SERIES NUMERIQUES 2

SERIES NUMERIQUES 2

Abdellah BECHATA

Nature de

∑

Soita>0.Etudier la suite dé…nie par u0 >0 et u_n+1 = ¹

2 u_n+ ^a u_n .

Nature de la série de terme généralu_n `,où `est la limite deu_n.

solution

Soit(a_n)n2N une suite de nombres réels strictement positifs. On dé…nit une suite(u_n)n2N par u₀ >0 etu_n+1= ¹

an+un+1.

1 Si la suite (u_n)n2Nconverge, que dire de la suite (a_n)n2N ?

solution

2 Inversement, si la suite (an)n2N converge, que dire de la suite (u_n)n2N? ^solution

3 Si la suite (un)n2Nadmet la limite `,que peut-on dire de la série ∑j<sup>un</sup> `j^{? solution}

4 Si a_n = ¹

n,calculer la somme de la série ∑j^un `j^{. solution}

1 Montrer que poura>0,on a

+_∞ n

∑

( 1)ⁿ an+1 =

Z1

0

dx 1+x^a.

solution

2 En déduire la valeur de :

+_∞ n

∑

( 1)ⁿ n ,

+_∞ n

∑

( 1)ⁿ 2n+1,

+_∞ n

∑

( 1)ⁿ 3n+1,

+_∞ n

∑

( 1)ⁿ (3n+1)(2n+1)^,

+_∞ n

∑

1 (3n+1)8ⁿ.

solution

Soitf 2^C0([0,1],R)et u_n = ( 1)ⁿ

Z1

0

xⁿf(x)dx.

Etudier la convergence de la série

∑

n>⁰

u_n et calculer le cas échéant la somme. ^solution

Soitu_n =

+_∞ Z

0

dt (1+t³)^n.

1 Nature des séries

∑

n>¹

u_n et

∑

n>¹( 1)ⁿu_n. ^solution

2 Etablir une relation de récurrence véri…ée par (u_n)n. ^solution

3 Donner un équivalent deu_n. ^solution

1 Etudier la nature de la série

∑

n>⁰

u_n où u_n =

R1 0

dx

1+x+ +xⁿ. ^solution

2 Etudier la nature de la série

∑

n>⁰

v_n où v_n =

R1 0

xⁿ

1+x+ +xⁿdx. ^solution

On posef(x) = ^cos p_x

x pourx 2 [1,+_∞[.

1 Etudier la nature de la série de terme général un =

Zn

n 1

f(u)du f(n). ^solution

2 Etudier la nature de

∑

Soitx 2]0,2π[.On poseu_n(t) =t e et S_n(t) = _∑

k=1

u_k(t).

1 Quand la série de terme général u_n(t)converge-t-elle ?

solution

2 Pour ls valeurs de t obtenues précédemment, mettreS_n(t) sous la forme P_n(t)

Q(t)^{,oùPn et Q} sont des polynômes. ^solution

3 Soit I(x) = lim

n!+_∞

R1 0

Sn(t)dt.CalculerI puis

+_∞ k

∑

e^ikx k ,

+_∞ k

∑

cos(kx) k ,

+_∞ k

∑

sin(kx) k

Convergence de la suite(un)n. Puisque u0 >0,on a

immédiatementu1>0 et une récurrence immédiate montre que 8ⁿ 2^{N, un} >0.En outre, on a

u_n+1 u_n = u_n

|{z}>⁰

(

6¹

z}|{

e ^un 1)

| {z }

6⁰

6⁰

donc la suite(u_n)n est décroissante et elle est minorée par 0 donc elle converge dansR vers une certaine limiteL>^{0 véri…ant} L=Le ^L ,^L(1 e ^L) =0, ^L=0

1 e ^L =0 , ^L=0

L=0 ,^L=0

Par conséquent, la suite (u_n)n converge vers 0.

Convergence de la série

∑

n

un.Puisque8ⁿ 2N, un >0,on peut écrire

u_n+1

u_n = exp( u_n)) 8^N 2^N,

∏

u_n+1 u_n =

∏

exp( u_n) , ^uN_u⁺¹

0

=exp

∑

u_n

!

)_N^lim

!+_∞exp

∑

u_n

!

=0 , _n^lim

!+_∞

∑

u_n = +∞

Par conséquent, la série

∑

Convergence de(un). On introduit la fonction f :x7! ₂ ^x+ x dontR+ est un intervalle stable. Puisque u₀ 2R+,on en déduit que8ⁿ 2N, un 2R+.Déterminons les points …xes def,le signe def(x) x et les variations de f surR+ :

f(x) = x , ¹₂ ^x+ ^a

x =x ,^x2+a=2x² , ^x2 =a_x,_>0^x =a

f(x) x > ⁰, ^{a x}

2

2x >⁰_x,_>0^x2 6^a_x,_>0⁰6^x 6p a f⁰(x) > ⁰, ¹₂ ¹ _x^a2 >⁰, ^a

2

x² 6¹ , ^a2 6^x2_x,a,_>0^a6^x

x 0 p

a +_∞

f⁰(x) +

+_∞ +_∞

f(x) & p % a

f(x) x +

Premier casu0 2 p

a,+_∞ : Etant donné que u0 2 p a,+_∞ qui est un intervalle stable parf,on en déduit que

8ⁿ 2N, u_n 2 p_a,

+_∞ . En outre, la fonction x7! ^f(x) x étant négative sur cet intervalle, on peut a¢ rmer que la suite (u_n)n est décroissante (u_n+1 u_n =f(u_n) u_n 6⁰).Puisque cette suite est minorée par p_a,on en déduit qu’elle converge vers

p p

au₁ =f(u₀)2^{f 0,}p

a = p

a,+∞ p

a,+∞ ce qui nous ramène au cas précédent et la suite(u_n)n converge également versp

a.

Convergence de la série

∑

n

u_n p

a . D’après le raisonnement précédent, on a 8ⁿ >^{1, u1}>p

a.Estimons la di¤érence u_n p_a.Pour tout entier n,on a :

0 6 ^un+1 p a= ¹

2 u_n+ ^a un

pa= ^u

2n+a 2p_a 2un

= ^un

pa ² 2u_n 6 ^un

pa ² 2p

a , ^un+1

p_a

p 6 ^un p_a ²

p ² = ^un p_a p

2

.

La suite(u_n)n converge versp_a,on est assuré de l’existence d’un rangN tel que

8ⁿ >^{N, 0}6 ^uN p_a 2p_a 6 ¹₂ ce qui nous permet d’écrire pour toutn>^{N :} 0 6 ^un p_a

2p

a 6 ^{un 1} p_a 2p

a

2

6 ^{un 2} p_a

2p a

2!2

= ^{un 2} p_a 2p_a

4

6 ^{un 3} p_a

2p_a

4!2

= ^{un 3} p_a 2p_a

8

6 6 ^{un (n N)} p_a 2p_a

!2^{n N}

= ^uN p_a 2p_a

2^{n N}

6 ¹

2^{2n N} 6 _{2n N}¹ (car, par récurrence sur k >^{1, on a 2k} >^k) La série

∑

n

1

2^{n N} =2^N

∑

n

1

2ⁿ est convergente (série géométrique de raison 1

2 2] 1,1[)ce qui nous assure la convergence de la série

∑

n

u_n p_a

2p_a donc de la série

∑

n

u_n p_{a .} retour à l’exercice

1 Supposons que la suite (un)n vers un réelLalors pour tout entier, on a :

1 u_n+1

=an+un+1,^an = ¹ u_n+1

un 1.

Si L6=0 alorsa_{n n} !

!+_∞

1

L L 1 donc la suite (a_n)n

converge. SiL=0 alorsa_{n n} !

!+_∞+∞(puisque la suite (u_n)n

est strictement positive). Par conséquent, si la suite (u_n) converge alors(a_n)n converge ou bien diverge vers+_∞.

retour à l’exercice

2 Commençons par remarquer que 8ⁿ>^{1, 0}6^un+1 6^1.

Etudions la monotonie de la suite (u_n)n

un+1 un = ¹

a_n+u_n+1 un =

un,an>⁰

1 un(an+un+1) a_n+u_n+1 6⁰

un+1 = ¹

an+ ¹

a_{n 1}+u_{n 1}+1

+1

= ^{an 1}+u_{n 1}

(an 1+un 1+1) (an+1)

1 un+1

1 un

= a_n+u_n+1 (a_{n 1}+u_{n 1}+1)

= a_n a_{n 1}+u_n u_{n 1}

u_n+1 = ¹

L+1+un+o(1)

un+1 un = ^{an 1 an}+un 1 un

(1+a_n+u_n) (1+a_{n 1}+u_{n 1}) donc la suite (u_n)n est décroissante et positive donc elle converge. retour à l’exercice

3 A …nir retour à l’exercice 4 A …nir retour à l’exercice

1 On commence par remarquer que 8^α2^R+, ₁+¹ α =

Z1

0

x^αdx donc pour tout entierN,on a

∑

( 1)ⁿ an+1 =

∑

( 1)ⁿ

Z1

0

x^andx =

Z1

0

∑

( 1)ⁿx^andx

=

Z1

0

∑

( x^a)ⁿdx =

Z1

0

1 ( x^a)^N+1 1+x^a dx

=

Z1

0

dx

1+x^a ( 1)^N+1

Z1

0

x^a(N+1) 1+x^a dx.

( 1)^N+1

Z1

0

x^a(N+1) 1+x^a dx =

Z1

0

x^a(N+1) 1+x^a dx 6

Z1

0

x^a(N+1)dx

= ¹

a(N+1) +1 _N!

!+_∞0)_N^lim

!+_∞

∑

( 1)ⁿ an+1 =

Z1

0

dx 1+x^a ce qui entraine la convergence de la série

∑

somme vaut

+_∞ n

∑

( 1)ⁿ an+1 =

Z1

0

dx

1+x^a. retour à l’exercice

2 D’après la question précédente, on a

+_∞ n

∑

( 1)ⁿ

n =

+_∞ p

∑

( 1)^p+1 p+1 =

+_∞ p

∑

( 1)^p p+1 =

Z1

0

dx 1+x

= [lnj¹+xj]^x_x⁼₌¹₀ = ln(2)

+_∞ n

∑

( 1)ⁿ 2n+1 =

+_∞ n

∑

( 1)ⁿ 2n+1

! ( 1)⁰ 2 0+1 =

Z1

0

dx 1+x² 1

= [arctan(x)]^x_x⁼₌¹₀ 1= ^π

4 1

+_∞ n

∑

( 1)ⁿ 3n+1 =

+_∞ n

∑

( 1)ⁿ 3n+1

! ( 1)⁰ 3 0+1 =

Z1 dx 1+x³ 1

Pour calculer cette dernière intégrale de fractions rationnelles, on utilise la décomposition en élements simples. Le polynôme X³+1 admet 1 pour racine évidente simple donc il se factorise parX +1.En e¤ectuant la division euclidienne de X³+1 par X+1,on obtient

X³+1= (X +1)(X² X+1).

Le polynôme X² X+1 étant du second degré à coe¢ cients réels avec ∆= ( 1)² 4 1 1= 3<0,on en déduit qu’il est irréductible sur R[X].Par conséquent, il existe trois réels a,b,c tels que

(E): 1

x³+1 = ^a

x+1+ ^bx+c x² x+1.

En multipliant cette relation parx+1 puis en faisant tendrex vers 1,on en déduit que

x+1

x³+1 = ^x ( 1) x³ ( 1)³ _x!

! ¹

1

(x³)_{jx= 1} = ¹ 3, a+ (bx+c)(x+1)

x² x+1 _x!

! ¹a donc a= ¹

3.D’autre part en multipliant la relation parx puis en faisant tendre x vers+_∞,on obtient

0=a+b ,^b= ¹

3 et en évaluant la relation (E)en x =0,on obtient 1=a+c ,^c = ²

3.Par conséquent, on a 3

Z1

0

dx 1+x³ =

Z1

0

1

x+1+ ^x+2 x² x+1 dx

=

Z1

0

dx 1+x +

Z1

0

0 B@

1

2(2x 1) +³ 2 x² x+1

1 CAdx

= [lnj¹+xj]^x_x⁼₌¹₀ ¹ 2 Z1

0

(x² x+1)⁰ x² x+1 dx+³

2 Z1

0

dx

x 1

2

2

+³ 4

= ln(2) ¹

2 ln x² x+1 ^x_x⁼₌¹₀+³ 2 Z1

0

dx 3

4

"

2x 1 p3

2

+1

#

= ln(2) +³ 2

4 3

p3 2

Z1

0

p2 3dx

"

2x 1 p3

2

+1

#

= ln(2) +p

3 arctan 2x 1 p3

x=1

x=0

= ln(2) +p

3 arctan 1

p3 arctan 1

p3

= ln(2) +2p

3 arctan 1

p3 =ln(2) +2p

3 π

6

= ln(2) + p^π 3 )

+_∞ n

∑

( 1)ⁿ

3n+1 = ^ln(2)

3 + ^π

3p

3 1

Pour la quatrième somme, on remarque que

+_∞ n

∑

( 1)ⁿ

(3n+1)(2n+1) =

+_∞ n

∑

( 1)^{n 3} 3n+1

2 2n+1

= 3

+_∞ n

∑

( 1)ⁿ 3n+1 2

+_∞ n

∑

( 1)ⁿ 2n+1

= ln(2) + p^π 3

π 2 car toutes les séries considérées sont convergentes.

Pour la dernière série, en suivant un argumentaire absolument

similaire qu’à la question 1, on a

∑

1

(3n+1)8ⁿ =

∑

1 8ⁿ

Z1

0

x³ⁿdx =

Z1

0

∑

x³ 8

n

dx

=

Z1

0

1 x³

8

N+1

1 x³ 8

dx =

Z1

0

1 1 x³

8

dx 1

8^N+1

| {z }

!⁰ Z1

0

x^3(N+1) 1 x³

8 dx

| {z }

!⁰

donc la série

∑

S =

+_∞ n

∑

1

(3n+1)8ⁿ =

Z1

0

1 1 x³

8 dx =

Z1

0

dx

1+ ^x

2

3

t==_x/2 2 Z1/2

0

dt 1+t³ =2

Z0

1/2

dt 1+t³

donc 3

2S = lnj¹+tj ¹₂^{ln t2 t}+1 +p

3 arctan 2t 1 p3

0

1/2

= p

3 arctan 1

p3 ln 1 2 + ¹

2ln 7 4 p3 arctan 2

p3

= p

3 arctan 1

p3 + ¹

2ln(7) +p

3 arctan 2 p3 .

retour à l’exercice

Pour tout entierN,on a

∑

un =

∑

( 1)ⁿ

Z1

0

xⁿf(x)dx =

Z1

0

∑

( 1)ⁿxⁿf(x)dx

=

Z1

0

f(x)

∑

( x)ⁿdx =

Z1

0

f(x)¹ ( x)^N+1 1+x dx

=

Z1

0

f(x)

1+xdx+ ( 1)^N

Z1

0

x^N+1f(x) 1+x dx.

La fonctionf étant continue sur le segment[0,1],elle y est bornée doncM =sup

[0,1]j^fjexiste ce qui nous permet d’écrire pour tout entierN :

( 1)^N

Z1

0

x^N+1f(x)

1+x dx =

Z1

0

x^N+1f(x) 1+x dx 6

Z1

0

j^xj^N+1j^f(x)j j¹+xj ^dx

=

Z1

0

x^N+1j^f(x)j 1+x dx 6

Z1

0

x^N+1Mdx

= M x^N+1 N+1

x=1

x=0

= ^M

N+1 !

N!+_∞0.

Par conséquent, on est assuré que lim

N!+_∞

∑

u_n

!

=

Z1

0

f(x) 1+xdx c’est-à-dire la série

∑

n

u_n converge et l’on a :

+_∞ n

∑

un =

Z1

0

f(x) 1+xdx.

retour à l’exercice

1 On commence par remarquer que la fonction t 7! (1+t³)ⁿ est positive, continue sur R+ et que

1

(1+t³)^{n t}!+_∞

1 t³ⁿ.

La fonctiont 7! _t¹_3n est intégrable sur [1,+∞[(intégrale de Riemann avec 3n>³>1)donc la fonction t 7! (1+¹t³)ⁿ l’est aussi. La fonction t 7! (1+¹t³)ⁿ étant continue sur le segment [0,1],elle est intégrable sur [0,1] donc surR+. Supposons que la série

∑

+_∞

Z dt

converge. Etant

donné que pour tout entiern,la fonctiont 7! ¹

(1+t³)^{n est} continue surR+ et que la série

n

∑

0

1

(1+t³)^{n dt} =

∑

n>¹ +_∞ Z

0

dt (1+t³)ⁿ converge, on est assuré que la fonction f :t 7!

+_∞ n

∑

1 (1+t³)ⁿ est intégrable sur R+ et que

+_∞ Z

0

f(t)dt =

+_∞ n

∑

+_∞ Z

0

dt (1+t³)^n.

n

∑

1

(1+t³)ⁿ = ¹

1+t³ + ¹

(1+t³)² + ¹ (1+t³)³ +

= ¹

1+t³ 1+ ¹

1+t³ + ¹ (1+t³)² +

= ¹

1+t³

+_∞ n

∑

1 (1+t³)ⁿ

= ¹

1+t³. 1

1 1

1+t³

= ¹ t³ car il s’agit d’une série géométrique de raison

1

1+t³ 2] 1,1[.Or la fonctiont 7! _t¹₃ =f(t)n’est pas

n’est pas intégrable surR+.Ceci est absurde donc la série

∑

u_n diverge.

Etablissons la convergence de la série

∑

n>¹( 1)ⁿu_n.En e¤et, pour tout entier n,on a

8ⁿ > ^1, 8^t 2R+, 06 ₁+¹t³ 6¹ )

(1+t³)ⁿ >⁰

6 (1+t¹³)ⁿ⁺¹ 6 (1+¹t³)ⁿ )

0 6

+_∞ Z

0

dt

(1+t³)ⁿ⁺¹ 6

Z1

0

dt (1+t³)^n.

mainteant que la suite (un)n converge vers 0.

8ⁿ > ^1, 8^t>0, 06 ¹

(1+t³)ⁿ 6 ₁ ¹ +t³, 8^t > 0, lim

n!+_∞

1

(1+t³)ⁿ =0 (1+t³>1). La fonctiont 7! ₁+¹t³ étant intégrable sur R+ et indépendante de n, le théorème de convergence dominé s’applique donc

n!lim+_∞u_n = lim

n!+_∞ +_∞ Z

0

dt (1+t³)ⁿ =

+_∞ Z

0

n!lim+_∞

1 (1+t³)^ndt

+_∞ Z

Ainsi la série

∑

n

( 1) u_n satisfait à tous les hypothèses du théorème des séries alternées donc elle converge. retour à l’exercice 2 Pour tout entier n et toutX >^0,une intégration par parties

nous donne ZX

0

dt

(1+t³)ⁿ =

ZX

0

1. 1

(1+t³)^ndt

= t. 1 (1+t³)ⁿ

t=X t=0

ZX

0

t. n( 3t²) (1+t³)^n+1dt

= ^X

(1+X³)ⁿ +3n ZX

0

t³ (1+t³)^n+1dt

= ^X

(1+X³)ⁿ +3n

0

(1+t ) 1 (1+t³)^n+1dt

= ^X

(1+X³)ⁿ +3n 0

@ ZX

0

dt (1+t³)ⁿ

ZX

0

dt (1+t³)ⁿ⁺¹

1 A. En faisant tendre X vers+_∞(ce qui est licite puisque les intégralesun etun+1 convergent et que

X!lim+_∞

X

(1+X³)ⁿ = lim

X!+_∞

X

X³ⁿ = lim

X!+_∞

1

X^{3n 1} =0 car 3n 1>0),on en déduit que

u_n =3n(u_n u_n+1),^3nun+1= (3n 1)u_n 1

retour à l’exercice

3 On posevn =ln(n^αun) alors la suite(vn)n converge si et seulement si la série

∑

n

(v_n+1 v_n)converge. Or on a

v_n+1 v_n = ln (n+1)^αu_n+1 (n+1)^αun

=ln 1+¹ n

α

1 1

3n

= αln 1+ ¹

n +ln 1 1 3n

= α 1

n +O 1 n²

1

3n +O 1 n²

= ^{α 1/3}

n +O 1

n² .

Si α 1

3 =0,^α= ¹

3 alors vn+1 vn =O 1

n² .La série

∑

1

n² étant à termes positifs et convergente, on en déduit que la série

∑

n

(v_n+1 v_n) donc la suite(v_n)n converge. Soit L2R sa limite alors

n^1/3u_n =exp(v_n)_n !

!+_∞exp(L)>0,^un _n

!+_∞

exp(L) n^1/3 .

retour à l’exercice

1 Pour tout entier n,on a

8^x 2 [0,1], 1+x+x²+ +xⁿ

| {z }

(n+1)termes

6 ¹+1+ +1

| {z }

=(n+1)termes

= (n+1)) ₁ ¹

+x+x²+ +xⁿ > ¹ (n+1) )

Z1

0

dx

1+x+ +xⁿ >

Z1

0

dx

n+1 = ¹

n+1 >^0.

La série

∑

n>⁰

1

n+1 =

∑

p>¹

1

p étant divergente et à termes positifs, on en déduit que la série

∑

n

un diverge

2 On remarque que pour tout entier n, on a : vn =

Z1

0

xⁿ 1 xⁿ⁺¹

1 x

dx =

Z1

0

xⁿ(1 x) 1 xⁿ⁺¹ dx =

Z1

0

xⁿ

1 xⁿ⁺¹(1 x)dx

= ¹

n+1ln 1 xⁿ⁺¹ (1 x)

x=1 x=0

+

Z1

0

1

n+1ln 1 xⁿ⁺¹ dx

= ¹ n+1

0

ln(1 xⁿ⁺¹)dx

t==xⁿ⁺¹

1 n+1

Z1

0

ln(1 t)^t

1/(n+1) 1

n+1 dt

= ¹

(n+1)²

Z1

0

t^1/(n+1)ln(1 t) t dt.

Etant donné que pour tout entier n>^0,la fonction f_n :t 7!^t1/(n+1)ln(1 t)

t est continue sur]0,1[ et que f_n(t) t^1/(n+1) t

t = t^1/(n+1) ! ^0,

on en déduit que la fonction fn se prolonge continûment sur [0,1[.En outre, on dispose de l’équivalent suivant

f_n(t)

t!¹ ln(1 t).La fonctiont 7! ^ln(1 t)étant positive sur [0,1[ et intégrable sur cet intervalle (car l’une de ses primitives est t 7!(1 t)ln(1 t) +t qui possède une limite …nie lorsque t!¹ d’après les croissances comparées), on en déduit que la fonction fn est aussi intégrable sur[0,1[. D’autre part, on dispose de la domination suivante :

8ⁿ > ^0, 8^t 2 ]0,1[, j^fn(t)j= fn(t)

= t| {z }^1/(n+1)

6¹

( ln(1 t))

| {z }

>⁰

6 ^ln(1 t).

La fonctiont 7! ^ln(1 t)est positive, indépendante den et intégrable sur ]0,1[car l’intégrale

Z1

0

ln(1 t)dt =

x=1 t

Z0

1

ln(t) =

Z1

0

ln(t)dt converge (la fonction ln étant continue sur [0,1[possède la fonction x 7!^xln(x) x pour primitive et cette dernière possède une limite …nie lorsquex !⁰).Pour …nir, pour tout

t 2]0,1[, lim

n!+_∞fn(t) = ln(1 t)donc on peut a¢ rmer que

n!lim+_∞ Z1

0

f_n(t)dt =

Z1

0

n!lim+_∞f_n(t)dt =

Z1

0

ln(1 t)dt

=

Z1

0

ln(t) = lim

x!⁰[tln(t) t]^t_x⁼₌¹_x

= lim

t!⁰( 1 tln(t) +t) =1 ) ^vn _n

!+_∞

1 (n+1)^2.

La série

∑

n>⁰

1

(n+1)² =

∑

n>¹

1

n² étant une série à termes positifs et convergente (série de Riemann avec 2>1),on en déduit que la série

∑

n

v_n converge également. retour à l’exercice

1 Etant donné que la fonction x7! ^cos px

x est de classe C¹ sur [1,+∞[,nous allons transformer l’expression de u_n via une intégration par parties

u_n =

Zn

n 1

f(u)du Zn

n 1

f(n)du=

Zn

n 1

1.(f(u) f(n))du

= [(u (n 1) (f(u) f(n))]^u_u⁼₌ⁿ_n⁺¹

Zn

n 1

(u (n+1))f⁰(u)du

=

Zn

n 1

(u (n 1)) ¹ 2p

u.sin p u .1

u

cos p_u u²

! du

=

Zn

n 1

(u (n 1))

p_usin p_u

+2 cos p_u 2u²

! du.

On en déduit que

8ⁿ > ^2, 8^u 2[n 1,n], 06^u (n 1)6¹) j^unj 6

Zn

n 1

j^u (n 1)j

pusin p

u +2 cos p u j^2u2j ^du

6

n 1 2u² du6

n 1

u+2 2u² du ) 8ⁿ>^5, 8^u 2[n 1,n], p

u >p

n 1>p 4=2

j^unj 6

Zn

n 1

2p_u 2u² du =

Zn

n 1

1

u^3/2du= ^u

1/2

2

u=n

u=n 1

= ¹ 2

p 1 n 1

p1 n . La série

∑

∑

étant à termes positifs et convergente (car la suite p n _n converge), on en déduit que la série

∑

n>⁵j^unjconverge donc la série

∑

n>⁵

un converge d’où la convergence de la série

n

∑

un. retour à l’exercice 2 Etant donné que l’on a

8^N > ^2,

∑

n=2

un =

∑

0

@ Zn

n 1

f(t)dt f(n) 1 A

=

∑

Zn

f(t)dt

∑

Zn

f(t)dt

∑

et que la suite

∑

u_n

!

n

converge (puisque la série

∑

n

u_n converge) alors la suite

∑

f(n)

!

N

converge si et seulement si la suite

0

@ ZN

1

f(t)dt 1 A

N

converge. Autrement dit, la série

∑

f(n) converge si et seulement si la suite 0

@ ZN

1

f(t)dt 1 A

N

ZN

1

cos p_u u du =

ZN

1

p2_{u 2}p¹_u ^cos p u du

= p²_u ^sin p u

u=N u=1

ZN

1

1

u^3/2.sin p u du

=

2 sin p N

pN 2 sin(1) +

ZN

1

sin p u u^3/2 du.

La fonctiong :u 7! ^sin p_u

u^3/2 étant continue sur[1,+_∞[ avec 8^u>^1, j^g(u)j6 ¹ et la fonction u 7! ^{1 étant}

également intégrable sur [1,+_∞[.Par conséquent, la suite 0

@ ZN

1

sin p_u u^3/2 du

1 A

N

converge vers

+_∞ Z

1

sin p_u

u^3/2 du et la suite 0

@2 sin p N

pN 2 sin(1) 1 A

N

convergeant vers 2 sin(1)(car la suite 1

pN N

tend vers 0 et la suite 2 sin p

N N est bornée), on en déduit que la suite

0

@ ZN

1

cos p_u

u du

1 A converge. On est ainsi assuré de la convergence de la sérieN

∑

1 Soit t 2^Ralors

8ⁿ 2 N , un(t) = te^{in n 1}e^ix )

∑

n>¹

un(t)

= e^ix

∑

n>¹

te^{ix n 1} =e^ix

∑

n>⁰

te^{ix n}. Etant donné que la série géométrique

∑

n

qⁿ (de raison

complexe q)converge si et seulement si j^qj<1,on en déduit que la série

∑

n

un converge si et seulement si te^ix <1, j^tj<1. retour à l’exercice

2 Lorsque j^tj<1 alors te^ix = j^tj<1 donc te^ix 6=1 quel que soit x 2^R.Par conséquent, lorsque 0<j^tj<1,on a S_n(t) = e^ix

∑

te^{ix k 1}=e^ix

n 1 k

∑

te^{ix k} =e^ix.1 te^{ix n} 1 te^ix

= e^ix.1 tⁿe^inx 1 te^ix .

retour à l’exercice

3 Pour tout entier n,on a Z1

0

Sn(t)dt =

Z1

0

e^ix.1 tⁿe^inx 1 te^ix dt

= e^ix Z1

0

dt

1 te^ix e^i(n+1)x Z1

0

tⁿ 1 te^ixdt.

0 1 te^ixdt 6

0 1 te^ix dt =

0 j^{1 teix}j^dt

=

Z1

0

tⁿ

p1+t² 2tcos(x)^dt

=

Z1

0

tⁿ q

(t cos(x))²+sin²(x) Lorsquex 2]0,2π[n f^πg ^{alors sin}(x)6=0 et l’on a :

Z1

0

tⁿ

1 te^ixdt 6

Z1

0

tⁿ q

sin²(x)

dt = ¹ j^sin(x)j

tⁿ⁺¹ n+1

t=1 t=0

1

Lorsquex =π alors sin(x) =0 et cos(x) = 1 ce qui nous donne

Z1

0

tⁿ

1 te^iπdt =

Z1

0

tⁿ

1+tdt =

Z1

0

tⁿ 1+tdt 6

Z1

0

tⁿdt = ¹ n+1 _n!

!+_∞0

Par conséquent, quel que soit x2 [0,2π],on est assuré que

n!lim+_∞ Z1

0

S_n(t)dt =e^ix Z1

0

dt 1 te^it. )^I(x) =e^ix

Z1

0

dt 1 te^it.

conjuguée

e ^ixI(x) =

Z1

0

1 te ^ix

(1 te^ix) (1 te ^ix)^dt

=

Z1

0

1 tcos(x) +itsin(x) 1+t² 2tcos(x) ^dt

=

Z1

0

1 tcos(x) 1+t² 2tcos(x)^dt

| {z }

=J

+isin(x)

Z1 t

1+t² 2tcos(x)^dt

Calculons chacune de ces intégrales par primitivation A

…nir retour à l’exercice