Serie Cor

Exercices - Sries numriques - tude pratique : corrig

Convergence de sries termes positifs

Exercice 1 - Quelques convergences - L2/Math Sp - ?

1. On a limn n sin(1/n) = 1, et la srie est grossirement divergente.2. Par croissance compare, on a limn un = +, et la srie est grossirement divergente.

On pouvait aussi appliquer le critre de dAlembert.3. On a :

n2un = exp(2 lnnn ln 2) = exp(n(ln 2 2lnn

n

)).

Il rsulte de lim lnnn = 0 quelimnn

2un = 0,

et par comparaison une srie de Riemann, la srie est convergente.4. Puisque ln(1 + x) 0 x, on obtient

un + 1n,

et la srie est donc divergente.5. En utilisant le dveloppement limit du cosinus, ou lquivalent 1 cosx 0 x22 , on voit

que :

un + pi2

2n2 ,

et la srie est convergente.6. On a (1)n + n + n et n2 + 1 + n2, et donc

(1)n + nn2 + 1 +

1n.

Par comparaison une srie de Riemann, la srie n un est divergente.7. Par croissance compare des suites gomtriques et la suite factorielle, le terme gnral

ne tend pas vers 0, sauf si a = 0. La srie n un est donc convergente si et seulement sia = 0.

8. On crit tout sous forme exponentielle :

nen = exp(lnnn).

On a alorsexp(lnnn)exp(2 lnn) = exp(3 lnn

n) 0

et doncne

n = o

( 1n2

).

La srie est convergente.

http://www.bibmath.net 1


9. On crit simplement

ln(n2 + n+ 1n2 + n 1

)= ln

(1 + 2

n2 + n+ 1

)+ 2

n2.

La srie est donc convergente.10. On vrifie aisment que

un + 2 lnn(4/2)n .

Puisque 4/2 > 2, on obtient

un =+ o( 12n)

et donc la srie est convergente.11. On remarque que 0 < ln(en 1) ln(en) = n. Ainsi, pour n 3,

un lnnn 1n,

et donc la srie de terme gnral un diverge.

Exercice 2 - Des critres ! - L2/Math Sp - ?

1. Une srie dont le terme gnral est constitu de puissances et de factorielles est trs bienadapte lutilisation du critre de DAlembert. Dans le cas particulier ce cette question,on a

un+1un

= (n+ 1)!(n+ 1)a(n+1)

nan

n! =(

n

n+ 1

)an 1(n+ 1)a1 .

Or, on peut crire(n

n+ 1

)an= exp (an ln(1 + 1/n)) = exp(a+ o(1))

et donc ce terme converge vers ea. On distingue alors trois cas : Si a > 1, un+1/un tend vers 0, la srie

n un converge.

Si a = 1, un+1/un tend vers e1 [0, 1[, et donc la srie n un converge. Si a < 1, un+1/un tend vers +, et donc la srie n un diverge.

2. Les sries dont le terme gnral porte une puissance nime sont bien adaptes lutili-sation du critre de Cauchy. On a ici :

nun =

n 12n+ 1 1/2.

La srie converge.



3. Cest un peu plus dur. On spare les termes pairs et impairs. On a :

2pu2p =

12 ,

et par application du critre de Cauchy, la srie de terme gnral u2p converge. Dautrepart,

2p+1u2p+1 = 2,

et par application du critre de Cauchy, la srie de terme gnral u2p+1 diverge. Ecrivantla STG un comme somme dune srie convergente et dune srie divergente, on obtientque la srie de terme gnral un diverge.

4. On va utiliser la rgle de dAlembert. Pour cela, on crit :

un+1un

= (n+ 1)

n exp (n( ln(ln(n+ 1)) ln lnn)) ln(n+ 1)

n+ 1

Or, la fonction x 7 ln(ln x) est drivable sur son domaine de dfinition, de drive x 71

x lnx . On en dduit, par lingalit des accroissements finis, que

|ln(ln(n+ 1)) ln ln(n)| 1n lnn.

Il en dcoule :

0 un+1un

(n+ 1)

n exp

(n

n lnn

) ln(n+ 1)

n+ 1

On en dduit facilement, par les thormes de composition des limites et par le fait queln(n+1)/(n+1) tend vers 0, que la limite de un+1/un est nulle. Par la rgle de dAlembert,la srie de terme gnral un est convergente.

Exercice 3 - Dveloppements limits - L2/Math Sp - ?

1. Le terme gnral un est positif, et de ch(1/n) = 1 + 1/2n2 + o(1/n2), on dduit queun 12n . Par consquent, la srie est divergente.

2. On a :un = exp

(n2 ln

(1 + 1

n

))= exp(n) exp(1/2 + o(n)) en.

On en dduit que n2un 0 et la srie de terme gnral un converge.3. On passe bien sr lcriture en fonction du logarithme et de lexponentielle, puis on crit

le dveloppement limit du sinus et du logarithme. On obtient :

un = exp( 16n2 + o

( 1n2

)).

Trois cas sont distinguer :



Si < 2, on a limn

16n2 = 0, donc lim un = 1 : la srie de terme gnral un est

grosirement divergente (son terme gnral ne tend pas vers 0). Si = 2, on a lim

nun = e1/6 qui est un rel non nul, ce qui prouve que la srie de

terme gnral un est grosirement divergente. Si > 2, on a :

n2un = exp( 16n2

(1 12 lnn

n2+ o(1)

)) 0,

et par consquent la srie un converge.4. On effectue un dveloppement du terme gnral un :

un = n(1 + a

n2

)1/3 n

(1 + 3

n2

)1/2= n

(1 + a3n2 +O

( 1n4

)) n

(1 + 32n2 +O

( 1n4

))= 1

n

(a

3 32

)+O

( 1n3

).

Si a 6= 9/2, un 1n(a3 32

)et la srie diverge. Si a = 9/2, un = O

(1n3

), et la srie un

converge.5. On ralise un dveloppement limit du terme gnral :

e1n a b

n= (1 a) + 1 b

n+O

( 1n2

).

Si a 6= 1, alors e 1n a bn (1 a) 6= 0 et la srie diverge. Si a = 1 et b 6= 1, alorse1n a bn + 1bn et la srie diverge. Si a = 1 et b = 1, alors e

1n a bn = O

(1n2

)et

la srie converge.6. Il faut faire un dveloppement limit du terme gnral. On a :

(n+ 1)1+1/n = n1+1/n(1 + 1

n

)1+1/n= ne

lnnn

+(1+ 1n) ln(1+ 1n).

Or : (1 + 1

n

)ln(1 + 1

n

)= 1n+ o

( 1n

).

On en dduit :(n+ 1)1+1/n = n+ lnn+ o(lnn).

De mme,(n 1)11/n = n lnn+ o(lnn).

Finalement, on obtient que :un 2 lnn

n.

Daprs ltude des sries de Bertrand, cette srie converge si, et seulement si, > 1.



Exercice 4 - Sries de Bertrand - L2/Math Sp - ?On spare trois cas suivant les valeurs de : 1 < : on fixe un rel tel que 1 < < . La comparaison du comportement du

logarithme et des polynmes en + montre que :

limnn

1n(lnn) = 0.

Par comparaison une srie de Riemann, la srie est convergente. < 1 : La comparaison du comportement du logarithme et des polynmes en +montrer

que :limnn

1n(lnn) = +.

Par comparaison une srie de Riemann, la srie est divergente. = 1. Remarquons dabord que si < 0, la srie est divergente car son terme gnral

est suprieur 1/n. Si 0, la dcroissance de la fonction x 7 1x(lnx) sur [2,+[ nous

autorise comparer une intgrale. On a, par les encadrements classiques pour k 3 : k+1k

dx

x(ln x) 1

k(ln k) kk1

dx

x(ln x) .

On somme ces ingalits pour k allant de 3 n : n+13

dx

x(ln x) nk=3

1k(ln k)

n2

dx

x(ln x) .

Il faut maintenant intgrer la fonction. Si 6= 0, on trouve :1

1

(1

ln1(n+ 1) 1

ln1 3

)

nk=3

1k(ln k)

11

(1

ln1(n) 1

ln1 2

).

Pour < 1, le terme de gauche tend vers +, et la srie est divergente. Pour > 1, leterme de droite tend vers une limite finie, et la srie est convergente (une srie termepositif est convergente si, et seulement si, elle est majore). Pour = 1, la fonctionsintgre en ln(ln x), et le terme droite de lingalit tend l encore vers +. La srieest divergente.

Exercice 5 - Inclassables - L2/Math Sp - ??

1. Pour tout entier naturel N , on a :

SN =Nn=1

un =E(N)

k=1

1k2.

La suite (SN ) est donc croissante, et majore par la somme de la srie convergente1 1/k2. On en dduit que la srie

un est convergente.

2. Daprs lingalit des accroissements finis, on a :

0 un a1 + n2 .

La srie terme gnral positif un est convergente.http://www.bibmath.net 5


Exercice 6 - Cas limite de la rgle de dAlembert - L2/Math Sp - ?

1. Cette srie est bien adapte lutilisation du critre de dAlembert. On calcule donc

un+1un

= an+1(n+ 1)!(n+ 1)n+1

nn

ann!

= a(1 + 1

n

)n= a exp

(n ln

(1 + 1

n

))= a exp

(n

( 1n+ o

( 1n

))).

On obtient donc que un+1/un converge vers a/e. Par application de la rgle de dAlembert,si a > e, la srie est divergente. Si a < e, la srie est convergente. Le cas a = e est un caslimite o le thorme de dAlembert ne permet pas de conclure directement.

2. On pousse un peu plus loin le dveloppement prcdent. On obtientun+1un

= e exp(n

( 1n 12n2 + o

( 1n2

)))= e exp

(1 + 12n + o

( 1n

))= 1 + 12n + o

( 1n

).

En particulier, pour n assez grand, un+1un 1, et donc la suite (un) est croissante. Elle neconverge donc pas vers zro, et la srie n un est divergente.

Exercice 7 - Cas limite de la rgle de dAlembert - L2/Math Sp - ??

1. On a :un+1un

= 2n+ 12n+ 2 = 11

2n+ 2 .

La suite un+1/un converge donc vers 1. En outre, on a :

(n+ 1)un+1nun

= 2n+ 12n 1.

Par consquent, la suite nun est croissante, et comme un est positive, on a :

nun u1 = un u1n.

La srie de terme gnral (un) est divergente (minore par une srie divergente).2. On a de mme :

vn+1vn

= 2n 12n 1.Dautre part, un calcul immdiat montre que :

(n+ 1)vn+1nvn

=(1 + 1

n

) (1 32n+ 2

).



Effectuons un dveloppement limit de cette quantit au voisinage de + afin dobtenirla position par rapport 1. On a :

(n+ 1)vn+1nvn

= 1 + 2 32n+ 2 + o(1/n).

Pour n assez grand, (n+1)vn+1

nvn 1 a le signe de 232n+2 , qui est ngatif puisquon a suppos

< 3/2. Soit n0 un rang partir duquel lingalit est vraie. On a, pour n > n0 :vn+1vn0

= vn+1vn

vn1vn2

. . .vn0+1vn0

n

(n+ 1)(n 1)n

. . .n0

(n0 + 1)

n0

(n+ 1) .

On a donc obtenu :0 vn+1 vn0

n0(n+ 1) .

Prenons maintenant ]1, 3/2[. Par comparaison une srie de Riemann, la srie determe gnral (vn) converge. On vient donc de voir deux phnomnes trs diffrents de cequi peut se passer dans le cas limite de la rgle de dAlembert. Le second rsultat est uncas particulier de ce que lon appelle rgle de Raabe-Duhamel.

Exercice 8 - Un cran au dessus ! - L2/Math Sp - ??

1. Il faut savoir que la suite des sommes partielles de la srie harmonique est quivalente lnn. On utilise ici seulement la minoration, qui se dmontre trs facilement par compa-raison une intgrale :

1 + 12 + +1n n+11

dx

x= ln(n+ 1).

On peut obtenir une estimation prcise du dnominateur galement en faisant une compa-raison une intgrale. Le plus facile est toutefois dutiliser la majoration brutale suivante :

ln(n!) = ln(1) + + ln(n) n lnn.Il en rsulte que un 1n , et la srie

un est divergente.

2. On majore sous lintgrale. En utilisant sin x x, on obtient (on suppose n 2) :

0 un pi/n0

x3

1 + xdx pi/n0

x3dx pi4

4n4 .

La srie un est convergente.3. Remarquons dabord que un > 0 pour tout entier n. Supposons dabord > 0. Alors,

puisque eun 1, la suite (un) converge vers 0, et donc eun 1. Il vient un + 1n , etdonc la srie converge si et seulement si > 1. Supposons maintenant 0. Alors la suite(un) ne peut pas tendre vers 0. Si ctait le cas, on aurait un+1 = eun/n eun e1/2ds que n est assez grand, contredisant la convergence de (un) vers 0.



Exercice 9 - Srie des inverses des nombres premiers - L2/Math Sp - ??

1. Si la suite (Vn) est convergente, notons v sa limite. Il est clair que v 1 puisque, pourchaque k, 11 1

pk

1. Alors, par composition des limites, (ln(Vn)) converge vers ln(v) (lepoint cl est ici de remarquer que v est strictement positif, pour que (ln(Vn)) admettebien une limite finie). La rciproque se prouve en composant avec lexponentielle.

2. tudions donc la suite (ln(Vn)). On a

ln(Vn) =Nk=1

ln(

11 1pk

)=

Nk=1 ln

(1 1

pk

).

Dire que la suite (ln(Vn)) est convergente quivaut donc dire que la srie de terme gnral ln

(1 1pk

)est convergente. Mais on a

ln(1 1

pk

)+ 1

pk.

Puisque 1pk est positif, alors la convergence de la srie de terme gnral ln(1 1pk

)est

quivalente la convergence de la srie k1 1pk . Ainsi, utilisant le rsultat de la premirequestion, la suite (Vn) converge si et seulement si la srie

k1

1pk

converge.3. Il suffit de remarquer que 0 < 1pk < 1 pour tout entier k et donc que, daprs la formule

pour une somme gomtrique, on a1

1 1pk=j0

1pjk.

4. Si on dveloppe le produit nk=1 (j1 1pjk

), on fait apparaitre la somme des inverses des

entiers dont la dcomposition en produit de facteurs premiers ne fait apparaitre que desnombres premiers infrieurs ou gaux pn. En particulier, si j n, sa dcompositionen produit de facteurs premiers ne fait apparaitre que des nombres infrieurs ou gaux n donc pn (le nime nombre premier est videmment suprieur ou gal n). Enparticulier, on obtient

Vn nj=1

1j.

5. Daprs la question prcdente, puisque la srie j 1j est divergente, il en est de mme dela suite (Vn). Ceci entraine la divergence de la srie

k1

1pk.

6. Si 1, alors 1pk 1pk . On en dduit que la srie

k

1pkest divergente. Si > 1, alors

1pk 1k . La srie

k

1pkest alors convergente.

Exercice 10 - Valeur absolue et sinus - L2/Math Sp - ??Du fait que | sinn| 1, on a :

| sin(n)|n

sin2 n

n= 1 cos(2n)2n .



Maintenant, par une transformation dAbel, il est bien connu que la srie de terme gnralcos(2n)2n est convergente. Le terme gnral de la srie tudie scrit donc comme somme du

terme gnral dune srie convergente et du terme gnral dune srie divergente. On en dduitque la srie de terme gnral | sinn|n est divergente.Exercice 11 - Entiers sans 9 - L2/Math Sp - ???

On note AN = A {10N , . . . , 10N+1 1}. Chaque lment de AN comporte N + 1 chiffres,et chaque chiffre doit tre compris entre 0 et 8. Ainsi, le cardinal de AN est infrieur ou gal 9N+1. On en dduit :

kAN

1k 9

N+1

10N 99N10N .

Posons M = 9n1 9n10n . Alors, soit n et entier et N tel que kn AN . On apn

1kj

Nj=1

kAj

1k

Nj=1

9 9j

10j S.

La srie est termes positifs et ses sommes partielles sont majores : elle est donc convergente !Exercice 12 - Au niveau Terminale S - Master Enseignement - ??

Loutil principal est : toute suite croissante et majore converge. On doit donc trouver unnonc dexercice o on fait prouver cela un lve de Terminale S. Ce qui est difficile estvidemment de prouver que (Kn) est majore. Pour cela, on peut : ou bien comparer uneintgrale (trs difficile en TS), ou bien utiliser lingalit 1

k2 1k(k1) . Avec la deuxime ide,voici un nonc possible.

1. Dmontrer que la suite (Kn) est croissante.2. Dmontrer que, pour tout k 2, on a

1k2 1k 1

1k.

3. En dduire que, pour tout n 2, on a

Kn 2 1n.

4. Conclure.

Convergence de sries termes quelconques

Exercice 13 - Pour commencer ! - L2/Math Sp - ?

1. On a :|un| 1

n2,

et la srie converge absolument.2. La srie est alterne, et le module du terme gnral dcrot vers 0 partir dun certain

rang : la srie converge par application du critre des sries alternes.



3. Il sagit dune srie alterne bien cache. En effet, n2 a la parit de n, et cos(kpi) = (1)k.Le terme gnral vaut donc un =

(1)nn lnn . La srie converge par application immdiate du

critre spcial des sries alternes.

Exercice 14 - Convergence absolue - L2/Math Sp - ?On va montrer que cette srie est absolument convergente. Puisque f est continue sur le

segment [0, 1], elle y est borne par M , et on a :

|un| Mn

10tndt M

n(n+ 1) .

La srie de terme gnral (un) est absolument convergente.Exercice 15 - Une erreur classique... - L2/Math Sp - ?

1. Ceci est une consquence directe du critre des sries alternes. La srie est alterne, etla valeur absolue du terme gnral dcrot vers zro.

2. On crit que(1)nn+ (1)n =

(1)nn 1

1 + (1)nn

= (1)n

n

(1 (1)

n

n

+ 1n+ o

( 1n

))= (1)

n

n 1n+ (1)

n

nn

+ o( 1nn

).

3. Notons un = (1)n

n+(1)n , vn =(1)n

n, wn = 1n et tn = (1)

n

nn

+ o(

1nn

). Notons Un,

Vn, Wn et Tn leurs sommes partielles respectives. Alors (Vn) est convergente, (Wn) estdivergente, et (Tn) est convergente. En effet, |tn| + 1nn et la srie

n tn est absolument

convergente. Donc (Un) est somme de deux suites convergentes et dune suite divergente.Elle est donc divergente. Autrement dit, la srie de terme gnral un est divergente.

4. Bien que (1)n

n+(1)n +(1)n

n, lune des deux sries converge et lautre diverge. Dans le

thorme de comparaison de deux sries, on ne peut donc pas se passer de lhypothse queles termes gnraux gardent le mme signe. Une autre conclusion est que un = (1)nan,avec an 0, (an) tend vers 0, et pourtant n un diverge. Dans le critre des sriesalternes, on ne peut donc pas se passer de lhypothse (an) dcroit.

Exercice 16 - Dcomposition - L2/Math Sp - ??

1. Le dveloppement limit de un donne :

un =(1)n2n+ 1

12(2n+ 1)2 + o

( 1n2

)= (1)

n

2n+ 1 + vn,

o vn 18n2 . Maintenant, la srie alterne (1)n

2n+ 1 converge par application du critrespcial des sries alternes, et la srie vn, terme gnral de signe constant, convergeelle aussi (srie de Riemann). La srie un est convergente comme somme de deux sriesconvergentes.



2. Faisons un dveloppement limit du terme gnral un au voisinage de + :

un =(1)nn/2

12n3/2

+ vn,

o vn = o(n3/2

). La srie (1)n

n/2converge daprs le critre spcial des sries alternes.

La srie un a donc le mme comportement que la srie de terme gnral :

wn = 12n3/2 + vn.

Maintenant, wn 12n3/2 qui ne change pas de signe. Autrement dit, le comportementde la srie de terme gnral un est le mme que celui de la srie de terme gnral

1n3/2

.On en dduit que la srie diverge pour 0 < 23 et converge pour > 2/3.

3. Remarquons dabord que si = , un nest pas dfini pour n impair. Supposons donc 6= . Si < , crivons un =

1n(1 + (1)nn) . Ainsi, un est dfinie pour n 2, et positif ;

en outre, un 1n . La srie converge dans ce cas si et seulement si > 1. Si > , le terme dominant nest plus le mme, et on crit dsormais :

un =(1)n

n(1 + (1)nn) .

On voit ainsi que un est bien dfinie pour n 2, et cest une srie alterne. On a|un| 1n , en consquence : Pour > 1, un est absolument convergente. Pour 0, un est grossirement divergente.Il reste ainsi tudier le cas o 0 < 1. On effectue un dveloppement limit duterme gnral :

un =(1)nn

1n2

+ o( 1n2

)= (1)

n

n+ vn.

La srie (1)n

nconverge daprs le critre spcial des sries alternes. Dautre part,

vn 1n2 . Daprs la rgle de comparaison une srie terme constant, elle convergesi, et seulement si, 2 > 1. Finalement, pour 0 < 1, si 2 > 1, un converge (somme dune srie convergente et dune srie conver-gente).

si 2 1,un diverge (somme dune srie divergente et dune srie convergente).Exercice 17 - En deux tapes - L2/Math Sp - ??

Pour |b| 1, la suite (bn), qui est borne, est ngligeable devant 2n. Par consquent,

(2n + bn) + 2

n, et un an. On en dduit alors que, pour |a| 1, le terme gnral un ne

tend pas vers 0 : la srien un est donc divergente ; Pour |a| < 1, la srien un est absolumentconvergente car |un| n |an|, le terme de droite tant le terme gnral dune srie convergente.Si maintenant |b| > 1, alors la suite (2

n) est ngligeable devant (bn) (faire le quotient en



passant par la notation exponentielle). On en dduit que un + 2nan

bn . Posons vn =2n|a|n|b|n ,

et tudions la suite (vn) en appliquant le critre de dAlembert. On a

vn+1vn

= |a||b| 2n+1n.

Puisquen+ 1 n tend vers 0 (multiplier par la quantit conjugue), on en dduit que

limn+ vn+1vn =|a||b| . Si |a| < |b|, alors la srie

n vn converge, et la srie

n un est absolument

convergente. Si |a| |b|, alors (|un|) tend vers +, et la srie n un est divergente.Exercice 18 - Discussion suivant un paramtre - L2/Math Sp - ??

On commence par distinguer les cas |y| 1 et |y| > 1. Si |y| > 1, alors un + xnyn . Si |x| > |y|, le terme gnral ne tend pas vers 0, et lasrie converge. Si |x| < |y|, la srie converge absolument par comparaison une sriegomtrique convergente. Si maintenant |y| = |x|, alors si x = y, on a un = 11+ n

yn= 1

et donc le terme gnral ne tend pas vers 0, la srie diverge. Si |y| 1, alors un + xnn . Lorsque |x| < 1, on dduit la convergence absolue de lasrie de terme gnral un. Lorsque |x| > 1, le terme gnral ne tend pas vers 0, et lasrie diverge. Reste tudier les cas x = 1 et x = 1. Si x = 1, alors un + 1n , et parcomparaison une srie termes positifs divergente, la srie n un diverge. Si x = 1,alors

un =(1)n

n(1 + yn/n) =(1)nn

(1 + y

n

n+ o

( 1n2

))= (1)

n

n+ (y)

n

n2+O

( 1n3

):= vn + wn + zn.

Or, n vn converge (par le critre des sries alternes), nwn et n zn convergent abso-lument, donc, si x = 1 et |y| < 1, la srie de terme gnral n un converge.

Exercice 19 - Reste dune srie alterne - L2/Math Sp - ??

1. Cest plus facile de raisonner en se ramenant ltude dune fonction. Pour cela, on pose

f(x) = 1(x+ n) 1

(x+ n+ 1) ,

de sorte que vp = f(p). Il suffit donc de dmontrer que la fonction f est dcroissante sur]0,+[, ce que lon constate aisment en calculant sa drive et en remarquant quelleest ngative.De plus, il est clair que (vp) tend vers 0, et donc le critre des sries alternes donne laconvergence de p vp. De plus, par application de ce mme critre, le signe de la sommeest le mme que le signe du premier terme. Ainsi, +p=0(1)pvp 0.

2. On va donc appliquer le critre des sries alternes la srie de terme gnral un. Onremarque dj que, par application du critre des sries alternes, le signe de un est lemme que celui de (1)n/n. On a donc bien affaire une srie alterne. De plus, on saitque

|un| 1n,



et donc (|un|) tend vers 0. Enfin, on va dmontrer que |un+1| |un|. Pour cela, on calcule

|un| |un+1| =+p=0

(1)p(p+ n)

+p=0

(1)p(p+ n+ 1) =

+p=0

(1)pvp.

Daprs la question prcdente, on a bien |un| |un+1|.Exercice 20 - Transformation dAbel - L2/Math Sp - ??

1. On crit successivement :q

k=pukvk =

qk=p

(sk sk1)vk

=q

k=pskvk

qk=p

sk1vk

=q

k=pskvk

q1k=p1

skvk+1

=q1k=p

sk(vk vk+1) + sqvq sp1vp1.

2. On va appliquer le critre de Cauchy pour dmontrer la convergence de la srie. Pour cela,fixons > 0 et soit N un entier tel que, pour n N , on a |vn| . Soient p, q N .Fixons aussi M > 0 tel que |sn| M pour tout n N. Daprs lcriture que nous avonsobtenue la premire question et lingalit triangulaire, on a

qk=p

ukvk

M+M+q1k=p|sk(vk vk+1)|.

Puisque |sk| M et que vk vk+1 0, on trouveq

k=pukvk

M+M+Mq1k=p

(vk vk+1)

M+M+M(vp vq) 3M.

Daprs le critre de Cauchy, la srie est convergente.3. En utilisant la question prcdente, il suffit de prouver que la suite (Sn) dfinie par

Sn =nk=0

sin(k)

est borne. Pour cela, on crit sin(k) = =m(eik) et on utilise la somme dune srietrigonomtrique :

nk=0

sin(k) = =m(

nk=0

eik).



Mais on a, pour / 2piZ,nk=0

eik = 1 ei(n+1)

1 ei

= ei(n+1)2

ei/2 e

i(n+1)/2 e+i(n+1)/2ei/2 ei/2

= ein/2sin((n+1)

2

)sin(2

) .Revenant Sn, on trouve, pour / 2piZ,

Sn =sin(n2

)sin((n+1)

2

)sin(2

) .Ceci est bien borne indpendamment de n par 1| sin(/2)| . Si 2piZ, alors bien sr Sn = 0.

Exercice 21 - Dcomposition - avec Abel - L2/Math Sp - ??

1. On a, au voisinage de +,

sin(sinn

3n)= sinnn1/3

sin3 n

6n + vn,

o vn = O(

1n5/3

). Daprs la rgle dAbel,

sinnn1/3

converge. Dautre part, on peutcrire :

sin3 n = 34 sinn14 sin 3n.

Mais, toujours daprs la rgle dAbel, les sries sinn

net sin 3n

nconvergent, et

donc sin3 n

nconverge. Enfin, la srie de terme gnrale vn est absolument convergente,

puisque |vn| n5/3 pour une constante M . Finalement, on a prouv que la srie estconvergente.

2. On fait le dveloppement du terme gnral au voisinage de + :

un =(1)n cosn

n+ (1)n+1 cosn sinn

n2+ o

( 1n2

)= (1)

n cosnn

++vn,

o vn = O(1/n2). La srie de terme gnral vn est donc absolument convergente. Dautrepart, la srie de terme gnral (1)

n cosnn

est convergente (faire une transformation dAbel).On en dduit que la srieun est convergente comme somme de deux sries convergentes.

Exercice 22 - Terme gnral donn par un produit - L2/Math Sp/Oral Centrale - ??On va commencer par tudier la suite ln(un). On a, en effectuant un dveloppement limit



du logarithme,

ln(un) =nq=2

ln(1 + (1)

q

q

)

=nq=2

((1)q

q 1q+O(1/q3/2)

).

Or, les sries nq=2 (1)qq et nq=2O(1/q3/2) convergent par, respectivement, le critre des sriesalternes et par convergence absolue et comparaison une srie de Riemann. Dautre part, ilest bien connu (par comparaison une intgrale) que

nq=2

1q= lnn+ + o(1)

o R. On en dduit queln(un) = lnn+ + o(1)

soit, en prenant lexponentielle,un =

nexp(o(1)).

On a donc un + n , et la srie de terme gnral un est donc divergente.Exercice 23 - Critre de Cauchy - Math Sp - ???

Pour chaque entier k 1, on va considrer les entiers n tels que :2kpi pi3 lnn 2kpi +

pi

3 .

Pour de tels entiers, on a cos(lnn) 1/2. Posons donc :

nk = E(exp

(2kpi pi3

)), mk = E

(exp

(2kpi + pi3

)), Sk =

mkn=nk+1

cos lnnn

.

Si la srie convergeait, on aurait Sk 0 pour k . Montrons que ceci est faux. En effet, ona :

Sk mk

k=nk+1

12mk

mk nk2mk .

Dautre part, on sait que

nk exp(2kpi pi/3) et exp(2kpi + pi/3) 1 mk exp(2kpi + pi/3).On en dduit que

mk nk2mk

e2kpi+pi/3 e2kpipi/3 1

e2kpi+pi/3 1 .Par passage la limite, on trouverait :

0 1 e2pi/3

2 ,

ce qui est faux !Exercice 24 - Un cran au-dessus ! - Math Sp - ???



1. On crit e =k1 1k! et 1e =k1 (1)kk! . On dcompose alors n!e en an + bn, o :an =

kn

n!k! et bn =

+p=1

1(n+ 1) . . . (n+ p) .

Observons que an est un entier. En outre, si k n 2, n!/k! est un entier pair (caril est divisible par n(n 1) qui est pair). On en dduit que an est de parit oppose n, et cos(pian) = (1)n+1. Utilisant la formule de trigonomtrie habituelle, on obtientsin(epin!) = (1)n+1 sin(pibn). Remarquons ensuite que la suite (bn) est positive, dcrois-sante, et quelle tend vers 0 grce la majoration :

bn p1

1(n+ 1)p

1n.

Il en est de mme de la suite sin(pibn), et donc la srie de terme gnral sin(n!epi) convergepar application du crite des sries alternes.Un raisonnement similaire montre quau voisinage de +, on a :

sin(n!pi/e) pin.

Cette srie diverge.2. Observons dabord que la srie converge absolument si > 1, et diverge grossirement

si 0. Posons Ip = {n N; E(n) = p}. Posons vp = nIp un = 2pr=0 (1)p(p2+r) . De

lencadrement :2p+ 1

(p2 + 2p) |vp| 2p+ 1p2

,

on tire que |vp| 2p21 . Lorsque 1/2, la suite (vp) ne tend pas vers 0, et le critre deCauchy ne peut pas tre respect pour la srieun qui est donc divergente. Si maintenant > 1/2, on a au voisinage de + :

vp =2(1)pp21

+O( 1p2

).

Ceci prouve que la srie de terme gnral vp est (semi-)convergente. Posons enfin, pour net p des entiers, Un =

nk=1 un et Vp =

pk=1 vp. Si pn = E(

n), lingalit triangulaire

donne :|Un Vpn | vpn .

On passe la limite quand n tend vers + pour prouver que la srie converge !Exercice 25 - Convergence dune srie dont le terme gnral est un produit -L2/Math Sp - ???

On a

ln(un) =nq=2

ln(1 + (1)

q

q

)

=nq=2

(1)qq 12q +O

( 1q3/2

).



On reconnait ici deux sries convergentes et une srie divergente dont lestimation des sommespartielles est bien connue. Prcisment, on nq=2 (1)qq qui admet une limite lorsque n tend vers+, nq=2O ( 1q3/2) aussi et nq=2 1q = ln(n) + Dn, o (Dn) admet une limite lorsque n tendvers +. On peut donc crire que :

un = 12 lnn+ Cn

avec (Cn) qui admet une limite lorsque n tend vers +, que lon note C. Prenons lexponentielle,on trouve que

un =exp(Cn)

n e

C

n.

La srie de terme gnral (un) est donc divergente.

Calculs de somme

Exercice 26 - Avec des racines - L2/Math Sp - ?On a affaire une srie tlescopique un peu complique. Les simplifications se font sur

lcriture de 3 termes conscutifs. On prouve donc que la srie converge, et que sa somme fait :1 12 .Exercice 27 - Exponentielle ! - L2/Math Sp - ?

On va se ramener au fait que : n0

1n! =

1e.

Pour cela, on va dcomposer le polynme X3 dans la base 1, X,X(X1), X(X1)(X2). Enraisonnant dabord avec le terme de plus haut degr, puis celui juste aprs, etc..., on trouve :

X3 = X(X 1)(X 2) + 3X(X 1) +X.

On en dduit :n1

n3

n! =n1

n(n 1)(n 2)n! + 3

n1

n(n 1)n! +n1

n

n!

=n3

1(n 3)! +

n2

3(n 2)! +

n1

1(n 1)!

= 5e.

Exercice 28 - Elimination imprvue - L2/Math Sp - ??Il faut utiliser la formule suivante :

arctan( 1k2 + k + 1

)= arctan

(1k

) arctan

( 1k + 1

),



quon peut prouver par exemple en appliquant la fonction tangente des deux cts de lgalitet utiliser la formule tan(a b) = . . . . On en dduit, par procd standard dlimination :

nk=1

arctan( 1k2 + k + 1

)= arctan(1) arctan

( 1n+ 1

) pi2 .

Exercice 29 - Srie harmonique alterne - L2/Math Sp - ?

1. Remarquons dabord par rcurrence sur n que la drive n-ime de f(t) = ln(1 + t) est :

f (n)(t) = (1)n1(n 1)!(1 + t)n .

On va appliquer lingalit de Taylor-Lagrange cette fonction entre 0 et 1. Remarquonsque si t [0, 1], on a : f (n)(t) (n 1)!On a donc : f(1) f(0)

n1k=1

f (k)(0)n!

1n,ce qui en remplaant les drives successives en zro donne :ln(2)

n1k=1

(1)k1k

1n.Faire tendre n vers + donne le rsultat.

2. Avec lindication, il vient :

Un =nk=1

(1)k+1k

= 10

(nk=1

(t)k1)dt =

10

1 (t)n1 + t dt.

Or, 10

dt1+t = ln 2, et 10 (t)

n

1 + t dt 10 tndt = 1n+ 1 .

Il vient |Un ln 2| 1n+ 1 , ce qui est bien le rsultat attendu.

Exercice 30 - Par regroupement ! - Math Sp - ???Contrairement ce quon pourrait penser premire vue, la srie nest pas alterne. On

peut prouver sa convergence laide dun dveloppement limit du terme gnral. Toutefois,ceci ne permet pas de calculer la somme. Pour ce dernier problme, il faut regrouper deux pardeux (astuce !). En effet, on a :

vn = u2n + u2n+1 =1

2n+ 1 12n =

12n(2n+ 1) .

On ne change pas la nature dune srie DONT LE TERME GNRAL TEND VERS 0 enregroupant un nombre BORN de termes. Ainsi, les sries de terme gnral un et vn sont de



mme nature, et en plus elles ont mme somme. Or, il est clair que la srie de terme gnral vnest convergente (comparaison une srie de Riemann). En outre, on peut calculer la somme decette srie. Or,

vn =1

2n+ 1 12n =

12n+ 1 +

12n

1n.

On a donc :

Vn =nk=1

vk =2n+1p=2

1p

n1

1p.

Utilisant n1 1p = lnn+ + o(1), ( est la constante dEuler), on a :Vn = ln(2n+ 1) 1 ln(n) + o(1).

Ainsi,Vn ln(2) 1.

Estimation des sommes partielles et du reste

Exercice 31 - Srie alterne - Math Sp/L2 - ?On remarque dabord que la srie est convergente. Il sagit dune srie alternen1(1)nan

o an = 1n ln(n+1) est une suite dcroissante vers 0. Notons Sn la somme partielle dordre n decette srie et S cette somme. Alors on peut appliquer le critre des sries alternes, et on sait queS est encadr par deux sommes partielles conscutives. Plus prcisment ici, en tenant comptedu fait que S2n1 S2n, on a S2n1 S S2n. Il suffit donc de calculer S2n1 et S2n jusquce que S2n S2n1 = 12n ln(2n+1) 105. Ceci donne :n=1S=0T=0Rpte

S=T-1/((2*n-1)*ln(2n))T=S+1/((2*n)*ln(2n+1))

jusqu (T-S)


2. Lquation prcdente montre quen ralit

uk+1uk 125 .

Par rcurrence, on obtient que

un+k+1 25kun+1.

Ainsi,

Rn un+1 +k=0

25k = 2524un+1.

3. Ds n = 2, on a Rn < 0, 001. Une valeur approche 103 prs est donc donne paru1 + u2 ' 0, 202.

Exercice 33 - Dveloppement asymptotique de la srie harmonique - L2/Math Sp- ??

1. Puisque la fonction t 7 1t est dcroissante, on a, pour tout k 2, k+1k

dt

t 1k kk1

dt

t. (1)

Sommant cette relation pour k allant de 2 n, puis ajoutant 1, on obtient :

1 + n+12

dt

t Hn 1 +

n1

dt

t.

Calculant lintgrale, on trouve :

1 + ln(n+ 1) ln(2) Hn ln(n) + 1.

On en dduit que Hn/ lnn 1, et donc Hn lnn.2. Nous avons

vn = Hn+1 ln(n+ 1)Hn + ln(n)= 1

n+ 1 ln(n+ 1) + ln(n)

= 1n+ 1 + ln

(1 1

n+ 1

)= 1

n+ 1 1

n+ 1 1

2(n+ 1)2 + o( 1(n+ 1)2

)ce qui dmontre que vn + 12(n+1)2 . On en dduit que la srie

n vn est convergente.

De plus, revenant la dfinition vn = un+1 un, on voit que les sommes partielles setlescopent et que

nk=1

vk = un u1.



3. On reprend la mme mthode que pour prouver la divergence de la srie harmonique, savoir que lon compare une intgrale. En effet, pour tout k, on a : k+1

k

dt

t2 1k2 kk1

dt

t2.

Sommant cette ingalit pour k allant de n +, on trouve1n= +n

dt

t2 Rn

+n1

t

2t2 =1

(n 1)2 .

On trouve finalement Rn + 1n .4. Soit donc wn tel que Hn = lnn+ + wn. On sait que (wn) 0. Dautre part, on a :

tn = wn+1 wn = 12(n+ 1)2 + o( 1n2

)daprs la question 2., soit tn 12n2 . On applique le critre de comparaison des sries termes positifs : la srie de terme gnral tn est convergente, et on a

+k=n

wk+1 wk ++k=n

12k2 .

Or, puisque (wn) tend vers 0, on aNk=n

wk+1 wk = wN+1 wn wn pour N +.

Ainsi, utilisant le rsultat de la question prcdente, on trouve

wn + 12n, ce qui scrit aussi wn =12n + o

( 1n

).

Ceci est bien le rsultat demand.

Exercice 34 - Somme et dveloppement asymptotique de la srie des inverses descarrs - L2/Math Sp - ??

1. (a) On sait que 1k 1t pour t [k, k+1]. On intgre cette ingalit entre k et k+1 eton trouve la partie gauche de lingalit demande. De mme, on sait que 1t 1kpour t [k 1, k], et on intgre cette ingalit.

(b) On somme ces ingalits pour k allant de n +, et on trouve : +n

dt

t Sn

+n1

dt

t,

soit encore1

( 1)n1 Sn 1

( 1)(n 1)1 .Puisque

(n 1)1n1

1,on en dduit le rsultat demand.



2. Une intgration par parties donne pi0f(t) sin

((2n+ 1)t/2

)dt = (1)n+1 22n+ 1f(pi) +

22n+ 1

pi0f (t) cos

((2n+ 1)t/2

).

Or, pi0 f (t) cos ((2n+ 1)t/2)dt pi0 |f (t)|dt,

et donc on a pi0f(t) sin

((2n+ 1)t/2

)dt 0.

3. Cest un calcul classique. On crit cos(kt) =


drive y est continue, on peut appliquer le thorme de prolongement dune drive. Onremarque ainsi que, pour t ]0, pi],

f (t) = 2(2at+ b) sin(t/2) (at2 + bt) cos(t/2)

4 sin2(t/2)

= 2(2at+ b)(t/2 + o(t2)) (at2 + bt)(1 t2/2 + o(t2))t2 + o(t2)

= at2 + o(t2)t2 + o(t2) a.

Par le thorme de prolongement dune drive, f est de classe C1 en 0. On peut alorsappliquer le rsultat des questions prcdentes.

6. On aSn pi

2

6 =

kn+1

1n2+ 1

n

daprs la premire question.

Exercice 35 - Somme de logarithmes - L2/Math Sp - ??Pour k 1, puisque la fonction ln2 est croissante sur [1,+[, on a

ln2(k) k+1k

ln2(t)dt ln2(k + 1).

En sommant ces ingalits de k = 1 jusque k = n, on trouve

un n+11

ln2(t)dt un+1 ln2(1),

ce qui scrit encore n1ln2(t)dt un

n+11

ln2(t)dt.

On calcule ensuite x1 ln2(t)dt par une intgration par parties x

1ln2(t)dt =

[t ln2(t)

]x1 2

x1ln(t)dt

= x ln2(x) 2[t ln t t]x1= x ln2(x) 2x ln x+ 2x 2.

Ainsi, on trouve

n ln2(n) 2n lnn+ 2n 2 un (n+ 1) ln2(n+ 1) 2(n+ 1) ln(n+ 1) + 2(n+ 1) 2.

Ceci prouve que un + n ln2(n). Ainsi, 1un + 1n ln2(n) . Mais la srie 1n ln2(n) est conver-gente (cest une srie de Bertrand convergente, pour prouver la convergence, on compare uneintgrale, et on utilise que

x2

dtt ln2 t = 1lnx + 1ln 2 admet une limite quand x tend vers +).

Exercice 36 - Dcroissance trs rapide linfini - L2/Math Sp - ??Lide est quune fonction vrifiant une telle proprit dcroit trs vite vers 0 en +, plus



vite que nimporte quelle fonction eMx. Concrtement, avec des quantificateurs, cela se traduitcomme suit. Soit M > 0. Alors il existe A > 0 tel que, pour tout x A, on a f (x)f(x) M . PourA x y, on a en intgrant puis en passant lexponentielle, que f(y) f(x)eM(yx). Si onfixe x = A et si y = n est un entier, on obtient que 0 f(n) CeMn, o C est une constante.Ceci prouve que la srie est convergente.Cherchons dsormais un quivalent du reste. Pour n A et p 0, on a

f(n+ p) f(n)eMp.Si on somme ceci pour p de 0 +, on trouve

f(n) Rn f(n)+p=0

epM = f(n)1 eM .

Fixons dsormais > 0. Si M est choisi de sorte que 11eM , alors on peut trouver A telque, pour tout n A, on a

f(n) Rn (1 + )f(n).Ceci prouve que f(n) + Rn.

Produit de Cauchy et permutation des termes

Exercice 37 - Somme dune srie par produit de Cauchy - L2/Math Sp - ?Lexercice repose sur la dfinition de lexponentielle par une srie : pour tout x R, on a

exp(x) =n0

xn

n! .

1. Pour chaque n 0, wn est positif et satisfaitwn 2n exp(4).

Puisque la srie de terme gnral 2n exp(4) est convergente, il en est de mme de la sriede terme gnral wn.

2. crivons le produit de Cauchy de k0 bkk! par k0 ak, o a et b sont des rels. Ces deuxsries sont absolument convergentes, et on a :

exp(b) 11 a =k0

bk

k!

k0

ak

= +n=0

un

o un est dfini par

un =nk=0

bk

k!ank = an

nk=0

(b/a)kk! .

Pour a = 1/2 et b = 2, on trouve wn = un. Ainsi, on an0

wn = exp(2) 11 1/2 = 2 exp(2).



Exercice 38 - Somme dune srie et produit de Cauchy - L2/Math Sp - ?Daprs la formule classique pour les sries gomtriques, on a

11 a =

n0

an et 11 b =n0

bn.

Ces deux sries sont absolument convergentes puisque |a| < 1 et |b| < 1. On peut faire le produitde Cauchy et donc on obtient que

11 a

11 b =

n0

wn avec wn =nk=0

akbnk.

Si a = b, on trouve directement que wn =nk=0 a

n = (n + 1)an. Si a 6= b, alors il faut utiliserla factorisation

an+1 bn+1 = (a b)nk=0

akbnk

qui donne le rsultat.Exercice 39 - Sries semi-convergentes et produit de Cauchy -Math Sp/Agreg interne- ??

1. La convergence de un se dmontre par une simple application du critre des sriesalternes. La srie ne converge pas absolument, par application du critre de Riemann.

2. Le terme gnral de la srie produit de Cauchy est donn par :

vn =nk=0

ukunk =nk=0

(1)kk + 1

(1)nkn k + 1 = (1)

nnk=0

1(k + 1)(n+ 1 k) .

Soit u(x) = (x + 1)(n + 1 x). Sa drive est u(x) = n 2x. Une tude rapide montredonc que sur [0, n], u atteint son minimum en n/2. On obtient donc

|vn| n 1(n/2 + 1)(n/2 + 1) C > 0.Ainsi, vn ne tend pas vers 0 et le produit de Cauchy de ces deux sries ne converge pas.

3. Il est dabord clair que est une bijection de N. En effet, tout nombre est ou bien pair,et donc de la forme 2p, ou bien impair, et ce sous cas se divise en congru 1 modulo 4ou congru 3 modulo 4. Posons

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

2n+ 1 1

4n+ 2 1

4n+ 4,

de sorte quewn C

n

avec C < 0. Ainsi, la srie de terme gnral wn diverge. Or,Nn=1

wn =3Nn=1

u(n).

La srie de terme gnral u(n) est donc aussi divergente.



Applications

Exercice 40 - Formule de Stirling - L2/Math Sp - ??

1. On crit Nn=1 yn = xN+1 x1 (la somme est tlescopique). Ainsi, la suite des sommespartielles (Nn=1 yn) converge si et seulement si la suite (xN ) converge.

2. Un petit calcul prouve que :

vn =(n+ 12

)ln(1 + 1

n

) 1.

On effectue un dveloppement limit de vn -il faut pousser le dveloppement du logarithmejusqu lordre 3 - et on a :

vn =1

12n2 + o( 1n2

).

La srie de terme gnral vn est donc convergente.3. On crit vn = ln(un+1/un) = ln(un+1)ln(un). Puisque la srien vn converge, daprs la

premire question la suite(ln(un)

)converge vers un rel l, et en passant lexponentielle,

on trouve que la suite (un) converge vers un rel C strictement positif. Revenant ladfinition de (un), ceci donne le rsultat.

Exercice 41 - Relation suite/srie - L2/Math Sp - ??

1. On va faire un dveloppement limit de vn. Pour cela, on lcrit sous la forme

vn = ln((n+ 1)un+1

nun

)

= ln((n+ 1)n

)+ ln

(un+1un

)= ln

(1 + 1

n

)+ ln

(un+1un

)= +

n+O

( 1n2

).

La srie de terme gnral vn converge donc si et seulement si = .2. On choisit donc = et on remarque que la somme partielle de la srie de terme

gnral vn correspond une somme tlescopique de ln(un). En effet, on a

N1n=1

vn = ln(nun) ln(u1).

Puisque la srie de terme gnral vn converge, on en dduit que la suite(ln(nun)

)converge vers un rel l R. Par composition des limites, (nun) converge vers A = el.Autrement dit, un + An.



Exercice 42 - Application ltude dune suite rcurrence - L2/Math Sp - ??

1. Posons f(x) = x2 + x, qui envoie ]0,+[ dans lui-mme. On a xn+1 = f(xn) et donc lasuite (xn) est valeurs dans [0,+[. De plus, xn+1xn x2n et donc (xn) est croissante.Si elle tait convergente, elle convergerait vers un point fixe de f . Or, lquation f(x) = xadmet pour seule solution x = 0, et on sait que pour tout n N, xn x0 > 0. La suite(xn) ne peut donc pas converger. Une suite croissante non convergente tend vers +.

2. On a

vn = 2(n+1) ln(x2n + xn) 2n ln(xn)= 2(n+1) ln(x2n) + 2(n+1) ln(1 + x1n ) 2n ln(xn)= 2(n+1) ln(1 + x1n ).

Puisque x1n 0, on sait que ln(1+x1n ) 0 et donc que vn = o(2n). On en dduit quela srie n vn converge. De lgalit

Nn=1

vn = uN+1 u1,

on obtient galement que la suite (un) converge.3. Soit 0 tel que un . La fonction ln ralisant une bijection de [1,+[ sur R+, on

peut choisir 1 tel que = ln(). On en dduit que

2n ln(xn) ln() 0 ln(xn2n

) 0.

Passant lexponentielle, on trouvexn2n 1,

ce qui est exactement le rsultat demand.

Exercice 43 - Etude dune suite rcurrente - L2/Math Sp - ???

1. La fonction x 7 sin x envoie ]0, pi[ dans ]0, 1] ]0, pi[. On en dduit que un ]0, 1] pourtout n 1. En outre, la fonction sin est croissante sur ]0, 1] ]0, pi/2], ce qui prouve que lasuite (un)n1 est monotone, et on a sin x x, ce qui entrane que la suite est dcroissante.Comme elle est minore (par 0), elle converge vers une solution de sin x = x dans [0, pi] :il ny quune seule solution cette quation, 0, et donc la suite (un) converge vers 0.

2. Puisque un 0, sin un un et donc un+1/un 1. Ceci donne encore :

limn

un + un+1un

= 2.

3. Puisque un tend vers 0, il est lgitime de calculer le dveloppement limit de sin un quandn tend vers + :

un+1 = sin un = un u3n

6 + o(u3n).



On en dduit queun un+1

u3n= 16 + o(1),

ce qui est le bon rsultat.4. On met tout au mme dnominateur, et on factorise :

1u2n+1

1u2n

= (un un+1)u2nun+1

(un + un+1)un+1

(un un+1)u3n

(un + un+1)un

13 .

5. Posons vn = 1u2n+1 1u2n

. La question prcdente dit que vn 1/3. Par la rgle de compa-raison des sommes partielles des sries divergentes terme positif, on a :

Nn=1

1u2n+1

1u2nN

N1

13 =

N

3 .

Maintenant, la srie qui apparait gauche est tlescopique, et on obtient :

1u2n+1

1u21 N3 .

Prenant la racine carre, et par thorme de composition des limites, on obtient bien lersultat demand !

Exercice 44 - Irrationalit - Math Sp/L2/Agreg interne - ??Notons Sn la somme partielle Sn =

nk=0

(1)k(2k)! . Par le critre des sries alternes,

S2n1 < cos(1) < S2n = S2n1 +1

(4n)! .

On multiplie ces deux ingalits par (4n 2)! pour trouver

(4n 2)!S2n1 < (4n 2)! cos(1) < (4n 2)!S2n1 + 14n(4n 1) .

Posons N = (4n 2)!S2n1 qui est un entier. On a donc

N < (4n 2)! cos(1) < N + 1.

Or, si cos(1) tait irrationnel et scrivait donc p/q, pour n assez grand, (4n 2)! cos(1) seraitentier (car (4n 2)! est un multiple de q si 4n 2 q). (4n 2)! cos(1) serait donc un entierstrictement compris entre deux entiers conscutifs. Cest absurde !

Rvisions



Exercice 45 - Vrai/Faux - L2/Math Sp - ??

1. Faux ! Prendre un = 1/n2.2. Faux ! Prendre u2n = 1/n2 et u2n+1 = 2/n2. On a toujours u2n+1 > u2n, et pourtant la

srie converge.3. Vrai ! Pour n > n0, on a 0 un 1 et donc 0 u2n un 1. On a convergence par

majoration (le terme gnral est positif).4. Faux ! Prendre un = (1)

n

n +1

n lnn .5. Vrai ! On a convergence absolue, car partir dun certain rang, |un| 2/n2.


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