Planche no 32.

Séries numériques : corrigé

Exercice no 1 :
1) Soient a et b deux réels. Pour tout entier naturel n non nul, deux intégrations par parties fournit

Zπ π Zπ Z
1 π

2

2

sin(nt) sin(nt)
at + bt cos(nt) dt = at + bt − (2at + b) = (2at + b)(− sin(nt)) dt
0 n 0 0 n n 0
 π Z π   π
1 cos(nt) 1 cos(nt)
= (2at + b) − 2a cos(nt) dt = 2 (2at + b)
n n 0 0 n n 0
1 n
= 2 ((2aπ + b)(−1) − b) .
n
puis

Zπ
1 1 1
∀n ∈ N∗ , at2 + bt cos(nt) dt = 2 ⇔ ∀n > 1, 2 ((2aπ + b)(−1)n − b) 2


0 n n n
⇔ ∀n > 1, (2aπ + b)(−1)n − b = 1
1
⇐ b = −1 et a = .
2π
Zπ 
t2

1
∀n > 1, = − t cos(nt) dt.
n2 0 2π

n
X n Zπ  2
X  Zπ  2 n
X
1 t t
2) Pour n > 1, = − t cos(kt) dt = − t cos(kt) dt. Pour t ∈ [0, π], posons
k2 0 2π 0 2π
k=1 k=1 k=1
n
X
fn (t) = cos(kt). Pour t ∈ [0, π],
k=1

  Xn   Xn       
t t 1 1
2 sin fn (t) = 2 sin cos(kt) = sin k+ t − sin k− t
2 2 2 2
k=1 k=1
     
1 1
= sin n+ t − sin t (somme télescopique)
2 2
   
(2n + 1)t t
= sin − sin .
2 2
 
(2n + 1)t
  sin
t 2 1
Par suite, si t ∈]0, π] de sorte que 2 sin 6= 0, fn (t) =   − et d’autre part, fn (0) = n.
2 t 2
2 sin
2
t2

t2
 −t    2 
3) Pour t ∈]0, π], − t fn (t) = 2π   sin (2n + 1)t − 1 t − t . Pour t ∈]0, π], on pose alors
2π t 2 2 2π
2 sin
2
t2
−t
g(t) = 2π   . La fonction g est continue sur ]0, π] et se prolonge par continuité en 0 en posant g(0) = −1. En notant
t
2 sin
2
encore g le prolongement obtenu, pour tout entier naturel n non nul,
n Z  Zπ
X 1 π t2
  
1 (2n + 1)t
= − − t dt + g(t) sin .
k2 2 0 2π 0 2
k=1

Puisque
Z πla fonction
 g est continue
 sur le segment [0, π], le lemme de Lebesgue permet d’affirmer que
(2n + 1)t
lim g(t) sin = 0 et donc
n→+∞ 0 2

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 +∞ Z  π
X 1 π t2 1 t3 t2 1 π3 π2 π2
   
1
2
= − − t dt = − − = − − = .
n 2 0 2π 2 6π 2 0 2 6π 2 6
n=1

+∞
X 1 π2
2
= .
n 6
n=1

Exercice no 2 :
Z1 1
tk

1
1) Soit n ∈ N∗ . Soit k ∈ J1, nK. tk−1 dt = = . Donc,
0 k 0 k

Xn Xn Z1 Z1 X n
!
(−1)k−1 k−1 k−1 k−1
= (−1) t dt = (−t) dt
k 0 0
k=1 k=1 k=1
Z1
1 − (−t)n
= dt (car ∀t ∈ [0, 1], −t 6= 1)
0 1 − (−t)
Z1 Z1 n Z1 n
1 n t n t
= dt − (−1) dt = ln 2 − (−1) dt.
0 1 + t 0 1 + t 0 1 +t
 Z1 n  Z
1 Z1
 t  tn 1
De plus, (−1)n
dt = dt 6 tn dt = .
 
 0 1+t  0 1+t 0 n+1
Z1 n
1 t
Puisque lim = 0, on en déduit que lim (−1)n dt = 0. Mais alors, la suite des sommes partielles
n→+∞ n + 1 n→+∞ 0 1 +t
n
!
X (−1)k−1 (−1)n−1
converge ou encore la série de terme général , n > 1, converge et
k n
k=1 n>1

+∞
X (−1)n−1
= ln 2.
n
n=1

Z1
1
∗
2) Soit n ∈ N . Soit k ∈ J1, nK. t2k dt = . Donc,
0 2k + 1

X n Xn Z1 Z1 X n
!
(−1)k k 2k k
= (−1) t dt = (−t) dt
2k + 1 0 0
k=0 k=0 k=0
Z1
1 − (−t2 )n+1
= dt (car ∀t ∈ [0, 1], −t2 6= 1)
0 1 − (−t2 )
Z1 Z 1 2n Z 1 2n
1 n t π n t
= 2
dt + (−1) 2
dt = + (−1) dt.
0 1 + t 0 1 + t 4 0 1 + t2
 Z 1 2n  Z
1 Z1
 t  t2n 1
De plus, (−1)n
dt = dt 6 t2n dt = .
 
1 + t 2 1 + t 2 2n +1
 0  0 0
Z 1 2n
1 t
Puisque lim = 0, on en déduit que lim (−1)n 2
dt = 0. Mais alors, la suite des sommes partielles
n→+∞ 2n + 1 n→+∞ 0 1+t
n
!
X (−1)k (−1)n
converge ou encore la série de terme général , n > 0, converge et
2k + 1 2n + 1
k=0 n>1

+∞
X (−1)n π
= .
2n + 1 4
n=0

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Exercice no 3 : La suite (un ) est strictement positive.
ln n ln n ln n
1) • Pour tout n ∈ N∗ , n3/2 × = √ . D’après un théorème de croissances comparées, lim √ = 0 et donc
n2 n   n→+∞ n
ln n ln n 1 3 1
n3/2 × 2 = o(1) ou encore 2 = o 3 . Puisque > 1, la série de terme général 3 converge et donc la
n n→+∞ n n→+∞ n2 2 n2
ln n
série de terme général 2 converge.
n
√ √
∗ 1 n n
• Pour tout n ∈ N , n × √ 2
= 2 . D’après un théorème de croissances comparées, lim 2
= 0 et donc
n ln n ln n n→+∞ ln n
1 1 1
√ 2
est prépondérant devant quand n tend vers +∞. Puisque la série de terme général diverge, la série de
n ln n n n
1
terme général √ diverge.
n ln2 n
n−α
2) Si α < 0, on peut écrire un = avec −α > 0. D’après un théorème de croissance comparées, un tend vers +∞
lnβ n
quand n tend vers +∞ et donc la série de terme général un , n > 2, diverge grossièrement.
1 n1−α
3) On suppose que 0 6 α < 1. n × = avec 1 − α > 0. D’après un théorème de croissances comparées,
nα lnβ n lnβ n
1 1 1
pour tout réel β, lim = +∞. Par suite, est prépondérant devant quand n tend vers +∞ et donc
n→+∞ nα lnβ n α
n ln nβ n
la série de terme général un , n > 2, diverge.
1 1 α−1
4) On suppose que α > 1. n(α+1)/2 × = avec > 0. D’après un théorème de croissances
nα lnβ n n(α−1)/2 lnβ n 2  
1 1 1 α+1 1+1
comparées, pour tout réel β, lim β
= 0. Donc, β
= o α+1 . Puisque > = 1,
n→+∞ n (α−1)/2 ln n α
n ln n n→+∞ n 2 2 2
1
la série de terme général α+1 converge et donc la série de terme général un converge.
n 2
1
5) Dans cette question, pour tout n > 2, un = .
n lnβ n
ln−β n 1 1
a) Si β < 0, un = avec −β > 0. Dans ce cas, un est prépondérant devant en +∞. Si β = 0, un = . Dans
n n n
tous les cas, si β 6 0, la série de terme général un diverge.
b) • Soit β > 1. Vérifions que la série de terme général un converge. Puisque la suite (un )n∈N est positive,
! on sait que la
n
X
série de terme général un , n > 2, converge si et seulement si la suite des sommes partielles uk est majorée.
k=2 n>2
β
La fonction t 7→ t ln t est strictement croissante sur ]1, +∞[ en tant que produit de fonctions strictement positives et
1
strictement croissantes sur ]1, +∞[. Donc, la fonction t 7→ est strictement décroissante sur ]1, +∞[ en tant qu’inverse
t lnβ t
de fonction strictement positive et strictement croissante sur ]1, +∞[.
On en déduit que pour n > 3,

n
X nX
1 1 1
β
= +
k=2
k ln k 2 ln 2 k=3 k lnβ k
β

Xn Zk Zn
1 1 1 1
6 + dt = + dt
2 lnβ 2 k=3 k−1 t lnβ t 2 lnβ 2 2 t lnβ
t
 n
1 1 1 1 1
= + − = + −
2 lnβ 2 (β − 1) lnβ−1 t 2 2 lnβ 2 (β − 1) lnβ−1 2 (β − 1) lnβ−1 n
1 1
6 + (car β − 1 > 0).
2 ln 2 (β − 1) lnβ−1 2
β

n
!
X
Ainsi, si β > 1, la suite des sommes partielles uk est majorée et donc la série de terme général un converge.
k=2 n>2

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 1 1
• Vérifions que la série de terme général diverge. Par décroissance de la fonction t 7→ sur ]1, +∞[, pour n > 2,
n ln n t ln t

n
X n Z k+1
X Z n+1
1 1 1
> dt = dt
k ln k k t ln t 2 t ln t
k=2 k=2

= [ln | ln t||2n+1 = ln(ln(n + 1)) − ln(ln 2).

n
X 1
Puisque lim (ln(ln(n + 1)) − ln(ln 2)) = +∞, on en déduit que lim = +∞ ou encore que la série de terme
n→+∞ n→+∞ k ln k
k=2
1
général , n > 2, diverge.
n ln n
1 1 1/n lnβ n 1−β 1/n lnβ n
Enfin, si β < 1, est prépondérant devant en +∞ car = ln n et donc tend vers +∞
n lnβ n n ln n 1/n ln n 1/n ln n
1
quand n tend vers +∞ car 1 − β > 0. On en déduit que la série de terme général , n > 2, diverge.
n lnβ n
1
En résumé, la série de terme général , n > 2, converge si et seulement si β > 1.
n lnβ n
Exercice no 4 :
 2 
n +n+1
1) Pour n > 1, on pose un = ln . Pour tout entier n > 1, un existe. De plus
n2 + n − 1
   
1 1 1 1
un = ln 1 + + 2 − ln 1 + − 2
n n n n
       
1 1 1 1 1
= +O − +O = O .
n→+∞ n n2 n n2 n→+∞ n2

1
Comme la série de terme général 2 , n > 1, converge (série de Riemann d’exposant α > 1), la série de terme général un
n
converge.
1 1
2) Pour n > 2, on pose un = √ . ∀n > 2, un existe et de plus un ∼ . Comme la série de terme général
n + (−1)n n n→+∞ n
1
, n > 2, diverge et est positive, la série de terme général un diverge.
n
 ln n
n+3
3) Pour n > 1, on pose un = . Pour n > 1, un existe et un > 0.
2n + 1
        
n+3 1 3 1
ln(un ) = ln(n) ln = ln(n) ln + ln 1 + − ln 1 +
2n + 1 2 n 2n
    
1 ln n
= ln(n) − ln 2 + O = − ln 2 ln(n) + O
n→+∞ n n→+∞ n
= − ln 2 ln(n) + o(1).
n→+∞

1 1
Donc un = eln(un ) ∼ e− ln 2 ln n = . Comme la série de terme général , n > 1, diverge (série de Riemann
n→+∞ nln 2 nln 2
d’exposant α 6 1) et est à termes positifs, la série de terme général un diverge.
 n
1 e
4) Pour n > 2, on pose un = . un existe pour n > 2. ln(ch n) ∼ ln = n − ln 2 ∼ n puis
ln(n) ln(ch n) n→+∞ 2 n→+∞
1
un ∼ > 0.
n→+∞ n ln(n)
1
Vérifions alors que la série de terme général , n > 2, diverge. La fonction x → x ln x est continue, croissante et
n ln n
strictement positive sur ]1, +∞[ (produit de deux fonctions positives et croissantes sur ]1, +∞[). Par suite, la fonction
1
x→ est continue et décroissante sur ]1, +∞[ et pour tout entier k supérieur ou égal à 2,
x ln x
Z k+1
1 1
> dx
k ln k k x ln x

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Par suite, pour n > 2,
n
X n Z k+1
X Z n+1
1 1 1
> dx = dx = ln(ln(n + 1)) − ln(ln(2) → +∞.
k ln k k x ln x 2 x ln x n→+∞
k=2 k=2

On en déduit que la série de terme général un diverge.

r r
1 1
5) Pour n > 1, on pose un = Arccos 1 − 2 . un existe pour n > 1 car pour n > 1, 3 1 − 2 ∈ [−1, 1]. De plus
3

n n
un → 0. On en déduit que
n→+∞

! s s
r  2/3  
3 1 1 2 1
un ∼ sin(un ) = sin Arccos 1− 2 = 1− 1− 2 = 1−1+ +o
n→+∞ n n n→+∞ 3n2 n2
r
2 1
∼ × >0
n→+∞ 3 n
qui est le terme général d’une série de Riemann divergente. Donc la série de terme général un diverge.
n2
6) Pour n > 1, on pose un = . Pour n > 1
(n − 1)!
n3 n5
n2 un = n2 × = .
n! n!
 
2 1
D’après un théorème de croissances comparées, n un tend vers 0 quand n tend vers +∞ ou encore un = o .
n→+∞ n2
On en déduit que la série de terme général un converge.
 n
1 1 1 i πh
7) Pour n > 1, on pose un = cos √ − √ . un est défini pour n > 1 car pour n > 1, √ ∈ 0, et donc
n e n 2
1
cos √ > 0. Ensuite
n
      
1 1 1 1 1 1 1 1
ln cos √ = ln 1 − + + o = − + − + o
n n→+∞ 2n 24n2 n2 n→+∞ 2n 24n2 8n2 n2
 
1 1 1
= − − + o .
n→+∞ 2n 12n2 n2
   
1 1 1 1
Puis n ln cos √ = − − +o et donc
n n→+∞ 2 12n n
√ 1 1   1
√ e− 12n +o( n ) − 1
1 1
un = en ln(cos(1/ n))
−√ = ∼ − √ < 0.
e n→+∞ e n→+∞ 12n e
1
La série de terme général − √ est divergente et donc la série de terme général un diverge.
12n e
8)

n2 + 1
     
2 2 n
ln Arctan = ln 1 − Arctan
π n π n2 + 1
 
2 n 2 n 2
∼ − Arctan ∼ − ∼ − < 0.
n→+∞ π n2 + 1 n→+∞ π n2 + 1 n→+∞ nπ
Donc, la série de terme général un diverge.
Z π/2
cos2 x
9) Pour n > 1, on pose un = dx.
0 n + cos2 x
2

cos2 x h πi
Pour n > 1, la fonction x 7→ 2 dx est continue sur 0, et positive et donc, un existe et est positif. De plus,
n + cos2 x 2
pour n > 1,
Z π/2
1 π
0 6 un 6 dx = .
0 n2 + 0 2n2
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 π
La série de terme général converge et donc la série de terme général un converge.
2n2
√
       
π 1 1 1 1
10) − 2 sin + = − sin − cos = −1 + O puis
4 n n n n→+∞ n
√
   
π 1 ln n
− 2 sin + ln n = − ln(n) + O = − ln(n) + o(1).
4 n n→+∞ n n→+∞

Par suite,
√ 1
4 + n ) ln n
2 sin( π 1
0 < un = e− ∼ e− ln n = .
n→+∞ n
1
La série de terme général diverge et la série de terme général un diverge.
n
   
1 1 1
11) n ln 1 + = 1− +o et donc
n n→+∞ 2n n
  
1
1− 2n +o( n
1
) 1 1 e
un = e − e = e 1−1+ +o ∼ > 0.
n→+∞ n→+∞ 2n n n→+∞ 2n
e
La série de terme général diverge et la série de terme général un diverge.
2n
Exercice no 5
1) Si P n’est pas un polynôme unitaire de degré 3, un ne tend pas vers 0 et la série de terme général un diverge
grossièrement.
Soit P un polynôme unitaire de degré 3. Posons P = X3 + aX2 + bX + c.

 1/4  1/3 !
2 a b c
un = n 1+ 2 − 1+ + 2 + 3
n n n n
a2
     
1 1 a b 1
= n 1+ +O − 1+ + − 2 +O
n→+∞ 2n2 n3 3n 3n2 9n n3
1 b a2 1
   
a 1
= − + − + +O .
n→+∞ 3 2 3 9 n n2

• Si a 6= 0, un ne tend pas vers 0 et 

la série 
de terme général un diverge grossièrement.
1 b 1 b 1
• Si a = 0 et − 6= 0, un ∼ − . un est donc de signe constant pour n grand et est équivalent au terme
2 3 n→+∞ 2 3 n
général d’une série divergente. Donc lasériede terme général un diverge.
1 b 1
• Si a = 0 et − = 0, un = O . Dans ce cas, la série de terme général un converge (absolument).
2 3 n→+∞ n2
3
En résumé, la série de terme général un converge si et seulement si a = 0 et b = ou encore la série de terme général un
2
3 3
converge si et seulement si P est de la forme X + X + c, c ∈ R.
2
1
2) Pour n > 2, posons un = α S(n). Pour n > 2,
n
+∞
X +∞
1 1 1X 1 1
0 < S(n + 1) = × n 6 n
= S(n)
p p 2 p 2
p=2 p=2

S(2)
et donc ∀n > 2, S(n) 6 . Par suite,
2n−2
 
1 S(2) 1
0 6 un 6 = o .
nα 2n−2 n→+∞ n2

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Pour tout réel α, la série de terme général un converge.
1
3) ∀u0 ∈ R, ∀n ∈ N∗ , un > 0. Par suite, ∀n > 2, 0 < un < .
n
1
On en déduit que lim un = 0 et par suite un ∼ > 0. La série de terme général un diverge.
n→+∞ n→+∞ n
π π
4) lim un = − = 0. Donc
n→+∞ 4 4

un ∼ tan(un )
n→+∞
 a  a  
1 1 2a 1
1+ − 1− +O  
n n n n2 a 1
= a =   = +O .
1 n2

1 n→+∞ n→+∞ n
1+ 1− 2 2+O
n n2

Par suite, la série de terme général un converge si et seulement si a = 0.

Zk Z k+1
5) La fonction x 7→ x3/2 est continue et croissante sur R+ . Donc pour k > 1, x3/2 dx 6 k3/2 6 x3/2 dx puis
k−1 k
pour n ∈ N∗ :
Zn n Zk
X n
X n Z k+1
X Z n+1
3/2 3/2 3/2 3/2
x dx = x dx 6 k 6 x dx = x3/2 dx
0 k=1 k−1 k=1 k=1 k 1

ce qui fournit
n n
2 5/2 X 3/2 2 X 2n5/2
n 6 k 6 ((n + 1)5/2 − 1) et donc k3/2 ∼ .
5 5 n→+∞ 5
k=1 k=1

2 1 7
Donc un ∼ × 5 > 0. La série de terme général un converge si et seulement si α > .
n→+∞ 5 n 2
α− 2
Exercice no 6
 
n+1 1 n+1
1) n
= o 2
. Par suite, la série de terme général converge.
3 n→+∞ n 3n
+∞
X n+1
1er calcul. Soit S = . Alors
3n
n=0

+∞
X +∞
X +∞
X +∞
1 n+1 n n+1 X 1
S= = = −
3 3n+1 3n 3n 3n
n=0 n=1 n=1 n=1
1 1 3
= (S − 1) − =S− .
3 1 2
1−
3
9
On en déduit que S = .
4
+∞
X n+1 9
= .
3n 4
n=0

n
X
2ème calcul. Pour x ∈ R et n ∈ N, on pose fn (x) = xk .
k=0
Soit n ∈ N∗ . fn est dérivable sur R et pour x ∈ R,
n
X n−1
X
fn′ (x) = kxk−1 = (k + 1)xk .
k=1 k=0

Par suite, pour n ∈ N∗ et x ∈ R \ {1}

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 n−1
X ′
xn − 1 nxn−1 (x − 1) − (xn − 1) (n − 1)xn − nxn−1 + 1

k
(k + 1)x = fn′ (x) = (x) = = .
x−1 (x − 1)2 (x − 1)2
k=0

n−1 n
1
n−1
X k+1 − n−1 + 1 9
Pour x = , on obtient = 3n 3 et quand n tend vers l’infini, on obtient de nouveau S = .
2
3 3k 4

k=0 1
−1
3
2k − 1 3 1 5
2) Pour k > 3, = + − . Puis
k3 − 4k 8(k − 2) 4k 8(k + 2)

Xn n n n n−2 n n+2
2k − 1 3X 1 1X1 5X 1 3X1 1X1 5X1
= + − = + −
k3 − 4k 8 k−2 4 k 8 k+2 8 k 4 k 8 k
k=3 k=3 k=3 k=3 k=1 k=3 k=5
n
! n
! n
!
3 X1 1 1 X1 5 1 1 1 X1
= + −1 − + − −1 − − − + + o(1)
n→+∞ 8 k 4 2 k 8 2 3 4 k
k=1 k=1 k=1
 
3 5 1 1 1 3 125
= − + 1+ + + + o(1) = − + + o(1)
n→+∞ 8 8 2 3 4 n→+∞ 8 96
89
= + o(1).
n→+∞ 96

89
La série proposée est donc convergente de somme .
96
+∞
X 2n − 1 89
= .
n3 − 4n 96
n=3

n2
3) Pour n > 1, on pose un = . Pour n > 3
(n − 1)!
(n − 1)(n − 2) + 3n − 3 + 1 1 1 1
un = = +3 + .
(n − 1)! (n − 3)! (n − 2)! (n − 1)!
1 1 1
Les séries de termes généraux respectifs et converge et donc la série de terme général un
(n − 3)! (n − 2)! (n − 1)!
converge. De plus,

+∞
X +∞
X +∞
X +∞
X +∞
X
n2 n2 1 1 1
=1+4+ =5+ +3 +
(n − 1)! (n − 1)! (n − 3)! (n − 2)! (n − 1)!
n=1 n=3 n=3 n=3 n=3
+∞
X +∞
X +∞
X
1 1 1
=5+ +3 + = 5 + e + 3(e − 1) + e − 2 = 5e.
n! n! n!
n=0 n=1 n=2

+∞
X n2
= 5e.
(n − 1)!
n=1

4)

n 
X  n 
X   
1 1 2 1 1 1 1
√ +√ −√ = √ −√ − √ −√
k=2
k−1 k+1 k k=2
k−1 k k k+1
   
1 1 1
= 1− √ − √ −√ (somme télescopique)
2 n n+1
1
= 1 − √ + o(1)
n→+∞ 2
+∞ 
X 
1 1 2 1
√ +√ −√ =1− √ .
n−1 n+1 n 2
n=2

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 n
X (−1)k
 
5) Pour n ∈ N∗ , posons Sn = ln 1 + . Soit p ∈ N∗ .
k
k=2

2p+1
X  Xp  
(−1)k
   
1 1
S2p+1 = ln 1 + = ln 1 + + ln 1 −
k 2k 2k + 1
k=2 k=1
p
X
= (ln(2k + 1) − ln(2k) + ln(2k) − ln(2k + 1)) = 0.
k=1

(−1)2p+1
   
1
D’autre part, S2p = S2p+1 − ln 1 + = ln 1 − . Mais alors les suites (S2p )p∈N∗ et (S2p+1 )p∈N∗
2p + 1 2p + 1
convergentet ont mêmes
 limites, à savoir 0. On en déduit que la suite (Sn )n∈N∗ converge ou encore la série de terme
(−1)n
général ln 1 + , n > 2, converge et
n
+∞
X (−1)n
 
ln 1 + = 0.
n
n=2

i πh a i πh a
6) Si a ∈ 0, alors, pour tout entier naturel n, n ∈ 0, et donc cos n > 0.
 2  a   
1
 2 2

1
 2
Ensuite, ln cos n = ln 1 + O = O et la série converge. Ensuite,
2 n→+∞ 22n n→+∞ 22n
  a    a 
sin 2 × sin
n n
! n n
X   a  Y  a  Y k 1 Y k−1
ln cos k = ln cos k = ln   a2   = ln  n+1 2 a  
2 2 2
k=0 k=0 k=0 2 sin k=0 sin
  2k 2k
sin(2a)
= ln   a   (produit télescopique)
2n+1
sin n
 2 
 
sin(2a) sin(2a)
∼ ln 
a
 = ln .
n→+∞
2n+1 × n 2a
2
i πh X +∞  
  a  sin(2a)
∀a ∈ 0, , ln cos n = ln .
2 2 2a
n=0

2 th x
7) Vérifions que pour tout réel x on a th(2x) = . Soit x ∈ R.
1 + th2 x
1 x
2
2  1 2x
ch2 x + sh2 x = e + e−x + ex − e−x e + e−2x = ch(2x)


=
4 2
et
1 x
1 2x
e − e−x ex + e−x = e − e−2x = sh(2x)



2 sh x ch x =
2 2
puis, en multipliant numérateur et dénominateur par le réel non nul ch2 x,
2 th x 2 sh x ch x sh(2x)
= 2 = = th(2x).
1 + th2 x ch x + sh2 x ch(2x)
2 1 + th2 x 2 1
Par suite, pour x ∈ R∗ , = puis th x = − . Mais alors, pour a ∈ R∗ et n ∈ N
th(2x) th x th(2x) th x
   
Xn a X n n
1 1  2 1  X 1 1
th k = − = a − k
2k th a a a

2k 2 th 2k−1 th 2 th
k=0 k=0 k=0
2k−1 2k 2k−1 2k
2 1
= − (somme télescopique)
th(2a) 2n th a
2n
2 1
→ − ,
n→+∞ th(2a) a

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 +∞
X 1 a 2 1
∀a ∈ R∗ , n
th n = − .
2 2 th(2a) a
n=0

Exercice no 7 :
n
X
Il faut vérifier que nun → 0. Pour n ∈ N, posons Sn = uk . Pour n ∈ N, on a
n→+∞
k=0

2n
X
0 < (2n)u2n = 2(u2n + . . . + u2n ) 6 2 uk (car la suite u est décroissante)
| {z }
n k=n+1

= 2(S2n − Sn ).
Puisque la série de terme général un converge, lim 2(S2n − Sn ) = 0 et donc lim (2n)u2n = 0.
n→+∞ n→+∞
Ensuite, 0 < (2n + 1)u2n+1 6 (2n + 1)u2n = (2n)u2n + u2n → 0. Donc les suites des termes de rangs pairs et impairs
n→+∞
extraites de la suite (nun )n∈N convergent et ont même limite à savoir 0. On en déduit que lim nun = 0 ou encore que
  n→+∞
1
un = o .
n→+∞ n

 0 si n = 0


1
Contre exemple avec u non monotone. Pour n ∈ N, on pose un = si n est un carré parfait non nul .

 n

0 sinon
+∞
X X+∞
1
La suite u est positive et un = < +∞. Pourtant, p2 up2 = 1 → 1 et donc la suite (nun ) admet une suite
p2 p→+∞
n=0 p=1
extraite convergeant vers 1. On a donc pas lim nun = 0.
n→+∞

Exercice no 8 :
n
!
X 1
Pour n ∈ N, posons un = (n + 1)! e − . Soit n ∈ N∗ .
k!
k=0

+∞
X (n + 1)!
un =
k!
k=n+1
+∞
X
1 1 1 1 1
=1+ + + + + .
n + 2 (n + 2)(n + 3) (n + 2)(n + 3)(n + 4) (n + 2)(n + 3)(n + 4)(n + 5) (n + 2)(n + 3) . . . k
k=n+6
+∞
X +∞
X
1 1 1 1 1 1
On a 0 < 6 = = 6 5.
(n + 2)(n + 3) . . . k (n + 2)k−(n+1) (n + 2)5 1 (n + 2)4 (n + 1) n
k=n+6 k=n+6 1−
n+2
+∞
X  
1 1
On en déduit que = o . Donc
(n + 2)(n + 3) . . . k n→+∞ n4
k=n+6
 
1 1 1 1 1
un = 1+ + + + +o
n→+∞ n + 2 (n + 2)(n + 3) (n + 2)(n + 3)(n + 4) (n + 2)(n + 3)(n + 4)(n + 5) n4
 −1  −1  −1  −1  −1  −1  
1 2 1 2 3 1 2 3 4 1 1
= 1+ 1+ + 2 1+ 1+ + 3 1+ 1+ 1+ + 4 +o
n→+∞ n n n n n n n n n n n4
        
1 2 4 8 1 2 4 3 9 1 2 3 4
= 1+ 1− + 2 − 3 + 2 1− + 2 1− + 2 + 3 1− 1− 1−
n→+∞ n n n n n n n n n n n n n
 
1 1
+ 4 +o
n n4
       
1 2 4 8 1 5 19 1 9 1 1
= 1+ 1− + 2 − 3 + 2 1− + 2 + 3 1− + 4 +o
n→+∞ n n n n n n n n n n n4
 
1 1 3 1
= 1+ − 2 + 4 +o .
n→+∞ n n n n4
Finalement

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 n
!
X 1 1 1 3

1

(n + 1)! e − = 1+ − + +o .
k! n→+∞ n n2 n4 n4
k=0

Exercice no 9 :
  √ n   √ n √
Pour n ∈ N, posons un = sin π 2 + 3 . D’après la formule du binôme de Newton, 2 + 3 = An + Bn 3 où
 √ n √  √ n
An et Bn sont des entiers naturels. Un calcul conjugué fournit aussi 2 − 3 = An − Bn 3. Par suite, 2 + 3 +
 √ n
2− 3 = 2An est un entier pair. Par suite, pour n ∈ N,
  √ n    √ n 
un = sin 2An π − π 2 − 3 = − sin π 2 − 3 .

√  √ n  √ n
Mais 0 < 2 − 3 < 1 et donc 2 − 3 → 0. On en déduit que |un | ∼ π 2− 3 terme général d’une série
n→+∞ n→+∞
géométrique convergente. Donc la série de terme général un converge.
Exercice no 10 :
 2 √    
∗ √ 1 un 1 1 1 1
Pour n ∈ N , on a un − > 0 et donc 0 6 6 un + 2 . Comme la série terme général un + 2
n √ n 2 n 2 n
un
converge, la série de terme général converge.
n
Exercice no 11 :
un + 1 − 1 1 1 1
Pour n > 2, vn = = − et d’autre part v1 = 1 − .
(1 + u1 ) . . . (1 + un ) (1 + u1 ) . . . (1 + un−1 ) (1 + u1 ) . . . (1 + un ) 1 + u1
Donc, pour n > 2
n
X 1
vk = 1 − (somme télescopique).
(1 + u1 ) . . . (1 + un )
k=1

Si la série de terme général un converge alors lim un = 0 et donc 0 < un ∼ ln(1 + un ). Donc la série de terme
n→+∞ !! n→+∞
Yn
général ln(1 + un ) converge ou encore la suite ln (1 + uk ) converge vers un certain réel ℓ. Mais alors la suite
k=1 n>1
n
! n
!
Y X 1
ℓ
(1 + uk ) converge vers le réel strictement positif P = e . Dans ce cas, la suite vk converge vers 1− .
P
k=1 n>1 k=1 n>1

Si la série de terme général! un diverge alors la série de terme !général ln(1 + un ) diverge vers +∞ et il en est de même
Yn Xn
que la suite (1 + uk ) . Dans ce cas, la suite vk converge vers 1.
k=1 n>1 k=1 n>1

Exercice n 12 :
o

1) Soit n ∈ N.

2n3 − 3n2 + 1 = 2(n + 3)(n + 2)(n + 1) − 15n2 − 22n − 11 = 2(n + 3)(n + 2)(n + 1) − 15(n + 3)(n + 2) + 53n + 79
= 2(n + 3)(n + 2)(n + 1) − 15(n + 3)(n + 2) + 53(n + 3) − 80

Donc

+∞
X +∞ 
X
2n3 − 3n2 + 1
  
2 15 53 80 5
= − + − = 2e − 15(e − 1) + 53(e − 2) − 80 e −
(n + 3)! n! (n + 1)! (n + 2)! (n + 3)! 2
n=0 n=0
= −40e + 109.

+∞
X 2n3 − 3n2 + 1
= −40e + 109.
(n + 3)!
n=0

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 n+1
2) Pour n ∈ N, on a un+1 = un . Par suite (n + a + 1)un+1 = (n + 1)un = (n + a)un + (1 − a)un puis
a+n+1
n
X n
X
(1 − a) uk = ((k + a + 1)uk+1 − (k + a)uk ) = (n + a + 1)un+1 − (a + 1)u1 = (n + a + 1)un+1 − 1.
k=1 k=1

1
Si a = 1, ∀n ∈ N∗ , un = . Dans ce cas, la série diverge.
n+1
n
X 1 1 1
Si a 6= 1, ∀n ∈ N∗ , uk = ((n + a + 1)un+1 − 1) = − (a + n + 1)un+1 .
1−a a−1 a−1
k=1
1
Si a > 1, la suite u est strictement positive et la suite des sommes partielles (Sn ) est majorée par. Donc la série de
a−1
terme général un converge. Il en est de même de la suite ((a + n + 1)un+1 ). Soit ℓ = lim (a + n + 1)un+1 .
n→+∞
ℓ
Si ℓ 6= 0, un+1 ∼ contredisant la convergence de la série de terme général un . Donc ℓ = 0 et
n→+∞ n+a+1

+∞
X 1
∀a > 1, un = .
a−1
n=1

1 × 2 × ...× n 1
Si 0 < a < 1, pour tout n ∈ N∗ , un > = . Dans ce cas, la série diverge.
2 × 3 . . . × (n + 1) n+1
Exercice no 13 :
Xn Xn Xn
1 1 1 1 1
Pour tout entier naturel non nul n, 0 < = 6 6 = p−1 et la série de terme
2p np−1 (2n)p (n + k)p np n
k=1 k=1 k=1
général un converge si et seulement si p > 2.
Exercice no 14 :
(−1)n−1
La série de terme général , n > 1, est absolument convergente et donc convergente.
n2

+∞
X (−1)n−1
   
1 1 1 1 1 1 1 1
= 1 − + − + . . . = 1 + + + + . . . − 2 + + . . .
n2 22 32 42 22 32 42 22 42
n=1
π2
  
2 1 1 1
= 1− 2 1+ 2 + 2 + 2 + ... =
2 2 3 4 12
et

+∞
X    
1 1 1 1 1 1 1 1
= 1 + + + . . . = 1 + + + + . . . − + + . . .
(2n + 1)2 32 52 22 32 42 22 42
n=0
π2
  
1 1 1 1
= 1− 2 1 + 2 + 2 + 2 + ... = .
2 2 3 4 8

+∞ +∞
X (−1)n−1 π2 X 1 π2
= et = .
n2 12 (2n + 1)2 8
n=1 n=0

Exercice no 15 :
+∞
X
1 1
1) Pour n ∈ N∗ , posons Rn = 2
. Puisque la série de terme général 2 , k > 1, converge, la suite (Rn ) est définie
k k
k=n+1
et tend vers 0 quand n tend vers +∞.
2) Pour tout entier k > 2,
1 1 1
6 2 6 .
k(k + 1) k (k − 1)k

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Soient n un entier naturel non nul puis N un entier supérieur ou égal à n + 1. En sommant membre à membre les inégalités
précédentes, on obtient
N
X   N
X N
X  
1 1 1 1 1
− 6 6 − ,
k k+1 k2 k−1 k
k=n+1 k=n+1 k=n+1
N
X
1 1 1 1 1
ou encore − 6 2
6 − . Quand N tend vers +∞, n étant fixé, on obtient
n+1 N+1 k n N
k=n+1
1 1
6 Rn 6 .
n+1 n
1
Le théorème des gendarmes montre alors que nRn tend vers 1 quand n tend vers +∞ ou encore Rn ∼ ou enfin
n→+∞ n
 
1 1
Rn = +o .
n→+∞ n n

3) Soient n un entier naturel non nul puis N un entier naturel supérieur ou égal à n + 1.
N
X  
1 1 1 1
− = − (somme télescopique).
k−1 k n N
k=n+1
+∞ 
X 
1 1 1
Quand N tend vers +∞, n étant fixé, on obtient = − . Par suite, pour tout entier naturel non nul n,
n k−1 k
k=n+1

+∞
X +∞ 
X  +∞ 
X 
1 1 1 1 1 1
Rn − = − − = −
n k2 k−1 k k2 k(k − 1)
k=n+1 k=n+1 k=n+1
+∞
X 1
=− .
k2 (k − 1)
k=n+1

Pour tout k > 2, on a

1 1 1
6 2 6
(k − 1)k(k + 1) k (k − 1) (k − 2)(k − 1)k
et donc
N
X N
X N
X
1 1 1
6 6
(k − 1)k(k + 1) k2 (k − 1) (k − 2)(k − 1)k
k=n+1 k=n+1 k=n+1
N
X N
X     XN
1 1 1 1 1 1 1 1
Ensuite, = − = − et =
(k − 1)k(k + 1) 2 (k − 1)k k(k + 1) 2 n(n + 1) N(N + 1) (k − 2)(k − 1)k
k=n+1 k=n+1 k=n+1
N
1 X
   
1 1 1 1 1
− = − et donc
2 (k − 2)(k − 1) (k − 1)k 2 (n − 1)n (N − 1)N
k=n+1
  N
X  
1 1 1 1 1 1 1
− 6 6 − .
2 n(n + 1) N(N + 1) k2 (k − 1) 2 (n − 1)n (N − 1)N
k=n+1
+∞
X
1 1 1
Quand N tend vers +∞, n étant fixé, on obtient 6 2
6 puis
2n(n + 1) k (k − 1) 2(n − 1)n
k=n+1
1 1 1
− 6 Rn − 6 − .
2(n − 1)n n 2n(n + 1)
 
2 1
Le théorème des gendarmes montre que −2n Rn − 1 + o(1) ou encore
n n→+∞
+∞
X  
1 1 1 1
= − +o .
k2 n→+∞ n 2n2 n2
k=n+1

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Exercice no 16 :
 
∗ ∗ 1 1 1 1
Soit p ∈ N . Pour n ∈ N \ {p}, 2 2
= − . Donc pour N > p,
n −p 2p n−p n+p
 
X 1 1 X 
1 1

1  X 1 X 1
= − = −
n2 − p2 2p n−p n+p 2p k k
16n6N, n6=p 16n6N, n6=p 1−p6k6N−p, k6=0 p+16k6N+p, k6=2p
 
p−1 N−p
X 1 N+p p N+p
!
1 X 1 X 1 1 X 1 1  3 X 1
= − + − + + = −
2p k k k 2p k 2p 2p k
k=1 k=1 k=1 k=1 k=N−p+1

N+p
X 1 1 1
Maintenant, = +...+ est une somme de 2p termes tendant vers 0 quand N tend vers +∞.
k N−p+1 N+p
k=N−p+1
N+p
X 1
Puisque 2p est constant quand N varie, lim = 0 et donc
N→+∞ k
k=N−p+1
 
X X X +∞
X
1 1 3 3 1 3 π2
= × = 2 puis  = = .
n2 − p2 2p 2p 4p n2 − p2 4p2 8
n∈N∗ , n6=p ∗ p∈N n∈N∗ , n6=p p=1

X 1 X 1 3
Pour n ∈ N∗ donné, on a aussi =− = − 2 et donc
n2 − p2 p2 −n2 4n
p∈N∗ , p6=n p∈N∗ , p6=n
 
X X 2
 1  = −π .
n2 −p 2 8
n∈N∗ p∈N∗ , p6=n

XX XX
Ainsi, les deux sommes existent et ne sont pas égales ou encore 6= .
n p p n

Exercice no 17 :
Soit n ∈ N.

n Z1 n Z1 Z1 Z1
π X (−1)k 1 X
k 2k 1 1 − (−t2 )n+1
un = − = 2
dt − (−1) t dt = 2
dt − dt
4 2k + 1 0 1+t 0 0 1+t 0 1 − (−t2 )
k=0 k=0
Z1
n+1
−t2
= dt.
0 1 + t2

Par suite, pour N ∈ N,

N
X Z1 X
N Z1 Z1 Z 1 2N+2
(−t2 )n+1 2 N+1
2 1 − (−t ) t2 N+1 t
un = 2
dt = (−t ) 2 )2
dt = − 2 )2
dt + (−1) dt.
0 1 + t 0 (1 + t 0 (1 + t 0 (1 + t2 )2
n=0 n=0
 Z 1 2N+2  Z
1 Z1
 t  t2N+2 1 1
Or (−1)N+1
dt = dt 6 t2N+2 dt = . Comme tend vers 0 quand N tend vers
 
(1 + t 2 )2 (1 + t 2 )2 2N + 3 2N +3
 0  0 0
Z 1 2N+2
t
+∞, il en est de même de (−1)N+1 2 2
dt. On en déduit que la série de terme général un , n ∈ N, converge et de
0 (1 + t )
plus

+∞ Z1 Z1
X t2 t −2t
un = − 2 )2
dt = × dt
0 (1 + t 0 2 (1 + t2 )2
n=0
 1 Z 1
t 1 1 1 1 π
= × 2
− × 2
dt = − .
2 1+t 0 0 2 1+t 4 8

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 +∞ n
!
X π X (−1)k 1 π
− = − .
4 2k + 1 4 8
n=0 k=0

Exercice no 18 :
1) On sait qu’il existe une infinité de nombres premiers. Notons (pn )n∈N∗ la suite strictement croissante des nombres
1
premiers. La suite (pn )n∈N∗ est une suite strictement croissante d’entiers et donc lim pn = +∞ ou encore lim = 0.
n→+∞ n→+∞ pn
 −1 !  −1 !
1 1 1 1
Par suite, 0 < ∼ ln 1− et les séries de termes généraux et ln 1− sont de même
pn n→+∞ pn pn pn
nature.  −1 !
1
Il reste donc à étudier la nature de la série de terme général ln 1− .
pn
+∞ −1 ! N
!
X 
1 X 1
2) Montrons que ∀N ∈ N∗ , ln 1− > ln .
pn k
n=1 k=1
1 1
Soit n > 1. Alors < 1 et la série de terme général k , k ∈ N, est une série géométrique convergente de somme :
pn pn
+∞
X  −1
1 1
= 1 − .
pkn pn
k=0

Soit alors N un entier naturel supérieur ou égal à 2 et p1 < p2 ... < pn la liste des nombres premiers inférieurs ou égaux à
N.  
β1 βk ln(N)
Tout entier entre 1 et N s’écrit de manière unique p1 . . . pk où ∀i ∈ J1, nK, 0 6 βi 6 αi = E et deux entiers
ln(pi )
distincts ont des décompositions distinctes. Donc

+∞
X  −1 ! X n  −1 !  −1
1 1 1
ln 1− > ln 1− (car ∀k ∈ N∗ , 1 − > 1)
pk pk pk
k=1 k=1
+∞ αk
n
! n
!
X X 1 X X 1
= ln > ln
k=1
pi
i=0 k k=1
pi
i=0 k
 
αk
n
!!
Y X 1 X 1
= ln = ln  
k=1 i=0 k
pi β1 βn
06β1 6α1 ,...,...06βn 6αn p1 . . . , pn
N
!
X 1
> ln .
k
k=1

N
!
X 1
Cette inégalité est vraie pour tout entier naturel non nul N. Puisque lim ln = +∞, quand N tend vers +∞,
N→+∞ k
k=1
+∞
X  −1 ! +∞
X  −1 !
1 1
on obtient ln 1− > +∞ et donc ln 1− = +∞.
pk pk
k=1 k=1
 −1
1 1
La série de terme général ln 1 − diverge et il en est de même de la série de terme général .
pk pn
(Ceci montre qu’il y a beaucoup de nombres premiers et en tout cas beaucoup plus de nombres premiers que de carrés
parfaits par exemple).

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