La s´erie de terme g´en´eral (−1)nlnn n est convergente car lim n→∞ lnn n = 0 et la suite lnn n est d´ecroissante

SEMAINE 9 S ´ERIES NUM ´ERIQUES EXERCICE 1 :

Soitγlaconstante d’Euler:γ= lim

n→∞

n

X

k=1

1 k−lnn

!

. D´emontrer l’´egalit´e

∞

X

n=1

(−1)ⁿlnn

n =γ·ln 2−1

2(ln 2)². - - - - La s´erie de terme g´en´eral (−1)ⁿlnn

n est convergente car lim

n→∞

lnn

n = 0 et la suite lnn

n

est d´ecroissante... `a partir du rang 3, notons sn=

n

X

k=1

(−1)^klnk

k sa somme partielle d’ordren.

On peut faire apparaˆıtre les sommes partielles de la s´erie harmonique en d´ecomposants_2n de la fa¸con suivante :

s_2n =

2n

X

k=1

(−1)^klnk k =−

2n

X

k=1

lnk k + 2

n

X

k=1

ln(2k) 2k

= −

2n

X

k=1

lnk k +

n

X

k=1

1 k

!

·ln 2 +

n

X

k=1

lnk k .

En posant Hn =

n

X

k=1

1

k et Sn =

n

X

k=2

lnk

k , on a donc s2n=Hn ln 2−

2n

X

k=n+1

lnk

k =Hn ln 2 +Sn−S2n.

Le d´eveloppement asymptotique Hn= lnn+γ+o(1) est connu (isn’t it ?), l’exercice sera termin´e si l’on trouve un d´eveloppement asymptotique deSn `a la pr´ecisiono(1).

Par comparaison avec une int´egrale, on obtient d´ej`a Sn ∼ 1

2(lnn)², mais cela ne suffit pas.

Cherchons donc `a estimer S_n−1

2(lnn)². Pour cela, ´ecrivons S_n−1

2(lnn)²=

n

X

k=2

a_k, avec a_k = lnk

k −1 2

(lnk)²−(ln(k−1))²

=lnk k +1

2ln

1−1 k

· lnk+ ln(k−1)

= lnk k +1

2

−1 k− 1

2k² +o1 k²

2 lnk+O1 k

= −lnk 2k² +o

lnk k²

.

Deak∼ −lnk

2k², on d´eduit que la s´erie de terme g´en´eralak est convergente donc, en posant l=

+∞

X

k=2

ak, on a le d´eveloppement asymptotique Sn= 1

2(lnn)²+l+o(1), puis s_2n = (lnn+γ)(ln 2) +1

2 (lnn)²−(ln(2n)²)

+l−l+o(1)

= (lnn+γ)(ln 2) +1

2 (lnn)²−(ln(n)²+ (ln 2)²+ 2 ln 2·lnn) +o(1)

= γ·ln 2−1

2(ln 2)²+o(1). Comme

+∞

X

n=1

(−1)ⁿ lnn n = lim

n→∞s2n, on obtient le r´esultat demand´e.

EXERCICE 2 :

1.Soient (A_n) et (B_n) deux suites complexes de limitesAet B respectivement. Montrer que

n→∞lim 1 n+ 1

n

X

k=0

AkB_n−k=AB . 2. Soient X

n

an et X

n

bn deux s´eries de nombres complexes, on note X

n

cn leur produit de Cauchy : cn =

n

X

k=0

akbn−k. Montrer que, si les trois s´eries X

n

an, X

n

bn et X

n

cn sont convergentes, alors on a la relation

∞

X

n=0

c_n=X^∞

n=0

a_n

∞

X

n=0

b_n .

- - - - 1.PosonsC_n= 1

n+ 1

n

X

k=0

A_kB_n−k, alors

Cn−AB= 1 n+ 1

n

X

k=0

(AkB_n−k−AB) = 1 n+ 1

n

X

k=0

(Ak−A)B_n−k+ (B_n−k−B)Ai ,

donc

|Cn−AB| ≤ |B_n−k| 1 n+ 1

n

X

k=0

|Ak−A|

+|A| 1 n+ 1

n

X

k=0

|B_n−k−B|

.

Or, d’apr`es Cesaro, 1 n+ 1

n

X

k=0

|Ak −A| et 1 n+ 1

n

X

k=0

|Bn−k −B| = 1 n+ 1

n

X

k=0

|Bk −B|

tendent vers z´ero et |Bn−k| est major´e puisque la suite (Bn) est convergente, donc

n→∞lim(Cn−AB) = 0.

2. Pour tout n, posons An =

n

X

k=0

ak, Bn =

n

X

k=0

bk, Cn =

n

X

k=0

ck et enfin, pour tout N ∈ IN,

posons Γ_N =

N

X

n=0

C_n. On a alors

ΓN =

N

X

n=0

Xⁿ

k=0

ck

= (N+ 1)c0+N c1+· · ·+ 2cN−1+cN =

N

X

n=0

(N+ 1−n)cn.

On remarque que c’est aussi

N

X

k=0

AkBN−k, en effet :

N

X

k=0

A_kB_N−k = a₀(b₀+· · ·+b_N−1+b_N) + (a₀+a₁)(b₀+· · ·+b_N−1) +· · · ·+ (a₀+a₁+· · ·+a_N)b₀

= (N+ 1)a0b0+N(a0b1+a1b0) + (N−1)(a0b2+a1b1+a2b0) +· · · ·+ (a0bN +· · ·+aNb0)

=

N

X

n=0

(N+ 1−n)cn = ΓN .

Posons enfin A =

∞

X

n=0

an, B =

∞

X

n=0

bn, C =

∞

X

n=0

cn. Comme lim

n→∞Cn = C, du th´eor`eme de Cesaro, on d´eduit que lim

n→∞

Γn

n+ 1 =C, c’est-`a-dire lim

n→∞

1 n+ 1

n

X

k=0

A_kB_n−k =C mais, d’apr`es la question1., cette derni`ere expression tend aussi versAB, doncC=AB.

EXERCICE 3 : Convergence et calcul de

+∞

X

n=2

(−1)ⁿ

n E log₂(n) .

- - - - Posonsun =(−1)ⁿ

n E log₂(n)

pourn≥2.

• Effectuons une sommation par paquets en regroupant les entiers n pour lesquels l’expression E log₂(n)

garde une valeur constante : pour toutk∈IN^∗ donn´e, on a E log₂(n)

=k ⇐⇒ 2^k≤n <2^k+1. Posons alorsAk =

2^k+1−1

X

n=2^k

un=k·

2^k+1−1

X

n=2^k

(−1)ⁿ

n pourk∈IN^∗ et montrons la convergence de la s´erie de terme g´en´eralAk.

Pour cela, introduisons encore quelques notations : - pourn∈IN^∗, soitHn=

n

X

k=1

1

k (somme partielle de la s´erie harmonique) :

- pourn∈IN^∗, soitJn=

n

X

k=1

(−1)^k

k (somme partielle de la s´erie harmonique altern´ee) : - pourk∈IN^∗, soit Sk=H₂k−1=

2^k−1

X

p=1

1 p ; - pourk∈IN^∗, soit Tk =J₂k−1=

2^k−1

X

p=1

(−1)^p p ;

On a alors facilement Sk +Tk = S_k−1 pour tout k ≥ 1 (on convient S0 = 0), donc Tk=S_k−1−Sk, puis

Ak =k(Tk+1−Tk) =−k(Sk+1−2Sk+Sk−1). Simplifions les sommes partielles : pour toutm∈IN^∗,

m

X

k=1

Ak = −

m

X

k=1

k(Sk+1−2Sk+Sk−1)

= −

m+1

X

k=2

(k−1)Sk+ 2

m

X

k=1

kSk−

m−1

X

k=0

(k+ 1)Sk

=

m−1

X

k=2

2k−(k−1)−(k+ 1)

S_k−S₀−2S₁+ 2S₁+ 2mS_m−(m−1)S_m−mS_m+1

= (m+ 1)Sm−mSm+1.

Du d´eveloppement asymptotique classique :Hn= lnn+γ+O 1

n

, o`uγ est la constante d’Euler, on tire

S_m= ln(2^m−1) +γ+O 1

2^m−1

=m ln 2 +γ+O 1

2^m

,

puis

m

X

k=1

Ak = (m+ 1)

mln 2 +γ+O 1

2^m −m

(m+ 1) ln 2 +γ+O 1

2^m+1

= γ+Om 2^m

=γ+o(1).

La s´erie de terme g´en´eralAk converge donc et

+∞

X

k=1

Ak =γ.

• La s´erie X

n

u_n n’´etant pas absolument convergente, on ne peut pas affirmer directement que

+∞

X

n=2

un=

+∞

X

k=1





2^k+1−1

X

n=2^k

un



=

+∞

X

k=1

Ak

(la convergence de la s´erieX

n

un n’´etant d’ailleurs pas encore prouv´ee).

Majorons pour cela les sommes partielles dans les paquets : sin≥2 est tel que 2^m≤n <2^m+1 avecm∈IN^∗, alors

n

X

i=2^m

ui

=m

n

X

i=2^m

(−1)ⁱ i

≤ m 2^m

(majoration classique d’une somme partielle d’une s´erie altern´ee par la valeur absolue de son premier terme). Donc (toujours avec 2^m ≤n <2^m+1), on a

n

X

i=2

ui−

m−1

X

k=1

Ak

≤ m 2^m. Comme lim

m→+∞

m

2^m = 0, on en d´eduit la convergence de la s´erie X

n

un et le r´esultat

+∞

X

n=2

u_n = γ : si on se donne ε > 0, il existe un entier M tel que, pour tout m ≥ M, on ait m

2^m ≤ ε 2 et

m−1

X

k=1

Ak−γ

≤ ε

2 ; pour tout entier n tel que n ≥ 2^M, on a alors

n

X

i=2

ui−γ

≤ε.

• Conclusion :

+∞

X

n=2

(−1)ⁿ

n E log₂(n)

=γ.

EXERCICE 4 :

Soit (un) une suite r´eelle qui converge vers z´ero.

Montrer qu’il existe une suite (εn), `a valeurs dans{−1,1}, telle que la s´erieX

n

εnunsoit conver- gente.

- - - - Si X

n

un est convergente, alors c’est gagn´e avecεn = 1.

Supposons X

n

un divergente, donc a fortioriX

n

vn est divergente avec vn =|un|. Essayons de construire par r´ecurrence une suite (αn), `a valeurs dans{−1,1}, de fa¸con que les sommes partiellessn =

n

X

k=0

αkvk aient une limite nulle, on aura ainsi

∞

X

n=0

εnun = 0 avec, pour tout n,εn= sgn(un)αn. L’id´ee pour cela est de toujours “revenir” vers z´ero, c’est-`a-dire ajouter le terme n´egatif −vn `a chaque fois quesn est positif, et le terme positif vn `a chaque fois quesn est n´egatif. Allez, on r´edige :

Posons d’abord α0 = 1, ainsi s0 = v0 = |u0| ≥ 0, ce qui am`ene `a poser α1 = −1 et ainsi

s1 =v0−v1, on posera ensuite α2 = +1 sis1 <0 et α2 = −1 sis1 ≥0. Pour n ∈ IN^∗ donn´e, supposonsα0,· · ·,αn construits (´el´ements de {−1,1}), posonssn=

n

X

k=0

αkvk, puis αn+1 =

(+1 si sn<0

−1 si sn≥0. Remarquons que, les r´eels sn et αn+1vn+1 ´etant de signes contraires, on a |sn+1| = |sn+α_n+1v_n+1| ≤ max{|sn|, vn+1}. Montrons maintenant que

n→∞lim s_n= 0.

Soitε >0. SoitN un entier tel quen≥N=⇒0≤vn≤ε. Alors,

(i): si|sN| ≤ε, par une r´ecurrence imm´ediate, on a|sn| ≤εpour toutn≥N et c’est gagn´e ; (ii): sisN > ε, la s´erieX

k

vk´etant divergente, il existe un entierptel que

N+p

X

k=N+1

vk> sN−ε.

Pour le plus petit de ces entiers p, on aura plus pr´ecis´ement sN −ε <

N+p

X

k=N+1

vk ≤ sN,

ce qui am`ene `a poser α_N+1 =· · · =α_N+p =−1 et ainsi 0≤s_N+p =s_N −

N+p

X

k=N+1

v_k ≤ε, ce qui nous ram`ene au cas (i);

(iii): sisN <−ε, raisonnement analogue `a(ii).

On a ainsi prouv´e que, si (un) est une suite de limite nulle, mais telle que la s´erie de terme g´en´eral un ne soit pas absolument convergente, on peut trouver une suite de coefficients (εn)dans{−1,1}telle que

∞

X

n=0

εnun= 0. Il est alors imm´ediat que, pour tout r´eeladonn´e, on peut aussi trouver une suite (εn)∈ {−1,1}^IN telle que

∞

X

n=0

εnun=a.