PDF 2 Suites Et Séries Numériques (Exercices Corrigés)
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Suites et séries numériques (exercices corrigés)
Exercice 1 (Théorème de Césaro, exercice classique). Soit (un )n∈N∗ une suite
d’éléments d’un espace vectoriel normé (E, ||.||).
1. On suppose que cette suite converge, on appelle ` sa limite. On définit la
suite de terme général
1
vn = (u1 + u2 + · · · + un )
n
Démontrer que cette suite converge aussi vers `. Commencer par étudier
le cas d’une suite nulle, puis s’y ramener.
2. La réciproque est-elle vraie ?
3. On suppose la suite (un ) à valeurs réelles, divergeant vers +∞. Que peut-
on dire de la suite (vn ) ?
Cet exercice est un grand classique du « découpage ».
1. Remarquer que
1
vn − ` = ((u1 − `) + (u2 − `) + · · · + (un − `))
n
permet de se ramener au cas ` = 0E . On se suppose désormais dans ce cas. Soit
> 0, on fixe un rang N0 tel que
∀n ≥ N0 |un | ≤ /2
(n ≥ N1 ) =⇒ (|vn | ≤ )
∀n ≥ N0 un ≥ A + 1
1
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on a alors, pour tout n ≥ N0 ,
1 n − N0 + 1
vn ≥ (u0 + . . . + uN0 ) + (A + 1)
n n
Le minorant tend vers A + 1 quand n → +∞, il existe donc un rang N1 tel que
(n ≥ N1 ) =⇒ (vn ≥ A)
un = an+1 − γan
Comme 0 ≤ |γ| < 1, la suite (|γ|n ) converge vers 0, il existe donc un rang n0 à
partir duquel
|an | ≤ +
1 − |γ| 1 − |γ|
et au début, on aurait pu prendre (1 − |γ|)/2 à la place de , on conclut.
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Exercice 3. On définit, pour tout entier naturel n,
s r
√
q
un = 1 + 2 + 3 + · · · + n
En déduire un majorant de la suite (un ), puis montrer que la suite (un ) converge.
√
q p
u2n+1 − 1 2+ 3 + ··· + n+1
√ = √
2 2
r q p
= 1+ 3/4 + · · · + (n + 1)/2n
≤ un
Pas de difficulté particulière pour l’adjacence (montrer que la suite (vn ) décroît
se fait en calculant vn+1 − vn ) ; si la limite est rationnelle, elle s’écrit p/q, et par
stricte monotonie on a
p
uq < < vq
q
on mutliplie par q!, on trouve deux entiers n et m tels que
n<m<n+1
On voit que pour étudier la monotonie de (un ) et celle de (vn ), il faut étudier le
1 √ √ 2
signe de un − vn . Mais un+1 − vn+1 = ( un − vn ) . On en déduit facilement
2
que les deux suites sont monotones bornées, donc convergent. Le « passage à la
limite » dans
un + vn
un+1 =
2
donne l’égalité des limites des deux suites.
n2 un 2n
1 + tan(1/n)
tan(π/4 + 1/n) =
1 − tan(1/n)
1 + 1/n+ o (1/n)
=
1 − 1/n+ o (1/n)
= 1 + 2/n+ o (1/n)
et donc
1
= exp − ln(n) 1 + 2/n+ o (1/n)
ntan(π/4+1/n)
1
= exp −2 ln(n)/n+ o (ln(n)/n)
n
1
= 1 − 2 ln(n)/n+ o (ln(n)/n)
n
1 ln n ln n
= −2 2 +o
n n n2
d’où le développement cherché.
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Exercice 11. Etudier la convergence des suites dont les termes généraux sont
donnés ci-dessous :
nα
nln n
π 1
; tan − β (α ∈ R β ∈ R+ ∗)
(ln n)n 4 n
π 1 1
n − arccos (α > 0) ; n sin π(nα + 1) α (α > 1)
2 nα
Exercice
un équivalent simple, lorsque n → +∞, de
12. Donner
cos πn2 ln(1 + 1/n) .
On développe :
2 1 1 1 1
n ln 1 + =n− + +o
n 2 3n n
et on tient compte de cos(nπ + a) = (−1)n cos a et de cos(b − π/2) = sin(b) ce
qui permet de trouver l’équivalent : (−1)n /(3n).
On a
x2
1
un = exp (n ln(1 + x/n)) = exp x − + o
2n n→+∞ n
x2
1
= ex exp − + o
2n n→+∞ n
On retrouve ` = ex , et
x2 x
un − ` ∼ − e
2n
6
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On commence par remarquer que la suite est à termes réels strictement positifs
(au moins à partir du rang 1), on en déduit
1
∀n ≥ 2 0 ≤ xn ≤
n
Donc la suite converge vers 0. Donc exp(−xn−1 ) tend vers 1 quand n → +∞,
donc
1
xn ∼
n
Donc
1 1 1
xn = exp +o
n n−1 n−1
1 1 1
= exp +o
n n n
1 1 1
= 1+ +o
n n n
Exercice 15. Soit, pour tout entier naturel k, xk l’unique solution dans l’in-
π π
tervalle kπ − , kπ + de l’équation tan x = x. Donner un développement
2 2
π
asymptotique de xk à la précision 1/k 2 . Pour cela, on écrira xk = kπ + − yk ,
2
on vérifiera que yk est tel que
1
yk = arctan .
kπ + π/2 − yk
Exercice 16. Démontrer que l’équation sin x = 1/x a une solution unique
π
dans l’intervalle + 2kπ, π + 2kπ . On note xk cette solution. Donner un
2
développement asymptotique de xk à la précision 1/k 2 .
Exercice 17. Oral Mines Montrer qu’il existe un unique réel, noté f (k), solution
de l’équation x+ln x = k. Etudier le comportement asymptotique de f (k) quand
k → +∞.
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Exercice 18. Soient (un ) et (vn ) deux suites à termes réels strictement po-
sitifs. On suppose que un ∼ vn . Montrer que, si (un ) a pour limite +∞, alors
ln(un ) ∼ ln(vn ).
(1 + n )n = 1 + n + 1 = 2 + n
il semble assez commode, pour développer, de prendre les logarithmes des deux
membres (qui sont bien strictement positifs, au moins à partir d’un certain
rang). On obtient
n ln(1 + n ) = ln(2 + n ) (1)
Le premier membre de l’égalité est équivalent à nn (car n −−−−−→ 0), le second
n→+∞
membre est équivalent à ln 2 (car il tend vers cette limite, non nulle). Donc
ln 2
n ∼
n
On obtient
ln 2 1
un = 1 + +o
n n
et on en voudrait un peu plus. Développons donc (1) un peu plus loin :
2n n
nn − n + o (n2n ) = ln 2 + + o (n )
2 2
Mais l’équivalent trouvé plus haut nous permet d’affirmer que les deux o sont
des o (1/n). Qui plus est,
(ln 2)2
n2n ∼
n
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ce qui peut s’écrire
(ln 2)2 1
n2n = +o
n n
Donc :
(ln 2)2 n 1 (ln 2)2 ln 2 1
nn = + ln 2 + + o = + ln 2 + +o
2n 2 n 2n 2n n
On remet les choses en ordre, et on obtient :
ln 2 (ln 2)2 + ln 2 1
un = 1 + + 2
+o 2
n 2n n
n
X
Exercice 22. Oral X, mines Soit, pour n ≥ 1, fn : x 7→ xk − 1. Montrer
k=1
qu’il existe un unique réel strictement positif tel que fn (xn ) = 0. Etudier la
suite (xn ) et en donner un développement asymptotique à deux termes.
x − xn+1 −1 + 2x − xn+1
fn (x) = −1=
1−x 1−x
Donc
xn+1
n = 2xn − 1 (1)
1 − 2α
Soit α ∈]0, 1[ ; fn (1 − α) −−−−−→ . Donc, si α < 1/2, à partir d’un certain
n→+∞ α
rang on a fn (1 − α) > 0, et donc xn < 1 − α. En fait, on aurait pu se contenter
de remarquer que fn < fn+1 sur R+ ∗ , ce qui donne 0 < fn+1 (xn ), et donc
xn+1 < xn (variations de fn ). On a donc la convergence de (xn ) vers ` ∈ [0, 1[.
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Mais, dans (1), on a nécessairement (2xn − 1) qui converge vers 0 (le premier
membre converge vers 0). Donc ` = 1/2. Posons
1
xn = + n
2
où (n ) converge vers 0. On a
1
(n + 1) ln + n = ln(2) + ln(n )
2
qui donne déjà
ln(n ) ∼ −n ln 2 (2)
mais cela ne suffit pas (on ne peut pas prendre des exponentielles d’équivalents).
Mais, repartant sur la relation (1) (sans prendre les logarithmes), on a
n+1
1
2n = exp ((n + 1) ln(1 + 2n ))
2
Mais (n + 1) ln(1 + 2n ) ∼ 2nn et nn −−−−−→ 0 (prendre le logarithme de nn ,
n→+∞
(2) montre qu’il tend vers −∞). On obtient
1
n ∼
2n+2
ce qui donne le deuxième terme du développement asymptotique.
an = (Sn − S) − (Sn−1 − S)
deg(P ) − deg(Q) ≤ −2
P
Exercice 25. Nature de la série sin n ?
montre assez facilement (sachant que sin 1 6= 0) que la suite (sin n) ne converge
pas vers 0.
Exercice 26. Soit (un ) une suite à termes réels positifs, décroissante. Montrer
P
que si la série un converge, alors un =o (1/n). Montrer que ce résultat est
faux si on enlève l’hypothèse « décroissante »
0 ≤ nu2n ≤ S2n − Sn
Donc (nu2n ) converge vers 0. Donc (2nu2n ) aussi. Et également ((2n + 1)u2n+1 )
grâce à
2n + 1
0 ≤ (2n + 1)u2n+1 ≤ 2nu2n
2n
+∞ +∞
X 1 X 1
Exercice 27. Soit k > 1 ; on note Sk = k
et Σ k = ; calculer
n=1
n n=1
(2n + 1)k
Σk en fonction de Sk .
11
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Toutes les séries convergent, on peut écrire
+∞
X 1 1
Sk = Σk + k
= Σk + k Sk
n=1
(2n) 2
a
Exercice 28 (Oral Mines). Nature de la série de terme général un = n(n /ln n)
.
p
Exercice 29 (Oral Mines). Nature de la série de terme général sin(π 1 + n + n2 ).
On développe : r
p 1 1
π 1 + n + n2 = nπ 1+ +
n n2
jusqu’à un ordre suffisant. . .
Exercice
X 30 (Oral Centrale, Mines). Etudier laX nature
de la √
série
√
sin π(2 − 3)n et en déduire celle de la série sin π(2 + 3)n .
Ce très vieux classique est parfois posé en ne donnant que la deuxième question,
ce qui le rend plutôt astucieux.
Un équivalent montre que la première série converge. L’idée est ensuite de déve-
√ √
lopper avec la formule du binôme pour s’apercevoir que π(2− 3)n et π(2+ 3)n
sont plus ou moins congrus modulo π, ce qui permet de ramener l’étude de la
première série à celle de la seconde.
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On voit rapidement que un+1 ≥ −1, donc la suite est positive à partir du rang
2 au moins. Puis on situe un par rapport à 1. On calcule un+1 − 1, et on voit
que un est alternativement plus grand et plus petit que 1. Puis on montre que
1
|un+1 − 1| ≤ |un − 1|. D’où la convergence de (un ) vers 1 et la convergence de
P 2
vn .
On écrit
aln n = eln n ln a
= nln a
Le développement asymptotique
Hn = ln n + γ + o (1)
ce qui suffit pour conclure, avec un argument du type de celui utilisé dans
l’exercice précédent.
Exercice 34. Etudier, suivant les valeurs du réel strictement positif a, la conver-
2 √
gence des séries de termes généraux : an , an , a n , aln(n)
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X xn
Exercice 37. Démontrer que, si |x| < 1, la série converge. Par
1 + xn
n≥0
comparaison avec une intégrale, montrer que, si l’on note f (x) sa somme, f (x)
ln 2
est équivalent au voisinage à gauche de 1 à .
1−x
xt
hx : t 7→
1 + xt
dont on vérifie qu’elle est positive décroissante. On encadre donc la somme par
deux intégrales (à un terme près). Il se trouve qu’on sait primitiver hx , on peut
donc finir le calcul. . .
Si α > 1, on prend une « marge de sécurité » : soit δ tel que 1 < δ < α. Alors
1 1
α β
=o
n (ln n) nδ
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Exercice 39 (Oral Centrale). Pour quelles valeurs du réel α le nombre
X∞
un = (k + 1)−α existe-t-il ? Etudier alors la nature de la série de terme
k=n
général un .
Exercice 42. Etudier suivant les valeurs du réel α la nature de la série de terme
général
(−1)n−1
.
n + (−1)n
α
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(−1)n
Exercice 43. Etudier la nature de la série de terme général
n + sin n
P
1. On considère une série un à termes strictement positifs telle que
un+1 α 1
=1− + O
un n n→∞ n2
où α est un réel. On considère la suite de terme général vn = ln(nα un )
P
et la série wn où wn = vn+1 − vn . Démontrer que cette série converge.
Qu’en déduit-on pour la suite (vn ) ? Démontrer alors qu’il existe un réel
strictement positif λ tel que
λ
un ∼ .
n→+∞ nα
1. On peut écrire :
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wn = vn+1 − vn
= ln (n + 1)α un+1 − ln(nα un )
1 un+1
= α ln(1 + ) + ln
n un
1 1 α 1
= α + O 2 + ln 1 − + O 2
n n n n
α α 1
= + − +O 2
n n n
1
=O 2
n
Ce qui revient à dire que
1
|wn | =O 2
n
P
et donc, par comparaison à l’exemple de Riemann, |wn | converge ; l’ab-
solue convergence dans R complet implique la convergence, donc
P
La série wn converge
Mais alors, par correspondance suites-séries,
La suite (vn ) converge
Notons k sa limite ; par continuité de l’exponentielle, la suite (nα un )
converge vers λ = ek . Et, comme λ 6= 0, on peut écrire
nα un ∼ λ
et donc
λ
un ∼
nα
2. On voit que la suite (un ) est bien définie par récurrence, à valeurs stricte-
ment positives. Et on peut écrire
a
un+1 1+
= n
un b
1+
n
a b 1
= (1 + )(1 − + O ( 2 )
n n n
a−b 1
=1+ + O ( 2)
n n
On est donc bien sous les hypothèses du 1., qui permettent de dire qu’il
existe un réel strictement positif λ tel que
λ
un ∼
nb−a
Et donc, par comparaison à l’exemple de Riemann,
18
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P
La série un converge si et seulement si b > a + 1
3. Sans indication, ce serait peu évident ! Il s’agit de faire ici une comparaison
logarithmique à une série de Riemann (rappelons que le critère de d’Alem-
bert est, lui, une comparaison logarithmique à une série géométrique, ce
qui est plus simple).
Définissons donc, pour tout n ∈ N∗ ,
1
vn =
nβ
et effectuons un développement asymptotique :
vn+1 n β
=
vn n+1
1 −β
= 1+
n
β 1
=1− +o
n n
D’où l’on déduit
un+1 vn+1 β−α 1
− = +o
un vn n n
ce qui permet d’utiliser le lemme de comparaison logarithmique :
• Si α < β, alors, de
un+1 vn+1 β−α
− ∼
un vn n
et du fait que deux suites équivalentes ont, à partir d’un certain rang,
un+1 vn+1
même signe, on déduit qu’à partir d’un certain rang, − > 0,
un vn
et donc, par lemme de comparaison logarithmique,
vn =O (un )
un =O (vn )
P
Quand peut-on dire que un converge ? On sait qu’il est possible
de conclure cela lorsque un est dominée au voisinage de +∞ par le terme
général d’une série convergente. On pourra donc conclure à la convergence
P
de un par ce qui précède lorsque les deux conditions suivantes seront
remplies :
? α > β (pour avoir un =O (vn ))
P
? β > 1 (pour avoir vn convergente)
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L’existence d’un tel β est équivalente à la condition α > 1 (que cette
condition soit nécessaire est bien claire ; elle suffit, car si α > 1, on peut
trouver un β dans ]1, α[).
De même, si α < 1, on peut trouver un β ∈]α, 1[ tel que vn =O (un ) et
P P
vn diverge. Ce qui implique la divergence de un . Finalement,
P
Si α > 1, un converge
P
Si α < 1, un diverge
Si α = 1, on ne peut rien affirmer
(On vérifie évidemment que c’est cohérent avec la première question, où
l’hypothèse était plus forte)
2. On écrit
1
vn = n ln n − n + ln n − ln(n!)
2
et donc
1 1 1
vn+1 − vn = n ln 1 + + ln(n + 1) − 1 + ln(1 + ) − ln(n + 1)
n 2 n
ce qui permet de trouver facilement un équivalent en 1/n2 et d’utiliser les séries
de Riemann.
Exercice 46. Calculer les sommes des séries suivantes, dont on justifiera au
préalable la convergence :
X 1 X 1 X sin nα X n2 + n + 2
, , , .
n(n + 1) n2 − 1 2n n!
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Pour les deux premières, on décompose en éléments simples, et on fait le calcul
en passant aux sommes partielles. Pour la troisième, c’est la partie imaginaire
d’une somme de série géométrique. Le calcul de la quatrième est facilité par
l’écriture n2 = n(n − 1) + n (pour les simplifications avec la factorielle du
dénominateur).
nz = nx eiy ln(n)
Pour chaque n, une intégration par parties donne (on dérive 1/tz − 1/nz , on
primitive astucieusement le 1 en t − (n + 1) pour faire disparaître le crochet) :
Z n+1 Z n+1
1 1 t − (n + 1)
z
− z dt = z dt
n t n n tz+1
21
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ce qui permet de majorer :
Z n+1 Z n+1
1 1 1
z
− z
dt ≤ |z|
x+1
dt
n t n
n t
∀n ∈ N (∆x)n = xn+1 − xn
4. Le théorème sur les séries alternées peut-il être considéré comme un cas
particulier du théorème précédent ?
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on déduit, en prenant la limite quand p → +∞,
+∞
X
Rn = −vn+1 Sn + (vk − vk+1 )Sk
k=n+1
et donc !
+∞
X
|Rn | ≤ M vn+1 + (vk − vk+1 ) = 2M vn+1
k=n+1
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(a) Soit (αi )i∈I une famille finie de nombres complexes. Démontrer les
deux inégalités suivantes :
Y Y
• (1 + αi ) − 1 ≤ (1 + |αi |) − 1
i∈I i∈I
Y X
• (1 + αi ) − 1 ≤ exp |αi | − 1.
i∈I i∈I
P
(b) On suppose la série un absolument convergente. On sait alors
Q
d’après ce qui Y Y infini (1 + |un |) converge.
précède que le produit
On note pn = (1 + uk ) et p0n = (1 + |uk |). Comparer |pn − pm |
k≤n k≤n
et |p0n − p0m |, en déduire que la suite (pn ) converge.
(c) On veut démontrer que la limite de la suite (pn ) ne peut pas être
nulle. Démontrer qu’il existe un rang N tel que, pour tout entier
n > N,
n
Y 1
(1 + uk ) − 1 ≤
2
k=N +1
et conclure.
4. Une application : la formule de Weierstrass.
nz n!
Γ(z) = lim
n→∞ z(z + 1) . . . (z + n)
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Q
1. (a) Si le produit infini an converge, alors la suite (pn ) converge vers
une limite non nulle. La suite de terme général pn /pn−1 converge
alors vers 1. Or an = pn /pn−1 .
(b) Il s’agit ici d’un produit infini « téléscopique » ; on a, pour tout n ≥ 1,
n
Y k+1
pn = =n+1
k
k=1
1
et donc le produit infini diverge. Or la suite 1 + converge vers
n
1. Le résultat de la question précédente n’est donc qu’une condition
nécessaire de convergence.
2. Critères de convergence pour des produits infinis réels
ln(1 + un ) ∼ un
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P Q
alors la série ln(1 + un ) et le produit infini an sont tous les deux
« grossièrement » divergents.
∀n ≥ n0 1 + un > 0
pn = pn0 −1 qn
n
Y
où qn = (1 + uk ) ; comme pn0 −1 6= 0, la convergence de la suite
k=n0
(pn ) vers une limite non nulle équivaut à la convergence de la suite
(qn ) vers une limite non nulle. Or la suite (qn ) est à termes réels
strictement positifs. Dire qu’elle converge vers une limite non nulle
équivaut X donc à dire que la suite (ln qn ) converge. Donc à dire que
la série ln(1 + un ) converge. Or cette série a même nature que
n≥n0
X
la série un , du fait de l’équivalence ln(1 + un ) ∼ un entre deux
n≥n0
suites de signe constant. Ce qui conclut.
(b) Bien entendu, il faut faire démarrer le produit à n = 2, sinon le
terme d’indice 1 annule tout (c’est une différence importante entre
les séries et les produits infinis : il suffit d’un terme nul pour faire
√
diverger le produit). On a, pour tout n ≥ 2, (1 + (−1)n / n) > 0,
Yn √
donc la suite de terme général pn = (1 + (−1)k / k) converge si
k=2
et seulement si la suite ln pn converge, donc si et seulement si la
X
n
√
série ln(1 + (−1) / n) converge. Or
(−1)n (−1)n 1 1
ln 1 + √ = √ − +o
n n 2n n
X (−1)n
Mais la série √ converge (théorème spécial sur les séries alter-
n
(−1)n (−1)n 1
nées). Et, si wn = ln 1+ √ − √ , on a −wn ∼ , donc, cette
n n 2n
équivalence étant entre séries à termes réels positifs (au moins à partir
P
d’un certain rang pour ce qui concerne −wn ), wn divergeX par com-
paraison à la série harmonique (Riemann). Donc la série ln(1 +
√ √
(−1)n / n) diverge, et donc le produit infini (1X + (−1)n / n) di-
Q
√
verge. Il n’a par conséquent pas même nature que (−1)n / n, qui
converge par théorème sur les séries alterrnées. On conclut que l’hy-
pothèse de signe constant est utile !
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(c) Il s’agit seulement de généraliser ce qu’on vient de voir dans les ques-
P
tions précédentes. La suite (un ) converge vers 0, sinon un serait
grossièrement divergente. Il existe alors un rang n0 tel que
∀n ≥ n0 1 + un > 0
pn = pn0 −1 qn
n
Y
où qn = (1 + uk ) ; comme pn0 −1 6= 0, la convergence de la suite
k=n0
(pn ) vers une limite non nulle équivaut à la convergence de la suite
(qn ) vers une limite non nulle. Or la suite (qn ) est à termes réels
strictement positifs. Dire qu’elle converge vers une limite non nulle
équivautX donc à dire que la suite (ln qn ) converge. Donc à dire que
la série ln(1 + un ) converge. Mais, en utilisant le développement
n≥n0
limité de ln(1 + u) au voisinage de 0, on a
u2n
ln(1 + un ) − un ∼ −
2
donc par comparaison de séries à termes réels négatifs (même résultat
que pour les termes réels positifs, il suffit de tout multiplier par −1),
P P 2 P
(ln(1 + un ) − un ) a même nature que un , et donc ln(1 + un )
P 2 P
a même nature que un (car un converge).
X p
Y
≤ |αi |i
(1 ,...,p )∈Jp i=1
p
Y
= (1 + |αi |) − 1
i=1
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La deuxième inégalité en résulte, via l’inégalité de convexité
∀u ∈ R 1 + u ≤ exp(u)
ce qui donne l’inégalité voulue. Or la suite (p0n ) converge, elle est donc
de Cauchy. On en déduit facilement que la suite (pn ) est de Cauchy.
Donc qu’elle converge (on est sur C, complet). Reste un problème
à résoudre : sa limite est-elle bien non nulle ? Utilisons pour cela la
deuxième inégalité, qui dit :
n
Y
|pn − pm | = |pm | (1 + uk ) − 1
k=m+1
n
X
≤ |pm | exp |ui | − 1
i=m+1
29
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(a) Il suffit d’écrire
+∞ n
X z
|ez − 1 − z| =
n=2
n!
+∞
X |z|n
≤
n=2
n!
+∞
1 2 X 2|z|k
= |z|
2 (k + 2)!
k=0
|z|2
(ou encore |un | ∼ ) ce qui conclut (l’hypothèse « z n’est pas un
2n2
entier négatif » sert seulement à assurer la non nullité des facteurs
du produit infini, hypothèse permanente dans les questions).
Q
(c) La convergence du produit infini vient de ce qui précède (si kn
Q
converge, 1/kn aussi) ; il n’y a plus qu’à calculer les produits par-
tiels pour se ramener aux hypothèses. . .
Exercice 51 (X). Soit d > 0 et (zn ) une suite de nombres complexes non nuls
telle que, si n 6= m, |zn − zm | ≥ d. Soit α > 2. Montrer que la série de terme
1
général converge.
|zn |α
L’idée est de montrer qu’il y a « peu » de zn dont le module est « petit ». . .Soyons
plus précis, et comptons les zn qui sont dans une couronne : on définit
n(p) = Card {k ∈ N / p ≤ |zk | ≤ p + 1}
Il y a n(p) tels disques, et ils sont disjoints. La somme de leurs aires est donc
inférieure ou égale à l’aire de la couronne Ap , ce qui se traduit par
d 2 d d
n(p) × π ≤ π(p + 1 + )2 − π(p − )2
2 2 2
d’où, en simplifiant un peu :
4
n(p) ≤ (d + 1)(1 + 2p)
d2
Il y a d’autre part un nombre fini de k tels que |zk | ≤ 1.
Soit N ≥ 1 ;
N +∞
X 1 X 1 X X 1
= +
n=0
|zn |α |zn |α
p=1
|zn |α
n∈J0,N K/|zn |≤1 n∈J0,N K/|zn |∈[p,p+1[
n(p) 4 2p + 1 8
Mais ≤ 2 (d + 1) ∼ α−1
pα d pα dp
X n(p) 1
donc converge, donc converge.
pα |zn |α
p≥1
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Exercice 52 (ens Paris, Lyon). Soit (zn ) une suite de nombres complexes
non nuls telle que, si n 6= m, |zn −zm | ≥ 1. Montrer que la série de terme général
1
converge.
zn3
L’inégalité
√ 1
an an+1 ≤(an + an+1 )
2
P √
montre que si an converge, alors an an+1 converge. Réciproque fausse :
prendre an = 1/n si n pair, an = 0 si n impair. Si on veut une suite stric-
tement positive, prendre an = 1/n si n pair, an = 1/n3 si n impair.
On comence par faire quelques essais. Pour une suite constante, ça converge ;
pour an = n, an = n2 , an = en , ça diverge. . .Supposons qu’il n’y ait pas
divergence grossière, i.e. que an+1 /an tende vers 1. Alors, en posant un =
(an+1 − an )/an , on a
un ∼ ln(1 + un )
et les deux séries ont même nature (car le signe de un est positif toujours). Or
terme général d’une série télescopique. Donc trois possibilités a priori : la sé-
rie diverge grossièrement, ou elle ne diverge pas grossièrement et an → +∞,
alors elle diverge, ou elle ne diverge pas grossièrement et an → ` ∈ R, alors
elle converge. Mais si (an ) converge, vers une limite nécessairement strictement
positive, alors la série ne peut pas diverger grossièrement. Donc finalement, la
série converge si et seulement si la suite (an ) converge.
Exercice 55 (Oral X). Soit (un ) une suite réelle strictement positive telle
que la série de terme général un converge. On note Rn le reste d’ordre n :
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∞
X
Rn = uk . On note Sn la somme partielle d’ordre n. Etudier la nature des
k=n+1
séries de termes généraux un /Rn , un /Rn−1 et un /Sn .
D’abord la dernière : la suite (Sn ) converge vers une limite ` strictement positive,
on a donc le droit d’écrire
un /Sn ∼ un /`
X
et de conclure que un /` converge (comparaison de séries positives).
Avec les restes, c’est moins facile ; en effet, on voit assez facilement que
un = o(un /Rn )
mais c’est dans le mauvais sens. . .on ne conclut donc pas si directement. Il n’est
pas anormal ni inquiétant de sécher un peu sur cet exercice. A l’oral, on de-
vrait avoir l’idée de tester ce qui se passe pour quelques séries particulières.
Lesquelles ? des séries dont on sait calculer les restes (séries géométriques) ou
au moins en déterminer un équivalent (séries de Riemann, en utilisant une com-
paraison série-intégrale).
Une idée pas trop étrange est d’écrire un à l’aide des restes :
un Rn−1 − Rn
=
Rn Rn
Que faire de cette expression ? on peut l’écrire sous forme intégrale :
Z Rn−1 Z Rn−1
un dt dt
= ≥
Rn Rn Rn Rn t
Donc
p Z R0
X un dt
≥
R
n=1 n Rp t
ce qui, compte tenu de la non intégrabilité de t 7→ 1/t sur ]0, R0 ], montre que la
série de terme général un /Rn diverge.
un
Si on fait la même chose avec , ça ne marche pas (inégalité dans le mauvais
Rn−1
sens). Mais si la suite de terme général
Rn
1−
Rn−1
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un Rn−1 Rn−1
Plus simple : On dit que = − 1 ; si ne tend pas vers 1, il y a
Rn Rn Rn
Rn−1
divergence grossière. Supposons donc que −−−−−→ 1. Alors
Rn n→+∞
Rn−1 R
n−1
− 1 ∼ ln = ln(Rn−1 ) − ln(Rn )
Rn Rn
On est ramené à une série télescopique, et à la correspondance suites-séries. Or
la suite ln Rn diverge vers −∞, d’où la divergence de la série. Et le même
un Rn
traitement s’applique à =1−
Rn−1 Rn−1
1 1
Si p+1 < Rn ≤ p , posons par exemple bn = p. Si Rn > 1, on définit bn = 0.
2 2
Le fait que la suite (Rn ) converge vers 0 donne assez facilement la divergence
de (bn ) vers +∞, sauf si Rn s’annule, ce que nous supposerons dans un premier
temps ne pas arriver.
Comme la suite (an ) est positive, la suite (Rn ) est décroissante. Soit n0 le
1
premier rang tel que Rn0 ≤ 1, n1 le premier rang tel que Rn1 ≤ ,. . . , nk le
2
1
premier rang tel que Rnk ≤ k pour tout entier naturel k (la suite (nk ) est
2
bien définie par convergence vers 0 de la suite (Rn ), croissante par décroissance
de la suite (Rn ), et tend vers +∞ (sinon elle est stationnaire, mais dans ce cas
Rn est nul à partir d’un certain rang, ce que nous avons exclu). On peut alors
découper, si N > n0 ,
N
X 1 −1
nX 2 −1
nX N
X
ak bk = ak bk + ak bk + . . . + ak bk
k=n0 k=n0 k=n1 k=nq
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ci-dessus peuvent être indexées par ∅, donc nulles, ce n’est pas gênant. On peut
alors facilement majorer :
N
X 1 −1
nX 2 −1
nX N
X
ak bk ≤ ak × 0 + ak × 1 + . . . + ak × q
k=n0 k=n0 k=n1 k=nq
ce qui donne bien la convergence de la série (car elle est à termes réels positifs).
Si la suite (Rn ) s’annule, à partir d’un certain rang les an sont nuls, on peut
prendre les bn comme on veut (tendant vers +∞), aucune difficulté.
Si les an ne sont pas positifs, c’est beaucoup plus délicat ! et surtout si les Rn
s’annulent de temps en temps. . .mais l’idée de départ est encore valable.
σ(2p) = p3
√
n cos( n)
Exercice 58 (Oral Mines). Nature de la série de terme général (−1) ?
n
n
(−1)n X 1
Exercice 59 (Oral Mines). Nature de la série de terme général un = .
n k
k=1
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n’est pas au programme, serait à réétablir et. . .ne suffit pas ! Mais on peut
essayer le théorème sur les séries alternées, la seule difficulté est de montrer que
la valeur absolue décroît.
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