Correction des exercices du TD 14

Correction des exercices du TD 14

Exercice 1 TD 14, exercice 3

3. Le terme général de cette série est un = ⁴ⁿ²₅⁺⁵ⁿⁿ . On a lim

n→+∞

4n²

5ⁿ = 0 par croissance comparée et lim

n→+∞

5n

5ⁿ = 0 par croissance comparée. Ainsi✞

✝

☎

✆

n→lim+∞un= 0.

Etudions la convergence de la somme partielle de cette série, on a pourn∈N: Sn =

n

X

k=0

4k²+ 5k 5^k

=

n

X

k=0

4k² 5^k +

n

X

k=0

5k 5^k

=T1+T2. Nous allons calculer séparément chacun de ces termes.

Pour T1

T1= 4

n

X

k=0

k² 5^k = 4

n

X

k=0

k²1^k 5^k = 4

n

X

k=0

k² 1

5 k

.

Cela nous fait penser à la somme partielle de la série géométrique dérivée seconde à cause du k² (cark(k−1) =k²−k) mais il faut encore la modifier pour faire vraiment apparaître la somme partielle de la série géométrique dérivée seconde.

T1= 4

n

X

k=0

k² 1

5 ^k

= 4

n

X

k=0

k(k−1 + 1) 1

5 k

= 4

n

X

k=0

k(k−1) 1

5 k

+ 4

n

X

k=0

k 1

5 k

= 4

n

X

k=0

k(k−1) 1

5 ^k

+ 4

n

X

k=0

k 1

5 ^k

La première somme ressemble quasiment à la somme partielle de la série géométrique dérivée seconde. Il faut modifier l’indice de début de somme (k= 2au lieu dek= 0) et la puissance sur le ¹₅.

La deuxième somme ressemble quasiment à la somme partielle de la série géométrique dérivée première. Il faut modifier l’indice de début de somme (k= 1au lieu dek= 0) et la puissance sur le ¹₅.

T1= 4

n

X

k=2

k(k−1) 1

5 k

+ 4

n

X

k=1

k 1

5 k

= 4× 1

5 2 n

X

k=0

k(k−1) 1

5 ^k−2

+ 4×1 5

n

X

k=1

k 1

5 ^k−1

= 4 25

n

X

k=2

k(k−1) 1

5 k−2

+4 5

n

X

k=1

k 1

5 k−1

On reconnaît alors pour la première somme la somme partielle de la série géométrique dérivée seconde pourq = ¹₅. Elle converge bien car ¹₅ ∈]−1; 1[.

On reconnaît alors pour la deuxième somme la somme partielle de la série géométrique dérivée première pourq= ¹₅. Elle converge bien car ¹₅ ∈]−1; 1[.

Pour T2

T2=

n

X

k=0

5k 5^k =

n

X

k=0

k 5^k−1.

Cela nous fait penser à la série géométrique dérivée première, il faut modifier l’indice de début de somme (k= 1au lieu de k= 0).

T2=

n

X

k=1

k 1

5 k−1

.

Cette somme partielle est alors convergente car q= ¹₅∈]−1; 1[.

Ainsi tous les termes de la somme partielleSnsont convergents donc la somme partielle de la série X

n>0

4kⁿ+ 5n

5ⁿ converge.

On a :

∞

X

k=0

4k²+ 5k 5^k = 4

25 2 1−¹

5

3 +4 5

1 1−¹

5

2 + 1 1−¹

5

2

= 4 5² × 2

4³ 5³

+5 5

1 1−¹

5

2

= 2×5 4² + 1

4² 5²

= 10 16+25

16

= 35 16. 4. Le terme général de cette série estun= ^3n2−5n+4_n! ⁿ. On a :

3n²

n! = 3n

(n−1)! = 3n

(n−1)×(n−2)! = 3n

n−1 × 1

(n−2)! = 3 1−¹

n

× 1

(n−2)!, par factorisation

• lim

n→+∞

3 1− ¹

n

= 3et lim

n→+∞

1

(n−2)! = 0, ainsi lim

n→+∞

3n² n! = 0.

−5n

n! =− 5 (n−1)!,

• lim

n→+∞

− 5

(n−1)! = 0ainsi lim

n→+∞

−5n n! = 0.

• lim

n→+∞

4ⁿ

n! = 0par croissance comparée.

On en conclut que ✞

✝

☎

✆

n→lim+∞un= 0.

Etudions la convergence de la somme partielle de cette série, on a pourn∈N: Sn=

n

X

k=0

3k²−5k+ 4^k k!

=

n

X

k=0

3k² k! −

n

X

k=0

5k k! +

n

X

k=0

4^k k!

=T1+T2+T3. Pour T3 :

T3=

n

X

k=0

4^k k!

On reconnaît la somme partielle de la série exponentielle pour x= 4. Cette somme partielle converge pour tout x∈R. AinsiT3converge.

Pour T2 :

T2=−

n

X

k=0

5k k! =−5

n

X

k=0

k k! =−5

n

X

k=1

k k! =−5

n

X

k=1

1 (k−1)!.

Cela nous fait penser à la somme partielle de la série exponentielle pour x= 1, sauf qu’on a du (k−1)! au lieu duk!. Il faut donc effectuer un changement d’indice pour se ramener à duk!. On pose :

✄

✂i=k-1✁, quandk= 1, i= 0et quandk=n, i=n−1.

On obtient alors :

T2=−5

n−1

X

i=0

1 i!

On a presque obtenu la somme partielle de la série exponentielle, il nous faut juste rajouter dans la somme de terme pour i=n, il est non-nul donc il faut aussi le retrancher, on a ainsi :

T2=−5

n

X

i=0

1 i!+ 5

n!. On alim 5

n! = 0et l’autre terme converge car c’est la somme partielle de la série exponentielle avecx= 1.

Pour T1 :

T1=

n

X

k=0

3k² k! = 3

n

X

k=1

k (k−1)!

Cela nous fait penser à la somme partielle de la série exponentielle pour x= 1, sauf qu’on a du (k−1)! au lieu duk!. Il faut donc effectuer un changement d’indice pour se ramener à duk!. On pose :

✄

✂i=k-1✁, quandk= 1, i= 0et quandk=n, i=n−1.

On obtient alors :

T1= 3

n−1

X

i=0

i+ 1 i! = 3

n−1

X

i=0

i i!+ 3

n−1

X

i=0

1 i!. Pour le deuxième terme, on a :

3

n−1

X

i=0

1 i! = 3

n

X

i=0

1 i!− 3

n!

On alim 3

n! = 0et l’autre terme converge car c’est la somme partielle de la série exponentielle avecx= 1.

Pour le premier terme, on a :

3

n−1

X

i=0

i i! = 3

n−1

X

i=1

i i! = 3

n−1

X

i=1

1 (i−1)!

Cela nous fait penser à la somme partielle de la série exponentielle pourx= 1, sauf qu’on a du(i−1)!au lieu dui!. Il faut donc effectuer un changement d’indice pour se ramener à dui!. On pose :

✞

✝

☎

j=i-1✆, quandi= 1, j= 0et quandi=n−1, j=n−2.

On a ainsi :

3

n−1

X

i=1

1 (i−1)! = 3

n−2

X

j=0

3 (j)!

On a presque obtenu la somme partielle de la série exponentielle, il nous faut juste rajouter dans la somme les termes pour j=n−1 etj=n, ils sont non-nuls donc il faut aussi les retrancher, on a ainsi :

3

n−2

X

j=0

1 (j)! = 3

n

X

j=0

1

(j)!− 3

(n−1)! − 3 n!.

On a lim 3

n! = lim

n→+∞

3

(n−1)! = 0 et l’autre terme converge car c’est la somme partielle de la série exponentielle avec x= 1.

AinsiT1converge.

En résumé, les termes T1, T2 et T3 convergent donc la somme partielle Sn converge et la série X

n>0

3n²−5n+ 4ⁿ

n! est

convergente. On a :

+∞

X

k=0

3k²−5k+ 4^k

k! = 3e¹−0−0+ 3e¹−0−5e¹+ 0+e⁴= e¹+ e⁴. 5. Le terme général de cette série estun =ⁿ⁽ⁿ⁻¹⁾₆ⁿ . On aun =ⁿ²₆⁻ⁿⁿ = ⁿ₆ⁿ²− ⁿ

6ⁿ. Or lim

n→+∞

n²

6ⁿ =par croissance comparée et

n→lim+∞

n

6ⁿ = 0par croissance comparée. Ainsi✞

✝

☎

✆

n→lim+∞un= 0.

Etudions la somme partielle de cette série, on a pourn>1 : Sn=

n

X

k=1

k(k−1) 6^k =

n

X

k=1

k(k−1) 1

6 ^k

.

On reconnaît presque la somme partielle de la série géométrique dérivée deuxième, il faut juste arranger la puissance sur le

1

6. Pour cela, on factorise par ¹₆2

et l’indice de sommationk= 2au lieu dek= 1. On a : Sn=

1 6

2 n

X

k=2

k(k−1) 1

6 ^k−2

.

On reconnaît alors la somme partielle de la série géométrique dérivée seconde avec q= ¹₆. Elle converge car ¹₆ ∈]−1; 1[.

AinsiSn converge et la série X

n>1

n(n−1)

6ⁿ est convergente. On a :

+∞

X

k=1

k(k−1) 6^k = 1

36 2 1−¹

6

3 = 1 36× 2

5³ 6³

= 2×6 5³ = 12

125. 6. Le terme général de cette série estun= (2n−3) ¹₇n

. On aun = 2n ¹₇n

−3 ¹₇n

. Or lim

n→+∞−3 1

7 ⁿ

= 0et lim

n→+∞2n 1

7 ⁿ

= 0par croissance comparée. Ainsi✞

✝

☎

✆

n→+∞lim un= 0. Etudions la somme partielle de cette série, on a pourn>0 :

Sn=

n

X

k=0

(2k−3) 1

7 k

=

n

X

k=0

2k 1

7 k

−

n

X

k=0

3 1

7 k

=T1+T2. Pour T2 :

T2=−3

n

X

k=0

1 7

k

.

On reconnaît la somme partielle de la série géométrique pourq= ¹₇. Cette somme partielle converge car ¹₇ ∈]−1; 1[. Ainsi T2 converge.

Pour T1 :

T1=

n

X

k=0

2k 1

7 ^k

= 2

n

X

k=0

k 1

7 ^k

On reconnaît presque la somme partielle de la série géométrique dérivée première, il faut ajuster la puissance sur le ¹₇ en factorisant par ¹₇ et modifier l’indice de début de sommationk= 1au lieu dek= 0. On a :

T2= 2×1 7

n

X

k=1

k 1

7 ^k−1

.

On reconnaît la somme partielle de la série géométrique dérivée première pourq= ¹₇. Cette somme partielle converge car

1

7 ∈]−1; 1[. AinsiT1converge.

En résumé, Sn converge donc la sérieP

n>0(2n−3) ¹₇n

est convergente et on a :

+∞

X

k=0

(2k−3) 1

7 ^k

= 2 7

1 1−¹

7

²

−3 1 1−¹

7

= 2 7 ×49

36−3×7 6 = 14

36−21

6 =−112 36 =−56

18 =−28 9

Exercice 2 TD14, exercice 4

3. Etudions la somme partielle de cette série. On a pourn>2:

n

X

k=2

ln

1− 1 k²

=

n

X

k=2

ln

k²−1 k²

=

n

X

k=2

ln(k²−1)−ln(k²)

=

n

X

k=2

ln((k−1)(k+ 1)−ln(k×k)

=

n

X

k=2

ln(k−1) + ln(k+ 1)−ln(k)−ln(k)

=

n

X

k=2

ln(k−1)−ln(k)+

n

X

k=2

ln(k+ 1)−ln(k)

On a d’une part :

n

X

k=2

ln(k−1)−ln(k) = ln(1)−ln(2) + ln(2)−ln(3) + ln(3)−ln(4) +. . .+ ln(n−1)−ln(n) = ln(1)−ln(n) =−ln(n) D’autre part :

n

X

k=2

ln(k+ 1)−ln(k) = ln(3)−ln(2) + ln(4)−ln(3) + ln(5)−ln(4) +. . .+ ln(n+ 1)−ln(n) =−ln(2) + ln(n+ 1) On a donc :

n

X

k=2

ln

1− 1 k²

=−ln(n)+−ln(2) + ln(n+ 1)= ln n+ 1

n

−ln(2) = ln

1 + 1 n

−ln(2).

Or lim

n→+∞1 + 1

n = 1donc par composée de limites, lim

n→+∞ln

1 + 1 n

= ln(1) = 0. Ainsi

n→+∞lim ln

1 + 1 n

−ln(2) =−ln(2).

On en déduit que la somme partielle converge vers−ln(2)et que donc la sérieX

n>2

ln

1− 1 n²

est convergente et que :

+∞

X

k=2

ln

1− 1 k²

=−ln(2).

Exercice 3 TD14, exercice 7

1. On a pour n>2, en factorisant au dénominateur parn: un= n

n n− ¹

n

= 1 n−¹

n

. Or, pourn>2,

−1

n<0 ⇐⇒ n−1

n < n ⇐⇒ 1 n− ¹

n

> 1

n ⇐⇒ un> 1 n.

2. Etudions la somme partielle de la série X

n>2

un, on a pourn>2 :

Sn =

n

X

k=2

uk =

n

X

k=2

uk,

or pourk>2,uk >_k¹, sommons cette inégalité pourk= 2. . . n. On a :

n

X

k=2

uk>

n

X

k=2

1 k.

On reconnaît à droite la somme partielle de la série harmonique. On rappelle que la série X

n>1

1

n diverge donc sa somme partielle aussi.

On conclut par critère comparaison queSn =

n

X

k=2

uk diverge et que donc X

n>2

un diverge.

Exercice 4 TD14, exercice 9

1. Montrons cet encadrement en deux temps.

Montrons d’une part que 1 k− 1

k+ 1 6 1

k². Pour cela montrons que _k¹2 − 1

k − ¹

k+1

>0. On a pourk>2 : 1

k² − 1

k− 1 k+ 1

= 1 k² −1

k+ 1

k+ 1 = k+ 1−k(k+ 1) +k²

k²(k+ 1) =k+ 1−k²−k+k²

k²(k+ 1) = 1

k²(k+ 1) >0.

Montrons d’autre part que 1 k² 6 1

k−1−1

k. Pour cela montrons que _k¹2 − 1

k−1−¹

k

60. On a pourk>2 : 1

k² − 1 k−1 +1

k =k−1−k²+k(k−1)

k²(k−1) =k−1−k²+k²−k

k²(k−1) = −1

k²(k−1) 60.

On obtient bien l’encadrement voulu.

2. Sommons l’encadrement précédent pourk= 2. . . n.Attention !On ne peut pas sommer pourk= 1. . . ncar l’encadrement n’est valable que pourk>2.

On obtient alors : _n

X

k=2

1 k − 1

k+ 1

6

n

X

k=2

1 k² 6

n

X

k=2

1 k−1 −1

k

.

Il nous faut alors rajouter le terme pourk= 1 deSn : 1

1²+

n

X

k=2

1 k − 1

k+ 1

6 1

1² +

n

X

k=2

1 k² 6 1

1² +

n

X

k=2

1 k−1 −1

k

.

1 +

n

X

k=2

1 k − 1

k+ 1

6Sn61 +

n

X

k=2

1 k−1 −1

k

.

Calculons alors les deux sommes aux extrémités. On a : 1 +

n

X

k=2

1 k− 1

k+ 1

= 1 +1 2 −1

3+1 3−1

4 +. . .+ 1 n− 1

n+ 1, nous sommes en présence d’une somme télescopique et on obtient :

1 +

n

X

k=2

1 k − 1

k+ 1

= 1 + 1 2− 1

n+ 1 =3 2 − 1

n+ 1.

Pour l’extrémité droite, on a : 1 +

n

X

k=2

1 k−1 −1

k

= 1 +1 1 −1

2+1 2−1

3 +. . .+ 1 n−1− 1

n

nous sommes en présence d’une somme télescopique et on obtient : 1 +

n

X

k=2

1 k−1 −1

k

= 1 + 1−1

n = 2− 1 n. On obtient donc :

3 2 − 1

n+ 1 6Sn62−1 n. 3. D’après, ce qui précède, on a pour toutn>2:

Sn 62−1 n, or−¹

n 60doncSn62. La suite(Sn)est majorée par 2.

4. Etudions le signe deSn+1−Sn. On a pourn>1 : Sn+1−Sn=

n+1

X

k=1

1 k² −

n

X

k=1

1 k² =

n

X

k=1

1

k² + 1 (n+ 1)² −

n

X

k=1

1

k² = 1

(n+ 1)² >0 La suite (Sn)n est donc croissante.

5. Le terme général de cette série estun= _n¹². On a lim

n→+∞un = 0.

Etudions la somme partielle de cette série. Il s’agit deSn introduite dans le début de l’exercice.

On a montré à la question 3. que la suite (Sn) était croissante et à la question 2. que la suite (Sn) était majorée par 2 donc d’après le théorème de convergence monotone, elle converge. Par théorème d’encadrement, on obtient ainsi :

3

2 6 lim

n→+∞Sn 62, car lim

n→+∞

1

n+ 1 = 0 et lim

n→+∞

1

n = 0. La somme partielle étant convergente, on en déduit que la série X

n>1

1 n² est convergente et que :

3 2 6

+∞

X

k=1

1 k² 62.