ >0 8) X

n>0

Z 2 1

e^−nu2du

⊲ Exercice 1.2. Déterminer en fonction de α∈R, la nature de la série X

n>1

π 2

α

−(Arctann)^α .

⊲ Exercice 1.3. Nature de séries de terme général explicite : comparaison logarithmique, règle de D’Alembert

1. Soient (u, v)∈R^N2 deux suites réelles de termes généraux strictement positifs à partir d’un certain rang N1. On suppose de plus que

∃N2∈N : ∀n∈N, n>N2⇒ un+1

un

6vn+1

vn

(a) PosonsN = max(N1, N2). Montrer que,

∀n∈N, n>N ⇒un6 u_N vN

vn

(b) En déduire que, (i) si X

n>0

v_n converge alorsX

n>0

u_n converge, (ii) si X

n>0

un diverge alorsX

n>0

vn diverge.

2. En déduire la règle de D’Alembert : soitu∈R^N une suite réelle de terme général strictement positif à partir d’un certain rang,

(i) si∃k∈]0,1[ tel que∃N ∈N : ∀n∈N, n>N ⇒ un+1

un

6k, alorsX

n>0

u_n converge, (ii) si∃k∈[1,+∞[ tel que ∃N ∈N : ∀n∈N, n>N ⇒un+1

un

>kalors X

n>0

un diverge.

3. En déduire la nature des séries suivantes : 1) X

n>1

n!

nⁿ 2) X

n>1

2×4×6×. . .×2n

nⁿ 3) X

n>1

aⁿ

2n n

a∈R₊ 4)

Pour traiter le casa= 4 du 3), on pourra appliquer le principe de comparaison logarithmique avec une série de Riemann bien choisie.

4. Complément : dans le cas où un+1

un

tend vers 1, la règle de D’Alembert ne permet pas (sans information supplémentaire) de connaître la nature de X

n>0

un. Montrer en effet qu’il existe des séries convergentes et d’autres divergentes pour lesquelles un+1

un

tend vers 1.

5. Amélioration de la règle de D’Alembert (inspirée du casa= 4 de la question 3). Soitu∈R^N une suite réelle de terme général strictement positif à partir d’un certain rang, telle qu’il existec∈]−1,+∞[ :

un+1

u_n =

n→+∞1 + c n+o

1 n

Montrer queX

n>0

un diverge.

À quelle condition surc peut-on montrer queX

n>0

un converge ?

1.2 Quelques séries particulières

⊲ Exercice 1.4. Preuve élémentaire de la divergence de la série harmonique X

n>1

1 n Notons, pourn>1,Sn=

Xn k=1

1 k.

1. Montrer que,∀n∈N^∗,S2n−S_n> 1 2. 2. En déduire que la série harmonique diverge.

⊲ Exercice 1.5.

Soitu∈R^N une suite réelle positive et décroissante.

Pour toutn∈N, notonsvn = 2ⁿu2ⁿ. 1. Montrer que∀n∈N, vn+1

2 6

2ⁿ⁺¹

X

k=2ⁿ+1

uk6vn. 2. En déduire queX

n>0

un converge si et seulement si X

n>0

vn converge.

3. Retrouver la caractérisation de la convergence des séries de RiemannX

n>1

1

n^α lorsqueα∈R^∗

+. 4. Retrouver la caractérisation de la convergence des séries de BertrandX

n>2

1

n(lnn)^β lorsqueβ ∈R^∗₊(exer- cice1.6).

⊲ Exercice 1.6. Séries de Bertrand X

n>2

1 n^α(lnn)^β

Déterminer, en fonction de (α, β)∈R², la nature de la série X

n>2

1

n^α(lnn)^β puis représenter dans le plan usuel les ensembles des points de coordonnées (α, β) pour lesquels la série correspondante converge, diverge non grossièrement et diverge grossièrement.

1.3 Technique de comparaison série intégrale

⊲ Exercice 1.7. Obtention directe d’équivalents 1. Calculer un équivalent deR_n=

Xn k=1

lnk.

2. Calculer un équivalent deSn = Xn k=1

klnk.

3. Calculer un équivalent deTn= Xn k=2

1

k(lnk)^β en fonction deβ∈]− ∞,1].

⊲ Exercice 1.8. Obtention d’équivalents du terme général pour connaître la nature de la série via une comparaison non triviale, car l’équivalent n’est pas le terme général d’une série connue !

1. X

n>1

a_n oùa_n= (thn)ⁿ¹ −1.

2. X

n>1

bn oùbn= (thn)ⁿ−1.

⊲ Exercice1.9. Obtention d’équivalents du terme général pour connaître la nature de la série (sans connaître les séries de Bertrand)

1. X

n>1

an oùan= ln 1

√n−ln

sin 1

√n

.

2. X

n>1

bn oùbn= ln

tan πn 4n+ 1

. 3. X

n>1

cn oùcn=p³

n³+ 3an−p²

n²+ 2 en fonction dea.

4. X

n>1

dn oùdn =q

ln(n+√n)−√ lnn.

⊲ Exercice 1.10. Obtention d’un DA du terme général pour connaître la nature de la série (sans connaître les séries de Bertrand)

1. (TB, pas difficile) X

n>1

a_n oùa_n= (−1)ⁿtan 1

√n. 2. (TB, pas difficile) X

n>0

bn oùbn= n(−1)ⁿ+ 2 n²+ 1 . 3. (TB)X

n>1

cn oùcn= ln

1 + sin

nπ+ 1

√n

.

⊲ Exercice 1.11. Obtention d’équivalents avec un peu plus de technique 1. Montrer queX

n>2

1

lnn diverge.

2. En découpant l’intervalle [2, n] en la borne mobile√n, montrer par des majorations brutales que la suite (I_n)n>2=Z n

2

1 (lnu)²du

n>2

est dominée par n (lnn)². 3. En déduire que

Z n 2

1

lnudu ∼

n→+∞

n

lnn puis donner un équivalent de la somme partielleSn= Xn k=2

1 lnk.

⊲ Exercice 1.12. Mines Pour toutn>1,u_n=

Xn k=1

(lnk)². Quelle est la nature de la sérieX

n>2

1 un

?

1.4 Applications de la théorie des séries à termes positifs

⊲ Exercice 1.13. Formule de Stirling : n! ∼

n→+∞

n e

n√ 2πn Posons, pourn>1,un = n!eⁿ

nⁿ√

n,vn= lnunet wn=vn+1−vn. 1. Montrer quew_n =

n→+∞O 1

n² 2. En déduire la nature de la sérieX

n>1

wn puis la convergence de la suitev.

3. Interpréter le résultat précédent comme un développement asymptotique dev_n pour prouver que

∃c >0 : n! ∼

n→+∞cn e

n√ n 4. Donner en fonction dec des équivalents deI2n+1 et I2n où

∀k∈N, Ik= Z ^π₂

0

(sinu)^kdu (intégrales de Wallis)

On pourra pour cela reprendre l’expression explicite deI2n+1 et I2n en fonction den,n! et 2n!.

5. Justifier queI2n+1 ∼

n→+∞I2n (on pourra utiliser la monotonie de la suite (Ik)k∈N et le lien général entre I_k etIk+2).

6. Conclure quec=√ 2π.

⊲ Exercice 1.14. Développement asymptotique de la somme partielle de la série harmonique Notons, pourn>1,Sn=

Xn k=1

1 k.

1. Montrer, par une comparaison série/intégrale, que

∀n∈N^∗ , 1 + ln(n+ 1)−ln 26Sn61 + lnn puis en déduire un équivalent deSn.

2. Posons, pourn>1,un=Sn−lnnet, pourn>2,vn =un+1−un. Montrer quevn ∼

n→+∞− 1 2n². 3. En déduire la nature de la série X

n>2

v_n puis la convergence de la suiteuvers une constante γ >0. Cette constante est appelée constante d’Euler.

4. Donner le DA deSn ainsi obtenu.

2 Séries complexes ou réelles à termes de signes quelconques

2.1 Séries télescopiques et leur utilisation pour étudier des suites

⊲ Exercice 2.1. Séries télescopiques

Soitu∈R^N une suite réelle croissante telle que∀n∈N^∗,un+16u_n+ 1 n². Montrer que la suiteuconverge.

⊲ Exercice 2.2. Développement asymptotique d’une suite récurrente Soient (a, b)∈R²tels que 0< a < b. Soitu∈R^∗₊^Ntelle que

∀n∈N, un+1

u_n = n+a n+b

1. Déterminier un équivalent de lnun+1−lnun et en déduire que la suiteuconverge vers 0.

2. Posons, pourα∈R^∗, v_n=n^αu_n. Déterminer un équivalent de lnvn+1−lnv_n. En déduire, par un choix pertinent deα, un équivalent deun.

⊲ Exercice 2.3. Développement asymptotique d’une suite récurrente Soitula suite récurrente définie paru0∈R^∗₊ et

∀n∈N, un+1=un+u²_n 1. Montrer queuest croissante et diverge vers +∞.

2. Montrer que lnun+1

2ⁿ⁺¹ −lnu_n

2ⁿ =

n→+∞O 1

2ⁿun

. 3. En posantvn= lnun

2ⁿ , justifier queX

n>0

(vn+1−vn) converge et que

+∞

X

k=n

(vk+1−vk) =

n→+∞O 1

2ⁿun

. 4. En déduire un DA devn.

5. Conclure qu’il existeK >1 tel queun ∼

n→+∞K²ⁿ.

2.2 Théorème des séries alternées et applications

⊲ Exercice 2.4. Théorème des séries alternées

1. Soitu∈R[[n0,+∞[[ telle queuest positive ou nulle, décroissante et limu= 0.

On note, pour toutn∈[[n0,+∞[[,Sn= Xn k=n0

(−1)^kuk.

(a) Montrer que (S2n)2n>n0 et (S2n+1)2n+1>n0 sont adjacentes.

(b) En déduire que Xn n>n0

(−1)ⁿun converge et que

∀n∈[[n0,+∞[[, |R_n|=

+∞

X

k=n0

(−1)^ku_k−S_n

=

+∞

X

k=n+1

(−1)^ku_k

6un+1

2. Déterminer la nature deX

n>1

(−1)ⁿ

n^α en fonction deα∈R. 3. Déterminer la nature des séries suivantes :

1) X

n>1

cos(nπ)

√n+n 2) X

n>2

(−1)ⁿ

lnn 3) X

n>1

(−1)ⁿ

Z nπ+^π₄ nπ

tanu

u^α du , α >0

2.3 Utilisation de l’absolue convergence

⊲ Exercice 2.5.

Montrer que les séries suivantes sont convergentes en justifiant qu’elles sont absolument convergentes : 1) X

n>1

sinn n√

n 2) X

n>1

lnn+ (−1)ⁿ⌊lnn⌋

n²+ 1 3) X

n>1

Z (n+1)π nπ

cosu u+|sinu|du

2.4 Obtention de la nature par DA du terme général

⊲ Exercice 2.6.

Montrer qu’il existe un unique couple (a, b)∈R² tel que X

n>1

u_n converge pouru_n=

n²+ 2

n²+ 2n+ 1 −a− b n

.

⊲ Exercice 2.7. Technique d’éclatement du terme général Déterminer la nature des séries suivantes :

1) X

n>1

(−1)ⁿ (−1)ⁿ+√

n 2) X

n>2

sin

nπ+1

n+(−1)ⁿ n²

3) X

n>1

(−1)ⁿ

p(−1)ⁿ+n^α , α∈R^∗

+ 4) X

n>2

(−1)ⁿ

n^α+ (−1)ⁿlnn , α∈R

⊲ Exercice 2.8. À vous de trouver une technique adaptée Déterminer la nature des séries suivantes :

1) X

n>2

sin

nπ+ 1

√3

n

2) X

n>1

sin 1

√3

n+ 1 n²

− 1

√3

n 3) X

n>1

jⁿ

n indic :regrouper les termes 3 par 3 . . .

2.5 Calculs de sommes de séries

⊲ Exercice 2.9.

Soientα∈Retq∈Ctel que |q|>1.

1. Calculer la sommeS(α, q) de la sérieX

n>0

cos(nα) qⁿ .

2. Simplifier les expressions de S(0, q) (on retrouvera une formule connue en particulier lorsque q ∈]−

∞,−1[∪]1,+∞[),Sπ 3,2

etSπ 2,2e^iπ6

. 3. Montrer que,∀(α, θ, r)∈R²×]1,+∞[,S α, re^iθ

=S(α−θ, r).

⊲ Exercice 2.10.

En appliquant la formule de Taylor avec reste intégral à la fonctiont7→e^it, montrer que

∀x∈R, cosx=

+∞

X

k=0

(−1)^k x^2k

(2k)! et sinx=

+∞

X

k=0

(−1)^k x^2k+1 (2k+ 1)!

⊲ Exercice 2.11.

Calculer les sommes de séries suivantes sous réserve d’avoir justifié leur existence : 1) X

n>0

a³ⁿ⁺¹b²ⁿ , |a|<1 , |b|<1 2) X

n>0

(1−a²)a³ⁿ , |a|<1 3) X

n>2

1

n²−1 4) X

n>1

⌊√

n+ 1⌋ − ⌊√ n⌋ n

5) X

n>0

sh(n)

qⁿ , |q|>1 6) X

n>1

1

n(n+ 1)(n+ 2) 7) X

n>0

n+ 4

(n+ 1)! 8) X

n>0

2n³−3n²+ 1 (n+ 3)!

⊲ Exercice 2.12.

On admet que

+∞

X

k=1

1 k² = π²

6 . Les deux questions sont indépendantes.

1. Montrer queX

n>1

1

n²(n+ 1)² converge et que sa somme vaut π² 3 −3.

2. Montrer que la série X

n>1

(−1)ⁿ

n² converge (sans utiliser le théorème des séries alternées de l’exercice2.4) et calculer sa somme. On pourra regrouper les termes des sommes partielles en fonction de la parité de leurs indices puis faire apparaître des sommes partielles de la séries convergente X

n>1

1 n².

⊲ Exercice 2.13.

Montrer queX

n>1

1

1²+ 2²+ 3²+. . .+n² converge et calculer sa somme.

On admettra que Xn k=1

1

k =

n→+∞lnn+γ+o(1) (voir l’exercice1.14).

3 Développement décimal illimité propre d’un réel

⊲ Exercice 3.1. Caractérisation des nombres décimaux NotonsD=n a

10^b

(a, b)∈Z×No

l’ensemble des nombres décimaux.

Soitx∈R.

Montrer quex∈Dsi et seulement si son développement décimal illimité propre est stationnaire à 0.

Correction des exercices

⊲ Corrigé de l’exercice 1.1 1. X

n>1

√n+ 1 n²+n.

√n+ 1 n²+n =

√n n²

q1 + ¹_n 1 +_n¹ _n ∼

→+∞

1 n³² Par conséquent,

⋆

√n+ 1 n²+n ∼

n→+∞

1 n³²,

⋆ X

n>1

1

n³² converge (série de Riemann),

⋆ le terme général 1

n³² est positif ou nuls pourn>2,

donc le critère de convergence par équivalence pour les séries à termes positifs permet de conclure que X

n>1

√n+ 1

n²+n converge.

2. X

n>1

(nⁿ¹ −1).

nⁿ¹ −1 =e^lnnn −1 ∼

n→+∞

lnn n

Déterminons tout d’abord la nature de X

n>1

lnn n .

⋆ 1

n =

n→+∞o lnn

n

,

⋆ X

n>1

1

n diverge (série de Riemann),

⋆ les termes généraux 1

n et lnn

n sont positifs ou nuls pourn>1,

donc le critère de convergence par comparaison pour les séries à termes positifs permet de conclure que X

n>1

lnn

n diverge.

Déduisons-en maintenant la nature deX

n>1

(nⁿ¹ −1).

⋆ nⁿ¹ −1 ∼

n→+∞

lnn n ,

⋆ X

n>1

lnn

n diverge,

⋆ le terme général lnn

n est positif ou nuls pourn>1,

donc le critère de convergence par équivalence pour les séries à termes positifs permet de conclure que X

n>1

(n¹ⁿ−1) diverge.

3. X

n>1

sin(ne⁻²ⁿ) 1−cos(ne⁻ⁿ).

sin(ne⁻²ⁿ) 1−cos(ne⁻ⁿ) ∼

n→+∞

ne⁻²ⁿ

1

2(ne⁻ⁿ)² ∼

n→+∞

2 n Par conséquent,

⋆ sin(ne⁻²ⁿ) 1−cos(ne⁻ⁿ) _n ∼

→+∞

2 n,

⋆ X

n>1

1

n diverge (série de Riemann),

⋆ le terme général 2

n est positif ou nuls pour n>1,

donc le critère de convergence par équivalence pour les séries à termes positifs permet de conclure que X

n>1

sin(ne⁻²ⁿ)

1−cos(ne⁻ⁿ) diverge.

4. X

n>1

1 + 1

√3

n −√

n

.

Déterminons un équivalent du terme général.

1 + 1

√3

n ₋^√n

= exp

−√ nln

1 + 1

√3

n

n→=+∞ exp

−√ n

1

√3

n+O 1

(√³n)²

n→=+∞ exp

−n¹⁶ +O 1

n¹⁶

n→=+∞ exp

−n¹⁶

×exp









 O

1 n¹⁶

| {z }

n→→+∞0











| {z }

n→→+∞1

n→∼+∞ e⁻ⁿ

1 6

Déterminons tout d’abord la nature de X

n>1

e⁻ⁿ

1 6. e⁻ⁿ

1 6

1 n²

=n²e⁻ⁿ

16

|{z}= u=n¹⁶

u¹²e^−u →

n→+∞

i.e. u→+∞

0 (th. croiss. comp.)

⋆ e⁻ⁿ

1

6 =

n→+∞o 1

n²

,

⋆ X

n>1

1

n² converge (série de Riemann),

⋆ les termes générauxe⁻ⁿ

1 6 et 1

n² sont positifs ou nuls pourn>1,

donc le critère de convergence par comparaison pour les séries à termes positifs permet de conclure que X

n>1

e⁻ⁿ

1

6 converge.

Déduisons-en maintenant la nature deX

n>1

1 + 1

√3

n −√

n

.

⋆

1 + 1

√3

n ₋^√n

n→∼+∞e⁻ⁿ

16

,

⋆ X

n>1

e⁻ⁿ

1

6 converge,

⋆ le terme générale⁻ⁿ

1

6 est positif ou nuls pourn>1,

donc le critère de convergence par équivalence pour les séries à termes positifs permet de conclure que X

n>1

1 + 1

√3

n −√

n

converge.

5. X

n>2

(lnn)⁻ⁿ.

(lnn)⁻ⁿ

e⁻ⁿ =eⁿe^−nln(lnn)=e^{n(1−ln(lnn))} →

n→+∞0 Par conséquent,

⋆ (lnn)⁻ⁿ =

n→+∞o e⁻ⁿ,

⋆ X

n>2

e⁻ⁿ converge (série géométrique de raison 1 e <1),

⋆ les termes généraux (lnn)⁻ⁿ ete⁻ⁿ sont positifs ou nuls pourn>2,

donc le critère de convergence par comparaison pour les séries à termes positifs permet de conclure que X

n>2

(lnn)⁻ⁿ converge.

6. X

n>2

(lnn)^−ln(n).

(lnn)^−lnn

1 n²

=n²e^−ln(lnn)=e^{2 lnn}e^{−lnn×ln(lnn)}=e^{lnn(2−ln(lnn))} _n→

→+∞0 Par conséquent,

⋆ (lnn)^−lnn =

n→+∞o 1

n²

,

⋆ X

n>1

1

n² converge (série de Riemann),

⋆ les termes généraux (lnn)^−lnn et 1

n² sont positifs ou nuls pourn>2,

donc le critère de convergence par comparaison pour les séries à termes positifs permet de conclure que X

n>2

(lnn)^−ln(n)converge.

7. X

n>1

cos⁵ 1

√n− n+ 1 n+γ

,γ >0.

Déterminons un équivalent du terme général.

cos⁵ 1

√n− n+ 1 n+γ =

n→+∞

1− 1

2n+O 1

n² 5

−

1 + 1

n 1 + γ n

−1

n→=+∞

"

1 + 5

− 1 2n+O

1 n²

+O − 1 2n+O

1 n²

2!#

−

1 + 1

n 1−γ n +O

1 n²

n→=+∞

1− 5

2n+O 1

n²

−

1 +1−γ n +O

1 n²

n→=+∞

2γ−7 n +O

1 n²

À ce stade, il y a un petit piège, le DA ci-dessus ne donne pas toujours un équivalent du terme général de la série étudiée :

• siγ6= 7 2,

⋆ 2γ−76= 0 donc cos⁵ 1

√n−n+ 1 n+γ ∼

n→+∞

2γ−7 n ,

⋆ X

n>1

2γ−7

n diverge (série de Riemann),

⋆ le terme général 2γ−7

n est de signe constant(positif siγ > 7

2 et négatif siγ < 7

2) pourn>1, donc le critère de convergence par équivalence pour les séries à termes de signe constant permet de conclure que X

n>1

cos⁵ 1

√n− n+ 1 n+γ

diverge.

• siγ= 7 2,

⋆ 2γ−7 = 0 donc cos⁵ 1

√n−n+ 1 n+γ =

n→+∞O 1

n²

,

⋆ X

n>1

1

n² converge (série de Riemann),

⋆ le terme général 1

n² est positif ou nul pourn>1,

donc le critère d’absolue convergence par domination permet de conclure que X

n>1

cos⁵ 1

√n− n+ 1 n+⁷₂

est absolument convergente donc convergente.

Remarque :dans ce casγ= 7

2, si l’on ne veut pas avoir recours à l’absolue convergence, il suffit de pousser le DA un peu plus loin pour déterminer un équvalent de cos⁵ 1

√n −n+ 1 n+⁷₂ cos⁵ 1

√n−n+ 1 n+γ =

n→+∞

1− 1

2n+ 1 24n² +O

1 n³

5

−

1 + 1

n 1 + 7 2n

−1

n→=+∞

"

1 + 5

− 1 2n+ 1

24n²+O 1

n³

+5×4 2

− 1 2n+ 1

24n² +O 1

n³ 2

+O − 1

2n+ 1 24n²+O

1 n³

3!#

−

1 + 1

n 1− 7 2n+ 49

4n² +O 1

n³

n→=+∞











 1− 5

2n+ 5

24n² + 20 2×4n²

| {z }

= 65 24n²

+O 1

n³













−

1− 5 2n+ 35

4n²+O 1

n³

n→=+∞ − 145 24n²+O

1 n³

On obtient donc

⋆ cos⁵ 1

√n− n+ 1 n+⁷₂ ∼

n→+∞− 145 24n²,

⋆ X

n>1

−145

24n² converge (série de Riemann),

⋆ le terme général− 145

24n² estde signe constantpour n>1,

donc le critère de convergence par équivalence pour les séries à termes de signe constant permet de conclure que X

n>1

cos⁵ 1

√n− n+ 1 n+⁷₂

converge.

8. X

n>0

Z 2 1

e^−nu2du.

Par majoration brutale, pour toutn∈N,

Z 2

1

e^−nu2du

6|2−1|

u7→e^−nu2 ∞,[1,2]

| {z }

=e⁻ⁿ

=e⁻ⁿ

Par conséquent,

⋆ Z 2

1

e^−nu2du =

n→+∞O e⁻ⁿ,

⋆ X

n>1

e⁻ⁿ converge (série géométrique de raison 1 e <1),

⋆ les termes généraux Z 2

1

e^−nu2duete⁻ⁿ sont positifs ou nuls pourn>0,

donc le critère de convergence par comparaison pour les séries à termes positifs permet de conclure que X

n>1

Z 2 1

e^−nu2duconverge.

⊲ Corrigé de l’exercice 1.2

Observons que, pour toutα∈R, lim

n→+∞(Arctann)^α=π 2

α

donc le terme général de la série tend toujours vers 0. Cette série peut donc converger ou diverger, mais si elle diverge, la divergence ne sera pas grossière.

Utilisons la relation fondamentale

∀x∈R^∗

+, Arctanx= π

2 −Arctan1 x pour calculer un équivalent du terme général :

π 2

α

−(Arctann)^α = π 2

α

− π

2 −Arctan1 n

α

= π

2 α

1−

1− 2

πArctan1 n

α

n→=+∞

π 2

α 1−

1− 2

πn+O 1

n³ α

n→=+∞

π 2

α





















 1−





















 1 +α

− 2 πn+O

1 n³

+O













− 2 πn+O

1 n³

2

| {z }

n→∼+∞

4 π²n²













| {z }

n→=+∞O 1

n²











































 en utilisant le DL (1 +x)^α =

x→01 +αx+O(x²)

n→=+∞

π 2

α 1−

1− 2α

πn+O 1

n²

n→=+∞

π 2

α−1α n +O

1 n²

(1)

• Siα= 0, le terme général de la série est toujours nul donc la série converge (et sa somme est 0).

Piège :dans ce cas, le DA (1) est vrai, mais il donne π

2 α

−(Arctann)^α =

n→+∞0 +O 1

n²

ce qui ne permet pas de connaître un équivalent du terme général !

• Siα6= 0,

⋆ le DA (1) donneπ 2

α

−(Arctann)^α_n ∼

→+∞

π 2

α−1

×α n,

⋆ la série de terme général 1

n diverge (série harmonique)

⋆ les termes généraux des séries X

n>1

π 2

α

−(Arctann)^α et X

n>1

1

n sont équivalents et 1

n >0 donc les termes généraux sont positifs à partir d’un certain rang,

si bien que le théorème de comparaison s’applique : les sériesX

n>1

π 2

α

−(Arctann)^α etX

n>1

1

n ont même nature et la divergence de X

n>1

1

n entraîne la divergence de X

n>1

π 2

α

−(Arctann)^α.

Ainsi,X

n>1

π 2

α

−(Arctann)^αconverge siα= 0 et diverge non grossièrement sinon.

⊲ Corrigé de l’exercice 1.3

⊲ Corrigé de l’exercice 1.4 1. Soitn∈N^∗ fixé quelconque.

Procédons à une minoration brutale de la somme par le nombre de termes que multiplie le plus petit d’entre eux !

S2n−S_n = X2n k=n+1

1

|{z}k

> 1

2n cark62n

> (2n−n)× 1 2n

> 1 2

2. Raisonnons par l’absurde et supposons que la série harmonique converge. Alors la suite (S_n)n>1 des sommes partielles converge vers la somme S_∞ de la série donc la suite (S2n)n>1 extraite de (S_n)n>1

converge elle aussi vers la somme de la série. Les deux membres de l’inégalité établie dans la question précédente sont des suites convergentes ce qui permet de passer à la limite dans cette inégalité lorsque n→+∞pour obtenir

S_∞−S_∞> 1 2 soit 0>1

2 ce qui est faux.

Ainsi, la série harmonique diverge.

⊲ Corrigé de l’exercice 1.5

⊲ Corrigé de l’exercice 1.6

• Supposons queα <0.

Alors, pour tout β ∈ R, lim

n→+∞

1

n^α(lnn)^β = lim

n→+∞

n^|α|

(lnn)^β = +∞ 6= 0 donc la série est grossièrement divergente.

• Supposons queα= 0.

•• Si β <0, lim

n→+∞

1

n⁰(lnn)^β = lim

n→+∞(lnn)^|β|= +∞ 6= 0 donc la série est grossièrement divergente.

•• Si β= 0, lim

n→+∞

1

n⁰(lnn)⁰ = lim

n→+∞1 = 16= 0 donc la série est grossièrement divergente.

•• Si β >0,

⋆ 1 n1 (lnn)^β

=(lnn)^β

n −→

n→+∞0 donc 1

n =

n→+∞O 1

(lnn)^β

,

⋆ X

n>1

1

n diverge,

⋆ X

n>1

1 n et X

n>1

1

(lnn)^β sont des séries à termes positifs,

donc le théorème de comparaison permet d’affirmer que la série est divergente.

De plus, lim

n→+∞

1

n⁰(lnn)^β = lim

n→+∞

1

(lnn)^β = 0 donc la série n’est pas grossièrement divergente.

• Supposons queα∈]0,1[.

⋆ 1 n1 n^α(lnn)^β

=(lnn)^β n^1−α −→

n→+∞0 donc 1

n =

n→+∞O 1

n^α(lnn)^β

,

⋆ X

n>1

1

n diverge,

⋆ X

n>1

1 n et X

n>1

1

n^α(lnn)^β sont des séries à termes positifs,

donc le théorème de comparaison permet d’affirmer que la série est divergente.

De plus, lim

n→+∞

1

n^α(lnn)^β = 0 donc la série n’est pas grossièrement divergente.

• Supposons queα= 1.

•• Si β60,

⋆ 1 n1 n(lnn)^β

= 1

(lnn)^|β| −→

n→+∞

0 siβ >0

1 siβ= 0 donc 1

n =

n→+∞O 1

n(lnn)^β

,

⋆ X

n>1

1

n diverge,

⋆ X

n>1

1 n et X

n>1

1

n(lnn)^β sont des séries à termes positifs,

donc le théorème de comparaison permet d’affirmer que la série est divergente.

De plus, lim

n→+∞

1

n^α(lnn)^β = 0 donc la série n’est pas grossièrement divergente.

•• Si β >0, procédons à une comparaison série-intégrale.

La dérivée de u 7→ 1

u(lnu)^β est u 7→ −(β+ lnu)(lnu)^β−1

u²(lnu)^2β donc cette fonction est décroissante sur [1,+∞[ d’où l’encadrement

∀n∈[[2,+∞[[, Z n+1

2

du u(lnu)^β 6

Xn k=2

1

k(lnk)^β 6 1 2(ln 2)^β +

Z n 2

du

u(lnu)^β (2)

− Siβ >1, la majoration de l’encadrement2donne

∀n∈[[2,+∞[[, Xn k=2

1

klnk 6 1 2(ln 2)^β +

(lnu)^1−β 1−β

n 2

6 1

2(ln 2)^β +(lnn)^1−β 1−β

| {z } 60

−(ln 2)^1−β 1−β

6 1

2(ln 2)^β −(ln 2)^1−β 1−β

Par conséquent, la suite des sommes partielles est majorée, or la série est à termes positifs ou nuls donc la sérieX

n>2

1

n(lnn)^β converge.

− Siβ= 1, la minoration de l’encadrement 2donne

∀n∈[[2,+∞[[, ln(ln(n+ 1))−ln(ln 2)6 Xn k=2

1 klnk

si bien que la suite des sommes partielles tend vers +∞, or la série est à termes positifs ou nuls donc la sérieX

n>2

1

nlnn diverge.

De plus, lim

n→+∞

1

nlnn = 0 donc la série n’est pas grossièrement divergente.

− Siβ∈]0,1[,

⋆ 1 nlnn

1 n(lnn)^β

= (lnn)^β−1_n−→

→+∞0 donc 1 nlnn =

n→+∞O 1

n(lnn)^β

,

⋆ X

n>1

1

nlnn diverge,

⋆ X

n>1

1

nlnn et X

n>1

1

n(lnn)^β sont des séries à termes positifs,

donc le théorème de comparaison permet d’affirmer que la série est divergente.

De plus, lim

n→+∞

1

n(lnn)^β = 0 donc la série n’est pas grossièrement divergente.

• Supposons queα >1.

Soitγ= 1 +α

2 de sorte que 1< γ < α.

⋆ 1 n^α(lnn)^β

1 n^γ

= 1

n^α−γ(lnn)^β _n−→

→+∞0 (carγ < α⇒α−γ >0) donc 1

n^α(lnn)^β =

n→+∞O 1

n^γ

,

⋆ X

n>1

1

n^γ converge (γ >1),

⋆ X

n>1

1

n^γ et X

n>1

1

n^α(lnn)^β sont des séries à termes positifs, donc le critère de domination permet d’affirmer que la sérieX

n>1

1

n^α(lnn)^β converge.

• Conclusion

0 1

1

α β

ACV DV (et non GDV)

GDV

⊲ Corrigé de l’exercice 1.7

1. Calculer un équivalent deR_n= Xn k=1

lnk.

La fonction ln est continue et croissante sur [1,+∞[ si bien que la technique de comparaison série/intégrale donne

∀n∈N^∗ , ln 1 + Z n

1

lnudu6Rn6 Z n+1

1

lnudu (3)

Pour touta>1,

Z a 1

lnudu = [ulnu−u]^a₁

= alna−a+ 1 On en déduit que

•

Z n 1

lnudu = nlnn −n+ 1

| {z }

n→=+∞o(nlnn)

n→∼+∞ nlnn

•

Z n+1 1

lnudu = (n+ 1) ln(n+ 1)−(n+ 1) + 1

n→=+∞ (n+ 1)











lnn+ ln

1 + 1 n

| {z }

n→=+∞o(1)











−n

= nlnn −n+o(n)

| {z }

n→=+∞o(nlnn)

n→∼+∞ nlnn

Ces équivalents identiques suggèrent de diviser la relation (3) parnlnn >0 pourn>2 :

∀n∈N^∗ , n6= 1

| {z }

pour garantirnlnn >0 ,

Z n 1

lnudu nlnn 6 Rn

nlnn 6 Z n+1

1

lnudu

nlnn (4)

Les calculs d’équivalents précédents montrent que les deux membres extrêmes de l’encadrement (4) convergent vers 1 donc le théorème d’existence de limite par encadrement permet d’affirmer que

n→lim+∞

Rn

nlnn = 1 Ainsi,Rn ∼

n→+∞nlnn.

2. Calculer un équivalent deS_n = Xn k=1

klnk.

La fonction u 7→ ulnu est continue et croissante sur [1,+∞[ si bien que la technique de comparaison série/intégrale donne

∀n∈N^∗ , ln 1 +Z n 1

ulnudu6S_n6 Z n+1

1

ulnudu (5)

Pour touta>1,

Z a 1

ulnudu = u²

2 lnu a

1

− Z a

1

u 2du

= a²lna

2 −

u² 4

a 1

= a²lna 2 −a²

4 +1 4 On en déduit que