– Correction - Analyse –

Correction CC1-S1

- CC1-S1 - - 2017-2018 -

– Correction - Analyse –

Exercice 1

1. Soit(u_n)une suite décroissante, de limite nulle. Pourn∈N, on noteS_n=

n

X

k=0

(−1)^ku_k.

a. Montrer que les suites (S_2n)et (S_2n+1)sont adjacentes.

Soitn∈N. On a :

S_2n+2−S_2n =u_2n+2−u_2n+1 ≤0, et S_2n+3−S_2n+1 = −u_2n+3+u_2n+2 ≥0, car la suite (u_n) est décroissante.

De plus,S2n+1−S2n=−u2n+1 −→

n→+∞0.

On en déduit que(S_2n)et (S_2n+1)sont adjacentes.

b. En déduire la nature de la série X

(−1)^kuk.

Les suites partielles (S2n)et (S2n+1)étant adjacentes, elles convergent et ont la même limite. On en déduit que la suite(Sn)converge, donc que la sérieX

(−1)^kuk converge.

2. Pourn∈N, on noteIn= Z 1

0

xⁿ 1 +xdx.

a. Montrer que pour toutn∈N,0≤I_n≤ 1 n+ 1. Soitn∈N. Pour toutx∈[0,1],0≤ xⁿ

1 +x ≤xⁿ; donc, par positivité de l’intégrale : 0≤In ≤

Z 1

0

xⁿdx, d’où :0≤In ≤ 1 n+ 1. b. Pour n∈N, calculerI_n+I_n+1.

Soitn∈N.In+In+1= Z 1

0

xⁿ(1 +x) 1 +x dx=

Z 1

0

xⁿdx= 1 n+ 1. c. Déduire de ce qui précède la convergence et la somme de la sérieX

k≥1

(−1)^k k . La suite

1 k

k≥1

est strictement décroissante, de limite nulle.

D’après la question 1c, la sérieX

k≥1

(−1)^k

k converge.

Soitn∈N^∗. D’après la question précédente, on a, par télescopage :

n

X

k=1

(−1)^k

k =

n−1

X

k=0

(−1)^k+1 k+ 1 =

n−1

X

k=0

(−1)^k+1(I_k+1+I_k=

n−1

X

k=0

(−1)^k+1I_k+1−(−1)^kI_k= (−1)ⁿI_n−I₀. D’après la question 2.b, pour tout n∈N,0≤In≤ 1

n+ 1. Le théorème d’encadrement donne donc : lim

n→→+∞I_n = 0.

On en déduit que

+∞

X

k=1

(−1)^k

k =−I0=− Z 1

0

1

1 +tdt=−ln 2.

Exercice 2

Soitx∈R^∗+. On considère l’intégrale suivante : I(x) =

Z x

1

lnt (1 +t)²dt

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Correction CC1-S1

1. CalculerI(x).

Pourt∈[1, x], on poseu(t) = ln t etv(t) =− 1 1 +t.

uet v sont de classeC¹ sur[1, x]. Le théorème d’intégration par parties donne : I(x) =

−ln t 1 +t

^x

1

+ Z x

1

dt

t(1 +t)=−ln x 1 +x+

Z x

1

1 t − 1

1 +t

dt=−ln x 1 +x+

ln

t 1 +t

^x

1

=−ln x 1 +x+ ln

x 1 +x

+ ln 2.

2. Déterminer les limites deI(x)en0 et en+∞.

On écrit :I(x) =−xln x

1 +x −ln(1 +x) + ln 2; on a, par croissances comparées : lim

x→0I(x) = ln 2.

Par croissances comparées, lim

x→+∞

ln x

1 +x = 0, et lim

x→+∞

x

1 +x = 1; on en déduit que lim

x→+∞I(x) = ln 2.

3. A l’aide du changement de variableu= 1

t, montrer queI(x)−I 1

x

= 0.

Avec le changementu=1

t, on a :dt=−du

u² ; on obtient : I(x) =

Z _x¹

1

−ln u

1 + ¹_u² ×−du u² =

Z ¹_x

1

ln u

(1 +u)²du=I 1

x

, d’où le résultat.

Exercice 3

On considère la suite de terme généralu_n= (2n)!

(2ⁿn!)², pour n∈N^∗.

1. Donner un équivalent simple devn= ln(un+1)−ln(un)et dewn= ln((n+ 1)un+1)−ln(nun).

Pourn∈N^∗, on a : un+1

u_n = (2n+ 2)(2n+ 1)

2²(n+ 1)² = 2n+ 1

2(n+ 1). On a donc : ln

u_n+1 un

= ln

2n

1 + 1 2n

−ln

2n(

1 + 1

n

n→+∞∼ − 1 2n. De plus, (n+ 1)u_n+1

nun

=2(n+ 1)²(2n+ 1)

2²n(n+ 1)² = 1 + 1

2n. On a donc : ln

(n+ 1)u_n+1 nun

= ln

1 + 1 2n

n→+∞∼ 1 2n. 2. En déduire que lim

n→+∞un= 0, et que lim

n→+∞nun= +∞.

Soitn∈N^∗. Par télescopage, on a :

n

X

k=1

ln un+1

u_n

= ln(un+1)−ln(u1).

D’après la question précédente,X

k≥1

ln un+1

un

etX

k≥1

−1

2n sont de même nature.

Comme lim

n→+∞

n

X

k=1

−1

2n =−∞, on en déduit que lim

n→+∞ln(u_n+1) =−∞, et par suite que lim

n→+∞u_n = 0.

Le même raisonnement donne : lim

n→+∞(n+ 1) ln(u_n+1) = +∞, puis lim

n→+∞nu_n= +∞.

3. Déterminer la nature de la série X

n≥1

un.

D’après la question précédente, pournassez grand, 1 n ≤un. La série X

n≥1

1

n étant divergente, par comparaison de séries positives, on en déduit que X

n≥1

un est diver- gente.

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