PSI* — 2020/2021 — Corrigé partiel du T.D. 3 Page 1 4. Soit(un)n∈Nune suite réelle décroissante qui converge vers 0. Montrer que les séries de termes généraux
un etvn=n(un−un+1) sont de même nature. En cas de convergence, comparer leurs sommes.
Solution : pourp dans N∗, notonsUp=
p n=1
un etVp =
p n=1
vn (v0 = 0!).
(un)n∈N étant décroissante, (vn)n∈N est à valeurs positive ; de plus (un)n∈N converge vers 0, elle est donc également à valeurs positives.
Grâce à une réindexation, j’ai Vp =
p n=1
nun−
p+1 n=1
(n−1)un=Up−pup+1≤Up.
Par conséquent, si unconverge, alors(Up)est bornée, donc(Vp)est également bornée ; comme elle est croissante elle converge. Ainsi vn converge. De plus, d’après la relation précédente, la suite(pup+1) converge également. Soit ℓsa limite ; si ℓ était non nulle, j’auraisup+1 ∼ℓ/pet un divergerait (par comparaison avec la série harmonique). Ainsiℓ= 0d’où par passage à la limite
∞ n=1
vn=
∞ n=1
un.
Réciproquement, je suppose que vn converge ; notonsV sa somme.
Soit ε >0 ; je dispose den0 ∈Ntel que
∀k≥n0 |V −Vk| ≤ε/2 d’où ∀n≥n0 ∀k∈N Vn+k−Vn≤ε.
Autrement dit, d’après la relation précédente,
Un+k−Un−(n+k)un+k+1+nun+1≤ε.
soit
n(un+1−un+k+1)≤ε−(Un+k−Un−kun+k+1) Or (un)n∈N est décroissante, par conséquent
Un+k−Un≥kun+k≥kun+k+1, donc Un+k−Un−kun+k+1 ≥0, d’où finalement
n(un+1−un+k+1)≤ε,
cela pour toutk dans N; or(un)n∈Nconverge vers 0, d’où à la limite quand ktend vers l’infini nun+1≤ε.
Ainsi, pour tout ε >0, j’ai trouvén0 tel que0≤nun+1 ≤εpour tout n≥n0. Par définition de la limite, (nun+1) converge vers 0.
CommeUp=Vp+pup+1, j’en déduis que
un converge et
∞ n=1
un=
∞ n=1
vn.
7. c Test de condensation de Cauchy : soit(un)une suite de réels positifs, décroissante.
Montrer que les séries un et 2nu2n sont de même nature.
Que donne le résultat précédent pour les séries de Riemann ? Et pour les séries de Bertrand de la forme
n≥2
1 n(lnn)β ?
Solution : l’idée est que les 2n,2n+1−1 , pour n∈N, forment une partition de N∗. . . Comme(un)est décroissante, je peux écrire :
2nu2n+1−1 ≤
2n+1−1
k=2n
uk≤2nu2n.
En effet j’ai une somme de 2n termes qui sont tous compris entre le dernier et le premier d’entre eux.
En notant vn= 2nu2n et en remarquant queu2n+1 ≤u2n+1−1 j’ai donc 1
2vn+1 ≤
2n+1−1
k=2n
uk≤vn, cela pour toutn∈N.
PSI* — 2020/2021 — Corrigé partiel du T.D. 3 Page 2 En sommant pour nallant de 0 àp (p∈Nfixé pour l’instant), j’obtiens
1 2
p+1
n=1
vn≤
2p+1−1
k=1
uk≤
p
n=0
vn. (1)
Comme les deux séries sont à termes positifs :
•si vn converge, alors les sommes partielles de uk sont majorées (par
∞
n=0
vn). En effet, pour tout K∈Nje peux trouverp tel que K≤2p+1−1, de sorte que (lesuk et les vn étant positifs)
K
k=1
uk≤
2p+1−1
k=1
uk ≤
p
n=0
vn≤
∞
n=0
vn.
Il en résulte que uk converge ;
•réciproquement, si ukconverge, alors la partie gauche de l’encadrement(1), en remplaçantppar p−1, donne
p
n=1
vn≤2
∞
k=1
uk
et donc vn converge ! En conclusion,
Les séries un et 2nu2n sont de même nature.
Noter qu’en cas de convergence, les sommes ne sont a priori pas les mêmes. . . On a, en passant à la limite dans (1),
1 2
∞
n=1
vn≤
∞
k=1
uk≤
∞
n=0
vn.
Cas des séries de Riemann
Soit α > 0 fixé (seul cas litigieux, sinon la série diverge grossièrement) ; la suite de terme général un= 1
nα est positive et décroissante, donc le résultat précédent s’applique : un est de même nature que vn où
vn= 2n· 1
(2n)α = 1 (2α−1)n. Il s’agit d’une série géométrique de raison 1
2α−1 : elle converge si et seulement si α >1 ! Cas des séries de Bertrand du type 1
n(lnn)β
Soit β >0 fixé (seul cas litigieux, sinon la série diverge par comparaison à la série harmonique).
Là aussi le résultat précédent s’applique, la série est de même nature que vn où vn= 2n· 1
2n(ln 2n)β = 1 (ln 2)β · 1
nβ.
Il s’agit, à un coefficient prêt, d’une série de Riemann : elle converge si et seulement si β >1!!
