SERIES NUMERIQUES REELLES

SERIES NUMERIQUES REELLES

Abdellah BECHATA

Nature des séries de terme général :

1 sin πp

n²+1 . ^solution

2 cos πn²ln 1+¹

n . ^solution

3 sin π 2+p

3 ⁿ . ^solution

Nature de la série de terme général ( 1)ⁿ

n^2/3+cosn. ^solution

Nature des séries de termes générauxun = ( 1)ⁿ

n^{α+( 1)n} (α2R+)

solution

Nature de la série

∑

n>¹

ln 1+ ( 1)ⁿ pn

solution

Etudier la convergence de la série

∑

n

( 1)ⁿ

n^α+2( 1)ⁿn^β selon les valeurs de(α,β)2(_R+)². ^solution

Soitα>0;on posean = _∑ⁿ

k=1

( 1)^{k 1}k^α.

1 Trouver un équivalent de a_n

Indication: On pourra découper la somme selon les pairs et les impairs. ^solution

2 Etudier la nature de la série de terme général 1 an

. ^solution

1 Etudier la nature de la série de terme général un = ( 1)^E(^pn)

n . ^solution

2 Même question avecv_n = ( 1)^E(lnn)

n . ^solution

Déterminer la limite quandn tend vers +_∞ de

∏

2n+2k 2n+2k 1.

solution

Soitu₀>^{0 et}8ⁿ 2^{N ,un} =p_n

+u_{n 1}.Trouver la nature des séries ∑

n>⁰

1 u_n² et ∑

n>⁰

( 1)ⁿ

u_n . ^solution

Nature des séries

∑

∑

P_n =

∏

1 ( 1)^k

pk . ^solution

Soitf :] 1,+∞[!^R véri…ant lim

x!+_∞f(x) ln(x) =0 et 8^x > 1, f(x+1) f(x) = ¹

x+1

1 Prouver que

∑

1

k lnn a une limite …nieγ lorsque

n !+∞. ^solution

2 Prouver que 8^x > 1, f(x) = γ+

+_∞ k

∑

1 n

1 n+x .

solution

3 Montrer que f est monotone et concave. ^solution

Nature des séries de terme général un =arccos

p3

2 + ( 1)ⁿ n^α

! π

6 (α>0). ^solution

On poseu_n = ^ln(n)

n et v_n = ( 1)ⁿu_n.

1 Montrer que ∑un diverge et que ∑vn converge. ^solution

2 Trouver un équivalent de Sn = _∑ⁿ

k=1

uk. ^solution

3 Montrer que S_2n S_n =ln(2)ln(n) +(ln(2))²

2 +o(1).

solution

4 Soit Tn = _∑ⁿ

k=2

v_k;calculerS2n+T2n puis en déduire la somme de la série

∑

n>²

vn. ^solution

On poseu_n = ( 1)^{n 1}

n^α (α>0)et l’on note R_n le reste d’ordre n de la série

∑

1 Etudier la convergence de la série

∑

lorsque α=1.

Indication: dans ce dernier cas, on pourra exploiter la convexité de x 7! _x¹_α^{. solution}

2 Etudier la convergence de la série

∑

Indication: on pourra utiliser la convexité de x 7! _x¹_α)

solution

On posean =

+_∞ k

∑

( 1)^k

2k+1.Véri…er quean est bien dé…ni, justi…er la convergence de la série

∑

n>⁰

a_n puis calculer sa somme. ^solution

Soient(a_n)n>⁰ et (b_n)n>⁰ les suites réelles dé…nies par : 8ⁿ 2^{N, an} = ( 1)ⁿ

pn+1 et 8ⁿ2^{N, bn} =

∑

06^k6ⁿ

a_ka_{n k}. Etudier la nature des séries de termes générauxa_n etb_n.Que peut-on en conclure ? ^solution

Soit(a_n)n une suite de réels. On pose b_n = ¹ 2ⁿ⁺¹

∑

n k a_k.

1 Montrer que si la suite (a_n) converge, alors la suite(b_n) converge. ^solution

2 Montrer que si la série

∑

n>⁰

a_n converge, alors la série

∑

n>⁰

b_n converge, les sommes étant les mêmes. ^solution

1 On utilise les développements asymptotiques pour obtenir un équivalent sin πp

n²+1 . pn²+1 =

s

n² 1+ ¹

n² =p n²

r 1+ ¹

n²

n=>⁰n 1+ ¹ 2n²

1

8n⁴ +o 1 n⁴

= n+ ¹ 2n

1

8n³ +o 1 n³ . Compte-tenu de la formule

sin(x+nπ) = sin(x)cos(nπ) +cos(x)sin(nπ)

= sin(x)cos(nπ) = ( 1)ⁿsin(x)

et du développement asymptotique précédent, on a sin πp

n²+1 =sin nπ+ ^π 2n

π

3n³ +o 1 n²

= ( 1)ⁿsin π 2n

π

3n³ +o 1 n²

= ( 1)ⁿ[ ^π 2n

π

3n³ +o 1

n² +O π

2n π

3n³ +o 1 n²

3! ]

= ( 1)^{n π} 2n

π

3n³ +o 1

n² +O 1 n³

= ( 1)^{n π}

2n +O 1

n³ = ( 1)ⁿπ

2n +O 1

n³

La série

∑

n>¹

( 1)ⁿπ

2n étant une série alternée avec ( 1)^{n π}

2n = ^π 2n #

n!+_∞

0,le critère spécial s’applique donc elle est convergente. En outre, la série

∑

∑

∑

2 On procède de la même façon.

ln 1+ ¹ n = ¹

n 1

2n² +O 1 n³ )^{πn2ln 1}+ ¹

n =πn π

2n +O 1 n² Compte-tenu de la formule

cos(x+nπ) = cos(x)cos(nπ) sin(x)sin(nπ)

= cos(x)cos(nπ) = ( 1)ⁿcos(x)

et du développement asymptotique précédent, on a cos πn²ln 1+ ¹

n =cos πn π

2n +O 1 n²

= ( 1)ⁿcos π

2n +O 1 n²

= ( 1)ⁿ

"

π

2n +O 1

n² +O π

2n +O 1 n²

2!#

= ( 1)^{n π}

2n+O 1

n² +O 1

n² = ( 1)^{n π}

2n +O 1 n²

= ( 1)ⁿπ

2n +O 1

n²

Comme dans la question, la série

∑

n>¹

( 1)ⁿπ

2n est convergente et la série

∑

∑

n

O 1

n³ est convergente donc la série

∑

n

cos πn²ln 1+ ¹

n est convergente. retour à l’exercice

3 On exploite l’astuce suivante : 8ⁿ 2^{N, 2}+p

3 ⁿ+ 2 p

3 ⁿ 2^N.

En e¤et, en utilisant la formule du binôme de Newton, on a 2+p

3 ⁿ+ 2 p

3 ⁿ

= p

3+2 ⁿ+ p

3+2 ⁿ

=

∑

n k

p3 ^k2^{n k}+

∑

n k

p3 ^k2^{n k}

=

∑

n k

p3 ^k2^{n k}+

∑

n

k ( 1)^k p

3 ^k2^{n k}

=

∑

n k

h

1+ ( 1)^ki p

3 ^k2^{n k}.

Etant donné que 1+ ( 1)^k =0 si k est impair et 2 sik est pair, on en déduit que

2+p

3 ⁿ+ 2 p

3 ⁿ =

∑

06^k6ⁿ

2 n k

p3 ^k2^{n k}

=

∑

06^2p6ⁿ

2 n 2p

p3 ^2p2^{n 2p} =

∑

06^p6n/2

2 n

2p 3^p2^{n 2p} 2^N. Par conséquent, on a

8ⁿ 2 N, π 2+p

3 ⁿ+π 2 p

3 ⁿ =0mod(π) , ^{π 2}+p

3 ⁿ = π 2 p

3 ⁿmod(π) ) ^{sin π 2}+p

3 ⁿ = sin π 2 p

3 ⁿ

= sin π 2 p 3 ⁿ

Etant donné que lim

n!+_∞ 2 p

3 ⁿ =0 (car 06² p

3<1),on en déduit que sin π 2+p

3 ⁿ = sin π 2 p

3 ⁿ

n!+_∞π 2 p

3 ⁿ > ⁰

et cette série étant convergente (série géométrique avec

2 p

32[0,1[),on en assuré de la convergence de la série

∑

∑

sin π 2+p

3 ⁿ . retour à l’exercice

Cette série est alternée mais ( 1)ⁿ

n^2/3+cos(n) = ¹ n^2/3+cos(n) n’est pas décroissante (s’en convaincre via un calculateur quelconque) ce qui interdit l’application du critère spécial. Un équivalent du terme général est ( 1)ⁿ

n^2/3 qui n’est pas de signe constant et qui n’est pas le terme général d’une série absolument convergente donc on procède par développement asymptotique.

( 1)ⁿ

n^2/3+cos(n) = ( 1)ⁿ n^2/3 1+^cos(n)

n^2/3

n!=+_∞

( 1)ⁿ

n^2/3 . 1+O cos(n) n^2/3

n!=+_∞

( 1)ⁿ

n^2/3 . 1+O 1

n^2/3 =

n!+_∞

( 1)ⁿ

n^2/3 +O 1 n^4/3

La série

∑

n

( 1)ⁿ

n^2/3 est convergente car il s’agit d’une série alternée avec ( 1)ⁿ

n^2/3 = ¹ n^2/3 #

n!+_∞

0. La série

∑

n

1

n^4/3 est à termes positifs et convergente donc la série

∑

n

O 1

n^4/3 converge ce qui permet d’a¢ rmer la convergence de la série

∑

n

( 1)ⁿ n^2/3+cos(n)^.

retour à l’exercice

Pour que la série

∑

n^{α+( 1)n} _n !

!+_∞0.En particulier, on a ( 1)²ⁿ⁺¹

n^{α+( 1)2n+1} = ¹ n^{α 1} _n !

!+_∞0,^{α 1}>0,^α>1 donc la série

∑

n

( 1)ⁿ

n^{α+( 1)n} diverge grossièrement si α6^1.Siα>1, on a la majoration suivante :

06 ( 1)ⁿ

n^{α+( 1)n} = ¹ n^{α+( 1)n} 6

n>¹

1 n^{α 1}.

La série

∑

n>¹

1

n^{α 1} converge lorsque α 1>1,^α>2 donc la série

∑

n>¹

( 1)ⁿ

n^{α+( 1)n} converge ce qui assure la convergence de la série

∑

n>¹

( 1)ⁿ n^{α+( 1)n}.

Il reste à étudier le cas où 1<α6^2.Pour tout entierN>^{1,on a}

∑

( 1)ⁿ

n^{α+( 1)n} =

∑

16ⁿ6^2N npair

1

n^α+1 +

∑

16ⁿ6^2N nimpair

1 n^{α 1}

=

∑

16^2p6^2N

1

(2p)^α+1

∑

16^2p+16^2N

1 (2p+1)^{α 1}

= ¹

2^α+1

∑

1 p^α

N 1 p

∑

1 (2p+1)^{α 1}

Puisqueα>1,la série

∑

p>¹

1

p^α converge c’est-à-dire que la suite

∑

1 p^α

!

N

converge. D’autre part, on a 1

(2p+1)^{α 1 p}!+_∞

1

2^{α 1}p^{α 1} >^0, la série

∑

p>¹

1

p^{α 1} étant divergente (car α 16^{2 1}=1),on en déduit la divergence de la série

∑

p>⁰

1

(2p+1)^{α 1} donc la divergence de la suite

N 1 p

∑

1 (2p+1)^{α 1}

!

N

.Par conséquent, la suite

2N

∑

n=1

( 1)ⁿ n^{α+( 1)n}

!

N

diverge ce qui entraine la divergence de la série

n

∑

( 1)ⁿ n^{α+( 1)n}.

Conclusion : la série

∑

n>¹

( 1)ⁿ

n^{α+( 1)n} converge si et seulement si α>2. retour à l’exercice

Cette série est alternée car ln 1+( 1)ⁿ

pn > ⁰,¹+ ( 1)ⁿ

pn >¹, ( 1)ⁿ pn >⁰ , ( 1)ⁿ >⁰,^{n est pair.}

Par contre, ln 1+( 1)ⁿ

pn n’est pas décroissant (s’en convaincre via un calculateur quelconque) ce qui interdit

l’application du critère spécial. Un équivalent du terme général est ( 1)ⁿ

p_n qui n’est pas de signe constant et qui n’est pas le terme

général d’une série absolument convergente donc on procède par développement asymptotique.

ln 1+( 1)ⁿ p_n =

n!+_∞

( 1)ⁿ

p_n ¹₂ ( 1)ⁿ p_n

2

+o ( 1)ⁿ p_n

2!

n!=+_∞

( 1)ⁿ pn

1

2n +o 1 n La série

∑

n

( 1)ⁿ

pn est convergente car il s’agit d’une série alternée avec ( 1)ⁿ

pn = p¹ n #

n!+_∞

0. D’autre part, on dispose de l’équivalent suivant :

1

2n +o 1

n ⁿ!+_∞

1 2n 6^0.

La série

∑

n

1

2n = ¹ 2

∑

n

1

n est à termes de signe constant et divergente donc la série

∑

∑

Premier cas β>α: Alors n^α =

n!+_∞o(n^β)ce qui nous fournit l’équivalent suivant :

( 1)ⁿ

n^α+2( 1)ⁿn^{β n}!+_∞

( 1)ⁿ

2( 1)ⁿn^β = ¹ 2n^β >^0.

La série

∑

n

1

2n^α étant à termes positifs et convergente si et seulement si β>1, on en déduit que la série

∑

n

( 1)ⁿ n^α+2( 1)n^β

converge si et seulement siβ>1.

Deuxième cas: β<αalors n^β =

n!+_∞o(n^α)donc ( 1)ⁿ

n^α+2( 1)ⁿn^β = ( 1)ⁿ n^α 1+2( 1)ⁿn^{β α}

=

β α<0

( 1)ⁿ n^α

h

1 2( 1)ⁿn^{β α}+o n^{β α} i

= ( 1)ⁿ n^α

2

n^{2α β} +o 1 n^{2α β}

| {z }

=wn

.

La série

∑

n

( 1)ⁿ

n^α est alternée et ( 1)ⁿ n^α = ¹

n^α #

n!+_∞

0 donc la série

∑

n

( 1)ⁿ

n^α converge. D’autre part, on dispose de l’équivalent suivant :

w_n

n!+_∞

2

n^{2α β} 6^0.

La série

∑

n

2

n^{2α β} = 2

∑

n

1

n^{2α β} est une série à termes de signe constant et elle converge si et seulement si

2α β>1, ^β<2α 1 donc la série

∑

n

w_n converge si et seulement si β<2α 1.Par conséquent, la série

∑

( 1)ⁿ

n^α+2( 1)ⁿn^β converge si et seulement si β<2α 1.

Troisième casα= β: On a donc ( 1)ⁿ

n^α+2( 1)ⁿn^β = ( 1)ⁿ n^α+2( 1)ⁿn^α

= ¹

n^α. ( 1)ⁿ 1+2( 1)ⁿ =

8>

<

>: 1

3n^α si n est pair 1

n^α sin est impair ) 8ⁿ >^{1, 0}6 _3n¹_α 6 _n¹_α^. ( 1)ⁿ

1+2( 1)ⁿ 6 _n¹_α Si la série

∑

∑

1 3n^α = ¹

3

∑

n

1

n^α converge c’est-à-dire que α>1.

Réciproquement siα>1,la série

∑

n

1

n^α converge donc la majoration précédente entraine que la série

∑

n

1

n^α. ( 1)ⁿ 1+2( 1)ⁿ converge. Par conséquent, la série

∑

n

1

n^α. ( 1)ⁿ

1+2( 1)ⁿ converge si et seulement siα>1.

Conclusion: La série

∑

n

( 1)ⁿ

n^α+2( 1)ⁿn^β converge si et seulement si(β>αet β>1)ou(β< αet β<2α 1)ou

(α= βet α>1).Ces deux derniers cas se regroupant en un seul, on obtient que la série

∑

n

( 1)ⁿ

n^α+2( 1)ⁿn^β converge si et seulement si(β>αet β>1)ou(β6^{αet β}<2α 1). retour à l’exercice .

1 Soit b_n =a_2n alors

b_n+1 b_n = (2n+2)^α+ (2n+1)^α

n!+_∞ α(2n)^{α 1} = α2^{α 1}n^{α 1}

(par application du théorème des accroissements …nis à la fonction x 7!^xα entre les points 2n+2 et 2n+1 ou par développement asymptotique). Puisque α>0,la série de Rieman n^{α 1} est divergente et l’utilisation des sommes partielles de séries divergentes pour permet d’écrire

b_n = b_n b₀ =

∑

(b_k+1 b_k)

n!+_∞

∑

α2^{α 1}n^{α 1}

= α2^{α 1}

∑

n^{α 1}

n!+_∞ 2^{α 1}n^α

(le dernier équivalent s’obtient soit par comparaison série-intégrale, soit par utilisation des sommes de Riemann pour la fonction x 7!^{xα 1} sur l’intervalle [0,1].Ainsi, on a obtenu que

( ):bn =a2n

n!+_∞ 2^{α 1}n^α = (2n)^α 2 . De même, posons c_n =a_2n+1 alors

c_n+1 c_n = (2n+2)^α+ (2n+3)^α

n!+_∞α(2n)^{α 1}. Par le même type de raisonnement que précédemment, on aboutit à

( ):a2n+1

n!+_∞2^{α 1}n^α = (2n)^α 2 ⁿ!+_∞

(2n+1)^α

2 .

Des deux équivalents (*) et (**), on en déduit que les deux suites extraites pair impair de la suite a_n

( 1)^{n 1}n^α converge vers 1

2 donc la suite a_n

( 1)^{n 1}n^α converge vers 1

2 c’est-à-dire a_n

n!+_∞

( 1)^{n 1}n^α 2

retour à l’exercice

2 Si α>1,alors la série de terme général 1 an

est positive, équivalente à la série de Riemann 2

n^α donc elle est convergente et la série ∑

n>¹

1

a_n est convergente.

Si 0<α<1,la série ∑

n>¹

1

a_n n’est pas absolument

convergente. L’équivalentan n!+_∞

( 1)^{n 1}n^α

2 montre que pour n assez grand le signe de a_n est celui de ( 1)^{n 1} c’est-à-dire que l’on a a¤aire à une série alternée. Etudions la montonie de la suite j^anj= ( 1)^{n 1}a_n.Il a été vu dans la première question que la suite (a_2n)est décroissante et la suite (a2n+1)est croissante. Puisque, pour n assez grand, la suite (a_2n) est négative et la suite (a_2n+1) positive, on en déduit que la suite(j^a2nj) est croissante et la suite(j^a2n+1j) est croissante (il su¢ t de faire un dessin). Il ne reste plus qu’à comparer j^a2nj^et j^a2n+1jc’est-à-dire trouver le signe de j^a2n+1j j^a2nj=a_2n+1+a_2n.Nous allons commencer par

réécrire ces sommes en les découpant selon les nombres pairs ou impairs, c’est-à-dire si l’on écrit que

a2n+1 =

∑

(2k)^α+

∑

(2k+1)^α et a2n =

∑

(2k)^α+

n 1 k

∑

(2k+1)^α alors a_2n+1+a_2n = (2n+1)^α+2

∑

((2k+1)^α (2k)^α) Puisque α2]0,1[,la fonctionx 7!^xα est concave donc

8^k 2 ^{N, k}+ (k+1) 2

α > ¹₂^kα+ ¹

2(k+1)^α , ²(2k+1)^α >(2k)^α+ (2k+2)^α.

Nous sommons cette inégalité de 0 àn,ce qui nous donne 2

∑

(2k+1)^α >

∑

k=0

(2k)^α+

∑

(2k+2)^α , 2

∑

(2k+1)^α>

∑

k=0

(2k)^α+

n+1 k

∑

(2k)^α =2

∑

(2k)^α+ (2n+2)^α ,²

" _n

k

∑

(2k+1)^α

∑

(2k)^α

#

>(2n+2)^α ,^a2n+1+a_2n >(2n+2)^α (2n+1)^α >0.

On en déduit immédiatement que j^a2n+1j>j^a2nj^{.En se} rappelant que les suites j^a2nj^et j^a2n+1j sont croissantes, la suite (a_2n) négative et la suite(a_2n+1)positive et avec un

petit dessin, on se convainc que la suite (j^anj)est croissante.

Puisqu’elle tend vers+∞,la série ∑

n>¹

1

a_n satisfait au théorème spécial des séries alternées donc elle converge. retour à l’exercice

1 A …nir retour à l’exercice 2 A …nir retour à l’exercice

On transforme pour commencer ce produit que l’on notePn : P_n =

∏

2n+2k 2n+2k 1 =

∏

(2n+2k)² (2n+2k 1)(2n+2k)

=

∏

(2n+2k)

!2

∏

(2n+2k 1

| {z }

impair

)(2n+|{z}2k

pair

)

=

∏

(2n+2k)

!2

∏

(2n+k)

=

∏

(2(n+k))

!2

∏

p

= 2ⁿ

∏

(n+k)

!2

∏

p

= 2²ⁿ

∏

(n+k)

!2

∏

p

= 2²ⁿ

∏

p

!2

∏

p

=

2²ⁿ (2n)! n!

2

(4n)! (2n)!

= ²

2n((2n)!)³ (n!)²(4n)!

En utilisant l’équivalent de Stirlingn!

n!+_∞

n e

np

2πn,on obtient

P_n

n!+_∞

2²ⁿ 2n e

2np 4πn

!3

n e

np 2πn

2 4n

e

4np 8πn

!

= ²

2n.2⁶ⁿn⁶ⁿ.e ⁶ⁿ2³π^3/2n^3/2 n²ⁿe ²ⁿ2πn4⁴ⁿn⁴ⁿe ⁴ⁿ2^3/2π^3/2n^1/2

= ²

8n+3n^6n+3/2e ⁶ⁿπ^3/2 2^8n++5/2n^6n+3/2e ⁶ⁿπ^5/2

= ²

1/2

π = p2

π )^Pn _n!

!+_∞

p2 π .

retour à l’exercice

Pour tout entiern,on au_n =p_n

+u_{n 1} >p_n.En particulier, 8ⁿ >^{1, un} >^1.Compte-tenu de la majorationp_x 6^{x lorsque} x>^1,on en déduit que

8ⁿ > ^{1, un} 6ⁿ+un 1,^{un un 1} 6ⁿ ) 8^N >^1,

∑

n=1

(un un 1)6

∑

n=1

n , ^{uN u0} 6 ^N(N+1)

2 ,⁰6^un 6^u0+ ^N(N+1) 2 ) ^uN =

N!+_∞O N² .

Par conséquent, on a successivement : u_n =

q

n+O((n 1)²) = q

n+O(n²) = q

O(n²) =O(n) u_n =

q

n+O(n 1) = q

O(n) =O p n un =

r

n+O p

n 1 = q

n+O(p n))

n!+_∞

pn

) _u¹₂

n n!+_∞

1 n >⁰ et la série

∑

n

1

n diverge donc la série

∑

n

1

u_n² est aussi divergente.

La série

∑

n

( 1)ⁿ

u_n n’est pas absolument convergente car ( 1)ⁿ

un

= ¹

un n!+_∞

p1_n >⁰

et la série

∑

n

p1_n =

∑

n

1

n^1/2 diverge (1

2 6¹). La série

∑

n

( 1)ⁿ un

étant alternée et son terme général tendant vers 0 mais l’étude de la monotonie est mal aisée (elle résulte d’un développement asymptotique à 3 termes deu_n qui en soit est su¢ sant pour étudier la convergence de la série considérée !).

Etant donné queu_n

n!+_∞

p_{n,on a u}

n =

n!+_∞

p_n

+o p_{n ce qui} nous permet d’écrire :

un = r

n+p

n 1+o p

n 1 = s

n+p n

r

1 1

n + +o p n

= vu

utn 1+ p¹_n r

1 1

n + +o 1 p_n

!

= p n

s 1+p¹

n(1+o(1)) +o 1 pn

= p n

s

1+p¹_n +o 1 p_n

= p

n 1+ ¹ 2

p1_n +o 1

p_n +o 1

p_n +o 1 p_n

= p

n 1+ ¹ 2p

n +o 1

pn =p n+¹

2+o(1).

En réinjectant de nouveau cette égalité dans la relation de récurrence véri…ée paru_n,on obtient

un = r

n+p n+ ¹

2+o(1) = s

n 1+ p¹ n + ¹

2n +o 1 n

= p n

s

1+p¹_n + ¹

2n +o 1 n

= p n

"

1+¹ 2

p1 n + ¹

2n +o 1 n

1 8

p1 n + ¹

2n +o 1 n

2

+o 1 p_n + ¹

2n +o 1 n

2#

= p

n 1+ ¹ 2p_n + ¹

4n 1

8n +o 1 n

=p

n 1+ ¹ 2p

n + ¹

8n +o 1

n =p

n+ ¹ 2+ ¹

8p

n +o 1 pn

On en déduit aisément le développement asymptotique de ( 1)ⁿ un

. ( 1)ⁿ

u_n = ( 1)ⁿ

pn+¹ 2+ ¹

8p

n +o 1 pn

= ( 1)ⁿ

pn . 1 1+ ¹

2p_n + ¹

8n +o 1 n

= ( 1)ⁿ

pn 1 1 2p

n + ¹

8n +o 1 n

+ ¹

2p n + ¹

8n+o 1 n

2

+o 1

2p n + ¹

8n +o 1 n

2!#

= ( 1)ⁿ

p_n ¹ ₂p¹_{n 8n}¹ + ¹

4n +o 1 n

= ( 1)ⁿ

p_n ¹ ₂p¹_n + ¹

8n +o 1 n

= ( 1)ⁿ pn

( 1)ⁿ

2n + ( 1)ⁿ

8n^3/2 +o 1 n^3/2

Les séries

∑

n>¹

( 1)ⁿ pn et

∑

n>¹

( 1)ⁿ

2n sont alternées avec ( 1)ⁿ

p_n = ¹ n #

n!+_∞

0 et ( 1)ⁿ

2n = ¹

2n #

n!+_∞

0 donc elles sont convergentes. En outre, on a

( 1)ⁿ

8n^3/2 +o 1

n^{3/2 n}!+_∞

( 1)ⁿ

8n^3/2 = ¹ 8n^3/2 >⁰ et la série

∑

n>¹

1 /

8n^3/2 = ¹ 8

∑

n>¹

1

n^3/2 est convergente (série de Riemann avec 3

2 >1)donc la série

∑

n>¹

( 1)ⁿ

8n^3/2 +o 1

n^3/2 est convergente. Par conséquent, la série

∑

n>¹

( 1)ⁿ un

est convergente.

retour à l’exercice

On commence par e¤ectuer un développement asymptotique de Pn.On remarque que

ln(Pn) =

∑

ln 1 ( 1)^k pk

c’est-à-dire que le développement asymptotique de ln(P_n)est celui de la série

∑

k>¹

ln 1 ( 1)^k

pk .Or on a le développement

asymptotique suivant : ln 1 ( 1)^k

pk =

k!+_∞

( 1)^k pk

1 2

( 1)^k pk

2

+O ( 1)^k pk

3!

k!=+_∞

( 1)^k pk

1

2k +O 1 k^3/2 )^{ln 1}+ ( 1)^k

pk +( 1)^k pk + ¹

2k =

k!+_∞O 1 k^3/2 La série

∑

k>¹

1

k^3/2 étant à termes positifs et convergente, on en déduit que la série

∑

k>¹

ln 1 ( 1)^k

pk + ( 1)^k pk + ¹

2k

converge c’est-à-dire qu’il existe un réelLtel que

∑

ln 1 ( 1)^k

pk + ( 1)^k pk + ¹

2k =

n!+_∞L+o(1) ,

∑

ln 1 ( 1)^k pk =

n!+_∞

∑

( 1)^k pk

1 2

∑

1

k +L+o(1). La série

∑

k>¹

( 1)^k

pk étant alternée avec ( 1)^k pk = p¹

k #

k!+_∞

0,le critère spécial nous assure qu’elle est converge. Autrement dit, il existe un réelL⁰ tel que

∑

( 1)^k pk =

n!+_∞L⁰+o(1).

D’autre part, on dispose du développement asymptotique classique suivant :

∑

1

k =ln(n) +γ+o(1) oùγest la constante d’Euler. On obtient donc

∑

ln 1+ ( 1)^k pk =

n!+_∞ L⁰ 1

2(ln(n) +γ+o(1)) +L+o(1)

n!=+_∞

1

2ln(n) L⁰ 1 2γ+L

| {z }

=C2R

+o(1))

P_n =exp 1

2ln(n) +C +o(1) =

>0

z}|{

e^C

!¹

z}|{

e^o(1) pn ⁿ!+_∞

e^C pn >^0.

La série

∑

n

e^C

p_n =e^C

∑

n

p1_n étant à termes positifs et divergente (série de Riemann avec 1

2 6¹), on en déduit que la série

∑

n

Pn

diverge également.

Pour étudier la convergence de la série

∑

n

( 1)ⁿP_n,il faut a¢ ner notre développement asymptotique deP_n.Classiquement, on introduit

u_n =ln(P_n) + ^ln(n)

2 C

qui converge vers 0 d’après les calculs précédents, ce qui nous donne

un+1 un = ln Pn+1

Pn

+¹

2ln 1+ ¹ n

= ln 1 ( 1)ⁿ⁺¹ pn+1 + ¹

2 1

n +O 1 n²

= ( 1)ⁿ⁺¹ pn+1

1 2

( 1)ⁿ⁺¹ pn+1

2

+ ¹ 3

( 1)ⁿ⁺¹ pn+1

3

+O 1 3

( 1)ⁿ⁺¹ pn+1

4! + ¹

2n +O 1 n²

= ( 1)ⁿ pn+1

1

2(n+1)+ ( 1)ⁿ

(n+1)^3/2 + ¹

2n +O 1 n²

= ( 1)ⁿ

p_n ¹+ ¹ n

1/2

+ ¹

2n(n+1)+ ( 1)ⁿ

(n+1)^3/2 +O 1 n²

= ( 1)ⁿ

p_n ¹ _2n¹ +O 1

n² + ( 1)ⁿ

(n+1)^3/2 +O 1 n²

= ( 1)ⁿ pn

( 1)ⁿ

2n^3/2 + ( 1)ⁿ

n^3/2 1+ ¹ n

3/2

+O 1 n²

= ( 1)ⁿ pn

( 1)ⁿ

2n^3/2 + ( 1)ⁿ

n^3/2 1+O 1

n +O 1

n²

= ( 1)ⁿ

p_n ( 1)ⁿ

2n^3/2 + ( 1)ⁿ

n^3/2 +O 1

n² = ( 1)ⁿ

p_n +O 1 n²

La série

∑

∑

n

u_n+1 u_n ( 1)ⁿ

p_n est convergente

+_∞ n

∑

u_n+1 u_n ( 1)ⁿ p_n =O

+_∞ n

∑

1 k²

!

=O 1 N (d’après la comparaison série-intégrale par exemple). Or la série

∑

+_∞ n

∑

(u_n+1 u_n)

+_∞ n

∑

( 1)ⁿ

pn =O 1 N ,

+_∞ n

∑

(un+1 un) =

+_∞ n

∑

( 1)ⁿ

p_n +O 1 N .

Puisque l’on a

+_∞ n

∑

(un+1 un) = lim

m!+_∞

∑

(un+1 un) = lim

m!+_∞(um+1 u_N) = u_N car la suite(un)n tend vers 0 donc

u_N =

+_∞ n

∑

( 1)^k

pk +O 1

N ,^uN =

+_∞ n

∑

( 1)^k

pk +O 1 N , ^ln(PN) = ¹

2ln(N) +C

+_∞ n

∑

( 1)^k

pk +O 1 N , ^PN =exp 1

2ln(N) +C

+_∞ n

∑

( 1)^k

pk +O 1 N

!