Correction du devoir maison n˚2

L.E.G.T.A. Le Chesnoy TB2−2011-2012

D. Blottière Mathématiques

Correction du devoir maison n˚2

Rappels

1. Six∈R^+× et siβ ∈R, on note x^β le nombre défini par : x^β=e^βln(x).

2. Deux suites(u_n)_n∈N^∗ et(v_n)_n∈N^∗ toutes deux à termes non nuls sont équivalentes, si : un

v_n →

n→+∞1.

Dans ce cas, on note :u_n ∼

n→+∞v_n.

Exercice : Séries de Riemann divergentes

Soitα∈]0,1[. Pour toutn∈N^∗, on pose :Sn=

n

X

k=1

1 k^α. 1. Déterminer le sens de variation de la suite (S_n)_n∈N∗.

2. Montrer, à l’aide du théorème des accroissements finis, que pour tout k∈N^∗ : 1−α

(k+ 1)^α ≤(k+ 1)^1−α−k^1−α≤ 1−α k^α .

3. En déduire que la suite(Sn)_n∈N^∗ diverge vers+∞. Traduire ce résultat dans le langage des séries.

4. Montrer que : Sn ∼

n→+∞

n^1−α 1−α.

Dans tout cet exercice, on justifiera soigneusement toutes les propriétés (e.g. continuité, dérivabilité, dérivée, limite) faisant intervenir la notation x^β (x∈R^+×,β ∈R) en revenant à la définition rappelée ci-dessus.

Correction

1. Soitn∈N^∗. Pour déterminer le sens de variation de la suite(Sn)_n∈N^∗, on va étudier le signe de la différence Sn+1−Sn. On a :

Sn+1−Sn=

n+1

X

k=1

1 k^α−

n

X

k=1

1

k^α = 1 (n+ 1)^α. Or, par définition, on peut écrire :

1

(n+ 1)^α = 1 e^αln(n+1).

Comme la fonction exponentielle est strictement positive sur R, on en déduit que : 1

e^αln(n+1) >0, ce qui montre que :

Sn+1−Sn >0, et donc que la suite (Sn)_n∈N^∗ est strictement croissante.

2. • Soitf la fonction définie surR^+× par :f:x7→x^1−α. On a donc :

∀x >0 f(x) =x^1−α=e(1−α) ln(x).

La fonction f peut donc s’écrire comme une composée : on a f = u◦v où u et v sont les fonctions définies par :

u:R→R;x7→e^x et v:R^+×→R;x7→(1−α) ln(x).

Les fonctions u et v sont des fonctions usuelles. La fonction u est continue et dérivable sur R, et sa dérivée est donnée par :

∀x∈R u⁰(x) =e^x,

et la fonctionv est continue et dérivable surR^+×, et sa dérivée est donnée par :

∀x∈R^+× v⁰(x) =1−α x .

On en déduit donc que la fonction f est continue et dérivable sur R^+×, et que sa dérivée est donnée par :

∀x∈R^+× f⁰(x) =v⁰(x)×(u⁰◦v)(x) =1−α

x ×e(1−α) ln(x). Commex >0, on peut écrirex=e^ln(x), et on obtient, pour tout x∈R^+× :

f⁰(x) = 1−α

e^ln(x) ×e(1−α) ln(x)

= (1−α)e(1−α) ln(x)−ln(x)

= (1−α)e^−αln(x)

= 1−α e^αln(x)

= 1−α x^α .

• Soitk∈N^∗. On va appliquer le théorème des accroissements finis à la fonctionf sur l’intervalle[k, k+1], qui est inclus dans R^+×. La fonctionf est donc continue et dérivable sur l’intervalle [k, k+ 1], et le théorème des accroissements finis nous permet d’affirmer que :

∃c∈]k, k+ 1[ f⁰(c) = f(k+ 1)−f(k)

(k+ 1)−k =f(k+ 1)−f(k), c’est-à-dire que :

∃c∈]k, k+ 1[ 1−α

c^α = (k+ 1)^1−α−k^1−α. (1)

Or par définition,c^α=e^αln(c). Maisc∈]k, k+ 1[, et la fonctionln est strictement croissante surR^+×, donc on en déduit que :

ln(k)≤ln(c)≤ln(k+ 1).

En multipliant ces inégalités parα >0, on obtient :

αln(k)≤αln(c)≤αln(k+ 1).

Puis on utilise le fait que la fonction exponentielle est strictement croissante surRpour déduire que : e^αln(k)≤e^αln(c)≤e^αln(k+1).

Ensuite, on utilise le fait que la fonction inverse (R^+× →R, x 7→ _x¹) est strictement décroissante sur R^+× pour déduire que :

1

e^αln(k+1) ≤ 1

e^αln(c) ≤ 1 e^αln(k);

et enfin on peut multiplier ces inégalités par1−α >0(puisqueα <1) pour obtenir : 1−α

e^αln(k+1) ≤ 1−α

e^αln(c) ≤ 1−α e^αln(k). En utilisant la notation sous forme de puissances, on a donc montré que :

1−α

(k+ 1)^α ≤ 1−α

c^α ≤ 1−α

k^α . (2)

En regroupant les résultats(1)et (2), on obtient : 1−α

(k+ 1)^α ≤(k+ 1)^1−α−k^1−α≤ 1−α k^α .

3. • Soitn∈N^∗. On a montré à la question 2 que :

∀k∈N^∗ (k+ 1)^1−α−k^1−α≤ 1−α k^α . On en déduit donc, par sommation sur les entierskcompris entre1et n, que :

n

X

k=1

(k+ 1)^1−α−k^1−α

≤

n

X

k=1

1−α

k^α . (3)

Or : n

X

k=1

1−α

k^α = (1−α)

n

X

k=1

1

k^α = (1−α)Sn. L’inégalité (3)se réécrit donc :

(1−α)Sn ≥

n

X

k=1

(k+ 1)^1−α−k^1−α

;

or les termes de la somme de droite se télescopent, et on obtient : (1−α)S_n≥(n+ 1)^1−α−1^1−α.

Comme1^1−α=e(1−α) ln(1), et queln(1) = 0, on obtient que :1^1−α=e⁰= 1, et donc : (1−α)Sn≥(n+ 1)^1−α−1.

Pour finir, on peut diviser les deux membres de cette inégalité par 1−α >0 (puisque α <1), et on obtient :

Sn≥ 1

1−α (n+ 1)^1−α−1

. (4)

• Étudions à présent le comportement asymptotique de la suite (n+ 1)^1−α

n∈N^∗. On a :

∀n∈N^∗ (n+ 1)^1−α=e(1−α) ln(n+1).

Or on sait que :

n→+∞lim (n+ 1) = +∞, et que :

x→+∞lim ln(x) = +∞.

On en déduit, par composition de limites, que :

n→+∞lim ln(n+ 1) = +∞.

Ensuite, le réel 1−αest strictement positif (puisqueα <1) ; on en déduit donc que :

n→+∞lim (1−α) ln(n+ 1) = +∞.

Et pour finir, on sait que :

x→+∞lim e^x= +∞, donc on en déduit que, par composition de limites :

n→+∞lim e(1−α) ln(n+1)= +∞,

ce qui montre, en revenant à la notation sous forme de puissance, que :

n→+∞lim (n+ 1)^1−α= +∞. (5)

• Du résultat(5), on déduit que :

n→+∞lim (n+ 1)^1−α−1 = +∞, puis, toujours parce que le réel1−αest strictement positif :

n→+∞lim 1

1−α (n+ 1)^1−α−1

= +∞. (6)

Les résultats(4)et(6) nous permettent de conclure, en utilisant le théorème de comparaison, que :

n→+∞lim Sn = +∞.

En termes de série, on dit que la série de terme général _k¹α est divergente, puisqu’on a démontré que la suite de ses sommes partielles(Sn)_n∈N^∗ est divergente.

4. • Commençons par remarquer que les deux suites(Sn)_n∈N^∗ et

n^1−α 1−α

n∈N^∗

sont toutes les deux à termes non nuls. En effet, on a :

∀n∈N^∗ S_n=

n

X

k=1

1 k^α =

n

X

k=1

1 e^αln(k),

ce qui montre (puisque la fonction exponentielle est strictement positive surR) que, pour toutn∈N^∗, Sn est la somme dentermes strictement positifs, donc queSn est strictement positif.

De plus, on a :

∀n∈N^∗

n^1−α

1−α =e(1−α) ln(n)

1−α ,

ce qui montre, puisque la fonction exponentielle est strictement positive sur R et que 1−α >0 (car α <1), que :

∀n∈N^∗

n^1−α 1−α >0.

On va donc pouvoir utiliser le rappel n^o2 pour montrer que les deux suites (Sn)_n∈N^∗ et

n^1−α 1−α

n∈N^∗

sont équivalentes.

• Soitn∈N^∗. On s’intéresse donc au quotient suivant : Sn

n^1−α 1−α

= (1−α)Sn

n^1−α . Plus précisément, on va chercher un encadrement de ce quotient.

• On commence par déterminer un minorant. De l’inégalité (4) de la question 3, on déduit, puisque 1−α >0, que :

(1−α)Sn≥(n+ 1)^1−α−1,

puis, en divisant les deux membres par n^1−α qui est strictement positif d’après le point précédent, on obtient :

(1−α)Sn

n^1−α ≥ (n+ 1)^1−α n^1−α − 1

n^1−α. (7)

• Cherchons maintenant un majorant. On repart du résultat de la question 2. On a montré que :

∀k∈N^∗ 1−α

(k+ 1)^α ≤(k+ 1)^1−α−k^1−α, ce qui revient à dire que :

∀k∈N^≥2 1−α

k^α ≤k^1−α−(k−1)^1−α. Soitn∈N^≥2. En sommant pour les entierskcompris entre2et n, on obtient :

n

X

k=2

1−α k^α ≤

n

X

k=2

k^1−α−(k−1)^1−α

. (8)

Or les termes de la somme de droite se télescopent, et on obtient :

n

X

k=2

1−α

k^α ≤n^1−α−1^1−α=n^1−α−1,

puisqu’on a déjà vu à la question 3 que1^1−α= 1.

Par ailleurs, la somme de gauche se réécrit :

n

X

k=2

1−α

k^α = (1−α)

n

X

k=2

1

k^α = (1−α)

Sn− 1 1^α

= (1−α) (Sn−1).

De l’inégalité(8), on a donc déduit que :

(1−α) (Sn−1)≤n^1−α−1.

En ajoutant1−αaux deux membres de l’inégalité, on obtient : (1−α)S_n ≤n^1−α−α,

puis, en divisant les deux membres parn^1−αqui est strictement positif d’après ce qu’on a vu précédem- ment, on obtient :

(1−α)Sn

n^1−α ≤1− α

n^1−α. (9)

• Les deux inégalités(7)et(9) nous donnent donc l’encadrement cherché :

∀n∈N^∗

(n+ 1)^1−α n^1−α − 1

n^1−α ≤ (1−α)Sn

n^1−α ≤1− α

n^1−α. (10)

• On montre ensuite que :

n→+∞lim n^1−α= +∞. (11) Pour cela, on revient à la définition :

∀n∈N^∗ n^1−α=e(1−α) ln(n). On a :

n→+∞lim ln(n) = +∞ ; 1−α >0 donc :

n→+∞lim (1−α) ln(n) = +∞.

D’autre part :

x→+∞lim e^x= +∞.

Par composition de limites, on a donc :

n→+∞lim e(1−α) ln(n)= +∞.

Du résultat(11), on déduit que :

n→+∞lim 1

n^1−α = 0. (12)

• On étudie enfin le comportement asymptotique de la suite _(n+1)1−α

n^1−α

n∈N^∗. Pour cela, on revient à la définition, et on a, pour toutn∈N^∗ :

(n+ 1)^1−α

n^1−α = e(1−α) ln(n+1)

e(1−α) ln(n)

= e(1−α) ln(n+1)−(1−α) ln(n)

= e(1−α)(ln(n+1)−ln(n))

= e^{(1−α) ln}(ⁿ⁺¹_n )

= e^{(1−α) ln}(¹⁺_n¹). Comme la suite 1 + _n¹

n∈N^∗tend vers1lorsquentend vers+∞et lim

x→1ln(x) = 0, on a, par composition de limites que la suite ln 1 +_n¹

n∈N^∗ tend vers0lorsquentend vers+∞.

On en déduit que la suite (1−α) ln 1 +_n¹

n∈N^∗ tend vers0 lorsquentend vers+∞.

Comme lim

x→0e^x= 1, par composition de limites, on conclut que la suite

e^{(1−α) ln}(¹⁺_n¹)

n∈N^∗

tend vers 1 lorsquentend vers+∞, c’est-à-dire que :

n→+∞lim

(n+ 1)^1−α

n^1−α = 1. (13)

• Réécrivons l’inégalité(10):

∀n∈N^∗ (n+ 1)^1−α n^1−α − 1

n^1−α ≤ (1−α)Sn

n^1−α ≤1− α n^1−α.

Dans cette inégalité, le membre de gauche tend vers1lorsquentend vers+∞(en utilisant les résultats (12)et(13)), et le membre de droite tend vers1lorsquentend vers+∞(en utilisant le résultat(12)).

On peut donc utiliser le théorème des gendarmes pour conclure que la suite

(1−α)Sn

n^1−α

n∈N^∗

converge et que :

n→+∞lim

(1−α)Sn

n^1−α = 1, ce qui montre que :

Sn ∼

n→+∞

n^1−α 1−α.