– Correction - Analyse –

Correction CC1-S1

- CC1-S1 - - 2018-2019 -

– Correction - Analyse –

Exercice 1

Déterminer la nature et la somme éventuelle des séries de terme général : 1.

un=eⁿ¹ −eⁿ⁺²¹

∀n∈N^∗, Un =

n

X

k=1

uk =

n

X

k=1

e^1k−

n

X

k=1

e^k+21 =

n

X

k=1

e^1k−

n+2

X

k=3

e^1k =e¹+e¹²−eⁿ⁺¹¹ −eⁿ⁺²¹ . Ainsi lim

n→+∞ Un=e+√ e.

On conclut que, par définition,X

eⁿ¹ −eⁿ⁺²¹ converge et

+∞

X

n=1

eⁿ¹ −eⁿ⁺²¹ =e+√ e.

2.

w_n=a²ⁿ⁺¹, a∈R

∀n∈N, Vn=

n

X

k=0

vk =a

n

X

k=0

(a²)^k.

On reconnaît la somme partielle d’indicend’une série géométrique de raisona². Par conséquent : Sia²<1 alorsX

a²ⁿ⁺¹ converge et

+∞

X

n=0

a²ⁿ⁺¹= a 1−a². Sia²≥1 alorsX

a²ⁿ⁺¹ diverge.

Exercice 2 Montrer que la série de terme généralun= (−1)ⁿ

√n est convergente.

Pour cela, si on nommeUn la somme partielle d’indicen, on étudiera(U2n)et(U2n+1).

Posons∀n∈N^∗, Un=

n

X

k=1

uk. Soitn∈N^∗.

– D’une part,U_2n+2−U_2n=u_2n+2+u_2n+1= (−1)²ⁿ⁺²

√2n+ 2 +(−1)²ⁿ⁺¹

√2n+ 1 = 1

√2n+ 2 − 1

√2n+ 1 <0 et(U2n)est décroissante.

– D’autre part,U_2n+3−U_2n+1=u_2n+3+u_2n+2= (−1)²ⁿ⁺³

√2n+ 3 +(−1)²ⁿ⁺²

√2n+ 2 = 1

√2n+ 2 − 1

√2n+ 3 >0 et(U2n+1)est croissante.

– Enfin,|U2n+1−U2n|=|u2n+1|= 1

√2n+ 1, donc lim

n→+∞|U2n+1−U2n|= 0.

De ces trois points, on conclut que(U2n)et(U2n+1)sont adjacentes, puis qu’elles convergent vers la même limite et enfin, que ce dernier point implique que(Un)est convergente. Donc par définition,X(−1)ⁿ

√n converge.

Exercice 3

(an)_n∈N^∗ désigne une suite de réels non nuls. On définit les suites(un)et(pn)par

∀n∈N^∗, pn =

n

Y

k=1

ak=a1a2· · ·an et an = 1 +un

Lorsque la suite(pn)converge, on notepsa limite.

1. Donner un exemple de suite(an)telle que(pn)converge vers0.

Par exemple(an)_n∈N^∗ suite constante égale à 1

2 donne∀n∈N^∗, pn = 1

2 n−1

et(pn)_n∈N^∗ tend bien vers 0.

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2. Montrer que si(p_n)converge vers une limite pnon nulle, alors(a_n)converge vers1.

∀n∈N^∗, an6= 0donc∀n∈N^∗, pn6= 0. Et comme∀n≥2, an= pn

p_n−1, en passant à la limite qui existe puisque p6= 0, on obtient bien lim

n→+∞an= p p= 1.

3. On suppose dans cette question que

∃n0∈N^∗, ∀n≥n0, an>0 et on pose ∀n > n0, qn=

n

Y

k=n0+1

ak

a. Pour n > n₀, exprimerq_n en fonction dep_n et de p_n0.

∀n > n0, pn =

n

Y

k=1

ak=

n₀

Y

k=1

ak n

Y

k=n₀+1

ak =pn₀qn puis∀n > n0, qn= pn

p_n0. b. Montrer que si la série X

n≥n0

ln(an)converge alors la suite(pn)converge puis que p6= 0.

∀n > n₀, ln (q_n) =

n

X

k=n₀+1

ln (a_k).

Comme la série X

n≥n0

ln (a_n)converge, la suite de ses sommes partielles converge, et donc(ln(q_n)))admet une limite finiel. La continuité de la fonction exponentielle implique que(qn)converge e^lqui est un réel non nul.

Enfin, comme∀n > n0, pn =pn0qn, on conclut que(pn)converge versp=pn0e^lqui est non nul carpn06= 0.

c. On suppose que la suite des sommes partielles de la série X

n≥n0

ln(an)diverge vers+∞ou−∞.

Que peut-on dire dans ces deux cas du comportement de la suite(pn)? – Si la série X

n≥n0

ln (a_n)diverge vers+∞, la suite de ses sommes partielles diverge vers+∞, et donc(ln (q_n)) diverge vers +∞. Puis par composition,(q_n)diverge vers+∞.

Comme∀n > n0, p_n=p_n0q_n, on conclut que(p_n)diverge vers+∞ou−∞selon le signe dep_n0 6= 0.

– Si la série X

n≥n0

ln (a_n)diverge vers−∞, la suite de ses sommes partielles diverge vers−∞, et donc(ln (q_n)) diverge vers −∞. Puis par composition,(q_n)converge vers0.

Comme∀n > n₀, p_n=p_n0q_n, on conclut que(p_n)converge vers0par produit.

4. On suppose dans cette question que∀n∈N^∗, un≥0.

Démontrer que la suite(pn)converge versp >0, si et seulement si la sérieX

un converge.

Soitn∈N^∗. u_n ≥0 impliquea_n≥1et p_n>0 puisln (p_n) =

n

X

k=1

ln (1 +u_k).

⇒ Si on suppose que (p_n)converge verspnon nul, alors pétant un réel strictement positif et tous les termes de la suite étant strictement positifs,(ln(p_n))converge versln(p). Donc la suite des sommes partielles de la sérieX

ln (1 +u_n)est convergente et son terme général tend vers0. Donc(u_n)tend elle-même vers0, et on peut écrireln (1 +un) ∼

n→+∞un.

Or tous les termes étant positifs, les séries correspondantes sont de même nature etX

un converge.

⇐ Si on suppose maintenant que X

u_n converge, alors (u_n) tend encore vers 0, donc l’équivalent précédent reste valable et la sérieX

ln (1 +un)converge pour les mêmes raisons. Puis, la suite(ln(pn))converge vers une limitelet (pn)converge enfin versp=e^l qui vérifie bienp >0.

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5. On suppose dans cette question que la sérieX

un converge.

a. Montrer que si la sérieX

u²_n converge, alors la suite(pn)converge etp6= 0.

Xun converge donc(un)converge vers0 et ainsiln (an) = ln (1 +un) =

n→+∞un−u²_n

2 +◦ u²_n

| {z }

_n

. Comme par hypothèse, X

u²_n converge, alorsX

n converge et donc, par linéarité,X

ln (an)converge et par le 3.b, on conclut que (pn)converge versp6= 0.

b. Montrer que si la sérieX

u²_n diverge, alors la suite(pn)converge etp= 0.

De la même manière, X

u_n converge donc(u_n)converge vers0et ainsi ln (a_n) = ln (1 +u_n) =

n→+∞u_n−u²_n

2 +◦ u²_n

| {z }

_n

. Comme par hypothèse, X

u²_n diverge, alors _n ∼

n→+∞−u²_n 2 implique que X

n diverge vers −∞ et donc, par linéarité, X

ln (an) diverge vers −∞ et par le 3.c, on conclut que (p_n)converge vers0.

6. Etudier la convergence et déterminer alors la limite éventuelle de(p_n)dans les cas suivants : a. an = 1 + 1

n

∀n≥1, u_n = 1

n ≥0doncX

u_n diverge et d’après le 4.,(p_n)diverge (vers+∞).

On peut aussi montrer (avec un télescopage) que∀n≥1, p_n=n+ 1.

b. a_n = 1 +(−1)ⁿ

√n

∀n≥1, u_n= (−1)ⁿ

√n donc d’après l’exercice 2, X

u_n converge. De plus∀n≥1, u²_n= 1 n etX

u²_n diverge.

Donc d’après la question 5.b, (pn)converge vers0.

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