C.N.E.D. 2011-2012 LM260 Corrig´e du devoir 1 Exercice 1.Soita∈IR. On poseun =na(√
n+ 1−√
n) etvn =na(p
n+ (−1)n−√
n). Si∈ {−1,1}, (n+)1/2−n1/2=n1/2((1 +/n)1/2−1) =n1/2(/(2n) +O(1/n2)), (n→+∞).
En particulierun∼na−1/2/2 etvn∼(−1)nna−1/2/2. Par comparaison avec une s´erie de Riemann, la s´erie `a termes positifs
+∞
X
n=1
un converge si et seulement sia <−1/2.
Si a≥1/2, la s´erie
+∞
X
n=1
vn diverge carvn ne tend pas vers 0. Sia <1/2, on ´ecrit vn=v0n+v00n avec v0n= (−1)nna−1/2/2, vn00=O(1/na−3/2).
Le premier terme est le terme g´en´eral d’une s´erie convergente d’apr`es le th´eor`eme sp´ecial des s´eries altern´ees car |vn0| d´ecroˆıt vers 0, et le second est le terme g´en´eral d’une s´erie absolument convergente, donc convergente, car 3/2−a >1.
En conclusion, la s´erie
+∞
X
n=1
vn converge si et seulement si a <1/2.
Exercice 2. On consid`ere la suite (un)n≥1 d´efinie parun= lnn−
n
X
k=1
1/k. On a
an:=un+1−un = ln(1 + 1/n)−1/(n+ 1) = 1/n−1/(n+ 1) +O(1/n2) =O(1/n2).
Par comparaison avec une s´erie de Riemann, la s´erie
+∞
X
n=1
anest absolument convergente donc convergente.
Commeun=u1+
n−1
X
k=1
ak,il en r´esulte que la suite(un)n≥1 est convergente.
Exercice 3. Soit{un}n≥1et{vn}n≥1des s´eries `a termes strictement positifs. On les suppose divergentes.
On noteUn=
n
X
k=1
uk etVn=
n
X
k=1
vn les suites des sommes partielles associ´ees. Elles ont pour limites +∞. On suppose un ∼vn quand n →+∞. Soit >0. Par d´efinition de l’´equivalence, il existe un entier N =N() tel que
k > N⇒1− < uk
vk <1 +,
ce qui s’´ecrit aussi (1−)vk< uk<(1 +)uk. En sommant ces in´egalit´es membre `a membre dek=N+ 1
`a k=navecn > N, on obtient :
n > N, (1−)(Vn−VN)< Un−UN <(1 +)(Vn−VN), et donc (1−)Vn−VN < Un<(1 +)Vn+UN, puis en divisant parVn :
n > N, (1−)−VN
Vn < Un
Vn <(1 +) +UN
Vn .
Les nombres >0 etN =N() ´etant fix´es, par hypoth`ese, les suitesVN/Vn etUN/Vn ont pour limite 0 quand n→+∞. Il existe donc un entier N1=N1(), qu’on peut supposer plus grand queN, tel que les nombresUN/Vn etVN/Vn soient major´es parsin > N1. On obtient :
∀ >0, ∃N1∈IN, n > N1⇒ −2 < Un
Vn −1<2, autrement ditUn/Vn−−−−−→n→+∞ 1 : les suites Un etVn sont ´equivalentes.
1
Exercice 4. On d´efinit la suite (un)n≥0 par :
u0= 1, un+1=un+ 1/un si n≥0.
1) D’abord, on au0>0 et siun>0, alorsun+1 =un+ 1/un>0. On en d´eduit par r´ecurrence queun
est strictement positif pour tout n≥0. Ensuite qu’on aun+1 > un pour tout n∈IN donc que la suite (un)n∈IN est bien d´efinie, strictement positive et strictement croissante.
La suite (un)n∈INest croissante. Elle admet donc une limitel, soit un nombre r´eel soit +∞. Sil∈IR, on d´eduit de la relation de r´ecurrence qu’on a l+ 1/l= 1, ce qui est impossible. Donc (un)n∈IN a pour limite +∞quandn→+∞.
2) On posevn =u2n. On a :
vn+1−vn = (un+1−un)(un+1+un) = 1 un
2un+ 1 un
= 2 + 1 u2n. On vient de montrer que lim
n→+∞un= +∞. On a donc lim
n→+∞(vn+1−vn) = 2.
3) On ´ecritvn=v0+
n
X
k=1
(vk−vk−1).
On applique le r´esultat de l’exercice pr´ec´edent `a la s´erie divergente de terme g´en´eralan=vn+1−vn et `a la s´erie de terme g´en´eralbn= 2. Commean∼bn quandn→+∞, on obtient quevn/(2n) a pour limite 1 donc queun/√
2na pour limite 1 quandntend vers l’infini.
Autrement dit, un∼√
2nquandn→+∞.
Exercice 5. Pour toutn∈IN?, on posevn=
Z (n+1)π
nπ
sinx x dx.
1) Un changement de variable donne vn =
Z π
0
sin(x+nπ)
x+nπ dx= (−1)nwn, wn = Z π
0
sinx x+nπdx.
La suite (wn)n∈IN? est positive, d´ecroissante et tend vers z´ero (en effet,wn est major´ee par Z π
0
dx nπ= 1
n).
Compte tenu du th´eor`eme sp´ecial des s´eries altern´ees,la s´erie de terme g´en´eralvn est convergente.
Soitt∈[0, π]. Sixappartient au segment [nπ, nπ+t], de longueurt, alors|sinx|/x≤1/(nπ) donc : t∈[0, π],
Z nπ+t
nπ
sinx x dx
≤
Z nπ+t
nπ
dx nπ ≤ t
nπ ≤ 1 n. 2) On d´efinit la fonctionf : [1,+∞[→IR par
f(x) = Z x
1
sins s ds.
Six∈[1,+∞[, on ´ecritx=m(x)π+t(x) o`um(x)∈IN est la partie enti`ere dex/πett(x)∈[0, π[. On a : Z x
1
sint t dt=
Z π
1
sint t dt+
Z m(x)π
π
sint t dt+
Z m(x)π+t(x)
m(x)π
sint t dt.
Dans le membre de droite, le premier terme est une constante, le deuxi`eme est ´egal `a la somme partielle
m(x)−1
X
k=1
vk. Quandx→+∞(doncm(x)→+∞), il tend vers la somme
+∞
X
k=1
vk de la s´erie convergente de terme g´en´eralvk. Le troisi`eme terme tend vers 0 quandx→+∞d’apr`es ce qui pr´ec`ede.
On en d´eduit que la fonctionf(x)a une limite finie quandx→+∞: lim
x→+∞f(x) = Z π
1
sint t dt+
+∞
X
k=1
vk.
