Exercices corrigés séries numériques...Il s’agit d’un document de synthèse, certains...
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Pierre-Jean Hormière
Exercices corrigés
sur les séries numériques
__________ « Il me faut beaucoup travailler pour rester médiocre. »
Woody Allen De Cauchy à nos jours, les séries restent au cœur du cours de taupe et fournissent, année après année, leur lot d’exercices et de problèmes de concours. Les exercices ici présentés ont été posés récemment, et sont résolus dans un style moderne. Il y a deux façons de traiter les exercices portant sur la convergence et le calcul d’une série : soit on montre la convergence avant de calculer la somme, soit on mène les deux de front, mais cela oblige à manipuler avce soin les sommes partielles. J’ai privilégié ici la première démarche. Depuis le déclin des critères de convergence, aujourd’hui relégués au grenier des exercices, de nombreux exercices sur la nature d’une série ne sont qu’un prétexte pour demander un équivalent, ou un développement asymptotique, du terme général.
Dans les solutions proposées, les encadrement intégraux de sommes du type ∑=
n
k
kf1
)( ou ∑+∞
+= 1
)(nk
kf ,
lorsque f est monotone, sont invoqués sommairement. Il est demandé au lecteur de les justifier avec soin, car ils ne donnent pas toujours d’équivalent. Il s’agit d’un document de synthèse, certains exercices se référant à des chapitres vus après les séries numériques : séries entières, séries de Fourier, etc. Aussi souvent que possible, j’ai donné plusieurs méthodes, plusieurs voies d’approche, car nombreux sont les chemins qui conduisent au Vrai et au Beau. Aussi curieux que cela paraisse, ce sont parfois les solutions les plus simples qui se sont imposées à mon esprit le plus tard. ____________ Louis Augustin Cauchy (1789-1857) Niels Henryk Abel (1802-1829)
2
Enoncés
Exercice 1 : Natures des séries ∑+∞
=
−+2
)1ln1(n n
nn
, ∑+∞
=+−
1
))11((n
n
ne , ∑
+∞
=−−
1
)1²exp(n
n , ∑+∞
=2
ln
)(lnnn
n
nn
∑+∞
=−+−++
1
)1²1²(n
nnnn , ∑+∞
=1 ²sin.1
n nn , ∑
+∞
=12/3
sinn n
n , ∑+∞
=1n
nu où un = )12ln( +n − )2ln( n .
∑+∞
=1n
nu où un = ∫+∞
++n xxdx
13 , un = an
1 ∫+∞
+n xdx
6 7 1 , un = an
1 ∫ ∞− ++n
xxdx
1² ,
un = ∫ +n
dxxx/
0
3
.1sinπ
, un = ∫ − −1
/11 51an tdt ( a > 0 ) .
Exercice 2 : Discuter la nature de ∑+∞
=3 lnln.ln.1
ncba nnn
. Généraliser.
Exercice 3 : Discuter selon les valeurs des réels a, b et c la nature de la série ∑+∞
=0n
nu , où :
un = 1² ++nn − 3 3 ² cbnann +++ .
Exercice 4 : Discuter selon les valeurs des complexes a, b et c la nature de la série ∑+∞
=0n
nu , où :
un = a.ln(n + 3) + b.ln(n + 2) + c.ln(n + 1) . Calcul éventuel.
Exercice 5 : Discuter la nature des séries ∑+∞
= 0nn
nu et ∑+∞
= 0nn
nv , où n0 est assez grand et :
un = sin(2π bann ++² ) , vn = sin(π bann ++² ) .
Exercice 6 : Discuter selon les valeurs de a la nature de la série ∑+∞
=2n
nu , où
un = ∑
≤≤ nk
ak1
1 , resp. un = ∑
≤≤ nk
a
kn
1
²ln.
Exercice 7 : Soient P et Q deux polynômes complexes, Q ≠ 0.
Discuter la nature des séries ∑+∞
=an nQnP)()(
et ∑+∞
=−
an
n
nQnP)()(.)1( , où a est assez grand.
Exercice 8 : Convergence et calcul de ))2ln(.ln
)1²(lnln(2∑+∞
= ++
n nnn
.
Exercice 9 : Convergence et calcul de S(p) = ∑+∞
= ++1 ))...(1(1
n pnnn, p entier ≥ 1.
Exercice 10 : Convergence et calcul de ∑+∞
= +++0 )34)(24)(14(1
n nnn.
Exercice 11 : Convergence et calcul de
∑+∞
= +++1 ...211
n n , ∑
+∞
= +++−
1 ...21)1(
n
n
n , ∑
+∞
= +++1 ²...²2²11
n n , ∑
+∞
= +++−
1 ²...²2²1)1(
n
n
n.
3
Exercice 12 : Pour tout n ∈ N*, on pose an = ∑+∞
= +nk nkk )(1 .
Existence de cette suite. Equivalent quand n → +∞.
Exercice 13 : Soit (fn) la suite de Fibonacci f0 = 0 , f1 = 1 , fn+2 = fn+1 + fn.
Existence et calcul de ∑+∞
= +
−
1 1
1
n nn
n
fff
.
Montrer que ∀n ∈ N fn+12 − fn fn+2 = (−1)
n et ∀n ∈ N*
1
)1(
+
−nn
n
ff =
n
n
ff 1+ −
1
2
+
+
n
n
ff
.
Existence et calcul de ∑+∞
= +
−1 1
)1(
n nn
n
ff.
Exercice 14 : Soit (un) la suite définie par u0 > 1, un+1 = un2 – un + 1. Existence et calcul de ∑
+∞
=0
1n nu
.
Exercice 15 : Convergence et calcul de [ ]
∑∞+
=
−−1
2/)1()1(
n
n
n .
Exercice 16 : Convergence et calcul de ∑+∞
= −+0 ))1(3(²
kkk
k et ∑+∞
=−+
0)1(
3²
kk kk .
Exercice 17 : Existence et calcul de ∑ ∑∞+
=
−
= − ++1
12
2 1 )22)(12(1
n p
n
n pppn .
Exercice 18 : Existence et calcul de ∑∞+
= +++−
1 )1)...(21)(11(
)!1(
n n
n.
Exercice 18 bis : Soient (an) une suite à termes > 0, et un = )1)...(1)(1( 10 n
n
aaaa
+++.
1) Montrer que ∑+∞
=0n
nu converge. Exemple : an = 1
1+n
.
2) Montrer que ∑+∞
=0n
nu = 1 ⇔ ∑+∞
=0n
na diverge, et que ∑+∞
=0n
nu < 1 ⇔ ∑+∞
=0n
na converge.
Exercice 19 : Montrer, pour tout entier naturel k, la convergence de la série S(k) = ∑+∞
=0 !n
k
nn
.
Calculer S(k) pour 0 ≤ k ≤ 5. Montrer que pour tout k, S(k) est irrationnel.
Exercice 20 : Convergence et somme de la série ∑+∞
= +0 )23(31
nn n
.
Exercice 21 : Soient m un entier ≥ 2, x un complexe,
S(x) = 1 + 21 + … +
11−m
− mx +
11+m
+ … + 12
1−m
− mx
2 + …
Montrer qu’il y a une seule valeur de x pour laquelle la série converge. Calculer alors S(x).
Exercice 22 : Soit (pn)n≥1 une suite complexe T-périodique (T ∈ N*).
Montrer que la série ∑+∞
=1n
n
np
converge si et seulement si ∑=
T
kkp
1
= 0.
Exercice 23 : Convergence et calcul de ∑+∞
=1
1n n
([ 1+n ] − [ n ]).
4
Exercice 24 : Soit a un entier fixé ≥ 2. Convergence et calcul de ∑+∞
= +−
1 )1()/(
n nnanaEn
.
Exercice 25 : On note s(n) le nombre de chiffres dans le développement binaire de n, et b(n) le
nombre de 1 dans ce développement. Convergence et calcul des séries ∑+∞
= +1 )1()(
n nnns
et ∑+∞
= +1 )1()(
n nnnb
.
Exercice 26 : Convergence et calcul de ∑+∞
= −1 1²91
n n. [ On pourra utiliser ∫
1
0.dtta =
11+a
pour a > −1 ]
Exercice 27 : Pour p ∈ N*, soit S(p) = ∑+∞
= +0 )8(161
kk pk
.
Ecrire S(p) sous forme intégrale, puis calculer 4 S(1) – 2 S(4) – S(5) – S(6).
Exercice 28 : Soient q et x deux complexes, |q| ≠ 1. Convergence et calcul de ∑+∞
=+++01 )1)(1(n
nn
n
xqxqxq
.
Exercice 29 : Natures des séries ∑+∞
=1n
nu et ∑+∞
=1n
nv , où un = ∑+∞
=nk k²1 et vn = (∑
+∞
=nk k²1 ).exp(−∑
=
n
k k1
1 ) .
Exercice 30 : Nature de la série ∑+∞
=
−
1n
ne . Equivalent du reste.
Exercice 31 : Nature de la série ∑+∞
=2n
nu , où un = n²ln...2²ln1²ln
1+++ . Equivalent du reste.
Exercice 32 : Nature de la série ∑+∞
=
−
1
ln
n
ne . Equivalent de la somme partielle.
Exercice 33 : Nature de la série ∑+∞
=−
1
)1(n
n n . Equivalent de la somme partielle.
Exercice 34 : Nature de la série de terme général un = ∫2/
0
ln² .)(cosπ
dxx nn .
Exercice 35 : 1) Développement à deux termes de la suite Sn = ∑=
n
k kk
1
ln .
2) Convergence et calcul de la série ∑+∞
=−
2
ln)1(n
n
nn .
Exercice 36 : 1) Limite et équivalent de la suite sin(n!eπ).
2) Nature de la série ∑+∞
=0n
nu , où un = (∑=
n
k k0 !1 ).(∑
=
−n
k
k
k0 !)1(
) − 1 .
Exercice 37 : Soient x et y > 0. Discuter la nature de la série ∑+∞
=1n )1)...(12)(1()1)...(12)(1(
++++++
nyyynxxx
.
Exercice 38 : 1) Equivalent de la suite Pn = ( a + 1 )( a + 2 ) … ( a + n ), pour a ≥ 0.
2) Soient a et b > 0. Discuter la nature de la série ∑+∞
= ++++
0 ))...(1())...(1(
n nbbbnaaa
. Somme éventuelle.
Exercice 39 : Soient a et b > 0. Trouver lim n→+∞ n1 ∏
=+
n
k
nbka1
/1)( .
5
Application : Soient An et Gn les moyennes arithmétique et géométrique de a + b, a + 2b, …, a + nb.
Trouver la limite de la suite (Gn/An) quand n → +∞.
Exercice 40 : Equivalents et développements à deux termes des suites :
An = ∑+=
n
nk k
2
1
1 , Bn = ∑+=
n
nk k
2
1
1 et Cn = ∑+=
n
nk k
2
1 ²1 .
Exercice 41 : Limite de la suite Sn = n1 ∑
≤<≤ nji ij1
1 .
Exercice 42 : Equivalent de la suite Sn = ∑∑= = +n
p
n
q qppq
1 1
.
Exercice 43 : 1) On admet que, si (pk) est la suite des nombres premiers rangés dans l’ordre
croissant, pk ∼ k.ln k. Nature de la série ∑+∞
=1
1k kp
. Equivalent de ∑=
n
i ip1
1 .
2) On admet que π(x) ∼ x
xln
quand x → +∞, où π(x) est le nombre des nombres premiers ≤ x.
Démontrer que pk ∼ k.ln k.
Exercice 44 : Nature de ∑+∞
=1n
nu , où un = ∫+∞
+
−
1.dxe
nx.
Exercice 45 : Natures des séries ∑+∞
= +++++
0 )!1(!...!2!1!0
n nn et ∑
+∞
= +−+++−
0 )!1(!)1(...!2!1!0
n
n
nn
.
Exercice 46 : Nature de ∑+∞
=2n
nu , où un = ))1(
1(2
∏=
−+
n
k
k
k.
Exercice 47 : Pour quelles valeurs de α > 0 la série )2)...(2)(2( /
1
2/ n
n
eee ααα −−−∑+∞
= converge-t-elle ?
Exercice 48 : Soit f ∈ C(R+, R). On suppose que
∀k ∃(a0, a1, …, ak) ∈ Rk+1
f(x) = a0 + xa1 + … + k
k
xa + o( 1
1+kx
) quand x → +∞.
A quelles conditions : a) La série ∑≥1
)(n
nf converge ? b) Le produit infini ∏≥1
)(n
nf converge ?
c) La série de terme général un = ∏≤≤ nk
kf1
)( converge ? Retrouver l’ex. précédent.
Exercice 49 : Soit (un) une suite de réels ≥ 0. Montrer que les séries ∑ nu et ∑ + )1ln( nu sont de
même nature. Montrer qu’il n’en est plus de même si (un) n’est plus à termes ≥ 0.
[ Considérer u1 = 0 , un = n
n)1(− pour n ≥ 2 , puis un = −1 + exp
n
n)1(− pour n ≥ 1. ]
Exercice 50 : Prouver que :
i) ln n! = ∑≤≤ nk
k1
ln = ( n + 21 ) ln n – n + C + o(1)
ii) ∑≤≤ nk
kk1
ln. = ( n2 + n +
61 )
2lnn –
41 n
2 + C1 + o(1)
iii) ∑≤≤ nk
k1
)!ln( = ( n2 + 2n +
21 )
2lnn –
43 n
2 + ( C – 1) n + C2 + o(1)
6
Exercice 51 : Equivalent de la suite un = ( 11 × 22 × 3
3 × … × nn )1/n
.
Exercice 52 : Equivalent de la suite Sn = ∑=
n
k
k k1
ln2 .
Exercice 53 : Etude des suites
An = 1 + 2
1 + … + n1 − 2 n Bn = 1 + a2
1 + … + an1 −
an a
−−
1
1
(0 < a < 1)
Sn = th 1 + th 2 + … + th n − ln ch n Tn = 2ln2
1 + 3ln3
1 + … + nnln
1 − ln(ln n) .
Exercice 54 : constantes de Stieltjes.
Montrer que pour tout entier p ∈ N, la suite Un = ∑=
n
k
p
kk
1
ln −
1ln 1
+
+
pnp
converge. Sa limite est dite
constante de Stieltjes d’indice p, et notée γp . Équivalent de Un − γp ? Cas où p = 0 ?
Exercice 55 : suites récurrentes linéaires. Soit (an) une suite à termes > 0, tendant vers +∞.
Montrer que les suites récurrentes vérifiant (∀n) un+2 = n
nnn
auau
++ +
1. 1 forment un plan vectoriel, et sont
toutes convergentes.
Exercice 56 : règles de d’Alembert et de Cauchy.
1) Complément à la règle de d’Alembert.
Soit ∑+∞
=0n
nu une série à termes > 0 . Soient Λ = limsupn n
n
uu 1+ , λ = liminfn
n
n
uu 1+ .
Montrer qu’alors : i) Si Λ < 1, la série converge ; ii) Si λ > 1, la série diverge ; iii) Si Λ ≥ 1, on ne peut conclure.
2) Règle de Cauchy. Soit ∑+∞
=0n
nu une série à termes ≥ 0. On suppose que nnu → λ ∈ [0, +∞] .
Montrer qu’alors : i) Si λ < 1, la série converge ; ii) Si λ > 1, la série converge ; iii) Si λ = 1, on ne peut conclure.
3) Comparaison Cauchy-d’Alembert. Montrer que si un > 0 et si (n
n
uu 1+ ) tend vers λ ∈ [0, +∞],
alors ( nnu ) converge vers λ, la réciproque étant fausse.
4) Règle de Cauchy (énoncé savant). Soient ∑+∞
=0n
nu une série à termes ≥ 0, L = limsupnn
nu .
Montrer qu’alors : i) Si L < 1, la série converge ; ii) Si L > 1, la série converge ; iii) Si L = 1, on ne peut conclure.
Exercice 57 : règles de Gauss et Raabe-Duhamel. Soit ∑+∞
=0n
nu une série à termes > 0.
1) On suppose n
n
uu 1+ = 1 −
nα + O(
²1n
), pour α réel. Montrer que ∃Α > 0 un ∼ αnA .
En déduire que ∑+∞
=0n
nu diverge si α ≤ 1, converge si α > 1.
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2) On suppose n
n
uu 1+ = 1 −
nα + o(
n1 ), pour α réel.
Montrer que ∑+∞
=0n
nu diverge si α < 1, converge si α > 1, et qu’on ne peut conclure si α = 1.
3) Application : Soient a et b > 0. Discuter la nature de la série ∑+∞
= ++++
0 ))...(1())...(1(
n nbbbnaaa
.
Exercice 58 : Natures des séries ∑+∞
=
−1 )2...(6.4.2
)12...(5.3.1n n
n et ∑
+∞
= +1 )12...(5.3.1)2...(6.4.2
n nn
.
Exercice 59 : Soit ∑+∞
=2n
nu une série à termes > 0. On pose n
n
uu 1+ = 1 −
n1 −
nnan
ln.
Montrer que si an → a > 1, ∑+∞
=2n
nu converge, et si an → a < 1, ∑+∞
=2n
nu diverge.
Exercice 60 : critère de condensation de Cauchy. Soit (un) une suite décroissante à termes ≥ 0.
Montrer que les séries ∑+∞
=1n
nu et ∑+∞
=022
k
kku sont de même nature.
Applications : à l’aide de ce critère, discuter la nature des séries :
∑+∞
=1
1n nα (α > 0) , ∑
+∞
=2 ln.1
n nn β (β > 0) , ∑+∞
=3 lnln.ln.1
n nnn γ (γ > 0).
Donner un exemple de suite (un) à termes ≥ 0 telle que ∑+∞
=1n
nu converge et ∑+∞
=022
k
kku diverge.
Donner un exemple de suite (un) à termes ≥ 0 telle que ∑+∞
=1n
nu diverge et ∑+∞
=022
k
kku converge.
Exercice 61 : 1) Soit ∑+∞
=0n
nu une série divergente à termes > 0. Montrer qu’il existe une suite an↓0
telle que ∑+∞
=0
.n
nn ua diverge (Considérer an = 1/Un−1 ou an = 1/Un). Application à la série harmonique.
2) Soit ∑+∞
=0n
nu une série convergente à termes > 0. Montrer qu’il existe une suite an↑+∞ telle que
∑+∞
=0
.n
nn ua converge. (Considérer an = 1/(Rn−1)α , pour 0 < α < 1).
Application aux séries de Riemann convergentes.
Exercice 62 : En 1827, L. Olivier a énoncé un critère général de convergence des séries :
La série ∑+∞
=0n
nu converge ⇔ la suite (nun) tend vers 0. »
1) Montrer que l’implication ⇐ est erronée.
2) Montrer que l’implication ⇒ est aussi erronée, mais est vraie si la suite (un) est décroissante.
[ Considérer les sommes un+1 + un+2 + ... + u2n .]
Exercice 63 : contre-exemples. 1) Indiquer une série convergente, mais non absolument convergente. 2) Indiquer une série alternée divergente, dont le terme général tend vers 0.
3) Donner deux suites (un) et (vn) équivalentes, telles que les séries ∑ nu et ∑ nv ne sont pas de
même nature.
8
4) Donner deux suites (un) et (vn) telles que (∀n) |un| < |vn|, ∑ nv converge et ∑ nu diverge.
5) Donner deux suites (un) et (vn) telles que un = o(vn) , ∑ nv converge et ∑ nu diverge.
6) Donner deux suites (un) et (vn) équivalentes, telles que ∑ nu et ∑ nv divergent, les suites des
sommes partielles de ∑ nu et de ∑ nv n’étant pas équivalentes.
7) Donner deux suites (un) et (vn) équivalentes, telles que les séries ∑ nu et ∑ nv convergent, les
restes des deux séries n’étant pas équivalents.
8) Indiquer une série convergente ∑ nu telle que, pour tout p ≥ 2, ∑ pnu )( diverge.
Exercice 64 : exemples. 1) Exemple de suite de carré sommable et non sommable. 2) Exemple de suite sommable, non de carré sommable. 3) Exemple de série divergente, dont le terme général tend vers zéro et dont les sommes partielles sont bornées.
Exercice 65 : Convergence de la série de terme général un = ²
1n
si n n’est pas un carré, un = n1 si n
est un carré.
Exercice 66 : Soit ∑+∞
=1n
na une série convergente à termes positifs. Soit Ek = { n ∈ N* ; k.an ≥ 1 }.
Montrer que card Ek = o(k) quand k → +∞.
Exercice 67 : Soit S = { u = (un) ; (∀n) un ≥ 0, ∑+∞
=0n
nu = 1, u0 = 0 } .
Calculer inf u∈S )(00∑∑
=
+∞
=
n
kk
n
n uu et inf u∈S ∑+∞
=0
2)(n
nu .
Exercice 68 : Soient ∑+∞
=0n
nu et ∑+∞
=0n
nv deux séries convergentes. Leur produit de Cauchy ∑+∞
=0n
nw , où
wn = ∑=+ nqp
qpvu est-elle convergente ? Considérer un = vn = 1
)1(
+−n
n
.
Exercice 69 : Soient ∑+∞
=0n
na et ∑+∞
=0n
nb deux séries convergentes à termes complexes.
On pose cn = ∑=
−
n
kknkba
0
et Sn = ∑=
n
kkc
0
. Etudier la suite Pn = 1
1+n ∑
=
n
kkS
0
.
Exercice 70 : Soit an = n
n 1)1( −−, bn = ∑
−
=−
1
1
n
kknkaa . Convergence et somme de la série ∑
+∞
=2n
nb .
Exercice 71 : Montrer que la série ∑+∞
=+
02/)1(2
1k
kk converge et que sa somme est irrationnelle.
Exercice 72 : Montrer que ∑+∞
+= 1 !1
nk k <
!.1nn
et que |∑+∞
+=
−1 !
)1(
nk
k
k| <
!.1nn
.
En déduire que e n’est pas solution d’une équation du second degré à coefficients rationnels.
Exercice 73 : Montrer que cos 2 < 0 , et que cos 1 ∉ Q.
Exercice 74 : Discuter la nature de la série : ∑+∞
=−
2
)1(n
na
b
nnln
.
9
Exercice 75 : Nature et calcul des séries ∑+∞
=1n∑+∞
=
−−nk
k
k3
1)1(, ∑
+∞
=1n∑+∞
=
−−nk
k
k²)1( 1
et ∑+∞
=1n∑+∞
=
−−nk
k
k
1)1(.
Exercice 76 : Soit f : R+ → R
+ une fonction convexe tendant vers 0 en +∞.
Montrer que la série ∑+∞
=−
0
)()1(n
n nf converge, et que |∑+∞
+=−
1
)()1(nk
k kf | ≤ 2
)(nf.
Exercice 77 : Natures des séries ∑+∞
=
−+
2
))1(
1ln(n
n
n , ∑
+∞
=
−+
2
))1(
1ln(n
n
n ; calcul ? ∑
+∞
=
−+
2
))1(
1ln(n
a
n
n(a > 0)
∑+∞
= −+−
2 )1(
)1(
nn
n
n , ∑
+∞
= −+−
2 )1()1(
nna
n
n (a > 0) , ∑
∞+
= +−+
2
)1(ln
n
n
an
n (a > 0) , ∑
+∞
=0
)!sin(n
en π
∑+∞
=
−1 !
)1(
nn
n
n , ∑
+∞
=1n nn n
n
ln.)1()1(
−+−
; équivalent du reste ?
Exercice 78 : Dans le plan euclidien R2, soit PPPP la parabole d’équation x
2 = 2py (p > 0).
Soit M0 un point de PPPP – {O}, M n+1 la seconde intersection de P avec la normale en Mn à PPPP.
Si Mn(xn, yn), étudier la série ∑+∞
=0
1n nx
.
Exercice 79 : transformation d’Abel .
1) Soit ∑+∞
=0
.n
nn va une série à termes complexes. On pose Vn = ∑=
n
kkv
0
et Vp,q = ∑=
q
pkkv . Montrer que :
∑=
n
kkk va
0
. = an.Vn − ∑−
=+ −
1
01 ).(
n
kkkk Vaa et ∑
=
q
pkkk va . = aq.Vp,q − ∑
−
=+ −
1
,1 ).(q
pkkpkk Vaa .
2) Soit ∑+∞
=0
.n
nn va une série à termes complexes. On suppose que :
(A I) La suite Vn est bornée et la suite (an) est réelle,et tend vers 0 de manière monotone.
(A II) La suite Vn est bornée. La suite (an) tend vers 0 et la série ∑+∞
=+ −
01
kkk aa converge.
(A III) La série ∑+∞
=0kkv converge, et la suite (an) est réelle, monotone et bornée ;
( A IV) La série ∑+∞
=0kkv converge et la série ∑
+∞
=+ −
01
kkk aa converge ;
Montrer que, sous chacun de ces jeux d’hypothèses, la série ∑+∞
=0
.n
nn va converge.
Les quatre exercices suivants reposent sur cet exercice.
Exercice 80 : application à des séries trigonométriques.
1) Si an ↓ 0 , la série 20a
+ ∑+∞
=1
)cos(.n
n na θ converge pour tout θ ∈ R−2πZ.
2) Si bn ↓ 0 , la série ∑+∞
=1
)cos(.n
n nb θ converge pour tout θ ∈ R.
3) Montrer que 1) et 2) subsistent sous les hypothèses plus générales :
∑+∞
=+ −
01
kkk aa < +∞ et an → 0 , resp. ∑
+∞
=+ −
11
kkk bb | < +∞ et bn → 0 .
10
Exercice 81 : Montrer que la convergence de la série ∑+∞
=1n
nv implique celles de :
∑+∞
=1n
n
nv , ∑
+∞
=1 lnn
n
nv , ∑
+∞
=1n
nv ( 1 +n1 )n
, ∑+∞
=1
.n
nn nv .
Exercice 82 : Soit ∑+∞
=1n
nu une série convergente à termes ≥ 0 , de restes Rn = ∑+∞
+= 1nkku .
Montrer l’équivalence : ∑+∞
=1
ln.n
n nu converge ⇔ ∑+∞
=1n
n
nR converge.
Exercice 83 : Natures des séries : ∑+∞
= +−
1 sin)1(
n
n
nn , ∑
+∞
=1
1sin.sinn n
n , ∑+∞
=0n )exp()exp(
inbn
ina
+ (a, b ∈ R).
Exercice 84 : Développement asymptotique de Sn = 1 − 21 +
31 − … +
n
n 1)1( −−.
Exercice 85 : Convergence et calcul de ∑+∞
=
−−1
1)1(
n
n
n( 1−
21 +
31 − … +
n
n 1)1( −−) .
Exercice 86 : Soit Sn = − 1 + 2 + … + (−1)n n .
Montrer que Sn ∼ 2
)1( n−n , et plus précisément que Sn =
2)1( n−
n + C + o(1).
Exercice 87 : Soit ∑+∞
=0kka une série convergente, Rn = ∑
+∞
+= 1nkka la suite de ses restes.
Etudier sous différentes hypothèses la nature et la valeur de la série ∑+∞
=0n
nR .
Nature et calcul des séries ∑+∞
=0n∑+∞
+=
−−1
1)1(
nk
k
k et ∑
+∞
=0n∑+∞
+= +−
1 12)1(
nk
k
k.
Exercice 88 : Soit In = ∫ ++π
0.
²cos1))12sin(( dt
ttn
. Convergence et calcul de ∑+∞
=−
0
.)1(n
nnI
Exercice 89 : Nature de ∑+∞
=1n
nu , où un = ∫2/
0).sin(.cos
πdxnxxn .
Exercice 90 : critère de Hardy.
Soit f : [0, +∞[ → C une fonction de classe C1, telle que f' soit intégrable sur [0, +∞[. Montrer que la
série de terme général wn = ∫ −
n
ndttf
1).( − f(n) est absolument convergente.
Exercice 91 : Natures des séries ∑+∞
=1
)cos(ln
n nn
, ∑+∞
=1
)sin(ln
n nn
, ∑+∞
=1
)sin(
n nn
.
Exercice 92 : 1) Soit f : [0, +∞[ → C une fonction de classe C2, telle que :
a) limx→∞ f(x) = 0 ; b) f’’ est intégrable sur [0, +∞[ .
Montrer que la série de terme général wn = ∫ −
n
ndttf
1).( − f(n) est absolument convergente.
[ Indication : observer que wn = −21 ∫ −
−+−n
ndttftnnt
1).''().).(1( −
21 ( f(n) − f(n−1) ) .]
11
2) Application : Discuter selon les valeurs de a > 0 la nature de la série ∑+∞
=1
sinn
ann .
Exercice 93 : Soit (qj) la suite des naturels dont l’écriture décimale ne contient pas le chiffre 9.
Montrer que la série ∑+∞
=1
1j jq
converge.
Exercice 94 : Soit s(n) le nombre de 1 dans l’écriture binaire de n.
Convergence et calcul de ∑+∞
= +−
1
)(
)1()1(
n
ns
nn.
Exercice 95 : Discuter la nature de la série [ ]
∑∞+
=
−1
)1(
na
n
n , a réel.
Exercice 96 : On rappelle que 1 − 21 +
31 −
41 +
51 − … = ln 2.
1) Montrer que la série 1 − 21 −
41 +
31 −
61 −
81 +
51 − … converge et calculer sa somme.
Même question pour 1 + 31 +
51 −
21 −
41 +
71 +
91 +
111 − … .
2) Plus généralement, on réordonne la série harmonique alternée en prenant alternativement p termes
> 0 et q termes < 0. Montrer que la nouvelle série converge et a pour somme ln 2 + 21 ln
qp
.
3) Montrer comment réarranger les termes afin d’obtenir une série divergente.
Exercice 97 : Soit σ une permutation de N*. Nature de la série ∑+∞
=1 ²)(
n nnσ
.
Exercice 98 : Natures des séries ∑+∞
=1
sin(n
π (1 + 2 )n) , ∑
+∞
=0
sin(n
π (2 + 5 )n) , ∑
+∞
=1
tan(n
π (7 + 4 3 )n).
Exercice 99 : Soit rn le nombre de points M(x, y) du plan à coordonnées entières tels que x2
+ y2 ≤ n.
Equivalents de rn et de ∑=
n
kkr
0
.
Exercice 100 : Soit (zn) une suite de complexes non nuls vérifiant ∀(i, j) i ≠ j ⇒ | zi − zj | ≥ 1.
Montrer que la série ∑+∞
=1
1n nzα est absolument convergente pour α > 2, mais qu’elle peut converger ou
diverger si α = 2.
Exercice 101 : Montrer l’identité : ∀(x, a) ∈ C2 , |x| < 1 , |a| < 1 :
∑+∞
=0 !1
n n n
n
axa
2².1+ = exp a − x2 exp a
3 + x
4 exp a
5 − ...
Exercice 102 : Montrer les identités ∀z ∈ C , |z| < 1 , ∀ a, b, c ∈ N* ,
∑+∞
=0ncan
bn
zz
+−1 = ∑
+∞
=0nban
cn
zz
+−1 et ∑
+∞
=0ncan
bn
zz
++1 = ∑
+∞
=0nban
cnn
zz+−
−1
.)1( .
Exercice 103 : Montrer l’identité ∀x ∈ C − { 0, −1, −2, −3, … }
∑+∞
= ++0 ))...(1(1
n nxxx = e. [
x1 −
!11
11+x
+ !2
12
1+x
− … ] .
12
Exercice 104 : Convergence et calcul de ∑∑+∞
=
+∞
= ++1 1 2²²1
m n mnmnnm.
Exercice 105 : 1) Soit ∑+∞
=1n
nu une série convergente.
Montrer que la série ∑+∞
=1n
nv , où vn = )1(
...2 21
++++
nnnuuu n , est convergente et a même somme.
2) Soit (εn)n≥1 une suite à valeurs dans {−1, 0, +1}. On pose πn = n
nεεε +++ ...21 . Montrer que les
séries ∑+∞
=1n
n
nε et ∑
+∞
= +1 1n
n
nπ sont de même nature. Si elles convergent, elles ont même somme.
Exercice 106 : Montrer que l’équation x3 − x − 1 = 0 a une unique racine réelle α.
Natures des séries ∑+∞
=1
)2/sin(
n
n
nπα
et ∑+∞
=1
)2/cos(
n
n
nπα
.
Exercice 107 : Convergence et calcul de ∑+∞
= −1 12)(
kk
kϕ , où ϕ est l’indicateur d’Euler.
Exercice 108 : Soit B = { (p, q) ∈ N*×N* ; p ∧ q = 1 }. Existence et calcul de ∑∈Bqp qp),( ²²
1 .
Exercice 109 : 1) Nature de la série ∑+∞
=1 ),...,2,1(1
n nppcm.
2) Soit (un) une suite strictement croissante d’entiers ≥ 1. On pose an = ppcm(u1, u2, …, un).
Nature de la série ∑+∞
=1
1n na
.
Exercice 110 : Pour tout entier n ≥ 2, soit qn le plus grand nombre premier divisant n.
Nature de la série ∑+∞
=2 .1
n nqn.
Exercice 111 : Etudier les suites Pn = ∏=
+n
k ki
1
)1( et | Pn | .
Exercice 112 : Nature et calcul des produits infinis :
∏+∞
= ++
1 )2()²1(
n nnn
, ∏+∞
=−
2
)²
11(n n
, ∏+∞
= +−2
))1(
21(n nn
, ∏+∞
= +−
23
3
)11
(n n
n , ∏
+∞
=−
1
)²4
11(n n
.
Exercice 113 : Nature et calcul éventuel des produits infinis :
∏+∞
=
−−+
1
1
))1(
1(n
n
n , ∏
+∞
=
−+
2
))1(
1(n
n
n , ∏
+∞
=
−+
1
)ln.)1(
1(n
n
n
n.
Exercice 114 : formule d’Euler. Montrer que, pour tout n ∈ N, n! = ∏+∞
= ++
1
.)1(k
n
knk
kk .
Exercice 115 : formule de Jacobi. Montrer, pour tout 0 < q < 1 :
+−
11
( 2
2
11
+−
)1/2 ( 4
4
11
+−
)1/4 ( 8
8
11
+−
)1/8 … = ( 1 − q )
2 .
Exercice 116 : Soit (an)n∈N* une suite sommable.
13
On suppose que, pour tout k ≥ 1, ∑+∞
=1pkpa = 0. Montrer que (∀n) an = 0.
Exercice 117 : Soit (λn) une suite réelle ou complexe. Montrer l’équivalence des propriétés suivantes :
i) La suite (λn) est « à variation bornée » en ce sens que ∑+∞
=+−
11
iii λλ < +∞ ;
ii) Pour toute série convergente ∑+∞
=1n
nu réelle ou complexe, la série ∑+∞
=1n
nnuλ converge.
Exercice 118 : Soit (λn) une suite réelle ou complexe. Montrer l’équivalence des propriétés suivantes : i) La suite (λn) est « à variation bornée » et lim λn = 0 ;
ii) Pour toute série ∑+∞
=1n
nu dont les sommes partielles sont bornées, la série ∑+∞
=1n
nnuλ converge.
Exercice 119 : Deux trains distants de 200 km se dirigent l’un vers l’autre à la vitesse de 100 km/h. A l’instant 0 une mouche part d’un train et va vers l’autre à la vitesse de 200 km/h. Lorsqu’elle l’atteint, elle rebousse chemin et revient vers le premier train à la même vitesse, et ainsi de suite. Quelle distance la mouche aura-t-elle parcourue au moment où les deux trains se croisent ?
Exercice 120 : Soient OA et OB deux vecteurs orthogonaux et de même norme dans le plan.
On abaisse de O la perpendiculaire OA2 sur BA, de A2 la perpendiculaire A2A3 sur OA1, de A3 la
perpendiculaire A3A4 sur A1A2, etc. Trouver la limite de la suite (An).
Exercice 121 : On pose des dominos l’un sur l’autre en créant à chaque nouveau domino un décalage vers la droite, de façon que l’édifice soit en équilibre. Montrer que l’on peut obtenir un décalage arbitrairement grand entre le premier et de dernier domino.
____________
Solutions Dans les solutions proposées, « T.S.R.C. » signifie théorème de sommation de relations de comparaison, « T.I.R.C. » théorème d’intégration de relations de comparaison.
Exercice 1 : Natures des séries ∑+∞
=
−+2
)1ln1(n n
nn
, ∑+∞
=+−
1
))11((n
n
ne , ∑
+∞
=−−
1
)1²exp(n
n , ∑+∞
=2
ln
)(lnnn
n
nn
∑+∞
=−+−++
1
)1²1²(n
nnnn , ∑+∞
=1 ²sin.1
n nn , ∑
+∞
=12/3
sinn n
n , ∑+∞
=1n
nu où un = )12ln( +n − )2ln( n
∑+∞
=1n
nu où un = ∫+∞
++n xxdx
13 , un = an
1 ∫+∞
+n xdx
6 7 1 , un = an
1 ∫ ∞− ++n
xxdx
1² ,
un = ∫ +n
dxxx/
0
3
.1sinπ
, un = ∫ − −1
/11 51an tdt ( a > 0 ) .
Solution :
1) ∑+∞
=2n
nu , où un = )11ln(1nn
−+ = −²2
1n
+ O( 31n
) ∼ −²2
1n
, suite de signe constant.
La règle de l’équivalent s’applique et montre que la série converge.
14
2) ∑+∞
=1n
nu , où un = e – ( 1 + n1 )n
= e – exp(n.ln(1 + n1 )) = e – exp( 1 −
n21 + o(
n1 )) ∼
ne
2, suite de
signe constant. La règle de l’équivalent s’applique et montre que la série diverge.
3) ∑+∞
=−−
1
)1²exp(n
n est une série à termes > 0.
Je dis que 0 < un ≤ ²
1n
àpcr, car 0 < n2 1²−− ne ≤ 1 àpcr, car cela s’écrit 2 ln n ≤ 1²−n .
Aussi un = exp(− n²
11n
− ) = exp(− n+n21 +o(
n1 )) ∼ ne− , terme gal de série géom. convergente.
4) ∑+∞
=2
ln
)(lnnn
n
nn
est une série de terme général un = nnne lnln²ln − > 0 ; pas d’équivalent simple.
Je dis que 0 < un ≤ ²
1n
àpcr, car − n ln ln n + ln2
n + 2 ln n ∼ − n ln ln n ≤ 0 àpcr.
Variante : 0 < un ≤ ne− àpcr, car − n ln ln n + n + ln2
n ∼ − n ln ln n ≤ 0 àpcr.
5) ∑+∞
=−+−++
1
)1²1²(n
nnnn est une série à termes > 0, divergente car :
0 < un = 1² ++nn − 1² −+nn = 1²1²
2−++++ nnnn
∼ n1 , terme gal d’une série divergente.
6) ∑+∞
=1 ²sin.1
n nn est série à termes positifs ; pour tout n, un ≥
n1 . Comme ∑
+∞
=1
1n n
diverge, ∑+∞
=1 ²sin.1
n nn
diverge en vertu de la règle de la minoration.
7) On peut montrer la convergence à l’aide du critère de Cauchy. Mais mieux vaut noter que la série
∑+∞
=12/3
sinn n
n est absolument convergente, car |un| ≤ 2/31
n et ∑
+∞
=12/3
1n n
converge.
8) ∑+∞
=1n
nu , où 0 < un = )12ln( +n − )2ln( n = )2ln()12ln(
)211ln(
nnn
++
+ ∼
)ln(21
nn, terme général
d’une série de Bertrand divergente. Attention ! )12ln( +n + )2ln( n ∼ 2 )2ln( n ∼ 2 nln , tandis
que )12ln( +n − )2ln( n n’est pas équivalente à 0. On peut parfois additionner des équivalents,
mais pas toujours.
9) La série∑+∞
=1n
nu , où un = ∫+∞
++n xxdx
13 est bien défini car l’intégrale ∫
+∞
++0 3 1xxdx converge.
Et la série converge en vertu du T.I.R.C. : 0 < un ∼ ∫+∞
n xdx
3 = ²2
1n
.
10) Comme en 9), 0 < un = an1 ∫
+∞
+n xdx
6 7 1 ∼ an
1 ∫+∞
n xdx
6/7 = 6/1.61
+an ; la série converge ssi a > −
65 .
11) 0 < un = an1 ∫ ∞− ++
n
xxdx
1² peut se calculer élémentairement, mais peu importe :
un ∼ anJ , où J = ∫
+∞
∞− ++ 1² xxdx est une constante > 0. La série converge ssi a > 1.
12) 0 < un = ∫ +n
dxxx/
0
3
.1sinπ
∼ ∫n
dxx/
0
3.π
= 4
4
4nπ
(intégration d’un développement limité usuel).
Variante : Il suffit de noter que sur l’intervalle considéré, 0 < xx
+1sin3
≤ sin3
x ≤ x3 .
15
13) Si a > 0. Au V(1−0) : 51
1t−
= )²1)(1(
143 ttttt ++++−
∼ )1(5
1t−
.
Par intégration de relations de comparaison :
0 < un = ∫ − −1
/11 51an tdt ∼ ∫− −
1
/11 )1(5an tdt = ∫
an
udu/1
0 5 =
52
2/1an
. La série converge ssi a > 2.
Exercice 2 : Discuter la nature de ∑+∞
=3 lnln.ln.1
ncba nnn
. Généraliser.
Solution : La série ∑+∞
=3 lnln.ln.1
ncba nnn
converge ssi a > 1 ou (a = 1 et b > 1) ou (a = b = 1 et c > 1),
autrement dit ssi (a, b, c) > (1, 1, 1) pour l’ordre lexicographique.
Le cas a > 1 se traite aisément car 0 < nnn cba lnln.ln.
1 < '1an
àpcr, où a’ = 21+a .
Le cas a < 1 également car nnn cba lnln.ln.
1 > '1an
àpcr, où a’ = 21+a .
Reste le cas a = 1. L’étude des variations de f(x) = xxx cb lnln.ln.
1 montre qu’elle décroit pour x > x0.
Le chgt de variable t = ln x ramène ∫+∞
3).( dxxf à ∫
+∞
3ln ln ttdt
cb , qui converge ssi b > 1 ou b = 1 et c > 1.
Exercice 3 : Discuter selon les valeurs des réels a, b et c la nature de la série ∑+∞
=0n
nu , où
un = 1² ++nn − 3 3 ² cbnann +++ .
Solution : Faisons avec Maple un d. a. de un à la précision O(1/n2) :
> u:=n->sqrt(n^2+n+1)-(n^3+a*n^2+b*n+c)^(1/3);
:= u → n − + + n2 n 1 ( ) + + + n3 a n2 b n c( )/1 3
> asympt(u(n),n,2);
− + + 12
13
a − +
38
13
b19
a2
n
O
1
n2
• Si a ≠ 23 , (un) ne tend pas vers 0 ; il y a divergence grossière.
• Si a = 23 et b ≠
815 , alors un =
nA + O(
²1n
), où A ≠ 0. La série diverge comme somme de la série
alternée et d’une série absolument convergente.
• Si a = 23 et b =
815 , alors un = O(
²1n
). La série est absolument convergente.
Conclusion : La série converge ssi a = 23 et b =
815 .
Exercice 4 : Discuter selon les valeurs des complexes a, b et c la nature de la série ∑+∞
=0n
nu , où :
un = a.ln(n + 3) + b.ln(n + 2) + c.ln(n + 1).
16
Solution : On obtient aussitôt un d. a. de un à la précision O(1/n2) :
un = (a + b + c).ln n + n
cba ++23 + O(²
1n
),
• Si a + b + c ≠ 0, (un) est non bornée, la série diverge grossièrement. • Si a + b + c = 0 et 3a + 2b + c ≠ 0, la série est somme d’une série divergente et d’une série absolument convergente, donc elle diverge. • Si a + b + c = 3a + 2b + c = 0, autrement dit si a = c et b = −2a, elle est absolument convergente.
La somme se calcule alors : elle est télescopique. Posant vn = ln(n + 1) – ln(n + 2), il vient
∑=
N
n
nu0
= a∑=
+++−+N
n
nnn0
))3ln()2ln(2)1(ln( = a∑=
+−N
nnn vv
01)( = a (v0 – vN+1) → a v0 = − a ln 2.
Conclusion : la série converge ssi a = c et b = − 2a. Elle vaut alors − a ln 2.
Exercice 5 : Discuter la nature des séries ∑+∞
= 0nn
nu et ∑+∞
= 0nn
nv , où n0 est assez grand et :
un = sin(2π bann ++² ) , vn = sin(π bann ++² ) .
Solution : bann ++² = n + 2a + (
2b −
8²a )
n1 + O( 2
1n
)
• un = sin (2π bann ++² ) = sin (2πn + aπ + (2b −
8²a )
nπ2 + O( 2
1n
) )
= sin (aπ + (2b −
8²a )
nπ2 + O( 2
1n
)) par périodicité.
Si a ∉ Z , (un) ne tend pas vers 0, il y a divergence grossière.
Si a ∈ Z , un = (−1)a sin((
2b −
8²a )
nπ2 + O( 2
1n
)) = (−1)a ((
2b −
8²a )
nπ2 + O( 2
1n
))
− Si b = a2/4 , il y a absolue convergence.
− Sinon, la série est somme d’une série divergente et d’une série absolument convergente.
• vn = sin(π bann ++² ) = sin (πn + 2πa + (
2b −
8²a )
nπ + O( 2
1n
) )
= (−1)n.sin (
2πa + (
2b −
8²a )
nπ + O( 2
1n
)) par anti-périodicité.
Si a ∉ 2Z , (vn) ne tend pas vers 0, il y a divergence grossière.
Si a ∈ 2Z, vn = (−1)n+a/2 sin((
2b −
8²a )
nπ + O( 2
1n
)) = (−1)n+a/2
((2b −
8²a )
nπ + O( 2
1n
)) .
La série est combinaison linéaire de la série hamonique alternée et d’une série absolument convergente. Elle est donc convergente.
Exercice 6 : Discuter selon les valeurs de a la nature de la série ∑+∞
=2n
nu , où
un = ∑
≤≤ nk
ak1
1 , resp. un = ∑
≤≤ nk
a
kn
1
²ln.
Solution : Séries à termes > 0. La règle de l’équivalent fait merveille.
17
La croissance de t → ln2 t fournit l’encadrement intégral ∫
ndtt
1.²ln ≤ ∑
=
n
k
k1
²ln ≤ ∫n
dtt1
.²ln + ln2 n,
d’où l’on déduit, après calculs, l’équivalent ∑=
n
k
k1
²ln ∼ n ln2 n , puis un ∼
nn a ²ln1
1− .
La règle de Bertrand conclut : la série converge ssi a ≤ 0. Exercice 7 : Soient P et Q deux polynômes complexes, Q ≠ 0.
Discuter la nature des séries ∑+∞
=an nQnP)()(
et ∑+∞
=−
an
n
nQnP)()(.)1( , où a est assez grand.
Solution : Soient p = dep P , q = deg Q , P(x) = ap.xp + … , Q(x) = bq.x
q + … .
P et Q sont supposés non nuls, et a est assez grand pour que Q(n) ≠ 0 pour tout n ≥ a.
)()(
nQnP = pq
q
p
nba
−1. + O( 1
1+− pqn
) .
♣ Si p ≥ q , les deux séries divergent grossièrement.
♦ Si q – p ≥ 2 , )()(
nQnP = O( 2
1n
) , et les deux séries sont absolument convergentes.
♥ Reste le cas q = p + 1 : )()(
nQnP =
nba
q
p 1. + O( 21n
) et (−1)n.
)()(
nQnP =
nba n
q
p )1(.
− + O( 2
1n
) .
∑+∞
=an nQnP)()(
diverge, comme somme d’une série divergente et d’une série absolument convergente.
∑+∞
=−
an
n
nQnP)()(.)1( converge, comme somme d’une série obéissant au critère des séries alternées et d’une
série absolument convergente.
Conclusion : ∑+∞
=an nQnP)()(
converge ssi q – p ≥ 2 , ∑+∞
=−
an
n
nQnP)()(.)1( converge ssi q – p ≥ 1.
Remarque : pour étudier la nature de la première série, on pourrait aussi invoquer le critère de l’équivalent pour les séries vectorielles, mais je n’enseigne pas ce critère, qui n’est pas indispenable et dont la preuve est technique.
Exercice 8 : Convergence et calcul de ))2ln(.ln
)1²(lnln(2∑+∞
= ++
n nnn
.
Solution : ))2ln(.ln
)1²(lnln(2∑
= ++N
n nnn
= ∑=
+N
n nn
2 )ln)1ln((ln − ln
)1ln()2ln(
++
nn ) = ln
2ln3ln − ln
)1ln()2ln(
++
NN
→ ln2ln3ln .
Il s’agit d’une série télescopique : ∑=
++ +−N
nnnn uuu
021 )2( = u0 – u1 – (uN+1 − uN+2), etc. [ cf. ex. 2.]
Exercice 9 : Convergence et calcul de S(p) = ∑+∞
= ++1 ))...(1(1
n pnnn , p entier ≥ 1.
Solution : Série à termes positifs convergente car 0 ≤ un ≤ 11
+pn.
Plutôt que de décomposer en éléments simples le terme général, mieux vaut noter que
))...(1(
1pnnn ++ =
p1 [
)1)...(1(1
−++ pnnn −
))...(2)(1(1
pnnn +++ ] .
18
D’où ∑=
N
n
nu1
= p1 [
p...2.11 −
))...(2)(1(1
pNNN +++ ] → !.
1pp
quand N → +∞.
Exercice 10 : Convergence et calcul de ∑+∞
= +++0 )34)(24)(14(1
n nnn.
Solution : Série de terme général positif, équivalent à, et majoré par, 1/(4n)3.
Une décomposition en éléments simples donne : un = 21 (
141+n
−12
1+n
+34
1+n
) .
Formellement, ∑+∞
=0n
nu = 21 (1 – 1 +
31 +
51 −
31 +
71 +
91 −
51 +
111 + … ) = 0, puisque tous les
termes se simplifient deux à deux, alors qu’il est clair que ∑+∞
=0n
nu > 0. Ceci illustre les considérations
du cours sur la convergence commutative et le réarrangement des termes (§ E.2).
Le calcul de la somme peut se faire au moyen de la fonction eulérienne ψ(x).
On trouve ∑+∞
=0n
nu = − 8
)4/1(Ψ −
4γ
− 22ln −
8)4/3(Ψ
.
Une autre solution passe par la série entière F(x) = ∑+∞
=0n
nnxu .
C’est une fonction hypergéométrique que l’on peut calculer élémentairement si l’on note que :
F(x) = x2
1 ∑+∞
=
+
+0
14
14n
n
nx
− 21 ∑
+∞
=
+
+0
24
24n
n
nx
+ 321x ∑
+∞
=
+
+0
34
34n
n
nx
= x2
1 A(x) − 21 B(x
2) + 32
1x
C(x).
Or A(x), B(x) et C(x) se calculent élémentairement via leurs dérivées. Il reste à faire x → 1−0.
Avec Maple :
> u:=n->1/((4*n+1)*(4*n+2)*(4*n+3));convert(u(n),parfrac,n); sum(u(n),n=0..infinity);
:= u → n1
( ) + 4 n 1 ( ) + 4 n 2 ( ) + 4 n 3
> sum(u(n)*x^n,n=0..infinity);
16
hypergeom , ,
, , ,1
12
14
34
, ,
54
32
74
x
> A:=x->int(1/(1-t^4),t=0..x):A(x);B:=x->int(1/(1-t^2),t=0..x):B(x);C:=x->int(t^2/(1-t^4),t=0..x):C(x);
+ 12
( )arctanhx12
( )arctanx
( )arctanhx
− + − + 14
( )ln − x 114
( )ln + 1 x12
( )arctanx14
I π
> F:=expand(1/(2*x)*A(x)-1/2*B(x^2)+1/(2*x^3)*C(x));limit(F,x=1,left); 14
( )ln 2
Exercice 11 : Convergence et calcul de
∑+∞
= +++1 ...211
n n , ∑
+∞
= +++−
1 ...21)1(
n
n
n , ∑
+∞
= +++1 ²...²2²11
n n , ∑
+∞
= +++−
1 ²...²2²1)1(
n
n
n.
− + 12
1 + 4 n 1
12
1 + 2 n 1
12 + 4 n 3
14
( )ln 2
19
Solution : Traitons les séries 3 et 4. 1) Nature. La première série est à termes positifs, la seconde est alternée.
On a la majoration 0 < un = ²...²2²1
1n+++ ≤
²1n
, ou l’équivalent un ∼ 33n
, qui découle de
12 + 2
2 + … + n
2 ∼ ∫
ndxx
0² =
3
3n par encadrement intégral. Donc la première série converge, et la
seconde converge absolument (elle obéit aussi au critère des séries alternées).
2) Calcul. On a un = )12)(1(
6++ nnn
= n6 +
16+n
− 12
24+n
par décomposition en éléments simples.
SN = ∑=
N
n
nu1
= 24 HN − 24 (H2N + 12
1+N
) + 18 + 1
6+N
, où HN = ∑=
N
n n1
1 = ln N + γ + o(1).
On en déduit que SN → 18 – 24 ln 2.
3) Calcul de la seconde série. ∑+∞
=−
1
)1(n
nnu = 6 ∑+∞
=
−1
)1(
n
n
n + 6 ∑
+∞
= +−
1 1)1(
n
n
n − 24 ∑
+∞
= +−
1 12)1(
n
n
n
= − 6 ln 2 + 6 (ln 2 – 1) – 24 (4π − 1) = 18 − 6π.
4) Maple confirme : > sum(1/sum(k^2,k=1..n),n=1..infinity); > sum((-1)^n/sum(k^2,k=1..n),n=1..infinity);
Exercice 12 : Pour tout n ∈ N*, on pose an = ∑+∞
= +nk nkk )(1 .
Existence de cette suite. Equivalent quand n → +∞.
Solution : La série ∑+∞
= +nk nkk )(1 à termes positifs, converge en vertu du critère de l’équivalent.
Sa somme an se calcule, car pour N + 1 ≥ 2n,
∑= +N
nk nkk )(1 =
n1 ∑
= +−N
nk nkk)11( =
n1 (∑
−
=
121
n
nk k − ∑
= +n
k kN1
1 ) → n1 ∑
−
=
121
n
nk k =
n1 ( H2n−1 – Hn−1 )
formule encore vraie pour n = 1 avec la convention H0 = 0. Du coup
an = n1 ( H2n−1 – Hn−1 ) =
n1 ( ln
112
−−
nn + γ − γ + o(1) ) =
n1 ( ln
112
−−
nn + o(1) ) =
n2ln + o(
n1 ).
Conclusion : an = n1 ( H2n−1 – Hn−1 ) =
n2ln + o(
n1 ) .
Autre solution : encadrement intégral. La décroissance de t → )(
1ntt + donne :
n2ln =
n1 ln
nxx+
+∞n = ∫+∞
+n nxxdx
)( ≤ ∑
+∞
= +nk nkk )(1 ≤ ∫
+∞
− +1 )(n nxxdx =
n1 ln
nxx+
+∞−1n =
n1 ln
112
−−
nn , etc.
Exercice 13 : Soit (fn) la suite de Fibonacci f0 = 0 , f1 = 1 , fn+2 = fn+1 + fn.
1) Existence et calcul de ∑+∞
= +
−
1 1
1
n nn
n
fff
.
2) Montrer que ∀n ∈ N fn+12 − fn fn+2 = (−1)
n et ∀n ∈ N*
1
)1(
+
−nn
n
ff =
n
n
ff 1+ −
1
2
+
+
n
n
ff
.
− 18 24 ( )ln 2
−
hypergeom , ,
, ,1 1
32
,3
52
-1
20
Existence et calcul de ∑+∞
= +
−1 1
)1(
n nn
n
ff.
3) Montrer l’identité ∑+∞
=0
.n
nn zf = ²1 zz
z−− pour des nombres complexes z à préciser.
Solution : 1) La série est télescopique, car 1
1
+
−
nn
n
fff
= 1
1
+
+ −nn
nn
ffff
= nf1 −
1
1+nf
.
Donc ∑= +
−N
n nn
n
fff
1 1
1 = 1
1f
− 1
1+Nf
→ 1
1f
= 1, car (fn) tend vers +∞.
2) La 1ère formule se montre par récurrence sur n, la 2ème s’en déduit aussitôt.
∑= +
−N
n nn
n
ff1 1
)1( =
1
2
ff
− 1
2
+
+
N
N
ff
= 1 − 1
2
+
+
N
N
ff
→ 1 − ω = 2
51− , où ω = 2
51+ est le nombre d’or.
Cela découle de ce que fn = ϖωϖω
−− nn
∼ 5
nω (suite récurrente linéaire).
Conclusion : ∑+∞
= +
−
1 1
1
n nn
n
fff
= 1 , ∑+∞
= +
−1 1
)1(
n nn
n
ff =
251− .
Remarque : La 1ère série obéit à la règle de d’Alembert, la 2ème obéit au critère des séries alternées, et est absolument convergente.
3) La série (entière) ∑+∞
=0
.n
nn zf converge ssi |z| < 2
15− . En effet :
a) pour 0 < |z| < 2
15− , |nn
nn
zfzf.. 1
1+
+ | → |ωz| < 1 ; b) pour |z| > 2
15− , |nn
nn
zfzf.. 1
1+
+ | → |ωz| > 1.
c) pour |z| = 2
15− , | fn .zn | ne tend pas vers 0. Soit Φ(z) sa somme.
Φ(z) = z + ∑+∞
=2
.n
nn zf = z + ∑+∞
=
++
0
22.
n
nn zf = z + ∑
+∞
=
++ +
0
21 ).(
n
nnn zff = z + z.Φ(z) + z2.Φ(z), donc
Conclusion : Pour |z| < 2
15− , ∑+∞
=0
.n
nn zf = ²1 zz
z−− .
Exercice 14 : Soit (un) la suite définie par u0 > 1, un+1 = un2 – un + 1. Montrer que ∑
+∞
=0
1n nu
= 1
10−u
.
Solution : 1) La fonction f(x) = x2 – x + 1 vérifie x > 1 ⇒ f(x) > x > 1.
Donc (un) est à valeurs > 1, et croissante.
Si elle convergeait, sa limite L vérifierait L = L2 – L + 1 et L > 1 : impossible. Donc un ↑ +∞.
2) On peut trouver un équivalent de un, ou un minorant assurant la convergence de la série : cf. mon chapitre sur les suites récurrentes.
3) On a le télescopage 1
11−+nu
= nn uu ).1(
1−
= 1
1−nu
− nu
1 , donc ∑=
N
n nu0
1 = 1
10−u
−1
1
1 −+Nu→
110−u
.
Ainsi, ∑+∞
=0
1n nu
converge et a pour somme ∑+∞
=0
1n nu
= 1
10−u
.
21
Exercice 15 : Convergence et calcul de [ ]
∑∞+
=
−−1
2/)1()1(
n
n
n .
Solution : Il s’agit de la série 1 + 21 −
31 −
41 +
51 +
61 −
71 − …
qui est en quelque sorte la « panachée » des séries 1 − 31 +
51 −
71 − … et
21 −
41 +
61 − … ,
qui ont pour sommes respectives 4π et
22ln .
Si les séries ∑+∞
=0n
na et ∑+∞
=0n
nb convergent, la série « panachée » a0 + b0 + a1 + b1 + … converge et a
pour somme ∑+∞
=0n
na + ∑+∞
=0n
nb . En effet, les sommes partielles d’indice pair de la panachée sont de la
forme ∑=
+n
kkk ba
0
)( , et les sommes partielles d’indice impair de la forme ∑=
+n
kkk ba
0
)( + an+1 . Comme
(an) tend vers 0, ces sommes partielles ont même limite.
En conclusion, [ ]
∑∞+
=
−−1
2/)1()1(
n
n
n converge et a pour somme
4π +
22ln .
Exercice 16 : Convergence et calcul de ∑+∞
= −+0 ))1(3(²
kkk
k et de ∑+∞
=−+
0)1(
3²
kk kk . [ Oral Mines 2008 ]
Solution : Ce sont deux séries à terme général positif mais « claudicant ». La règle de d’Alembert ne conclut pas directement, mais indirectement.
1ère série. 0 ≤ uk ≤ vk = kk2² ; or
k
k
vv 1+ →
21 . Calculons séparément ∑ mu2 et ∑ +12mu .
∑ mu2 = ∑ mm24
²4 = 4∑ mm16
² , ∑ +12mu = ∑ ++
122)²12(
m
m = 2∑ m
m4
² + 2∑ mm4
+ 21 ∑ m4
1 .
> u:=k->k^2/(3+(-1)^k)^k;sum(u(k),k=0..infinity);
> A:=sum((2*m)^2/4^(2*m),m=0..infinity); B:=sum((2*m+1)^2/2^(2*m+1),m=0..infinity);A+B;
2ème série. 0 ≤ uk ≤ vk = 13²−k
k . Or ∑+∞
=0kkv converge en vertu de la règle de d’Alembert.
Ecrivons S = ∑+∞
=0kku = ∑
+∞
=02
qqu + ∑
+∞
=+
012
qqu = ∑
+∞
=+
0123)²2(
qqq
+ ∑+∞
=
+0
23)²12(
q
= 34 ∑
+∞
=09²
q + 4 ∑
+∞
=09²
q + 4 ∑
+∞
=09qq
q + ∑
+∞
=091
qq =
316∑
+∞
=09²
q + 4 ∑
+∞
=09qq
q + ∑
+∞
=091
qq .
Ces trois séries se calculent en substituant x = 91 dans
x−11 = ∑
+∞
=0q
qx et ses dérivées.
∑ = k 0
∞ k2
( ) + 3 ( )-1 kk
:= A10883375
:= B8227
113383375
22
3
16X2 + 4X + 1 =
316 (X + 2)(X + 1) − 12 (X + 1) +
37 .
S = 3
16∑+∞
=
++0 9
)1)(2(q
qqq
− 12 ∑+∞
=
+0 9
1q
+ 37 ∑
+∞
=091
qq =
316
3)9/11(2
− − 12 )²9/11(
1− +
37
9/111
− = 821.
> sum(k^2/(3^(k+(-1)^k)),k=0..infinity);
:= S ∑ = k 0
∞ k2
3( ) + k ( )-1 k
> A:=sum((2*q)^2/(3^(2*q+1)),q=0..infinity); > B:=sum((2*q+1)^2/(3^(2*q)),q=0..infinity); > S:=A+B;
Exercice 17 : Existence et calcul de ∑ ∑∞+
=
−
= − ++1
12
2 1 )22)(12(1
n p
n
n pppn . [ Oral X 1995 ]
Solution :
Convergence. Bn = ∑−
= − ++
12
2 1 )22)(12(1
n
npppp
≤ )22)(12(2
221
1
++−
−
−
nnn
nn
= )22)(12(
1++ nn , donc 0 ≤ un ≤ n
n4
.
Calcul. )22)(12(
1++ XXX
= X21 −
122+X
+ )1(2
1+X
,
donc Sn = ∑= ++n
p ppp1 )22)(12(1 = 2 Hn+1 – 2 H2n+2 +
23 −
)1(21+n
.
D’où Bn = 121
+n − 2 ( 12 +nH − 2 nH2 + 12 −nH ), et ∑+∞
=1n
nnB = 41 ∑
+∞
=−
112n
nn − 2∑
+∞
=−+ +−
1222 )2( 11
nnnn HHHn
D’une part, ∑+∞
=−
112n
nn = 4 ( dériver
x−11 pour |x| < 1, puis faire x = ½ ).
D’autre part, ∑=
−+ +−N
nnnn aaan
111 )2( = N.aN+1 – (N + 1).aN + a0 . Ici an = nH2 = n.ln 2 + γ + O( n2
1 ).
Conclusion : S = 2γ − 1.
Remarque : On en déduit que [ ]∑
∞+
= +++
1
2
)22)(12(1log
p pppp
= 2γ − 1.
Exercice 18 : Existence et calcul de ∑∞+
= +++−
1 )1)...(21)(11(
)!1(
n n
n. [ Oral Mines 1995 ]
Solution :
1) Convergence. On a (∀n ≥ 1) 1 + n ≥ 3+n , donc 0 ≤ un ≤ )3)(2)(1(
3.2+++ nnnn
≤ ²6
n.
On aurait pu aussi chercher un équivalent de un, via un = nPn.
1 , où Pn = ∏=
+n
k k1
)11( .
2) Calcul. L’idée est de faire apparaître un télescopage.
:= A1564
:= B15364
:= S218
23
Pour n ≥ 2, un = )11)...(11(
)!1(
−++−
n
n −
)1)...(11(!
nn
++.
D’où Sn = ∑=
n
kku
1
= 21 +
21 −
)1)...(11(!
nn
++ → 1. On trouve finalement S = 1.
En réalité, cet exercice est un cas particulier du suivant :
Exercice 18 bis : Soient (an) une suite à termes > 0, et un = )1)...(1)(1( 10 n
n
aaaa
+++.
1) Montrer que ∑+∞
=0n
nu converge. Exemple : an = 1
1+n
.
2) Montrer que ∑+∞
=0n
nu = 1 ⇔ ∑+∞
=0n
na diverge, et que ∑+∞
=0n
nu < 1 ⇔ ∑+∞
=0n
na converge.
Exercice 19 : Montrer, pour tout entier naturel k, la convergence de la série S(k) = ∑+∞
=0 !n
k
nn
.
Calculer S(k) pour 0 ≤ k ≤ 5. Montrer que pour tout k, S(k) est irrationnel.
Solution :
1) Convergence. La règle de d’Alembert fait ici merveille. Mais les adeptes du 0 ≤ un ≤ 1/n² peuvent aussi trouver leur compte. Bien entendu, S(0) = e.
2) Calculons plus généralement S(P) = ∑+∞
=0 !)(
n nnP
, où P ∈ C[X].
Par linéarité, il suffit de calculer S(P) sur une base de C[X], et la plus adaptée n’est pas la base
canonique, mais la base de Newton N0(X) = 1, Nk(X) = !
1k
X(X − 1)…(X − k + 1).
Or S(Nk) = !
1k ∑
+∞
=
+−−0 !
)1)...(1(n n
knnn =
!1k ∑
+∞
=
+−−kn n
knnn!
)1)...(1( =
!1k ∑
+∞
= −kn kn )!(1 =
!1k ∑
+∞
=0 !1
m m =
!ke .
Dès lors, si P(X) = ∑k
kk XNa )( , S(P) = e∑k
k
ka!
.
Il y a même une formule, due à Gregory : P(X) = ∑ ∆k
kk XNP )().0)(( , où ∆ est l’opérateur aux
différences finies ∆P(X) = P(X + 1) − P(X). Ainsi, S(P) = e∑∆
k
k
kP!
)0)((.
3) Revenant à l’exercice, S(k) = S(Xk) = e∑
=
k
p kpk
1 !);(σ
, où Xk = ∑
=
k
pk XNpk
1
)().,(σ .
4) Formule de récurrence liant les S(k).
S(k + 1) = ∑+∞
=
+
0
1
!n
k
nn
= ∑+∞
= −1 )!1(n
k
nn
= ∑+∞
=
+0 !
)1(
n
k
nn
= ∑ ∑+∞
= =1 0!1
n
k
p
ppk nC
n= ∑
=
p
k
kp pSC0
)(. .
Cette formule fournit un calcul récurrent des S(k), et montre que S(k)/e ∈ N*. On en déduit que S(k) est irrationnel, et même transcendant. Remarque : S(k) = ϖ(k)e, où ϖ(k) est le k-ème nombre de Bell. > S:=k->sum(n^k/n!,n=0..infinity); array([S(0),S(1),S(2),S(3),S(4),S(5),S(6),S(7),S(8),S(9)]);
:= S → k ∑ = n 0
∞ nk
!n[ ], , , , , , , , ,eeee eeee 2 eeee 5 eeee 15eeee 52eeee 203eeee 877eeee 4140eeee 21147eeee
24
Exercice 20 : Convergence et somme de la série ∑+∞
= +0 )23(31
nn n
.
Solution : Pour la convergence, d’Alembert marche bien, ou 0 ≤ un ≤ n3.21 .
Le calcul de la somme passe par l’évaluation d’une certaine série entière.
La série entière ∑+∞
=
+
+0
23
23n
n
nx
a un rayon de convergence égal à 1. Soit F sa somme sur ]−1, 1[.
On a F(0) = 0 et F’(x) = ∑+∞
=
+
0
13
n
nx = 31 xx
− , donc F(x) =∫ −x
dttt
0 3.1. Terminons avec Maple :
> int(t/(1-t^3),t=0..x);
− + − + + 13
( )ln − x 116
( )ln + + x2 x 113
3
arctan
13
( ) + 2 x 1 313
I π118
3 π
> S:=simplify(3^(2/3)*int(t/(1-t^3),t=0..1/3^(1/3)));evalf(S);
S118
3( )/2 3
3 ( )ln 3 6 ( )ln − + 3( )/2 3
3 3 ( )ln + + 3 3( )/1 3
3( )/2 3
− + :=
6 3
arctan
19
( ) + 2 3( )/2 3
3 3 3 π − +
.5851433084 > T:=sum(3^(-n)/(3*n+2),n=0..infinity);evalf(T);
:= T13
LerchPhi , ,
13
123
.5851433089 > sum(x^(3*n+2)/(3*n+2),n=0..infinity);
13
x2
LerchPhi , ,x3 1
23
Exercice 21 : Soient m un entier ≥ 2, x un complexe,
S(x) = 1 + 21 + … +
11−m
− mx +
11+m
+ … + 12
1−m
− mx
2 + …
Montrer qu’il y a une seule valeur de x pour laquelle la série converge. Calculer alors S(x).
Solution : Rappelons que HN = 1 + 21 + … +
N1 = ln N + γ + o(1).
Calculons la somme des km premiers termes :
Skm(x) = Hkm – ( x + 1 )(m1 +
m21 + … +
km1 ) = Hkm –
mx 1+ Hk
= ln(km) + γ + o(1) – mx 1+ (ln k + γ + o(1)) = (1 –
mx 1+ ) ln k + ln m + (1 –
mx 1+ ) γ + o(1).
Cette suite converge ssi x + 1 = m et elle tend vers ln m.
Il reste à montrer que si N tend vers +∞ et si km ≤ N < (k+1)m, alors SN(x) − Skm(x) → 0.
Cela découle de ce que 0 ≤ SN(x) − Skm(x) ≤ 1
1+km
+ 2
1+km
+ … + 1)1(
1−+ mk
→ 0
(somme de m − 1 suites tendant vers 0).
Conclusion : La série S(x) converge ssi x = m − 1, et sa somme vaut alors ln m. Si m = 2, on retrouve le développement en série classique de ln 2.
Remarque : l’exercice suivant généralise celui-ci.
Exercice 22 : Soit (pn)n≥1 une suite complexe T-périodique (T ∈ N*) .
25
Montrer que la série ∑+∞
=1n
n
np
converge si et seulement si ∑=
T
kkp
1
= 0 .
Applications : i) retrouver l’exercice précédent ; ii) cas où pn = in .
Solution : ∑+∞
=1n
n
np
= 11p
+ 2
2p + … +
TpT + … +
11
+qTp
+ 2
2
+qTp
+ … + 1−+TqT
pT + …
Formons, par groupement des termes, la série de terme général :
vq = 1
1
+qTp
+ 2
2
+qTp
+ … + TqT
pT
+ = (∑=
T
kkp
1
)qT1 + O(
²1q
).
• Si ∑=
T
kkp
1
≠ 0, ∑+∞
=0q
qv diverge, donc ∑+∞
=1n
n
np
diverge, puisque les sommes partielles de ∑+∞
=0q
qv sont des
sommes partielles particulières de ∑+∞
=0q
qv .
• Si ∑=
T
kkp
1
= 0, ∑+∞
=0q
qv est absolument convergente.
Si N = qT + r , 1 ≤ r ≤ T, |∑=
N
n
n
np
1
− ∑=
q
kkv
0
| ≤ 1
1
+qTp
+ 2
2
+qTp
+ … + TqT
pT
+ → 0 quand N → +∞.
Du coup, ∑+∞
=1n
n
np
converge et a même somme que ∑+∞
=0q
qv .
Exemples : i) L’exercice précédent rentre dans ce cadre. ii) La suite pn = i
n est 4-périodique de moyenne nulle, et
∑+∞
=1n
n
np
= 1i −
21 −
3i +
41 +
5i −
61 −
7i +
81 + … = i.Arctan 1 −
21 ln 2 = −
21 ln 2 + i.
4π .
Remarque : la fonction ψ permet de calculer ∑+∞
=1n
n
np
lorsque ∑=
T
kkp
1
= 0, dans tous les cas.
Référence : Problème Mines-Ponts 1995.
Exercice 23 : Convergence et calcul de ∑+∞
=1
1n n
([ 1+n ] − [ n ]) .
Solution : C’est une série à termes ≥ 0, lacunaire en ce sens que presque tous ses termes sont nuls.
Plus précisément, un = n1 si n est de la forme Kp = p
2 + 2p , un = 0 sinon.
En effet un est non nul ssi (∃p) p ≤ n < p + 1 ≤ 1+n , i.e. n < (p + 1)2 ≤ n + 1.
Formellement ∑+∞
=1
1n n
([ 1+n ] − [ n ]) = ∑+∞
= +1 2²1
p pp =
21 ∑
+∞
= +−1
)2
11(p pp
= 43 .
Plus précisément si Kp ≤ N < Kp+1 :
∑=
N
n n1
1 ([ 1+n ] − [ n ]) = ∑= +p
k kk1 2²1 =
21 ∑
= +−p
k kk1
)2
11( = 21 (1 +
21 −
11+p
− 2
1+p
) → 43 .
Exercice 24 : Soit a un entier fixé ≥ 2. Convergence et calcul de ∑+∞
= +−
1 )1()/(
n nnanaEn
.
Solution : 1) Convergence.
26
On a un = )1(
)(+nnnr
, où r(n) est le reste de la division euclidienne de n par a.
Du coup 0 ≤ un ≤ )1(
1+−
nna . Comme ∑
+∞
= +1 )1(1
n nn converge, la série converge.
2) Calcul de la somme.
Exploitant la périodicité de r(n), calculons Sqa = ∑= +
qa
n nnnr
1 )1()(
= ∑−
=
1
0
q
kkT , où
Tk = ∑+
+= +ak
kan nnnr)1(
1 )1()(
= ∑+
+= +−ak
kan nnnr
)1(
1
)1
11)(( = ∑−
= ++−+1
1
)1
11(a
r rkarkar
= 1
1+ka
+ 2
1+ka
+ … + 1
1−+aka
− ak
a)1(1
+− , par développement et regroupement
= 1
1+ka
+ 2
1+ka
+ … + 1
1−+aka
+ ak )1(
1+ −
11+k
.
Sqa = Hqa − Hq = ln(qa) + γ + o(1) − ln q − γ + o(1) = ln a + o(1) → ln a quand q → +∞.
Comme la série converge, Sn → ln a , et finalement ∑+∞
= +−
1 )1()/(
n nnanaEn
= ln a.
3) La convergence de la série peut aussi se déduire de 2), par encadrement En effet, pour tout n ∈ [qa, (q + 1)a] , Sqa ≤ Sn ≤ S(q+1)a.
4) Conséquence. Regroupant les termes selon les restes modulo a, il vient :
ln a = ∑−
=
1
1
a
r
r ∑+∞
= +++0 )1)((1
q raqraq.
Exercice 25 : On note s(n) le nombre de chiffres dans le développement binaire de n, b(n) le nombre
de 1 dans ce développement binaire. Convergence et calcul des séries ∑+∞
= +1 )1()(
n nnns
et ∑+∞
= +1 )1()(
n nnnb
.
Solution : 1) Nature. On a, pour tout n ≥ 1 : 0 < b(n) ≤ s(n) = 1 + E(log2 n).
Donc )1(
)(+nnns
= O(²
lnnn ) ⊂ O( 2/3
1n
). Les deux séries convergent.
2) La fonction s est lentement croissante. Par sommabilité par paquets :
S = ∑+∞
= +1 )1()(
n nnns
= ∑ ∑+∞
= += ++
0 1)(; )1(1
k knsn nnk = ∑∑
−
=
∞+
=
+
++
12
20
1
)1(1
k
knk nnk = ∑
+∞
=+−+
01)2
121)(1(
kkkk = ∑
+∞
=1 2kk
k .
Or ∑+∞
=
−
1
1
k
kkx = )11(xdx
d− =
)²1(1x− pour |x| < 1, par dérivation des séries entières.
Faisant x = ½, il vient S = 2. 3) est plus subtil. La fonction b est irrégulière, mais obéit aux formules récurrentes : b(0) = 1 , b(2n) = b(n) , b(2n + 1) = b(n) + 1.
B = ∑+∞
= +1 )1()(
n nnnb
= ∑+∞
= +1 )12(2)2(
n nnnb
+ ∑+∞
= +++
0 )22)(12()12(
n nnnb
= ∑+∞
= +1 )12(2)(
n nnnb
+ ∑+∞
= +++
1 )22)(12(1)(
n nnnb
+ 21
= 21 + ∑
+∞
= +−+++−1
)22
112
112
121)((
n nnnnnb + ∑
+∞
= +−+1
)22
112
1(n nn
= ln 2 + 21 ∑
+∞
= +−1
)1
11)((n nn
nb = ln 2 +2B . Par suite B = 2.ln 2.
27
Exercice 26 : Convergence et calcul de ∑+∞
= −1 1²91
n n. [ On pourra utiliser ∫
1
0.dtta =
11+a
pour a > −1 ]
Solution : La convergence ne pose pas de problème.
un = 21 (
131−n
−13
1+n
) = 21 ∫ −−
1
0
323 ).( dttt nn = 21 ∫ −−
1
0
223 ).1( dttt n .
Donc ∑+∞
=1n
nu = 21 ∑
+∞
=1n∫ −−
1
0
223 ).1( dttt n = 21 ∫∑ −
+∞
=
−1
0
2
1
23 ).1( dtttn
n (justification plus bas)
= 21 ∫ −−
1
0
23 ).1(
1dtt
tt =
21 ∫ ++
+1
0.
²1² dttt
tt = 21 ∫ ++−
1
0).
²111( dt
tt =
21 J− , où J = ∫ ++
1
0 ²1 ttdt .
Laissons conclure et vérifier Maple : > int(1/(1+t+t^2),t);J:=int(1/(1+t+t^2),t=0..1);(1-J)/2;
> sum(1/(9*n^2-1),n=1..infinity);
− 12
118
π 3
Justification de ∑∫ = ∫∑ , soit via le théorème d’intégration terme à terme des séries, soit via les
sommes partielles et une majoration du reste.
Exercice 27 : Pour p ∈ N*, soit S(p) = ∑+∞
= +0 )8(161
kk pk
.
Ecrire S(p) sous forme intégrale, puis calculer 4S(1) – 2S(4) – S(5) – S(6).
Solution : Les séries convergent par d’Alembert.
Ecrivons )8(16
1pkk + = 2
p/2 2/1
0
8
8
+
+
pkx pk
= 2p/2 ∫ −+2/1
0
18 .dxx pk .
Par convergence normale, on a S(p) = ∑+∞
= +0 )8(161
kk pk
= 2p/2 dxx
k
pk .0
182/1
0 ∑∫+∞
=
−+ = 2p/2 dx
xxp
.1 8
12/1
0 −
−
∫ .
D’où : 4S(1) – 2 S(4) – S(5) – S(6) = dxx
xxx.
18248242/1
0 8
543
∫ −−−−
.
Poursuivons les calculs avec Maple :
> P:=Int((4*sqrt(2)-8*x^3-4*sqrt(2)*x^4-8*x^5)/(1-x^8),x=0..1/sqrt(2));
:= P d⌠
⌡
0
/1 2 2
− − − 4 2 8x3 4 2 x4 8 x5
− 1 x8 x
> with(student): > Q:=simplify(changevar(y=x*sqrt(2),P,y)); > R:=convert(16*integrand(Q),parfrac,y);
> int(R,y);
− + + 2 ( )ln − + y2 2 y 2 4 ( )arctan − y 1 2 ( )ln − y2 2 > int(R,y=0..1);
23
3
arctan
13
( ) + 2 t 1 3 := J19
π 3 − 12
118
π 3
:= Q 16 d⌠
⌡
0
1
− y 1
− + − y4 2 y3 4 y 4y := R − + 4
− + 2 y
− + y2 2 y 2
4 y
− y2 2
28
π Conclusion : On obtient la formule de Bailey-Borwein-Plouffe (1995)
π = ∑+∞
= +−+−+−+0
)68
158
148
218
4(161
nn nnnn
.
Cette formule permet le calcul de la nème décimale de π en base 2, sans calculer les précédentes.
Exercice 28 : Soient q et x deux complexes, |q| ≠ 1. Convergence et calcul de ∑+∞
=+++01 )1)(1(n
nn
n
xqxqxq
.
Solution : On suppose bien entendu qn
x + 1 ≠ 0 pour tout entier n.
Si |q| < 1, un ∼ qn
x ; si |q| > 1, un ∼ xqn 1
1+ . Dans les deux cas, il y a absolue convergence.
Le terme général se présente de façon télescopique : un = 1
1−q
(xqn+1
1 − xqn 11
1++ ) .
D’où la somme partielle d’indice N : SN = 1
1−q
(x+1
1 − xqN 11
1++ ) .
Si |q| < 1 , ∑+∞
=+++01 )1)(1(n
nn
n
xqxqxq
= )1)(1(
1xq +− ; si |q| > 1 , ∑
+∞
=+++01 )1)(1(n
nn
n
xqxqxq
= )1)(1( xq
x+−
Ces formules relèvent du « q-calcul ».
Exercice 29 : Natures des séries ∑+∞
=1n
nu et ∑+∞
=1n
nv , où un = ∑+∞
=nk k²1 et vn = (∑
+∞
=nk k²1 ).exp(−∑
=
n
k k1
1 ) .
Solution : La série ∑+∞
=1 ²1
k k converge, donc un et vn sont bien définis. Deux séries à termes positifs.
Un encadrement intégral donne ∑+∞
=nk k²1 ∼ ∫
+∞
n tdt²
= n1 . Donc ∑
+∞
=1n
nu diverge.
De plus ∑=
n
k k1
1 = ln n + γ + o(1). Donc vn ∼ n1 exp(− ln n − γ + o(1)) ∼
²ne γ−
. Donc ∑+∞
=1n
nv converge.
Remarque : une autre méthode pour étudier ∑+∞
=1n
nu consiste à passer par les séries doubles :
∑+∞
=1n
nu = ∑∑+∞
=
+∞
=1 ²1
n nk k = ∑∑
+∞
= =1 1 ²1
k
k
n k = ∑
+∞
=1
1k k
= +∞. Détails laissés au lecteur.
Exercice 30 : Nature de la série ∑+∞
=
−
1n
ne . Equivalent du reste.
Solution :
1) Série à termes positifs, convergente, car ne− ≤ ²
1n
àpcr, car n2 ne− ≤ 1, i.e. 2.ln n − n ≤ 0 àpcr.
2) Soit Rn = ∑+∞
+=
−
1nk
ke . Un encadrement intégral fondé sur la décroissance de x → xe− donne :
∫+∞
+−
1.
n
t dte ≤ Rn ≤ ∫+∞
−n
t dte . . Or ∫+∞
−n
t dte . = ∫+∞
−n
u duue .2 = (2 n + 1) ne− .
Conclusion : Rn ∼ 2 n ne− .
29
Exercice 31 : Nature de la série ∑+∞
=2n
nu , où un = n²ln...2²ln1²ln
1+++ . Equivalent du reste.
Solution succincte : Sértie à termes positifs.
Un encadrement intégral donne ∑=
n
k
k1
²ln ∼ n.ln2 n , donc un ∼
nn ²ln.1 .
La règle de Bertrand (due en réalité à Abel) permet de conclure que ∑+∞
=2n
nu converge.
Le théorème de sommation de relations de comparaison et un nouvel encadrement intégral donnent :
Rn = ∑+∞
+= 1nkku ∼ ∑
+∞
+= 1 ²ln.1
nk kk ∼ ∫
+∞
n ttdt
²ln. =
nln1 .
Exercice 32 : Nature de la série ∑+∞
=
−
1
ln
n
ne . Equivalent de la somme partielle.
Solution :
1) Nature. C’est une série à termes positifs. Je dis que n1 ≤ ne ln− à partir d’un certain rang.
En effet f(x) = x xe ln− → +∞ quand x → +∞ (passer au log).
La règle de la minoration assure la divergence.
2) Equivalent de Sn = ∑=
−n
k
ke1
ln . h(x) = xe ln− ↓ 0 , d’où l’encadrement intégral :
∫ −n
x dxe1
ln . ≤ Sn ≤ 1 + ∫ −n
x dxe1
ln . . Ainsi Sn = Tn + O(1) ∼ Tn , où Tn = ∫ −n
x dxe1
ln . .
Le changement de variables y = xln− donne Tn = ∫ −nyy dyye
ln
0
² .2 .
Cette intégrale ne se calcule pas, mais le théorème d’intégration de relations de comparaison donne
Tn = ∫ −nyy dyye
ln
0
² .2 ∼ ∫ −−n
yy dyeyln
0
² .)12( = [ ] nyyeln
0²− = n ne ln− − 1 ∼ n ne ln− .
Conclusion : Sn ∼ n ne ln− .
Des variantes existent, par intégration par parties ou changement de variables.
Exercice 33 : Nature de la série ∑+∞
=−
1
)1(n
n n . Equivalent de la somme partielle. [ Oral Mines 1993 ]
Solution : 1) Nature. C’est une série à termes positifs.
un = n n − 1 = expnnln − 1 =
nnln + O(
²²ln
nn ) ∼
nnln .
Comme ∑+∞
=1
lnn n
n diverge,, la série diverge.
2) Equivalent de Sn = ∑=
n
kku
1
. En vertu du TRSC, puis d’un encadrement intégral dont la justification
précise est laissée au lecteur, Sn ∼ ∑=
n
k kk
1
ln ∼ ∫n
dttt
1.ln =
21 ln
2 n.
3) On peut aussi transformer Sn − 21 ln
2 n en série : Sn −
21 ln
2 n = ∑
=
n
kkv
1
,
30
où vn = expnnln − 1 −
21 ln
2 n +
21 ln
2(n – 1) . Or on s’aperçoit que vn = O(
²²ln
nn ) ⊂ O( 2/3
1n
).
∑=
n
kkv
1
est somme partielle d’une série absolument convergente, donc :
Sn = 21 ln
2 n + C + o(1) .
Les réactions de Maple trahissent son embarras:
> u:=n->n^(1/n)-1;S:=n->sum(u(k),k=1..n);asympt(S(n),n); Error, (in asympt) unable to compute series > T:=n->sum(ln(k)/k,k=1..n);asympt(T(n),n);
− − + + + + + 5837560
O
-363140
12
( )ln n 2
12
( )ln n
n
− + 112
( )ln n112
n2
− 1
120( )ln n
11720
n4
O
1
n6
> v:=n->u(n)-1/2*ln(n)^2+1/2*ln(n-1)^2;asympt(v(n),n);
Exercice 34 : 1) Développement à deux termes de la suite Sn = ∑=
n
k kk
1
ln .
2) Convergence et calcul de la série ∑+∞
=−
1
ln)1(n
n
nn .
Solution : 0) Notons d’emblée que Maple ne sait résoudre ni la première, ni la deuxième question : > sum((-1)^n*ln(n)/n,n=1..infinity);
∑ = n 1
∞ ( )-1 n ( )ln nn
> S:=n->sum(ln(k)/k,k=1..n);asympt(S(n),n);
− − + + + + + 5837560
O
-363140
12
( )ln n 2
12
( )ln n
n
− + 112
( )ln n112
n2
− 1
120( )ln n
11720
n4
O
1
n6
1) La fonction f(x) = xxln décroît sur [e, +∞[, d’où l’encadrement intégral :
22ln + ∫
ndt
tt
3.ln +
nnln ≤ Sn ≤
22ln +
33ln + ∫
ndt
tt
3.ln .
On en déduit aussitôt que Sn = n²ln21 + O(
nnln ) .
Pour avoir le terme d’après, formons la suite Tn = Sn − n²ln21 et transformons-là en série :
Tn = ∑=
n
kku
1
, où un = nnln − n²ln
21 + )1²(ln
21 −n . Or un = O(
²lnnn ) ⊂ O( 2/3
1n
) .
Donc Tn est somme partielle d’une série absolument convergente, et :
Sn = n²ln21 + C + o(1) .
2) La série ∑+∞
=−
1
ln)1(n
n
nn obéit au critère des séries alternées à partir du rang 3.
− + 12
( )ln n 2 12
( )ln n12
n2
+ − 16
( )ln n 3 12
13
( )ln n
n3
− + 124
( )ln n 4 14
( )ln n1124
n4 + + − +
1120
( )ln n 5 15
( )ln n512
n5
O
1
n6 + +
31
Pour calculer sa somme, il suffit d’étudier la limite des sommes partielles d’indices pairs 2N :
A2N = ∑=
−N
n
n
nn
2
1
ln)1( = − S2N + ln 2 + 24ln + … +
NN)2ln(
= − S2N + ln 2 (1 + 21 + … +
N1 ) +
22ln +
33ln + … +
NNln
= SN − S2N + ln 2 . HN .
Un calcul facile montre que (A2N) tend vers 22ln ( 2γ − ln 2 ). D’où :
∑+∞
=−
1
ln)1(n
n
nn =
22ln ( 2γ − ln 2 ).
Remarque : Une variante de 1) consiste à abéliser, via la suite (Hn).
On trouve Sn = Hn.ln n − ∑−
=+
1
1
)11ln(.n
kk k
H = etc.
> u:=n->ln(n)/n-1/2*ln(n)^2+1/2*ln(n-1)^2;asympt(u(n),n);
+ + + + − +
12
( )ln n12
n2
− 12
13
( )ln n
n3
− + 14
( )ln n1124
n4
− + 15
( )ln n512
n5
O
1
n6
Exercice 35 : 1) Limite et équivalent de la suite sin(n!eπ).
2) Nature de la série ∑+∞
=0n
nu , où un = (∑=
n
k k0 !1 ).(∑
=
−n
k
k
k0 !)1(
) − 1 .
Solution : Ce sont deux exercices indépendants, mais gouvernés par le même lemme.
Rappelons que e = ∑+∞
=0 !1
k k. Je dis que Rn = ∑
+∞
+= 1 !1
nk k ∼
)!1(1+n
.
En effet, )!1(
1+n
≤ Rn ≤ )!1(
1+n
( 1 + 2
1+n
+ )²2(
1+n
+ … ) = )!1(
1+n
211
1
+−n
= )!1(
1+n 1
2++
nn .
Autre solution par Taylor-intégral : Rn = )!1(
1+n
+ ∫ +− +1
0
1
.)!1(
)1(dte
nt
tn
= )!1(
1+n
+ O()!2( +n
e ) .
1) sin(n! e π) = sin((!0!n +
!1!n + ... +
)!2(!
−nn +
)!1(!
−nn +
!!
nn + n! Rn)π)
= sin (2kπ + (n + 1)π + n! Rn π) car !0!n +
!1!n + ... +
)!2(!
−nn est un entier pair
= (−1)n+1
sin(n! Rn π) ∼ (−1)n+1
.n! Rn π ∼ (−1)n+1
1+nπ .
2) Tout d’abord un = (∑=
n
k k0 !1 ).(∑
=
−n
k
k
k0 !)1(
) − 1 → e e−1
– 1 = 0. Plus précisément,
un = (e – Rn)(e−1
– R’n) – 1 = (e + O()!1(
1+n
))(e−1 + O(
)!1(1+n
)) – 1 = O()!1(
1+n
)
car R’n =∑+∞
+=
−1 !
)1(
nk
k
k vérifie | R’n | ≤ Rn . La règle de la domination conclut à la convergence.
Exercice 36 : Soient x et y > 0. Discuter la nature de la série ∑+∞
=1n )1)...(12)(1()1)...(12)(1(
++++++
nyyynxxx
.
Solution : C’est une série à termes > 0.
32
La règle de d’Alembert est indiquée ici : n
n
uu 1+ =
1)1(1)1(
++++
ynxn
→ yx .
Si x < y la série converge. Si x > y, elle diverge. Si x = y, un = 1 pour tout n, donc la série diverge.
Remarque : L’exercice suivant fournit un équivalent de un.
Exercice 37 : 1) Equivalent de la suite Pn = (a + 1)(a + 2) … (a + n), pour a ≥ 0.
2) Soient a et b > 0. Discuter la nature de la série ∑+∞
= ++++
0 ))...(1())...(1(
n nbbbnaaa
. Somme éventuelle.
Solution : 1) Le passage au log nous ramène à l’étude des sommes partielles d’une série divergente :
ln Pn = ∑=
+n
k
ka1
)ln( = ∑=
++n
k kak
1
)1ln(ln = ln n! + ∑=
+n
k kO
ka
1
)²
1(
= ln n! + a Hn + ∑=
n
k kO
1
)²
1( = ln n! + a (ln n + γ + o(1)) + SPSAC
(somme partielle de série absolument convergente). Finalement ln Pn = ln n! + a ln n + S + o(1) , et
Pn = n! na.K(a) , où K(a) est une constante > 0 dépendant de A.
Remarques : i) En fait on peut supposer a > −1.
ii) Si a est un entier, on trouve aussitôt K(a) = !
1a
iii) La fonction K vérifie : ∀a > −1 (a + 1)K(a + 1) = K(a). Elle est liée à la fonction Γ par la formule K(a) = 1/Γ(a +1).
2) Il résulte de ce qui précède que ))...(1())...(1(
nbbbnaaa
++++
∼ abnK
− , où K > 0.
Donc la série converge ssi b > a + 1.
Calcul de la somme : (b + n).un = (a + n).un−1, donc n.un − (n − 1).un−1 = (a + 1).un−1 − b.un.
Sommons pour 1 ≤ n ≤ N. Il vient : N.SN = (a + 1) SN−1 − b SN , donc S = 1−−ab
a .
Exercice 38 : Soient a et b > 0. Trouver lim n→+∞ n1 ∏
=+
n
k
nbka1
/1)( .
Application : Soient An et Gn les moyennes arithmétique et géométrique de a + b, a + 2b, …, a + nb.
Trouver lim n→+∞ n
n
AG .
Solution : Plusieurs solutions possibles. Notons Pn la suite considérée.
1ère idée : ln Pn = n1 ∑
=+
n
k
bka1
)ln( − ln n = n1 ∑
=
n
k
k1
ln + ln b + n1 ∑
=+
n
k bka
1
)1ln( − ln n
= n1 ln n! + ln b +
n1 ∑
=+
n
k kO
bka
1
))²
1(( − ln n
= n1 ln [(
en )n nπ2 (1 + o(1))] + ln b +
n1 ∑
=+
n
k kO
bka
1
))²
1(( − ln n
= ln n – 1 + n21 ln (2πn) + o(
n1 ) + ln b +
ba (
nnln +
nA + o(
n1 )) − ln n
= ln b – 1 + o(1). Donc Pn → eb .
33
Plus précisément, ln Pn = ln b – 1 + (ba +
21 )
nnln +
nC + o(
n1 ) .
Pn = eb ( 1 + (
ba +
21 )
nnln + O(
n1 ) ) .
Variante : n1 ∑
=+
n
k bka
1
)1ln( rend vers 0 par Cesàro.
2ème idée : Cesàro-Cauchy-d’Alembert.
On sait que si (an) est une suite à termes > 0 telle que n
n
aa 1+ → λ, alors n na → λ.
Ce lemme, utile pour comparer les règles de Cauchy et d’Alembert, découle de Cesàro.
Or Pn = nna , où an = ∏
=
+n
k nbka
1
. Or n
n
aa 1+ =
1)1(
+++
nbna (1 +
n1 )–n
→ eb …
3ème solution : sommes de Riemann modifiées.
ln Pn = n1 ∑
=
+n
k nkba
1
)ln( , où 0 < nba+ <
nba 2+ < … <
nnba+ = b +
na .
C’est presque une somme de Riemann de log sur ]0, b], à deux détails près : d’une part, la subdivision déborde l’intervalle ]0, b], d’autre part l’intégrale est impropre en 0. On peut néanmoins s’en tirer par un encadrement intégral sur ]0, b], laissé au lecteur. Et l’on conclut alors que :
ln Pn → ∫−b
dxxb 0
.ln.0
1 = ln b – 1 .
Application : n
n
AG =
bnanPn
21++
∼ b2 Pn ∼
e2 . On remarque que cette limite ne dépend ni de a ni de b.
Références : Oral Mines 1989, 1990, etc., Polya-Szegö, t. 1 n° 50, p. 58. Exercice 39 : Equivalents et développements à deux termes des suites :
An = ∑+=
n
nk k
2
1
1 , Bn = ∑+=
n
nk k
2
1
1 et Cn = ∑+=
n
nk k
2
1 ²1 .
Solution : 0) Ces 3 suites sont des tranches de Cauchy particulières de séries de Riemann, les deux premières
divergentes, la dernière convergente (donc (Cn) tend vers 0). Différentes méthodes peuvent être utilisées : encadrements intégraux, transformation en série, sommes de Riemann.
1) Encadrement intégral.
Si f est décroissante sur [1, +∞ [ ∫+
+
12
1).(
n
ndttf ≤ Sn = ∑
+=
n
nk
kf2
1
)( ≤ ∫n
ndttf
2).( .
∫+
+
12
1
n
n tdt ≤ An ≤ ∫
n
n tdt2
donne 2 12 +n − 2 1+n ≤ An ≤ 2 n2 − 2 n .
∫+
+
12
1
n
n tdt ≤ Bn ≤ ∫
n
n tdt2
donne 2 ln(2n+1) − 2 ln(n+1) ≤ Bn ≤ 2 ln(2n) − 2 ln n.
∫+
+
12
1 ²n
n tdt ≤ Cn ≤ ∫
n
n tdt2
² donne
11+n
− 12
1+n
≤ Cn ≤ n1 −
n21 .
An ∼ 2 ( 2 − 1) n , Bn ∼ ln 2 , Cn ∼ n21 .
Remarque : les encadrements donnent même :
An = 2 ( 2 − 1) n = O(1) , Bn = ln 2 + O(n1 ) et Cn =
n21 + O(
²1n
) .
2) Le terme suivant…
34
An − ∫n
n tdt2
= ∑ ∫+= −
−n
nk
k
k tdt
k
2
1 1)1( = ∑
+=−−−
n
nk
kkk
2
1
))1(21( = ∑+=
n
nkka
2
1
Un calcul asymptotique montre que ak ∼ −41
2/31
k.
Par sommation de relations de comparaison et encadrement intégral, il vient :
∑+=
n
nkka
2
1
∼ −41 ∑
+=
n
nk k
2
12/3
1 ∼ −41 ∫
n
n tdt2
2/3 = n422− .
An = 2 ( 2 − 1) n + n422− + o(
n1 ) .
Bn − ∫n
n tdt2
= ∑ ∫+= −
−n
nk
k
k tdt
k
2
1 1)1( = ∑
+=−+
n
nk kk
2
1
))11ln(1( = ∑+=
n
nkkb
2
1
Un calcul asymptotique montre que bk ∼ −21
21k
.
Par sommation de relations de comparaison et encadrement intégral, il vient :
∑+=
n
nkkb
2
1
∼ −21 ∑
+=
n
nk k
2
12
1 ∼ −21 ∫
n
n tdt2
2 = n41− .
Bn = ln 2 − n41 + o(
n1 ) .
Cn − ∫n
n tdt2
² = ∑ ∫
+= −−
n
nk
k
k tdt
k
2
1 1)
²²1( = ∑
+=+−−
n
nk kkk
2
1
)11
1²
1( = ∑+=
n
nkkc
2
1
Un calcul asymptotique montre que ck ∼ − 31k
.
Par sommation de relations de comparaison et encadrement intégral, il vient :
∑+=
n
nkkc
2
1
∼ − ∑+=
n
nk k
2
13
1 ∼ − ∫n
n tdt2
3 = − ²8
3n
.
Cn = n21 −
²83n
+ o(²
1n
) .
3) Sommes de Riemann.
nAn =
n1 ∑
=
n
k nkf
1
)( , où f(x) = 1
1+x
. Donc n
An → ∫ +1
0 1 xdx = 2 ( 2 − 1).
Bn = n1 ∑
=
n
k nkf
1
)( , où f(x) = 1
1+x
. Donc Bn → ∫ +1
0 1xdx = ln 2 .
n.Cn = n1 ∑
=
n
k nkf
1
)( , où f(x) = )²1(
1+x
. Donc n.Cn → ∫ +1
0 )²1(xdx =
21 .
Remarque : Si l’on approfondit la théorie des sommes de Riemann, on obtient, pour f de classe C1, la
relation ∫1
0).( dxxf −
n1 ∑
=
n
k nkf
1
)( = nff
2)1()0( −
+ o(n1 ), qui permet de retrouver les résultats de 2).
4) Maple sait ces choses-là, liées au prolongement de la fonction ζ : > A:=n->sum(1/sqrt(k),k=n+1..2*n):B:=n->sum(1/k,k=n+1..2*n): C:=n->sum(1/k^2,k=n+1..2*n): > asympt(A(n),n);asympt(B(n),n);asympt(C(n),n);
35
− 2 2 2
1n
−
14
212
1n
−
124
196
2
1n
( )/3 2
− +
1384
16144
2
1n
( )/7 2
+ + +
− +
165536
21
1024
1n
( )/112
O
1
n6 + +
− + − + ( )ln 214
1n
116
n2
1128
1
n4
O
1
n6
− + − + 12
1n
38
1
n2
748
n3
31960
1
n5
O
1
n6
5) Tout cela se généralise sans peine aux sommes∑+=
n
nk k
2
1
1α , α > 0.
Références : Oral X 1983, Oral Centrale 1986, etc.
Exercice 40 : Limite de la suite Sn = n1 ∑
≤<≤ nji ij1
1 . [ Oral Mines 1989 ]
Solution : Par symétrie et pliage : 2 Sn + n1 ∑
≤≤ ni i1
1 = n1 ∑
≤≤ nji ij&1
1 = n1 (∑
≤≤ ni i1
1 )2.
Donc Sn = n21 (∑
≤≤ ni i1
1 )2 −
n21 ∑
≤≤ ni i1
1 .
Or par encadrement intégral ∑≤≤ ni i1
1 ∼ ∫n
tdt
0 = 2 n , tandis que ∑
≤≤ ni i1
1 ∼ ln n. Donc Sn → 2.
Maple affirme bien plus :
> S:=n->1/(2*n)*(sum(1/sqrt(k),k=1..n)^2-sum(1/k,k=1..n)); > asympt(S(n),n,4);
Exercice 41 : Equivalent de la suite Sn = ∑∑= = +n
p
n
q qppq
1 1
.
Solution : Plusieurs méthodes sont possibles.
1ère méthode : calcul de Sn . Groupons les termes selon la somme s = p + q :
Sn = ∑∑= = +n
p
n
q qppq
1 1
= ∑ ∑=
−
=−
n
s
s
p
psps2
1
1
))((1 + ∑ ∑+= −=
−n
ns
n
nsp
psps
2
1
))((1 … Tout cela se calcule
Sn = ∑=
−n
s
s2
)61
6²( + ∑
+=−++−−+−
n
ns
snnsn
sn
sn2
1
3
)6²²²
361
32
(
= ∑=
−n
s
s1
)61
6²( + n (n
2 + n +
61 ) −
61 ∑
+=
n
ns
s2
1
² + (−3
2 3n − n
2 − 3n ) ∑
+=
n
ns s
2
1
1
= 32 n
3 +
65 n
2 − (
32 3n
+ n2 +
3n ).( H2n − Hn ) .
Comme H2n − Hn → ln 2 , on a Sn ∼ 32 ( 1 – ln 2 ).n
3 .
2 2 ζ
12
1n
+ − − 112
ζ
12
212
( )ln n12
γ
n12
ζ
12
1n
( )/3 2524
1
n2 + + + − 124
ζ
12
1n
( )/5 2148
n3
O
1
n4 − + +
36
Un développent asymptotique à tous ordres est possible, car « on sait tout » de la suite (Hn).
> H:=n->sum(1/k,k=1..n);S:=n->2/3*n^3+5/6*n^2-(2/3*n^3+n^2+n/3)*(H(2*n)-H(n)); asympt(S(n),n,8);
−
23
23
( )ln 2 n3 ( ) − 1 ( )ln 2 n2
−
524
13
( )ln 2 n148
164
1n
1128
n2
1256
1
n4 + + + − + −
O
1
n5 +
2ème méthode : transformation suite-série.
Sn = ∑=
n
kku
1
, où u1 = 21 et un = Sn – Sn−1 = 2n (
11+n
+2
2+n
+ … +121−−nn ) +
2n .
un = 2n (1 − 1+n
n + 1 − 2+n
n + … + 1 − 12 −n
n ) + 2n = 2n(n − 1) – 2n
2 (H2n − Hn − n21 ) +
2n
Donc un ∼ 2(1 – ln 2) n2 . En vertu du TSRC et d’un encadrement intégral (par exemple) :
Sn ∼ 2(1 – ln 2)∑=
n
k
k1
2 ∼ 2(1 – ln 2)∫n
dtt0
². = 32 (1 – ln 2).n
3 .
Remarque : plus précisément, un = 2(1 – ln 2).n2 −
81 +
²641n
+ O( 41n
) , donc :
Sn = 2(1 – ln 2)6
)12)(1( ++ nnn −
8n + A + o(1) .
Mais cette méthode ne fournit pas la valeur de A. 3ème méthode : sommes de Riemann.
Sn = n3
²1n ∑∑
= = +
n
p
n
q
nq
np
nq
np
1 1
. Or ²
1n ∑∑
= = +
n
p
n
q
nq
np
nq
np
1 1
→ ∫∫ +]²1,0[.dxdy
yxxy
= 32 (1 – ln 2).
La fonction f(x, y) = yx
xy+ est définie et continue sur [0, 1]
2 , car 0 ≤ f(x, y) ≤ max(x, y).
> f:=(x,y)->x*y/(x+y);int(int(f(x,y),x=0..1),y=0..1);
− 23
23
( )ln 2
Donc Sn ∼ 32 (1 – ln 2).n
3 .
Exercice 42 : 1) On admet que, si (pk) est la suite des nombres premiers rangés dans l’ordre
croissant, pk ∼ k.ln k . Nature de ∑+∞
=1
1k kp
. Equivalent de ∑=
n
i ip1
1 .
2) On admet que π(x) ∼ x
xln
quand x → +∞, où π(x) est le nombre des nombres premiers ≤ x.
Démontrer que pk ∼ k.ln k.
Solution :
1) La série à termes > 0 ∑+∞
=1
1k kp
diverge en vertu des critères de l’équivalent et de Bertrand.
∑=
n
i ip1
1 ∼ ∑=
n
i ii1 ln.1 ∼ ∫
n
ttdt
2 ln. ∼ ln ln n. Cela découle du théorème de sommation de relations de
comparaison et d’un encadrement intégral laissé au lecteur.
37
2) Il est clair que k = π(pk) ∼ k
k
pp
ln. Des infimiments grands équivalents ont des logarithmes équi-
valents, donc ln k ∼ ln pk − ln ln pk ∼ ln pk . Finalement pk ∼ k.ln pk ∼ k.ln k.
Exercice 43 : Nature de ∑+∞
=1n
nu où un = ∫+∞
+
−
1.dxe
nx.
Solution : 1) Tout d’abord, chacune des intégrales ∫+∞
+
−
1.dxe
nx, n ≥ 1, converge, car 0 ≤
nxe
− ≤ xe− ,
majorante intégrable.
2) un ↓ 0 car nx
e− → 1−e si x = 1, 0 si x > 0, par convergence dominée (cf. 1)
3) Cherchons un équivalent de un . Le changement de variable y = xn donne :
un = n1 dyye ny∫
+∞
+
−−1
11
∼ n1 dyye y∫
+∞
+−−
1
1 ,
par convergence dominée derechef, car 11−− nyye → 1−− ye y et 0 <
11−− nyye ≤ ye− .
Conclusion : la série diverge.
Remarque : n un est une fonction Gamma incomplète.
Exercice 44 : Natures des séries ∑+∞
= +++++
0 )!1(!...!2!1!0
n nn et ∑
+∞
= +−+++−
0 )!1(!)1(...!2!1!0
n
n
nn
.
Solution : 1) Notons Sn = 0! + 1! + 2! + … + n!. Je dis que Sn ∼ n!.
En effet, n! ≤ Sn ≤ n! + (n − 1)! + (n − 1).(n − 2)! = n! + 2 (n − 1)!
Du coup, )!1( +n
Sn ∼ 1
1+n
, et la première série diverge.
2) Je dis que Tn = 0! − 1! + 2! + … + (−1)n
n! ∼ (−1)n
n! .
En effet , | Tn − (−1)n
n! | ≤ Sn−1 ∼ (n − 1)! = o(n!).
Du coup, )!1( +n
Tn ∼ 1)1(
+−n
n
, ce qui ne conclut pas car la règle de l’équivalent ne s’applique pas,
mais )!1( +n
Tn = 1)1(
+−n
n
+ )!1(
1
+−
nTn =
1)1(
+−n
n
+ O(²
1n
).
La deuxième série est somme de la série harmonique alternée et d’une série absolument convergente, donc elle est (semi-) convergente.
Exercice 45 : Nature de ∑+∞
=2n
nu , où un = ))1(
1(2
∏=
−+
n
k
k
k.
Solution : Série à termes positifs. La règle de d’Alembert ne conclut pas.
ln un = ))1(
1ln(2∑
=
−+
n
k
k
k = ))1(
21)1(
(2
2/3∑=
+−−n
k
k
kO
kk = Sn −
21 Hn + Un .
Sn est somme partielle d’une série qui obéit au CSA. Hn est somme partielle de la série harmonique.
Un est somme partielle d’une série absolument convergente.
Finalement ln un = S −21 (ln n + γ) + U + o(1) = −
21 ln n + A + o(1) et un ∼
n
eA
. Série divergente.
38
Exercice 46 : Pour quelles valeurs de α > 0 la série )2)...(2)(2( /
1
2/ n
n
eee ααα −−−∑+∞
= converge-t-elle ?
Solution : Lorsque α∈{ln 2, ln 4, ln 8, …}, la somme est à support fini. Excluons ces cas désormais.
α étant fixé, eα/n
< 2 àpcr, disons pour n ≥ k0, donc le terme général un est de signe constant àpcr.
Posons vn = (2 – 0/keα ) ... (2 − eα/n
).
ln vn =∑=
−n
kk
ke0
)2ln( /α =∑=
+−n
kkk
Ok
0
))²
1(1ln( α = −α∑=
n
kkk
0
1 +∑=
n
kkk
O0
)²
1( = − α.(ln n + γ’ + o(1)) + C + o(1),
car ∑=
n
kkk
O0
)²
1( est somme partielle d’une série absolument convergente.
Finalement, vn ∼ αneK
, et un itou à coefficient près. Il a y convergence ssi α > 1.
Comme ln 4 > 1, il y a convergence ssi α = ln 2 ou α > 1. L’exercice suivant généralise ceci.
Exercice 47 : Soit f ∈ C(R+, R). On suppose que
∀k ∃(a0, a1, …, ak) ∈ Rk+1
f(x) = a0 + xa1 + … + k
k
xa + o( 1
1+kx
) quand x → +∞.
A quelles condition a) la série ∑≥1
)(n
nf converge ? b) le produit infini ∏≥1
)(n
nf converge ?
c) A quelle condition la série de terme général un = ∏≤≤ nk
kf1
)( converge ? Retrouver l’ex. 46.
Solution : [ Oral Polytechnique PSI 2010, RMS n° 267 ]
Exercice 48 : Soit (un) une suite de réels ≥ 0. Montrer que les séries ∑ nu et ∑ + )1ln( nu sont de
même nature. Montrer qu’il n’en est plus de même si (un) n’est plus à termes ≥ 0.
[ Considérer u1 = 0 , un = n
n)1(− pour n ≥ 2 , puis un = −1 + exp
n
n)1(− pour n ≥ 1.]
Solution :
1) Si ∑ nu converge, ∑ + )1ln( nu aussi en vertu de 0 ≤ ln(1 + un) ≤ un, ou aussi en vertu de la règle
de l’équivalent, car (un) tend vers 0.
Si ∑ + )1ln( nu converge, son terme général tend vers 0, donc (un) tend vers 0. Alors ∑ nu converge
en vertu de la règle de l’équivalent. 2) Les contre-exemples sont laissés en exercice. Exercice 49 : Prouver que :
i) ln n! = ∑≤≤ nk
k1
ln = ( n + 21 ) ln n – n + C + o(1)
ii) ∑≤≤ nk
kk1
ln. = ( n2 + n +
61 )
2lnn –
41 n
2 + C1 + o(1)
iii) ∑≤≤ nk
k1
)!ln( = ( n2 + 2n +
21 )
2lnn –
43 n
2 + ( C – 1 ) n + C2 + o(1)
Solution : [ Makarov, etc., chap. 2, ex. II.9, II. 13 ]
39
Bien entendu, la règle du jeu interdit d’utiliser la formule de Stirling ! Dans les trois cas, l’idée est simple : il s’agit de montrer que les trois suites :
An = ∑≤≤ nk
k1
ln − ( n + 21 ) ln n + n , Bn = ∑
≤≤ nk
kk1
ln. − ( n2 + n +
61 )
2lnn +
41 n
2
et Cn = ∑≤≤ nk
k1
)!ln( − ( n2 + 2n +
21 )
2lnn +
43 n
2 − ( C – 1 ) n sont convergentes.
Pour cela, il suffit de les transformer en sommes partielles de séries, et de vérifier que ces séries sont absolument convergentes. Maple fait très bien cela.
Remarque : Le fait que C = 2
)2ln( π découle de Wallis, mais n’est pas indispensable ici.
Exercice 50 : Equivalent de la suite un = ( 11.2
2.3
3… n
n )1/n .
Solution : ln un = n1 Sn , où Sn = ∑
=
n
k
kk1
ln .
Reste à faire un développement asymptotique de Sn à la précision o(n). Deux méthodes sont possibles : l’encadrement intégral, ou des méthodes purement discrètes.
Choisissons ici ces dernières. Plutôt que de comparer Sn à des intégrales que l’on calcule par parties, on peut abéliser Sn afin d’obtenir sa partie principale, puis son da de proche en proche, via le TSRC.
Notons Vn = 1 + 2 + … + n , V0 = 0.
Alors Sn = ∑=
−−n
kkk kVV
11 ln).( = Vn.ln n − ∑
−
=+
1
1
)11ln(.n
kk k
V = 2
)1( +nn ln n − ∑−
=++1
1
)11ln(.2
)1(n
k kkk .
Or )11ln(.2
)1(k
kk ++ ∼
2k , donc (TSRC) ∑
−
=++1
1
)11ln(.2
)1(n
k kkk
∼ ∑−
=
1
1 2
n
k
k ∼ 2²n = o(
2)1( +nn ln n).
Finalement Sn ∼ 2²n ln n . Cela ne suffit pas pour conclure. Mais reprenons !
Sn = 2
)1( +nn ln n − ∑−
=++1
1
)11ln(.2
)1(n
k kkk =
2)1( +nn ln n − ))
)1(1(
)1(211.(
2)1(1
1∑
−
= +++−+n
k kko
kkkkk
= 2
)1( +nn ln n − ∑−
=
+1
1 21
n
k
k + ))1(41(
1
1∑
−
=+
n
k
o = 2
)1( +nn ln n − 4
)1( +nn +21 +
4n + o(n),
toujours en vertu du TSRC. Finalement :
Sn = 2
)1( +nn ln n − 4²n + o(n) et un ∼ 42
1 nn
en−+
.
Maple confirme : > u:=n->product(k^k,k=1..n)^(1/n);asympt(u(n),n); > S:=n->sum(k*ln(k),k=1..n);DA:=asympt(S(n),n,2); simplify(asympt(exp(1/n*DA),n));DL:=asympt(S(n),n,4);
Exercice 51 : Equivalent de la suite Sn = ∑=
n
k
k k1
ln2 . [ Oral ENS 1979 ]
:= DA + +
− +
14
12
( )ln n n2 12
( )ln n n ( )O 1 := S → n ∑ = k 1
n
k ( )ln k
+ 1
O
1n
1n
1n
( )eeeen( )/1 4
1n
n
:= DL + + − + +
− +
14
12
( )ln n n2 12
( )ln n n112
( )ζ ,1 -1112
( )ln n
O
1
n2
40
Solution :
1) Sn est somme partielle d’une série rapidement divergente. Maple s’avoue incapable d’en trouver un équivalent. La méthode classique d’encadrement intégral ne conclut pas car les deux intégrales encadrant Sn ne sont pas équivalentes : pour faire aboutir cette méthode, il faudrait retravailler la différence. Une méthode d’encadrement par découpe variable est également possible.
2) La méthode la plus efficace est d’abéliser Sn :
Sn = ∑=
+ −n
k
kk k1
1 ln).22( = ∑+
=−
1
2
)1ln(.2n
k
k k − ∑=
n
k
k k1
ln.2 = 2n+1
ln n + ∑=
−n
k
k
k2
)11ln(.2
Comme 2k ln(1−
k1 ) ∼ −
k
k2 = o(2
k ln k), le théorème de sommation de relations de comparaison
s’applique et montre que ∑=
−n
k
k
k2
)11ln(.2 = o(Sn). Finalement Sn ∼ 2n+1
ln n .
Remarque : des abélisations répétées fournissent un développement à tous ordres :
Sn = 2n+1
( ln n − n1 −
23
²1n
− 3
133
1n
− 475
41n
− 5
5415
1n
+ O( 61n
) ) .
3) Méthode par découpe variable : Soit p < n. Encadrons grossièrement :
(2n+1
– 2n−p
)ln(n − p) = ln(n − p) ∑−=
n
pnk
k2 ≤ ∑−=
n
pnk
k kln2 ≤ Sn = ∑=
n
k
k k1
ln2 ≤ (ln n)∑=
n
k
k
1
2 = (2n+1
– 1) ln n.
2n+1
(1 – 2−p−1
) (ln n + ln(1 − np
)) ≤ Sn ≤ 2n+1
ln n.
Choisissons p = [ n ], par exemple. Il vient Sn ∼ 2n+1
ln n.
4) Généralisations et commentaires : La transformation d’Abel, recommandée pour les séries non absolument convergentes, est donc parfois utile pour les séries à termes positifs. Elle permet de
travailler Sn = ∑=
n
k
k kP1
)(2 , où P est un polynôme, une somme de puissances, ou de puissances-log.
Références : Jean Dieudonné, Calcul infinitésimal, p. 105 et Oral ENS 1979. Exercice 52 : Etude des suites
An = 1 + 2
1 + … + n1 − 2 n Bn = 1 + a2
1 + … + an1 −
an a
−−
1
1
(0 < a < 1)
Sn = th 1 + th 2 + … + th n − ln ch n Tn = 2ln2
1 + 3ln3
1 + … + nnln
1 − ln(ln n) .
Solution : Deux méthodes, l’une directe, l’autre par transformation en série.
Exemple 1 : 1ère méthode : la suite (An) est décroissante minorée, donc convergente.
• décroissante car An+1 – An = 1
1+n
− 2 1+n + 2 n = ∫+
−+
1).1
11(
n
ndx
xn < 0.
• minorée car An ≥ ∫+1
1
n
xdx − 2 n = 2 1+n − 2 n − 2 > − 2.
NB : on peut aussi montrer que les suites An et A’n = 1 + 2
1 + … + n1 − 2 1+n sont adjacentes.
2ème méthode : An est la suite des sommes partielles d’une série : An = ∑=
n
kka
1
, où
an = An – An−1 = n1 − 2 n + 2 1−n = − 2/34
1n
+ o( 2/31
n) = O( 2/3
1n
) .
41
On conclut que la série converge, soit par la règle de l’équivalent (qui s’applique car le signe est constant àpcr), soit par absolue convergence.
> A:=n->sum(1/sqrt(k),k=1..n)-2*sqrt(n);asympt(A(n),n);
+ − + − + ζ
12
12
1n
124
1n
( )/3 21
384
1n
( )/7 21
1024
1n
( )/112
O
1
n6
Exemple 2 : il généralise l’exemple 1 et se traite par les mêmes méthodes.
La suite Bn = 1 + a21 + … + an
1 − a
n a
−−
1
1
(0 < a < 1), est notée ζ(a).
En effet lorsque a > 1, n1−a
tend vers 0 et la suite 1 + a21 + … + an
1 − a
n a
−−
1
1
tend vers ζ(a).
On obtient ainsi un prolongement naturel de ζ à ]0, 1[ ∪ ]1, +∞[.
Exemple 3 : 1ère méthode : la suite (Sn) est croissante majorée, donc convergente.
• croissante car Sn+1 – Sn = th(n+1) – (ln ch(n+1) – ln ch n) = ∫+
−+1
)).()1((n
ndxxthnth > 0.
• majorée car Sn+1 – Sn = ∫+
−+1
)).()1((n
ndxxthnth ≤ th(n+1) – th n , donc Sn – S1 ≤ th n − th 1.
2ème méthode : Sn est la suite des sommes partielles d’une série : Sn = ∑=
n
kku
1
, où
un = Sn – Sn−1 = th n – (ln ch n – ln ch(n−1)) = n
n
ee
2
2
11
−
−
+−
− ln )1(1 −−−
−
++
nn
nn
eeee ∼ (e
2 – 3) ne 2− .
On conclut que la série ∑+∞
=1n
nu est absolument convergente, donc la suite (Sn) converge.
Exemple 4 : Traitons-le par la seconde méthode, avec Maple :
Tn = ∑=
n
kku
2
, où un = nnln
1 − lnn
nln
)1ln( − = O(
nn ln²1 ) ,
donc Tn est somme partielle d’une série absolument convergente.
> u:=n->1/(n*ln(n))-ln(ln(n))+ln(ln(n-1));asympt(u(n),n,4);
+ + − −
12
1( )ln n
12
1
( )ln n 2
n2
− − − 12
1
( )ln n 2
13
1( )ln n
13
1
( )ln n 3
n3
O
1
n4
Exercice 53 : constantes de Stieltjes.
Montrer que pour tout entier p∈N, la suite Un = ∑=
n
k
p
kk
1
ln −
1ln 1
+
+
pnp
converge vers une constante,
dite constante de Stieltjes d’indice p, et notée γp . Équivalent de Un − γp ? Cas où p = 0 ?
Solution : Un est la suite des sommes partielles d’une série : Un = ∑=
n
kku
1
, où
un = Un – Un−1 = n
npln −
1ln 1
+
+
pnp
+ 1
)1(ln 1
+−+
pnp
= n
npln −
1ln 1
+
+
pnp
+ 1
1+p
(ln n − n1 + O(
²1n
))p+1
= O(²
lnnn ) ⊂ O( 2/3
1n
) : Un est la somme partielle d’une série absolument convergente.
Pour obtenir un équivalent de Un − γp, le transformer en reste de série, et utiliser le TSRC et un encadrement intégral.
42
Remarque : Les constantes de Stieltjes servent à étudier le comportement de la fonction ζ de Riemann au voisinage de 1.
Exercice 54 : suites récurrentes linéaires. Soit (an) une suite à termes > 0, tendant vers 0 < a ≤ +∞.
Montrer que les suites récurrentes vérifiant (∀n) un+2 = n
nnn
auau
++ +
1. 1 forment un plan vectoriel, et sont
toutes convergentes.
Solution :
Ces suites forment un sous-espace vectoriel E de F(N, R) = RN
, de dimension 2 car Φ : u → (u0, u1) est une bijection linéaire de E sur R×R. Pour montrer la convergence, transformons suite en série :
un+2 − un+1 = n
nn
auu
+− +
11 , donc |
nn
nn
uuuu
−−
+
++
1
12 | = na+1
1 → a+1
1 < 1.
La série ∑ −+ )( 1 nn uu est absolument convergente en vertu de la règle de d’Alembert.
Donc la suite (un) est convergente.
Exercice 55 : règles de d’Alembert et de Cauchy.
1) Complément à la règle de d’Alembert.
Soit ∑+∞
=0n
nu une série à termes > 0 . Soient Λ = limsupn n
n
uu 1+ , λ = liminfn
n
n
uu 1+ .
Montrer qu’alors : i) Si Λ < 1, la série converge ; ii) Si λ > 1, la série diverge ; iii) Si Λ ≥ 1, on ne peut conclure.
2) Règle de Cauchy. Soit ∑+∞
=0n
nu une série à termes ≥ 0. On suppose que nnu → λ∈[0, +∞] .
Montrer qu’alors : i) Si λ < 1, la série converge ;
ii) Si λ > 1, la série converge ; iii) Si λ = 1, on ne peut conclure.
3) Comparaison Cauchy-d’Alembert. Montrer que si un > 0 et si (n
n
uu 1+ ) converge vers λ∈[0, +∞],
alors ( nnu ) converge vers λ, la réciproque étant fausse.
4) Règle de Cauchy (énoncé savant). Soient ∑+∞
=0n
nu une série à termes ≥ 0, L = limsupnn
nu .
Montrer qu’alors : i) Si L < 1, la série converge ; ii) Si L > 1, la série converge ; iii) Si L = 1, on ne peut conclure.
Solution : 1) Complément à la règle de d’Alembert.
Contrairement aux apparences, le cas lim n
n
uu 1+ = 1 n’est pas le seul cas douteux de la règle de
d’Alembert. Celle-ci suppose que la suite (n
n
uu 1+ ) converge. Quid si elle diverge ?
i) noter que Λ < 1 ⇔ ∃r ∈ [0, 1[ ∃n0 ∀p ≥ n0 n
n
uu 1+ ≤ r …
ii) noter que λ > 1 ⇔ ∃r ∈ ]1, +∞[ ∃n0 ∀p ≥ n0 n
n
uu 1+ ≥ r …
43
iii) si Λ ≥ 1, on ne peut conclure : penser aux séries de Riemann.
2) Règle de Cauchy. Supposons que nnu → λ ∈ [0, +∞].
i) Si λ < 1, alors n nu ≤ 2
1 λ+ < 1 à partir d’un certain rang…
ii) Si λ > 1, alors n nu ≥ 2
1 λ+ > 1 à partir d’un certain rang : divergence grossière !
iii) Si λ = 1, penser aux séries de Riemann.
3) Cauchy est plus forte que d’Alembert.
En effet si un > 0 et si (n
n
uu 1+ ) converge vers λ ∈ [0, +∞] , alors ( n
nu ) converge vers λ.
Cela découle du théorème de Cesàro, par passage au log.
Soient 0 < a < 1 < b tels que ab < 1. Considérons la série a + ab + a2b + a
2b
2 + a
3b
2 + a
3b
3 + … où
l’on passe de un à un+1 en le multiplitant alternativement par a et b.
Cette série converge et a pour somme aba
−+
11 .
Alors (n
n
uu 1+ ) est sans limite, tandis que n
nu → ab < 1.
4) Cauchy, énoncé savant. Cet énoncé ne porte que sur L.
i) L < 1 implique que n nu ≤ 2
1 L+ à partir d’un certain rang …
ii) L > 1 implique que n nu ≥ 2
1 L+ pour une infinité d’indices n …
Exercice 56 : règles de Gauss et Raabe-Duhamel. Soit ∑+∞
=0n
nu une série à termes > 0.
1) On suppose n
n
uu 1+ = 1 −
nα + O(
²1n
) , pour α réel. Montrer que ∃Α > 0 un ∼ αnA .
En déduire que ∑+∞
=0n
nu diverge si α ≤ 1, converge si α > 1.
2) On suppose n
n
uu 1+ = 1 −
nα + o(
n1 ) , pour α réel.
Montrer que ∑+∞
=0n
nu diverge si α < 1, converge si α > 1, et qu’on ne peut conclure si α = 1.
3) Application : Soient a et b > 0. Discuter la nature de la série ∑+∞
= ++++
0 ))...(1())...(1(
n nbbbnaaa
.
Solution : Les critères précédents précisent les cas douteux de la règle de d’Alembert.
1) Passons au log : ln un+1 – ln un = − nα + O(
²1n
) donc :
ln un+1 – ln u1 = − α Hn + ∑=
n
k kO
1
)²
1( = − α.(ln n + γ + o(1)) + SPSAC = − α ln n + K’ + o(1).
Finalement ln un+1 = – α ln n + K + o(1), et un+1 ∼ αnA , avec A = exp K. Conclusion aisée.
2) Améliorons le 1). Supposons n
n
uu 1+ = 1 −
nα + o(
n1 ) , pour α réel.
Si α < 0, (un) est croissante à partir d’un certain rang : il y a divergence grossière.
44
Si 0 ≤ α , passons au log : ln un+1 – ln un = − nα + o(
n1 ). En vertu du TSRC :
ln un+1 – ln u1 = − α Hn + ∑=
n
k ko
1
)1( = − α.(ln n + γ + o(1)) + o(ln n) ∼ − α ln n , donc nun
lnln → −α.
Si α < 1, àpcr nun
lnln ≥ −
21 α+ , donc un ≥
211
α+n
: comme 2
1 α+ < 1 il y a divergence par minoration.
Si α > 1, àpcr nun
lnln ≤ −
21 α+ , i.e. un ≤
211
α+n
: comme 2
1 α+ > 1 il y a convergence par majoration.
3) n
n
uu 1+ =
11
++++
nbna = 1 −
nab− + O(
²1n
), donc la série converge ssi b > a + 1.
Remarque : Ces critères ne règlent pas tous les cas, mais seulement les situations classiques.
Par exemple, la série de Bertrand ∑+∞
=2 ln1
nba nn
vérifie n
n
uu 1+ = 1 −
na −
nnbln
+ O(²
1n
).
Elle n’obéit pas aux hypothèses de la question 1), et n’obéit à celles de 2) que si a ≠ 1.
Exercice 57 : Natures des séries ∑+∞
=
−1 )2...(6.4.2
)12...(5.3.1n n
n et ∑
+∞
= +1 )12...(5.3.1)2...(6.4.2
n nn
.
Solution : Ce sont deux séries à termes positifs.
1ère méthode : équivalent par Stirling.
un = )2...(6.4.2)12...(5.3.1
nn−
= )²!.(2
)!2(2 n
nn ∼
nπ1 et vn =
)12...(5.3.1)2...(6.4.2
+nn
= nun ).12(
1+
∼ 21
nπ .
Les deux séries divergent.
2ème méthode : équivalent plus grossier, à l’instar de l’exercice précédent.
Je dis que, si a > −2 , )2...(4.2
)2)...(4)(2(n
naaa +++ ∼ n
a/2 K(a) , où K(a) > 0.
En effet, ln)2...(4.2
)2)...(4)(2(n
naaa +++ = ∑
=+
n
k ka
1
)2
1ln( = ∑=
+n
k kO
ka
1
)²
1(2
= 2a (ln n + γ + o(1)) + S + o(1).
Du coup, un = )2...(6.4.2)12...(5.3.1
nn−
∼ n−1/2
K(−1) , etc.
3ème méthode : règles. La règle de d’Alembert ne s’applique pas, mais celles de Gauss et Raabe-Duhamel oui.
n
n
uu 1+ =
2212
++
nn = 1 −
n21 + O(
²1n
) , et de même n
n
vv 1+ =
3222
++
nn = 1 −
n21 + O(
²1n
) .
Ici α = ½ < 1, il y a divergence en vertu de l’exercice précédent (la question 1 suffit).
Exercice 58 : Soit ∑+∞
=2n
nu une série à termes > 0. On pose n
n
uu 1+ = 1 −
n1 −
nnan
ln.
Montrer que si an → a > 1, ∑+∞
=2n
nu converge, et si an → a < 1, ∑+∞
=2n
nu diverge.
Solution : Il s’agit encore d’explorer le cas douteux de la règle de d’Alembert. Dans les deux cas,
n
n
uu 1+ = 1 −
n1 −
nnaln
+ o(nnln
1 ) , d’où ln un+1 – ln un = − n1 −
nnaln
+ o(nnln
1 ).
45
Sommons via le TSRC !
ln uN – ln u2 = ∑−
=+ −
1
21 )ln(ln
N
n
nn uu = −∑−
=
1
2
1N
n n − a∑
−
=
1
2 ln1
N
n nn + o(∑
−
=
1
2 ln1
N
n nn) = − ln N − alnlnN + o(ln ln N)
• Si a > 1, àpcr ln uN ≤ − ln N − 21+a ln ln N , donc uN ≤
NNa21
ln.
1+ : convergence via Bertrand.
• Si a < 1, àpcr ln uN ≥ − ln N − 21+a ln ln N , donc uN ≥
NNa21
ln.
1+ : divergence via Bertrand.
Remarques : Plus généralement, si liminf an > 1, ∑+∞
=2n
nu converge, si limsup an < 1, ∑+∞
=2n
nu diverge.
Bien entendu le cas a = 1 est indéterminé : penser à un = bnnn )ln(lnln1 .
Exercice 58 : critère de condensation de Cauchy. Soit (un) une suite décroissante à termes ≥ 0.
Montrer que les séries ∑+∞
=1n
nu et ∑+∞
=022
k
kku sont de même nature.
Applications : à l’aide de ce critère, discuter la nature des séries ∑+∞
=1
1n nα (α > 0) et ∑
+∞
=2 ln.1
n nn β (β > 0).
Donner un exemple de suite (un) à termes ≥ 0 telle que ∑+∞
=1n
nu converge et ∑+∞
=022
k
kku diverge.
Donner un exemple de suite (un) à termes ≥ 0 telle que ∑+∞
=1n
nu diverge et ∑+∞
=022
k
kku converge.
Solution : 1) Encadrons les sommes partielles de la première série à l’aide de celles de la seconde. Commençons sur un exemple : u2 + 2u4 + 4u8 ≤ u1 + 2u3 + 4u7 ≤ S7 = u1 + (u2 + u3) + (u4 + u5 + u6 + u7) ≤ u1 + 2u2 + 4u4 .
Plus généralement : 2k
12 +ku ≤ (2k+1 – 2
k) 12 +ku ≤ ∑−
=
+ 12
2
1k
kn
nu ≤ (2k+1 – 2
k) ku2 = 2k
ku2 .
Additionnons : 21 ∑
=
++
m
k
kku
02
112 ≤ ∑∑
=
−
=
+m
k n
n
k
k
u0
12
2
1
= ∑−
=
+ 12
1
1m
n
nu ≤ ∑=
m
k
kku
022 .
• Si ∑+∞
=022
k
kku converge, la suite m → ∑
=
m
k
kku
022 est croissante majorée, et a fortiori m → ∑
−
=
+ 12
1
1m
n
nu , et N
→∑=
N
n
nu1
aussi. Donc ∑+∞
=1n
nu converge.
• Si ∑+∞
=1n
nu converge, m → ∑−
=
+ 12
1
1m
n
nu est croissante majorée, et a fortiori, m → ∑=
++
m
k
kku
02
112 = ∑
+
=
1
122
m
k
kku .
Donc ∑+∞
=022
k
kku converge.
2) Application aux séries de Riemann ∑+∞
=1
1n nα (α > 0).
∑+∞
=1
1n nα est de même nature que ∑
+∞
=022
kk
k
α = ∑+∞
=−
0)1(2
1k
kα , série géométrique qui converge ssi α > 1.
46
Application aux séries de Bertrand ∑+∞
=2 ln.1
n nn β (β > 0).
∑+∞
=2 ln.1
n nn β est de même nature que ∑+∞
=1 )2(ln22
kkk
k
β = ∑+∞
=1 2ln1
k k ββ , série de Riemann qui converge ssi β > 1.
Plus généralement cela s’applique aux log itérés.
3) Contre-exemples. Si la suite (un) n’est pas décroissante, ce critère tombe en défaut :
Soit un = n1 si n est une puissance de 2, 0 sinon. Alors ∑
+∞
=1n
nu converge et ∑+∞
=022
k
kku diverge.
Soit un = 0 si n est une puissance de 2, n1 sinon. Alors ∑
+∞
=1n
nu diverge et ∑+∞
=022
k
kku converge.
Exercice 59 : 1) Soit ∑+∞
=0n
nu une série divergente à termes > 0. Montrer qu’il existe une suite an↓0
telle que ∑+∞
=0
.n
nn ua diverge (Considérer an = 1/Un−1 ou an = 1/Un). Application à la série harmonique.
2) Soit ∑+∞
=0n
nu une série convergente à termes > 0. Montrer qu’il existe une suite an↑+∞ telle que
∑+∞
=0
.n
nn ua converge. (Considérer an= 1/(Rn−1)α
, pour 0 < α < 1).
Application aux séries de Riemann convergentes.
Solution : Cet exercice, important philosophiquement, montre qu’il n’y a pas de frontière bien nette entre séries convergentes et séries divergentes. Pour toute série divergente, il y a une série plus rapidement divergente ; pour toute série convergente, il y a une série plus lentement convergente. Tous ces résultats sont dus à Niels Abel.
1) Séries divergentes.
1ère idée. On a 11 ... −++ n
n
uuu =
1−n
n
Uu =
1
1
−
−−n
nn
UUU ≥ ∫
−
n
n
U
U tdt
1
= ln Un – ln Un−1 .
Donc ∑= −
N
n n
n
Uu
2 1
≥ ln UN – ln U1 → 0.
2ème idée, légèrement différente. Montrons que la série de terme général vn = n
n
Uu diverge.
• Si la suite (vn) ne tend pas vers 0, la série ∑ nv diverge.
• Sinon, alors 1 – vn = n
n
UU 1− , et la série ∑
+∞
=−
2
)1ln(n
nv diverge, car ∑=
−n
kkv
2
)1ln( = ln u1 – ln Un .
Comme − vn ∼ ln(1 − vn) < 0, la série ∑ nv diverge.
3ème idée. Définissons par récurrence la suite T(p) par T(0) = 0, T(p) = min{q > T(p−1) ; ∑−
−=
1
)1(
q
pTn
nu ≥ p},
et posons an = p1 pour T(p−1) ≤ n < T(p). Alors ∑
−
−=
1)(
)1(
pT
pTn
nnua = p1 ∑
−
−=
1
)1(
q
pTn
nu ≥ 1, donc∑+∞
=0
.n
nn ua diverge.
Remarque : Si on applique la 2ème idée à la série harmonique, on retrouve que ∑ nnln1 diverge.
2) Séries convergentes.
47
Soit 0 < α < 1. Montrons que la série de terme général vn = α)( 1−n
n
Ru converge.
Alors 0 < vn = α)( 1−n
n
Ru = α)( 1
1
−
− −n
nn
RRR ≤ ∫
−1n
n
R
R tdt
α ,
terme général d’une série convergente, ayant pour somme l’intégrale impropre convergente ∫0
0
R
tdt
α .
Exercice 60 : contre-vérités. En 1827, L. Olivier a énoncé un critère général de convergence des séries :
La série ∑+∞
=0n
nu converge ⇔ la suite (n.un) tend vers 0. »
1) Montrer que l’implication ⇐ est erronée. 2) Montrer que l’implication ⇒ est aussi erronée, mais est vraie si la suite (un) est décroissante.
[ Considérer les sommes un+1 + un+2 + ... + u2n .]
Solution : Si l’on disposait d’un critère de convergence aussi simple, le chapitre sur les séries serait bien plus court, et les profs de taupe réduits au chômage ! Niels Abel a réfuté aussitôt ce critère d’Olivier.
1) La série ∑+∞
=2 ln.1
n nn diverge. 2) cf. exercice 55.
Si (un) décroit et si ∑+∞
=0n
nu converge, alors un+1 + un+2 + ... + u2n → 0 .
Or un+1 + un+2 + ... + u2n ≥ nu2n. Donc nu2n → 0 et (2nu2n) aussi. De plus (2n+1)u2n+1 ≤ (2n+1)u2n. Exercice 62 : contre-exemples. 1) Indiquer une série convergente, mais non absolument convergente. 2) Indiquer une série alternée divergente, dont le terme général tend vers 0.
3) Donner deux suites (un) et (vn) équivalentes, telles que les séries ∑ nu et ∑ nv ne sont pas de
même nature.
4) Donner deux suites (un) et (vn) telles que (∀n) |un| < |vn|, ∑ nv converge et ∑ nu diverge.
5) Donner deux suites (un) et (vn) telles que un = o(vn) , ∑ nv converge et ∑ nu diverge.
6) Donner deux suites (un) et (vn) équivalentes, telles que ∑ nu et ∑ nv divergent, les suites des
sommes partielles de ∑ nu et de ∑ nv n’étant pas équivalentes.
7) Donner deux suites (un) et (vn) équivalentes, telles que les séries ∑ nu et ∑ nv convergent, les
restes des deux séries n’étant pas équivalents.
8) Indiquer une série convergente ∑ nu telle que, pour tout p ≥ 2, ∑ pnu )( diverge.
Solution : Une traditionnelle leçon d’oral d’agrégation porte le titre « exemples et contre-exemples en théorie des séries ». Sont ici groupés les contre-exemples aux règles de l’équivalent. A quoi il faudrait ajouter les contre-exemples aux différents critères de convergence : Cauchy, d’Alembert, Gauss, Raabe-Duhamel, condensation, comparaison à une intégrale, etc.
1) La série ∑+∞
=
−−1
1)1(
n
n
n est convergente, mais non absolument convergente.
48
2) La série ∑+∞
=−
1
)1(n
nna , avec an = n1 si n est pair,
²1n
si n est impair,
De même, ∑+∞
=
−+
2
))1(
1ln(n
n
n est alternée, son terme général tend vers 0 mais elle diverge.
3) Soient un = n
n)1(−, vn =
n
n)1(− +
n1 ou ln(1 +
n
n)1(−).
On a un ∼ vn , ∑ nu converge et ∑ nv diverge.
4) Soient un = 1
1+n
, vn = n
n 1)1( −−. On a (∀n) |un| < |vn| , ∑ nv converge et ∑ nu diverge.
5) Soient un = n1 , vn =
n
n 1)1( −−. On a (∀n) un = o(vn) , ∑ nv converge et ∑ nu diverge.
6) Soient un = (−1)n , vn = (−1)
n +
n1 .
On a un ∼ vn , ∑ nu et ∑ nv divergent grossièrement, (Un) est bornée et (Vn) → +∞.
7) Soient un = n
n 1)1( −−, vn =
n
n 1)1( −− +
nn1 . On a un ∼ vn , ∑ nu et ∑ nv convergent.
Le lecteur montrera que Rn = ∑+∞
+= 1nkku ∼
n
n
2)1(−
et que Sn = ∑+∞
+= 1nkkv ∼
n2 .
8) La série cherchée ne peut être à termes positifs. En voici une : un = 3
2cos.ln1 πnn
pour n ≥ 2.
Autrement dit : − 2ln.2
1 + 3ln
1 − 4ln.2
1 − 5ln.2
1 + 6ln
1 − … On montre que :
• ∑ nu converge (par tranches ou par critère d’Abel)
• ∑ pnu 2)( diverge pour p ≥ 1, car (un)
2p ≥ p22
1 .np2ln
1 .
• ∑ +12)( pnu diverge pour p ≥ 1, car (u3n)
2p+1 + (u3n+1)
2p+1 + (u3n+2)
2p+1 ≥ ( 1 − p22
1 ))3(ln
112 np+ .
Exercice 63 : exemples. 1) Exemple de suite de carré sommable et non sommable. 2) Exemple de suite sommable, non de carré sommable. 3) Exemple de série divergente, dont le terme général tend vers zéro et dont les sommes partielles sont bornées.
Solution : 1) La suite (1/n) est de carré sommable, mais non sommable.
2) Toute suite sommable (un) est de carré sommable. En effet, (un) tend vers 0, donc un2
= o(un).
3) Notant (Sn) la suite des sommes partielles, il s’agit de trouver une suite (Sn) divergente, bornée,
telle que (Sn+1 − Sn) tend vers 0. On peut prendre la suite (1 –1, 0, 1, ½, 0, –1/2, –1, –2/3, –1/3, 0, 1/3, 2/3, 1, ¾, ½, ¼, 0, –1/4, –1/2, –3/4, –1, … ) ou la suite (cos(ln n)).
Exercice 64 : Convergence de la série de terme général un = ²
1n
si n n’est pas un carré, un = n1 si n
est un carré.
Solution :
49
Il s’agit d’une série à termes positifs, de terme général « oscillant », donc n’ayant pas d’équivalent.
∑=
N
n
nu1
= ∑≤≤ nnoncarréNn n,1 ²
1 + ∑≤≤ ncarréNn n,1
1 = ∑≤≤ Nn n1 ²
1 − ∑≤≤ Nm
m1
41 + ∑
≤≤ Nmm
12
1 → 2ζ(2) − ζ(4) = 3²π −
90
4π.
Exercice 65 : Soit ∑+∞
=1n
na une série convergente à termes positifs. Soit Ek = { n ∈ N* ; k.an ≥ 1 }.
Montrer que card Ek = o(k) quand k → +∞.
Solution :
(Ek) est une suite croissante pour l’inclusion d’ensembles finis, de réunion { n ∈ N* ; an > 0 }.
Il est clair que k
Ecard k)( ≤ ∑
∈ kEn
na ≤ ∑+∞
=1n
na = S, donc Nk = card Ek = O(k) quand k → +∞.
Plus précisément S = ∑∈ 1En
na + ∑ ∑+∞
= −∈ +1
1k EEn
n
kk
a ≥ N1 + ∑+∞
=
++−
1
1
1k
kk
kNN .
Or (transformation d’Abel) N1 + ∑=
++−n
k
kk
kNN
1
1
1 =
11
++
nNn + ∑
= +n
k
k
kkN
1 )1( ≤ S.
Conséquences : 1) ∑=
++−n
k
kk
kNN
1
1
1 est croissante majorée, donc convergente.
2) ∑= +n
k
k
kkN
1 )1( est croissante majorée, donc ∑
+∞
= +1 )1(k
k
kkN converge.
3) Par différence, la suite (11
++
nNn ) converge, donc
nNn → L.
4) Si l’on avait L > 0, alors )1( +kk
Nk ∼ 1+k
L et ∑+∞
= +1 )1(k
k
kkN divergerait.
Conclusion : L = 0 et Nn = o(n).
Exercice 66 : Soit S = { u = (un) ; (∀n) un ≥ 0 , ∑+∞
=0n
nu = 1 , u0 = 0 } .
Calculer inf u∈S )(00∑∑
=
+∞
=
n
kk
n
n uu et inf u∈S ∑+∞
=0
2)(n
nu .
Solution : 1) Notons Sn = ∑=
n
kku
0
. D’abord, si u ∈ S, les deux séries ∑+∞
=0n
nnSu et ∑+∞
=0
2)(n
nu convergent,
car 0 ≤ unSn ≤ un et 0 ≤ un2 ≤ un .
2) Les deux problèmes posés sont liés en vertu d’un argument de pliage :
)(00∑∑
=
+∞
=
n
kk
n
n uu =∑≤nk
kn uu . =21 [∑
nkkn uu
,
. +∑+∞
=0
2)(n
nu ] = 21 [(∑
kku )(∑
n
nu ) +∑+∞
=0
2)(n
nu ] = 21 [ 1 +∑
+∞
=0
2)(n
nu ]
3) Or, lorsque u décrit S, ∑+∞
=0
2)(n
nu est > 0, et aussi petit qu’on veut.
Prenons en effet u0 = 0, un = aρn (0 < ρ < 1, n ≥ 1) ; on voit aussitôt que u ∈ S ⇔ a = ρ
ρ−1.
Alors ∑+∞
=0
2)(n
nu = ρρ
+−
11
est aussi petit qu’on veut : prendre ρ aussi voisin qu’on veut de 1.
Autre idée : prendre u1 = … = un = n1 , uk = 0 sinon. Alors ∑
+∞
=0
2)(k
ku = n1 est aussi petit qu’on veut.
50
Conclusion : inf u∈S ∑+∞
=0
2)(n
nu = 0 et inf u∈S )(00∑∑
=
+∞
=
n
kk
n
n uu = 21 , ces inf étant non atteints.
Remarques : 1) Si u décrit S, je dis que ∑+∞
=0
2)(n
nu décrit l’intervalle ]0, 1].
Tout d’abord 0 ≤ un2 ≤ un , donc ∑
+∞
=0
2)(n
nu ≤ 1. De plus il y a égalité pour u1 = 1, un = 0 sinon.
Par ailleurs, lorsque ρ décrit ]0, 1[, ∑+∞
=0
2)(n
nu = ρρ
+−
11
décrit ]0, 1[.
2) Version continue de l’exercice, laissée au lecteur :
Soit S l’ensemble des fonctions continues ≥ 0 sur R+ telles que f(0) = 0 et ∫+∞
0).( dxxf = 1.
Trouver inf { ∫ ∫+∞
0 0)).()((
xdyyfxf ; f ∈ S } et inf { ∫
+∞
0)²(xf ; f ∈ S } .
Exercice 67 : Soient ∑+∞
=0n
nu et ∑+∞
=0n
nv deux séries convergentes. Leur produit de Cauchy ∑+∞
=0n
nw , où
wn = ∑=+ nqp
qpvu est-elle convergente ? Considérer un = vn = 1
)1(
+−n
n
.
Solution : 1) La réponse est oui si les deux séries sont absolument convergentes (th. de Cauchy). 2) La réponse est encore oui si l’une des séries est absolument convergente (théorème de Mertens). 3) La réponse est non dans le cas général. Traitons l’exemple proposé.
wn = (−1)n ∑
=+ ++nqp qp 111 = (−1)
n ∑+
= −+
1
1 )2(1
n
k knk .
1ère idée : (wn) ne tend pas vers 0, donc la série ∑+∞
=0n
nw diverge grossièrement.
En effet ∀x ∈ [0, n+2] x.( n + 2 − x ) ≤ )²22( +n .
On en déduit que | wn | = ∑+
= −+
1
1 )2(1
n
k knk ≥ ∑
+
= +1
1 22
n
k n =
2)1(2
++
nn
→ 2.
2ème idée : équivalent de (wn) par sommes de Riemann :
| wn−2 | = ∑−
= −
1
1 )(1
n
k knk =
n1 ∑
−
= −
1
1 )1(
1n
k
nk
nk
→ ∫ −1
0 )1( xxdx = ∫ −
1
0 ²12
tdt = π.
¶ Attention toutefois à une difficulté ! La convergence des sommes de Riemann vers l’intégrale est attestée pour les fonctions classiques (continues, réglées, Riemann–intégrables) sur les segments. Ici, il s’agit d’une intégrale impropre sur un intervalle ouvert borné, qui nécessite un lemme additionnel :
Proposition : Soit f : ]0, 1[ → R+ une fonction réglée, monotone sur ]0, c[ et sur [c, 1[ (0 < c < 1), et
intégrable. Alors n1 ∑
−
=
1
1
)(n
k nkf → ∫
1
0).( dxxf quand n → +∞.
Ce résultat, laissé au lecteur, se montre par encadrement et lemme des gendarmes.
4) Ajoutons un dernier résultat, dû à Abel :
Si les trois séries ∑+∞
=0n
nu , ∑+∞
=0n
nv et ∑+∞
=0n
nw convergent, alors : ∑+∞
=0n
nw = (∑+∞
=0n
nu )(∑+∞
=0n
nv ).
51
En effet les séries entières associées ∑+∞
=0n
nnxu , ∑+∞
=0n
nnxv et ∑+∞
=0n
nnxw ont un rayon de convergence ≥ 1.
Notant f(x), g(x) et h(x) leurs sommes respectives, on a h(x) = f(x).g(x) pour |x| < 1, par théorème de Cauchy. Il reste à faire tendre x vers 1−0 et à invoquer le théorème de la limite radiale d’Abel.
Exercice 68 : Soient ∑+∞
=0n
na et ∑+∞
=0n
nb deux séries convergentes à termes complexes.
On pose cn = ∑=
−
n
kknkba
0
et Sn = ∑=
n
kkc
0
. Etudier la suite Pn = 1
1+n ∑
=
n
kkS
0
.
Solution : On montrera que Pn → AB, où A = ∑+∞
=0n
na et B = ∑+∞
=0n
nb .
Pour cela, il suffit de noter que Pn = 1
1+n ∑
=−
n
kknkBA
0
, et de raisonner à la Cesàro.
A noter qu’on retrouve ainsi le point 4) de l’exercice précédent.
Exercice 69 : Soit an = n
n 1)1( −−, bn = ∑
−
=−
1
1
n
kknkaa . Convergence et somme de la série ∑
+∞
=2n
nb .
Solution : 1) Nature de la série.
bn = n
n)1(−∑
−
= −+1
1
)11(n
k knk =
n
n)1(−2Hn−1 =
n
n)1(−2 (ln n + γ + O(
n1 )) .
La série de terme général bn converge comme somme de deux séries semi-convergentes et d’une série absolument convergente.
2) Montrons que ∑+∞
=2n
nb = (∑+∞
=1n
na )2 = ln
2 2.
Notons a0 = 0, An et Bn les sommes partielles des séries. Le lecteur montrera que
| Bn – An.A | ≤ nHn2 → 0.
3) Autre solution, via la limite radiale d’Abel.
La série ∑+∞
=1n
nnxa a pour rayon de convergence 1 et pour somme ln(1 + x) lorsque |x| < 1.
On a ∑+∞
=2n
nnxb = (∑+∞
=1n
nnxa )2 = ln
2 (1 + x) pour |x| < 1.
Comme ∑+∞
=2n
nb converge, ∑+∞
=2n
nb = limx→1−0 ∑+∞
=2n
nnxb = ln2 2 en vertu de la limite radiale d’Abel.
4) Autre solution : utiliser l’exercice précédent.
Exercice 70 : Montrer que la série ∑+∞
=+
02/)1(2
1k
kk converge et que sa somme est irrationnelle.
Solution : [ Bourbaki Topologie générale 2, p. 15 ] La série converge pour mille raisons, d’Alembert, Cauchy, etc.
1ère solution, directe. Notons Sn la somme partielle. 2ème solution, plus savante. En base 2, la somme de la série s’écrit : S = 1,101001000100001… Ce développement n’est pas périodique à partir d’un certain rang, donc S est irrationnel.
52
Exercice 71 : Montrer que : ∑+∞
+= 1 !1
nk k <
!.1nn
, puis que : |∑+∞
+=
−1 !
)1(
nk
k
k| <
!.1nn
.
En déduire que e n’est pas solution d’une équation du second degré à coefficients rationnels.
Solution : Laissons la question 1) au lecteur. Supposons que a.e
2 + b.e + c = 0, où a, b, c sont rationnels. Après réduction au même dénominateur,
on peut supposer a, b, c entiers relatifs. Alors a.e + c.e−1
= − b .
Autrement dit, la suite a.An + c.Bn = a∑=
n
k k0 !1 + c∑
=
−n
k
k
k0 !)1(
= !n
Nn tend vers − b ∈ Z.
!nNn + b = a ∑
+∞
+= 1 !1
nk k + c ∑
+∞
+=
−1 !
)1(
nk
k
k tend vers 0, et même |
!nNn + b | ≤
!.nnca+
, donc | Nn + b.n ! | ≤ n1 .
Comme Nn + b.n ! ∈ Z , Nn + b.n ! = 0 àpcr, donc a.An + c.Bn = − b àpcr.
Il suffit d’écrire cela pour deux valeurs consécutives de n, pour trouver une contradiction.
Ce résultat est dû à Joseph Liouville (1840) ; en 1873, Hermite a montré que e est transcendant.
Exercice 71 : Montrer que cos 2 < 0 , et que cos 1 ∉ Q.
Solution :
1) Bien entendu, 2π < 2 < π, mais on attend ici une preuve directe, basée sur cos x = ∑
+∞
=−
0
2
)!2()1(
n
nn
nx
,
et permettant d’affirmer que le cosinus s’annule entre 0 et 2… Or, pour tout réel x, cette série est alternée, mais elle n’obéit au critère des séries alternées qu’à partir
d’un cerain rang, car |n
n
uu 1+ | =
)22)(12(²
++ nnx ≤ 1 àpcr. Si x = 2, |
n
n
uu 1+ | =
)1)(12(2
++ nn ≤ 1 si n ≥ 1.
cos 2 = 1 – 2 + 32 −
!643
+ … = – 1 + 32 −
!643
+ … après regroupement des deux premiers termes.
C’est alors un série qui obéit au critère des séries alternées dès le premier terme, donc cos 2 < 0.
2) cos 1 = ∑+∞
=
−0 )!2(
)1(
n
n
n. Ici, la série obéit au critère des séries alternées. La majoration du reste donne :
| cos 1 − ∑=
−n
k
k
k0 )!2()1( | ≤
)!22(1+n
. Supposons cos 1 = ba où (a, b) ∈ Z×N*.
Il vient |ba −
)!2( nAn | ≤
)!22(1+n
, donc | a.(2n)! − b.An | ≤ )22)(12(
1++ nn
→ 0.
Comme a.(2n)! − b.An ∈ Z , on a a.(2n)! = b.An à partir d’un certain rang, ce qui est impossible : la suite des sommes partielles de la série n’est pas stationnaire !
Exercice 72 : Discuter la nature de la série : ∑+∞
=−
2
)1(n
na
b
nnln
.
Solution : ♣ Si a < 0 , il y a divergence grossière.
♦ Si a > 1, il y a absolue convergence.
♥ Si a = 0, il y a divergence grossière si b ≥ 0. La série obéit au critère des séries alternées si b < 0.
53
♠ Si 0 < a , la série obéit au critère des séries alternées à partir d’un certain rang, car l’étude des
variations de la fonction f(x) = a
b
xxln
montre qu’elle tend en décroissant vers 0 pour x assez grand.
En conclusion, ∑+∞
=−
2
)1(n
na
b
nnln
converge ssi a > 0 ou a = 0 et b < 0.
Exercice 73 : Nature et calcul des séries ∑+∞
=1n∑+∞
=
−−nk
k
k3
1)1( , ∑
+∞
=1n∑+∞
=
−−nk
k
k²)1( 1
et ∑+∞
=1n∑+∞
=
−−nk
k
k
1)1(.
Solution : Ces trois séries, de difficulté croissante, peuvent être étudiées par des méthodes discrètes ou intégrales. Commençons par les méthodes discrètes.
1) Première série.
Nature. La série ∑+∞
=
−−1
3
1)1(
k
k
k est absolument convergente et obéit au critère des séries alternées.
Rn = ∑+∞
=
−−nk
k
k3
1)1( est du signe de (−1)
n−1 et vérifie |Rn| ≤ 3
1n
. Donc la série ∑+∞
=1n∑+∞
=
−−nk
k
k3
1)1( est à la
fois absolument convergente et obéit au critère des séries alternées.
Calcul. Formellement,∑+∞
=1n∑+∞
=
−−nk
k
k3
1)1( = ∑
+∞
=1k∑
=
−−k
n
k
k13
1)1( = ∑
+∞
=
−−1
3
1)1(
k
k
kk = ∑
+∞
=
−−1
1
²)1(
k
k
k =
2)2(ζ
= 12
²π
Nous sommes sous le parapluie du théorème de Fubini du programme, car la suite double
un,k = 3
1)1(k
k−− si 1 ≤ k ≤ n , un,k = 0 sinon, obéit aux hypothèses de ce théorème.
En effet, ∑+∞
=1k∑
=
k
nknu
1, = ∑
+∞
=13
1k k
k = ∑+∞
=1 ²1
k k < + ∞.
2) Deuxième série.
Nature. La série ∑+∞
=
−−1
1
²)1(
k
k
k est absolument convergente et obéit au critère des séries alternées.
Rn = ∑+∞
=
−−nk
k
k²)1( 1
est du signe de (−1)n−1
et vérifie |Rn| ≤ ²
1n
. Donc la série ∑+∞
=1n∑+∞
=
−−nk
k
k²)1( 1
est à la
fois absolument convergente et obéit au critère des séries alternées.
Calcul. Formellement, ∑+∞
=1n∑+∞
=
−−nk
k
k²)1( 1
= ∑+∞
=1k∑
=
−−k
n
k
k1
1
²)1(
= ∑+∞
=
−−1
1
²)1(
k
k
kk = ∑
+∞
=
−−1
1)1(
k
k
k = ln 2.
Nous ne sommes pas sous le parapluie du théorème de Fubini du programme, car la suite double
un,k = ²)1( 1
k
k−− si 1 ≤ k ≤ n , un,k = 0 sinon, n’obéit pas aux hypothèses de ce théorème.
Cependant, passons par les sommes partielles :
∑=
N
n 1∑+∞
=
−−nk
k
k²)1( 1
= ∑=
N
n 1∑
−
=
−−1 1
²)1(N
nk
k
k + ∑
=
N
n 1∑+∞
=
−−Nk
k
k²)1( 1
= ∑=
N
k 1∑
=
−−k
n
k
k1
1
²)1(
+ N∑+∞
=
−−Nk
k
k²)1( 1
= ²)1( 1
1 kk
kN
k
−
=
−∑ + N∑
+∞
=
−−Nk
k
k²)1( 1
= k
kN
k
1
1
)1( −
=
−∑ + N∑
+∞
=
−−Nk
k
k²)1( 1
→ ln 2.
La deuxième somme tend vers 0 par majoration du reste dans les séries alternées. 3) Troisième série.
54
Nature. La série ∑+∞
=
−−1
1)1(
k
k
k obéit au critère des séries alternées.
Rn = ∑+∞
=
−−nk
k
k
1)1( est du signe de (−1)
n−1 et vérifie Rn =
n
n
2)1( 1−−
+ O(²
1n
).
Ce dernier résultat peut se montrer ainsi :
• Il suffit de montrer que R2m+1 = m41 + O(
²1m
), R2m s’en déduira.
• Dans R2m+1, regrouper les termes par deux et faire des encadrements intégraux.
Donc la série ∑+∞
=1n∑+∞
=
−−nk
k
k
1)1( est somme de la série harmonique alternée et d’une série absolument
convergente : elle est semi-convergente.
NB : Un exercice ultérieur donne un développement asymptotique de la suite (Rn).
Calcul. Formellement ∑+∞
=1n∑+∞
=
−−nk
k
k
1)1( = ∑
+∞
=1k∑
=
−−k
n
k
k1
1)1( = ∑
+∞
=
−−1
1)1(
k
k
kk = ∑
+∞
=
−−1
1)1(k
k = … 21
au sens de Leibniz ! Passons par les sommes partielles :
SN = ∑=
N
n 1∑+∞
=
−−nk
k
k
1)1( = ∑
=
N
n 1∑
=
−−N
nk
k
k
1)1( + ∑
=
N
n 1∑+∞
+=
−−1
1)1(
Nk
k
k = ∑
=
N
k 1∑
=
−−k
n
k
k1
1)1( + N ∑
+∞
+=
−−1
1)1(
Nk
k
k
= k
kkN
k
1
1
)1( −
=
−∑ + N ∑
+∞
+=
−−1
1)1(
Nk
k
k = ∑
=
−−N
k
k
1
1)1( + N ()1(2
)1(+
−N
N
+ O(²
1N
)) .
Si l’on choisit N = 2m, il vient S2m = 21 + O(
m1 ). Donc (Sn) tend vers
21 .
Méthodes intégrales. En voici le schéma, les justifications étant laissées au lecteur :
32k
= ∫+∞
−0
.² dtet kt , ∑+∞
=
−−nk
k
k3
1)1( =
2)1( 1−− n
∫∞+
−
−
+0.
1²
dte
ett
nt
, ∑+∞
=1n∑+∞
=
−−nk
k
k3
1)1( = ∫
∞+
−
−
+0.
)²1(2²
dte
ett
t
= 12
²π
²1k
= ∫+∞
−0
.dtte kt , ∑+∞
=
−−nk
k
k²)1( 1
= (−1)n−1
∫∞+
−
−
+0.
1dt
ete
t
nt
, ∑+∞
=1n∑+∞
=
−−nk
k
k²)1( 1
= ∫∞+
−
−
+0.
)²1(dt
ete
t
t
= ln 2 .
k1 = ∫
+∞−
0.dte kt , ∑
+∞
=
−−nk
k
k
1)1( = (−1)
n−1 ∫
∞+
−
−
+0.
1dt
ee
t
nt
, ∑+∞
=1n∑+∞
=
−−nk
k
k
1)1( = ∫
∞+
−
−
+0.
)²1(dt
ee
t
t
= 21 .
Exercice 74 : Soit f : R+ → R
+ une fonction convexe tendant vers 0 en +∞ .
Montrer que la série ∑+∞
=−
0
)()1(n
n nf converge, et que |∑+∞
+=−
1
)()1(nk
k kf | ≤ 2
)(nf .
Application : équivalents de ∑+∞
+=
−−1
1)1(
nk
k
k, ∑
+∞
+=
−−1
1
²)1(
nk
k
k, ∑
+∞
+=
−−1
1ln)1(nk
k
kk .
Solution : 1) Convergence. La convexité implique (∀n) f(n + 2) – 2f(n + 1) + f(n) ≥ 0 , i.e. f(n) – f(n + 1) ≥ f(n + 1) – f(n + 2) . La suite (f(n) – f(n + 1)) est croissante et tend vers 0. Elle est donc négative. Donc la suite (f(n)) tend
en décroissant vers 0, et la série ∑+∞
=−
0
)()1(n
n nf obéit au critère des séries alternées.
2) Majoration du reste.
On a Rn = ∑+∞
+=−
1
)()1(nk
k kf et | Rn | = (−1)n+1
Rn = f(n + 1) − f(n + 2) + f(n + 3) − f(n + 4) + …
55
|Rn−1| = f(n) − f(n + 1) + f(n + 2) − f(n + 3) + … ≥ |Rn| = f(n + 1) − f(n + 2) + f(n + 3) − f(n + 4) + …
Il en découle que 2 |Rn| ≤ |Rn−1| + |Rn| = (−1)n (Rn−1 − Rn) = f(n) ≤ 2 |Rn−1| . cqfd.
3) Application : on a l’équivalent ∑+∞
+=
−−1
1)1(
nk
k
k ∼
n
n
2)1(−
.
En effet, x → 1/x est convexe et tend vers 0, et f(n) ∼ f(n − 1),
Donc 2 |Rn| ≤ f(n) ≤ 2 |Rn−1| ≤ f(n − 1) implique ici f(n) ∼ 2 |Rn−1| . cf. un exercice ultérieur.
De même ∑+∞
+=
−−1
1
²)1(
nk
k
k ∼
²2)1(
n
n− et ∑
+∞
+=
−−1
1ln)1(nk
k
kk ∼ (−1)
n
nn
2ln .
Exercice 75 : Natures des séries ∑+∞
=
−+
2
))1(
1ln(n
n
n , ∑
+∞
=
−+
2
))1(
1ln(n
n
n ; calcul ? ∑
+∞
=
−+
2
))1(
1ln(n
a
n
n(a > 0)
∑+∞
= −+−
2 )1(
)1(
nn
n
n , ∑
+∞
= −+−
2 )1()1(
nna
n
n (a > 0) , ∑
∞+
= +−+
2
)1(ln
n
n
an
n (a > 0) , ∑
+∞
=0
)!sin(n
en π
∑+∞
=
−1 !
)1(
nn
n
n , ∑
+∞
=1n nn n
n
ln.)1()1(
−+−
; équivalent du reste ? ∑+∞
= +−
1 sin)1(
n
n
nn .
Solution :
1) La série ∑+∞
=
−+
2
))1(
1ln(n
n
n est alternée. On a l’équivalent un ∼
n
n)1(−, terme général d’une série qui
converge en vertu du critère des séries alternées... mais la règle de l’équivalent ne s’applique pas !
Contournons cet obstacle, en notant que : un = n
n)1(− −
n21 + O( 2/3
1n
) .
Dès lors, ∑+∞
=0n
nu est somme de la série harmonique alternée, de la série harmonique, et d’une série
absolument convergente. Elle est donc divergente (SSC + SD + SAC = SD + SC = SD). On en déduit au passage que la série n’obéit pas au critère des séries alternées.
2) La série ∑+∞
=
−+
2
))1(
1ln(n
n
n est alternée. Mêmes remarques. Ici un =
n
n)1(− + O( 2
1n
) .
Du coup, la série est somme de la série harmonique alternée et d’une séire absolument convergente. Elle converge.
3) La série ∑+∞
=
−+
2
))1(
1ln(n
a
n
n, a > 0, est alternée. un = a
n
n)1(−
+ vn , où vn ∼ − an21 .
La série de terme général a
n
n)1(−
est semi-convergente (Riemann alternée).
La série de terme général vn converge ssi a > ½. Idem donc pour la série proposée.
4) La série S = ∑+∞
= −+−
2 )1(
)1(
nn
n
n est alternée. S = SSC + SD + SAC = SC + SD = SD, car:
un = n
n
n )1(
)1(
−+−
= n
n)1(−
n
n)1(1
1−
+ =
n
n)1(−(1 −
n
n)1(− + O(
n1 )) =
n
n)1(− −
n1 + O( 2/3
1n
).
5) En améliorant l’exercice 25, on voit que sin(n! e π) = (−1)n1+n
π + O(²
1n
) .
Du coup, la série converge comme somme d’une semi et d’une absolument convergentes.
56
6) [Mines 1991] La série ∑+∞
=
−1 !
)1(
nn
n
n est alternée. L’équivalent de Stirling n ! ∼ (
en )n nπ2 donne
n n! ∼ en (2πn)
1/2n ∼ en … si on le justifie avec soin, car on ne compose pas des équivalents !
Ecrivons n! = (en )n nπ2 (1 + εn) où εn → 0, donc n n! =
en (2πn)
1/2n (1 + εn)
1/n , et là, ça marche.
Cela montre que le terme général tend vers 0 : un ∼ (−1)n
ne .
Il suffit, pour conclure, de montrer que n n! ≤ 1 !1(+ +n n . Cela s’écrit (n!)n+1
≤ (n + 1)!n, ou encore
n! ≤ (n + 1)n : c’est OK. Le critère des séries alternées s’applique.
Autre méthode : développement asymptotique de un.
un = (−1)n ne .exp(−
n21 ln(2πn) −
n1 ln (1 + εn) ) = (−1)n
ne ( 1 −
n21 ln(2πn) + o(
n1 ) )
= (−1)n ne + O(
²lnnn ) : somme d’une série semi-convergente et d’une absolument convergente.
Remarque : Maple confirme : > asympt(1/(n!)^(1/n),n,3);
+ + 1
eeee( )-1
n
− − ( )ln 2 π12
( )ln n
eeee( )-1
n2
O
1
n3
6) La série ∑+∞
= −+−
1 ln.)1()1(
nn
n
nn est alternée, et la conclusion est la même, car :
un = n
n)1(−(1 + O(
nnln )) =
n
n)1(− + O(
²lnnn ) =
n
n)1(− + O( 2/3
1n
).
7) Ecrire nn
n
sin)1(
+−
= n
n)1(−
nnsin1
1+
= n
n)1(−(1 + O(
nnsin )) =
n
n)1(− + O(
²1n
), etc.
Exercice 76 : Dans le plan euclidien R2, soit PPPP la parabole d’équation x
2 = 2py (p > 0).
Soit M0 un point de PPPP – {O}, M n+1 la seconde intersection de P avec la normale en Mn à PPPP.
Si Mn(xn, yn), étudier la série ∑+∞
=0
1n nx
.
Solution : 1) La suite (xn) obéit à la récurrence : xn+1 = − xn − nxp²2
.
C’est ce qu’on obtient en écrivant que 1+nnMM . nT = 0 , où Mn ( xn , pxn
2² ) et nT ( 1,
pxn ).
2) Notons un = nx
1 . Alors un+1 = 2221 n
n
upu
+− . La série ∑
+∞
=0n
nu est alternée, et obéit au critère des
séries alternées, car |un+1| ≤ |un| , donc |un| ↓ L , et L = 2221 Lp
L+
, donc L = 0.
Références : Chambadal-Ovaert, Analyse t. 2, ex. n° 60 p. 650. Exercice 77 : transformation d’Abel .
1) Soit ∑+∞
=0
.n
nn va une série à termes complexes. On pose Vn = ∑=
n
kkv
0
et Vp,q = ∑=
q
pkkv . Montrer que :
57
∑=
n
kkk va
0
. = an.Vn − ∑−
=+ −
1
01 ).(
n
kkkk Vaa et ∑
=
q
pkkk va . = aq.Vp,q − ∑
−
=+ −
1
,1 ).(q
pkkpkk Vaa .
2) Soit ∑+∞
=0
.n
nn va une série à termes complexes. On suppose que :
(A I) La suite Vn est bornée et la suite (an) est réelle et tend vers 0 de manière monotone.
(A II) La suite Vn est bornée. La suite (an) tend vers 0 et la série ∑+∞
=+ −
01
kkk aa converge.
(A III) La série ∑+∞
=0kkv converge, et la suite (an) est réelle, monotone et bornée ;
(A IV) La série ∑+∞
=0kkv converge et la série ∑
+∞
=+ −
01
kkk aa converge ;
Montrer que, sous chacun de ces jeux d’hypothèses, la série ∑+∞
=0
.n
nn va converge.
Solution : 1) est facile à vérifier.
2) Montrons que (A I) ⇒⇒⇒⇒ (A II) ⇒⇒⇒⇒ ∑+∞
=0
.n
nn va converge.
(A I) ⇒ (A II), car si (an) décroît, ∑=
+ −K
kkk aa
01 = ∑
=+−
K
kkk aa
01)( = a0 – aK+1 converge ; et si (an) croît,
∑=
+ −K
kkk aa
01 = ∑
=+ −
K
kkk aa
01 )( = aK+1 – a0 converge itou.
Supposons (A II). On a : ∑=
n
kkk va
0
. = an.Vn − ∑−
=+ −
1
01 ).(
n
kkkk Vaa .
Or (an.Vn) tend vers 0, et ∑−
=+ −
1
01 ).(
n
kkkk Vaa est somme partielle d’une série absolument convergente.
En conclusion , ∑+∞
=0
.n
nn va converge et ∑+∞
=0
.k
kk va = − ∑+∞
=+ −
01 ).(
kkkk Vaa .
3) Montrons que (A III) ⇒⇒⇒⇒ (A IV) ⇒⇒⇒⇒ ∑+∞
=0
.n
nn va converge.
(A III) ⇒ (A IV), car si (an) est décroissante minorée, ∑=
+ −K
kkk aa
01 = ∑
=+−
K
kkk aa
01)( = a0 – aK+1
converge ; et si (an) est croissante majorée, ∑=
+ −K
kkk aa
01 = ∑
=+ −
K
kkk aa
01 )( = aK+1 – a0 converge itou.
(A IV) implique d’abord que la suite (an) converge, car la série ∑+∞
=+ −
01 )(
kkk aa converge.
De plus : ∑=
n
kkk va
0
. = an.Vn − ∑−
=+ −
1
01 ).(
n
kkkk Vaa .
(an.Vn) converge, et ∑−
=+ −
1
01 ).(
n
kkkk Vaa est somme partielle d’une série absolument convergente.
En conclusion , ∑+∞
=0
.n
nn va converge et ∑+∞
=0
.k
kk va = limn→∞ an.Vn − ∑+∞
=+ −
01 ).(
kkkk Vaa .
On aurait pu aussi abéliser via les restes de la série. Les quatre exercices suivants reposent sur ces résultats.
58
Exercice 78 : application à des séries trigonométriques.
1) Si an ↓ 0 , la série 20a
+ ∑+∞
=1
)cos(.n
n na θ converge pour tout θ ∈ R−2πZ.
2) Si bn ↓ 0 , la série ∑+∞
=1
)cos(.n
n nb θ converge pour tout θ ∈ R.
3) Montrer que 1) et 2) subsistent sous les hypothèses plus générales :
∑+∞
=+ −
01
kkk aa < +∞ et an → 0 , resp. ∑
+∞
=+ −
11
kkk bb < +∞ et bn → 0 .
Solution : laissée en exercice.
Exercice 79 : Montrer que la convergence de la série ∑+∞
=1n
nv implique celles des séries :
∑+∞
=1n
n
nv , ∑
+∞
=1 lnn
n
nv , ∑
+∞
=1n
nv ( 1 + n1 )n
, ∑+∞
=1
.n
nn nv .
Solution : Traitons le premier exercice. Notons d’abord que le résultat est évident si la série ∑+∞
=1n
nv
est à termes positifs, ou absolument convergente.
Dans le cas général, notons Vn = ∑=
n
kkv
1
, V0 = 0. Il vient :
∑=
N
n
n
nv
1
= ∑=
−−N
n
nn
nVV
1
1 = ∑=
N
n
n
nV
1
− ∑−
= +1
1 1
N
n
n
nV =
NVN + ∑
−
= +1
1 )1(
N
n
n
nnV . La suite (VN) est convergente donc
bornée, donc NVN tend vers 0 et ∑
−
= +1
1 )1(
N
n
n
nnV est somme partielle d’une série absolument convergente.
On aurait aussi pu abéliser via les restes, ou appliquer l’ex. 74 : les 4 hypothèses sont satisfaites !
Observons que l’hypothèse faite sur la série ∑+∞
=1n
nv est trop précise : le résultat subsiste si les sommes
partielles de cette série sont bornées.
Exercice 80 : Soit ∑+∞
=1n
nu une série convergente à termes ≥ 0 , de restes Rn = ∑+∞
+= 1nkku .
Montrer l’équivalence : ∑+∞
=1
ln.n
n nu converge ⇔ ∑+∞
=1n
n
nR converge.
Solution : laissée en exercice.
Exercice 81 : Natures des séries : ∑+∞
= +−
1 sin)1(
n
n
nn , ∑
+∞
=1
1sin.sinn n
n , ∑+∞
=0n )exp()exp(
inbn
ina
+ (a , b ∈ R)
Solution : Combinons un développement asymptotique avec un recours à la transformation d’Abel.
• sin n. sinn1 =
nnsin + O( 3
1n
). La série ∑+∞
=1
sinn n
n converge par les règles d’Abel, la seconde est
absolument convergente. Au bilan, ∑+∞
=1
1sin.sinn n
n converge.
59
• )exp(
)exp(inbn
ina
+ =
n
eina
n
einb
+11 =
n
eina
(1 − n
einb
+ O(n1 )) =
n
eina
− n
e bain )( +
+ O( 2/31
n) , etc.
Exercice 82 : Développement asymptotique de Sn = 1 − 21 +
31 − … +
n
n 1)1( −−.
Solution : 1) Sn est la somme partielle de la série harmonique alternée. Elle tend vers ln 2 en spirale.
Sn = ln 2 – Rn , où Rn = ∑+∞
+=
−−1
1)1(
nk
k
k. En vertu du CSA, Sn = ln 2 + O(
n1 ).
Pour préciser les choses, plusieurs méthodes entrent en concurrence :
2) On peut se ramener à la série harmonique.
On a : S2m = H2m – Hm et S2m+1 = S2m + 12
1+m
, formules qui s’unifient en Sn = Hn – H[n/2] .
Or « on sait tout » de la suite (Hn). Avec Maple, il faut distinguer les cas n pair, n impair : > H:=n->sum(1/k,k=1..n);asympt(H(n),n);T:=m->H(2*m)-H(m);U:=m->H(2*m+1)-H(m);subs(m=n/2,asympt(T(m),m,11));asympt(subs(m=(n-1)/2,asympt(U(m),m,11)),n,11);
− + − + − + + ( )ln 212
1n
14
n2
18
1
n4
14
n6
1716
1
n8
314
n10
O 2048
1
n11
+ − + − + − + ( )ln 2
12n
14
1
n2
18
n4
14
1
n6
1716
n8
314
1
n10
O
1
n11
3) Expressions intégrales.
Rn = (−1)n∫ +
1
0.
1dt
ttn
. Or les µn = ∫ +1
0.
1dt
ttn
sont les moments d’une fonction continue sur [0, 1].
Des intégrations par parties répétées fournissent le développement asymptotique à tous ordres.
Au reste µn = ∫+∞ −
+0.
1ds
ee
s
ns
relève de la méthode de Laplace.
> with(inttrans):f:=s->1/(exp(s)+1);ds:=series(f(s),s=0,12);L:=laplace(ds,s,n);ln(2)+(-1)^(n+1)*L;
:= f → s1
+ eeees 1
:= ds − + − + − + + 12
14
s148
s3 1480
s5 1780640
s7 311451520
s9 691319334400
s11 ( )O s12
+ ( )ln 2 ( )-1( ) + n 1
− + − + − + 12
1n
14
1
n2
18
n4
14
1
n6
1716
n8
314
1
n10
6918
n12
Remarque : Maple a recours à la fonction eulérienne ψ.
> S:=n->sum((-1)^(k-1)/k,k=1..n);S(n); := S → n ∑
= k 1
n ( )-1( ) − k 1
k + ( )ln 212
( )-1( ) + n 1
−
Ψ + 1
12
n
Ψ +
12
n12
:= H → n ∑ = k 1
n 1k + + − + + ( )ln n γ
12n
112
1
n2
1120
n4
O
1
n6
:= T → m − ( )H 2 m ( )H m := U → m − ( )H + 2 m 1 ( )H m
60
> map(simplify,asympt(S(n),n,9));
+ + + + + + ( )ln 2
12
( )-1( ) + n 1
n
14
( )-1 n
n2
18
( )-1( ) + n 1
n4
14
( )-1 n
n6
1716
( )-1( ) + n 1
n8
O
1
n9
Exercice 83 : Convergence et calcul de ∑+∞
=
−−1
1)1(
n
n
n( 1 −
21 +
31 − … +
n
n 1)1( −−) .
Solution : 1) Convergence.
Notons un = n
n 1)1( −−, et vn = un Sn , où Sn est somme partielle de la série harmonique alternée.
Plus précisément Sn = ln 2 − Rn , où Rn = ∑+∞
+=
−−1
1)1(
nk
k
k est du signe de (−1)
n et | Rn | ≤
11+n
Donc vn = n
n 1)1( −−(ln 2) + O(
²1n
) . La série ∑+∞
=1n
nv est convergente comme somme d’une série
obéissant au CSA et d’une série absolument convergente, à termes positifs d’ailleurs.
2) Calcul de la somme. Un simple argument de pliage va permettre de mener à terme ce calcul.
(∑=
N
n
nu1
)2 = ∑
≤≤ Nknkn uu
,1
. = ∑≤<≤ Nkn
kn uu1
. + ∑≤<≤ Nnk
kn uu1
. + ∑≤≤ Nn
nu1
2)(
= 2∑≤<≤ Nkn
kn uu1
. + ∑≤≤ Nn
nu1
2)( = 2 ∑≤≤≤ Nnk
kn uu1
. − ∑≤≤ Nn
nu1
2)(
= 2∑≤≤ Nn
nv1
− ∑≤≤ Nn
nu1
2)( . Passer à la limite…
Variante : ∑=
N
n
nn Su1
. = ∑=
−−N
n
nnn SSS1
1).( = ∑=
N
n
nS1
² − ∑=
−
N
n
nn SS1
1. = ∑=
N
n
nS1
² − ∑−
=+
1
11.
N
nnn SS
= ∑=
N
n
nS1
² − ∑−
=++
1
11).(
N
nnnn uSS = SN
2 − ∑
−
=+
1
11.
N
nnn uS = SN
2 − ∑
−
=+++ −
1
1111 ).(
N
nnnn uuS =
= SN2 + ∑
−
=+
1
11²
N
nnu − ∑
=
N
n
nv1
+ u1.S1.
Donc 2 ∑=
N
n
nv1
→ (ln 2)2 + ∑
+∞
= +1 )²1(1
n n + 1 =
6²π + (ln 2)
2 . Finalement ∑
+∞
=1n
nv = 12
²π + 21 (ln 2)
2
Remarque : autres variantes possibles, via le calcul de ∑+∞
=
−−1
1)1(
n
n
n ∑+∞
+=
−−1
1)1(
nk
k
k.
Exercice 84 : Soit Sn = 1 − 2 + 3 − … + (−1)n−1 n .
Montrer que Sn ∼ 2)1( 1−− n
n , et plus précisément que Sn = 2)1( 1−− n
n + C + o(1).
Solution : Plusieurs méthodes possibles.
1ère méthode : Etudions séparément (S2m) et (S2m+1).
Notons Vn = ∑=
n
k
k1
. Alors S2m = V2m − 2 2 Vm et S2m+1 = V2m − 2 2 Vm + 12 +m .
61
On peut obtenir un développement asymptotique à tous ordres de Vn, et on en déduit ceux de S2m et
S2m+1. Regroupant les cas, on constate que Sn = 2)1( 1−− n
n + C + o(1).
Maple précise C = − 2 2 ζ(−21 ) , faisant allusion au prolongement de la fonction ζ.
> V:=n->sum(sqrt(k),k=1..n);V(n);asympt(V(n),n);
+ + + − + + 23
1
1n
( )/3 2
12
1n
ζ
-12
124
1n
11920
1n
( )/5 21
9216
1n
( )/9 2
O
1n
( )/13 2
> S:=m->V(2*m)-2*sqrt(2)*V(m);T:=m->S(m)+sqrt(2*m+1); asympt(S(m),m,3);asympt(T(m),m,2);
− − + − + + 12
2
1m
2 2
ζ
-12
ζ
-12
116
21m
11024
2
1m
( )/5 2
O
1
m3
− + + − + 12
2
1m
2 2
ζ
-12
ζ
-12
316
21m
132
2
1m
( )/3 2
O
1m
( )/5 2
2ème méthode. Formons la suite Tn = Sn − 2)1( 1−− n
n , et transformons-la en série :
un = Tn – Tn−1 = (−1)n−1 n −
2)1( 1−− n
n + 2
)1( n−1−n
= 2)1( 1−− n
n [1 −n11− ] =
n
n
4
)1( 1−− + O( )1
2/3n.
La série de terme général un est somme d’une série semi-convegrente et d’une série absolument
convergente. Donc la suite (Tn) converge.
Exercice 85 : Soit ∑+∞
=0kka une série convergente, Rn = ∑
+∞
+= 1nkka la suite de ses restes.
Etudier sous différentes hypothèses la nature et la valeur de la série ∑+∞
=0n
nR .
Nature et calcul des séries ∑+∞
=0n∑+∞
+=
−−1
1)1(
nk
k
k , ∑
+∞
=0n∑+∞
+= +−
1 12)1(
nk
k
k et ∑
+∞
=0n∑+∞
+=
−−1
1
²)1(
nk
k
k.
Solution : 1) Formellement ∑+∞
=0n
nR = ∑∑+∞
=
+∞
+=0 1nk
nk
a = ∑∑+∞
=
−
=1
1
0kk
k
n
a = ∑+∞
=1kkka .
Si l’on note unk = ak si n < k, unk = 0 si n ≥ k, il s’agit d’un échange de ∑ dans une série double.
2) Si la série ∑+∞
=0kka est à termes positifs, je dis que
∑+∞
=0n
nR converge ⇔ ∑+∞
=1kkka converge , et alors ∑
+∞
=0n
nR = ∑+∞
=1kkka .
Même conclusion si ∑+∞
=1kkka est absolument convergente.
Cela découle de la théorie des séries doubles (familles sommables).
62
3) En toute généralité, ∑=
N
n
nR0
= ∑+
=
1
1
N
kkka + (N + 1)RN+1 . Par conséquent :
• Si NRN → 0, les séries ∑+∞
=0n
nR et ∑+∞
=1kkka sont de même nature, et si elles convergent, elles ont
même somme.
• Si NRN → L, les séries ∑+∞
=0n
nR et ∑+∞
=1kkka sont de même nature, et si elles convergent, leurs sommes
diffèrent de L.
Mais il peut arriver que ∑+∞
=0n
nR converge sans que ∑+∞
=1kkka ne converge.
Exercice 86 : Soit In = ∫ ++π
0.
²cos1))12sin(( dt
ttn
. Convergence et calcul de ∑+∞
=−
0
.)1(n
nnI
Solution : 1) Une ipp montre que In = 12
1+n
+ O(²
1n
). La série est la somme d’une série obéissant
au CSA et d’une série absolument convergente.
2) Il est naturel ici de développer en série de Fourier la fonction impaire 2π-périodique définie par
f(x) = x²cos1
1+ sur ]0, π[. Cette fonction est C
1 par morceaux et obéit au théorème de Dirichlet. Il
reste à faire x = 2π dans le développement obtenu. Il vient ∑
+∞
=−
0
)1(n
nnI = 21 .
3) Autre solution : calcul des sommes partielles.
∑−
=+−
1
0
)12sin(.)1(N
n
n tn = t
Ntcos.2
)2sin( , après calculs, d’où ∑
+∞
=−
0
)1(n
nnI = ∫ +π
0.
)²cos1(cos2)2sin( dt
ttNt
,
intégrale faussement impropre en π/2. On peut se ramener en 0 et utiliser Riemann-Lebesgue.
Remarque : Séries de Fourier et séries trigonométriques fournissent de nombreux calculs de séries, par simple évaluation en un point de formules connues, ou via Parseval (tels les ζ(2n)).
Exercice 87 : Nature de ∑+∞
=1n
nu , où un = ∫2/
0).sin(.cos
πdxnxxn .
Solution : Cet exercice, posé aux Mines 1992 (RMS n° 190), m’a donné du fil à retordre, car la forme intégrale proposée relève à la fois de Riemann-Lebesgue et de Laplace. Voici deux approches.
1ère approche. 1) Commençons par « linéariser » :
un = Im∫2/
0..cos
πdxex inxn = n2
1 Im ∫ +2/
0
2 .)1(π
dxe nix . Après développement binomial, il vient:
un = n21 ( 1nC +
31 3nC +
51 5nC + ... ) (1)
Cela permet déjà de conclure, car si l’on minore ainsi : k1 knC ≥
11+k
knC = 1
1+n
11
++
knC , il vient :
un ≥ n21
11+n
( 21+nC + 4
1+nC + 61+nC + ... ) = n2
11
1+n 2
12 1−+n
∼ n1 . La série diverge.
2) On peut aussi continuer à transformer un , afin d’en faire une étude plus approfondie.
Tout d’abord : ∑=
n
k
kkn xCk1
1 = ∫−+x n
dttt
0.
1)1(.
63
Changeant x en – x et additionnant, il vient : ∑kimpair
kkn xCk1 =
21 ∫
−−+x nn
dtt
tt0
.)1()1(
, d’où :
un = 121
+n ∫−−+1
0.
)1()1(dt
ttt nn
. (2)
3) Revenons à une forme sommatoire
un = 121
+n [ ∫−+1
0.
1)1(dt
tt n
+ ∫−−1
0.
)1(1dt
tt n
] = 121
+n [ ∫ −−2
1.
11
dtuun
+ ∫ −−1
0.
11
duuun
] = 121
+n ∫ −−2
0.
11
dtuun
, et
un = 121
+n [ 2 + 222
+ 323
+ ... + n
n2] = 12
1+n ∑
=
n
k
k
k1
2 (3)
4) Une transformation d’Abel laissée au lecteur (cf. ex. 38) donne pour finir un ∼ n1 .
On peut d’ailleurs la poursuivre à tous ordres afin d’obtenir un développement asymptotique de un.
2ème approche : on s’intéresse à la série.
SN = ∑=
N
n
nu0
= Im ∫ ∑=
2/
0 0
.cosπ N
n
inxn dxxe = Im ∫ −− ++2/
0
)1(1
..cos1.cos1π
dxexex
ix
xNiN
= ...
= ∫ −2/
0).cos.cos1(
sincosπ
dxNxxxx N ≥ ∫ −
2/
0).cos1(
sincosπ
dxxxx N ↑ ∫
2/
0.
sincosπ
dxxx = +∞
par convergence monotone, car, sur ]0, 2π ] , fN(x) = )cos1(
sincos x
xx N− tend simplement, et en
croissant, vers xx
sincos , qui n’est pas intégrable.
Exercice 88 : critère de Hardy. Soit f : [0, +∞[ → C une fonction de classe C
1, telle que f ' soit intégrable sur [0, +∞[.
Montrer que la série de terme général wn = ∫ −
n
ndttf
1).( − f(n) est absolument convergente.
Solution : Une intégration par parties donne : wn = − ∫ −+−
n
ndttfnt
1).'().1( (1)
On en déduit que : |wn| ≤ ∫ −+−
n
nnt
1)1( .|f'(t)|.dt ≤ ∫ −
n
n 1|f'(t)|.dt .
L’intégrabilité de f' implique la convergence de la série de terme général ∫ −
n
n 1|f'(t)|.dt, qui implique à
son tour l’absolue convergence de ladite série.
Exercice 89 : Natures des séries ∑+∞
=1
)cos(ln
n nn
, ∑+∞
=1
)sin(ln
n nn
, ∑+∞
=1
)sin(
n nn
.
Solution : La divergence de la première série peut s’établir par deux méthodes fort distinctes.
1ère méthode : tranches de Cauchy.
Les tranches correspondant aux intervalles dans lesquels cos(ln n) ≥ 1/2 ne tendent pas vers 0.
En effet cos(ln n) ≥ 21 ⇔ exp(2kπ −
3π ) ≤ n ≤ exp(2kπ +
3π ).
Notons [ak, bk] = N* ∩ [exp(2kπ −3π ), exp(2kπ +
3π )].
Alors Tk = ∑≤≤ kk bna
nn)cos(ln
≥ 21 ∑
≤≤ kk bnan1 ≥
21
k
kk
bab 1+− →
21 (1 − exp(−
32π )) ≠ 0
2ème méthode : comparaison série-intégrale reposant sur le critère de Hardy (ex. précédent).
64
Ici, f(x) = x
x)cos(ln est C
1 sur [1, +∞[, et f’(x) =
²)cos(ln)sin(ln
xxx −−
est intégrable sur [1, +∞[.
Or ∫n
dtt
t1
.)cos(ln = ∫
nduu
ln
0).cos( = sin(ln n) n’a pas de limite quand n → +∞, parce qu’elle a pour
valeurs d’adhérence tous les réels ∈[−1, +1] (détails laissés au lecteur). Du coup, la série diverge.
Exercice 90 : 1) Soit f : [0, +∞[ → C une fonction de classe C2, telle que :
a) limx→+∞ f(x) = 0 ; b) f’’ est intégrable sur [0, +∞[ .
Montrer que la série de terme général wn = ∫ −
n
ndttf
1).( − f(n) est absolument convergente.
[ Indication : observer que wn = −21 ∫ −
−+−n
ndttftnnt
1).''().).(1( −
21 ( f(n) − f(n−1) ) .]
2) Application : Discuter selon les valeurs de a > 0 la nature de la série ∑+∞
=1
sinn
ann .
Solution laissée au lecteur. Il montrera que la série ∑+∞
=1
sinn
ann converge ssi a > ½.
Exercice 93 : Soit (qj) la suite des naturels dont l’écriture décimale ne contient pas le chiffre 9.
Montrer que la série ∑+∞
=1
1j jq
converge.
Solution : Notons A l’ensemble des entiers ≥ 1 dont l’écriture décimale ne contient pas le chiffre 9, et Ak = A ∩ [10
k, 10
k+1[. Les entiers de A sont de la forme
n = a0 + a1.10 + a2.102 + … + ak.10
k ,
où (a0, a1, …, ak−1) ∈ {0, 1, …, 8}k et ak ∈ { 1, 2, …, 8 }. Ainsi, card Ak = 8.9
k.
∑∈ kAn
n1 ≤ k
kAcard10
)( ≤ k
k
109.8
= 8 (109 )k
.
Soit alors N < 10k+1
; SN = ∑∈≤ AnNn n,
1 ≤ ∑=
k
p 0∑∈ pAn
n1 ≤ ∑
=
k
p
p
0
)109(8 <
10918
− = 80.
La suite (SN) est croissante majorée par 80, donc ∑∈An n
1 converge.
Remarques : 1) On aurait pu remplacer le chiffre 9 par n’importe quel autre chiffre (mais pour le 0 les calculs sont à modifier légèrement). Même résultat dans toute base de numération. 2) Pour des éclairages complémentaires, cf. mon problème sur la densité naturelle. On y montre que le résultat précédent implique que l’ensemble des entiers ne contenant pas le chiffre 9 est de densité naturelle nulle. Exercice 94 : Soit s(n) le nombre de 1 dans l’écriture binaire de n.
Convergence et calcul de ∑+∞
= +−
1
)(
)1()1(
n
ns
nn.
Solution : Cette série est absolument convergente. Pour calculer sa somme S, on peut sommer la série par tranches de signes constant.
S = − 2.1
1 + (3.2
1 + 4.3
1 ) − (5.4
1 + 6.5
1 + 7.6
1 + 8.7
1 ) + (9.8
1 + … + 16.15
1 ) − …
65
= (− 1 + 21 ) + (
21 −
41 ) − (
41 −
81 ) + (
81 −
161 ) − … , après télescopage ,
= − 21 +
41 −
81 +
161 − … = −
31 (série géométrique).
Exercice 95 : Nature de la série [ ]
∑∞+
=
−1
)1(
na
n
n , a réel.
Solution : Si a ≤ 0 il y a divergence grossière. Si a > 1 il y a absolue convergence. Supposons donc 0 < a ≤ 1. L’idée est de sommer par tranches de signe constant.
En vertu du cours, la série est de même nature que la série alternée ∑+∞
=−
1
)1(p
ppb , où bp = ∑
+
=
pp
pnan
2²
²
1 .
Or l’encadrement grossier app
2)1(12
++
≤ bp ≤ app
2
12 + va permettre de conclure.
Du coup, si 0 < a ≤ ½, bp ne tend pas vers 0 et ∑+∞
=−
1
)1(p
ppb est grossièrement divergente.
Si ½ < a ≤ 1, app
2)1(12
++
= 122
−ap+ O( ap2
1 ) et app
2
12 + = 12
2−ap
+ O( ap21 ), donc bp = 12
2−ap
+ O( ap21 ).
Du coup, ∑+∞
=−
1
)1(p
ppb = ∑
+∞
=−−
112
2)1(p
ap
p + ∑
+∞
=12 )1(
pap
O est somme d’une série obéissant au critère des
séries alternées et d’une série absolument convergente. C’est donc une série convergente.
Conclusion : [ ]
∑∞+
=
−1
)1(
na
n
n est absolument convergente pour a > 1, semi-convergente pour ½ < a ≤ 1,
divergente pour a ≤ ½.
Remarque : On peut montrer que si ½ < a ≤ 1, (bp) tend en décroissant vers 0. Donc ∑+∞
=−
1
)1(p
ppb
obéit au critère des séries alternées. Mais pour cela il faut utiliser un encadrement intégral de bp.
Exercice 96 : On rappelle que 1 − 21 +
31 −
41 +
51 − … = ln 2.
1) Montrer que la série 1 − 21 −
41 +
31 −
61 −
81 +
51 − … converge et calculer sa somme.
Même question pour 1 + 31 +
51 −
21 −
41 +
71 +
91 +
111 − … .
2) Plus généralement, on réordonne la série harmonique alternée en prenant alternativement p
termes > 0 et q termes < 0. Montrer que la nouvelle série converge et a pour somme ln 2 + 21 ln
qp
.
3) Montrer comment réarranger les termes afin d’obtenir une série divergente.
Solution : cet exercice illustre les paradoxes de la convergence commutative.
1) Notons Tn la somme partielle d’indice n de la nouvelle série.
T3k+3 = 1 − 21 −
41 +
31 −
61 −
81 + … +
121+k
− )12(2
1+k
− )22(2
1+k
= 21 −
41 +
61 −
81 + … +
)12(21
+k −
)22(21+k
= 21 (1 −
21 +
31 −
41 +
51 − … +
121+k
− 22
1+k
) → 22ln .
66
Les suites T3k+4 et T3k+5 ont même limite, car leur différence avec T3k+3 tend vers 0.
(Tn) converge comme panachée de trois suites de même limite.
2) Th(p+q) = 1 + 31 +
51 + … +
121
−ph − (
21 +
41 +
61 + … +
qh21 )
= H2ph − 21 ( Hph + Hqh ) → ln 2 +
21 ln
qp
.
Reste à montrer que (Tn) a même limite. Cela vient de ce que toutes les suites Th(p+q)+r , 0 ≤ r < p +
q, ont même limite : leur différence avec Th(p+q) tend vers 0. Cela découle aussi, plus généralement, des propriétés de la sommation par tranches de signe constant.
3) Réarrangeons les termes de façon à obtenir une série divergente. Choisissons 1 = k1 < k2 < k3 < … de façon que :
A1 = 31 +
51 + … +
1212−k
> 1 , A2 = 12
12+k
+ 32
12+k
+ … + 12
13−k
> 1 , etc.
Formons la série 1 − 21 +
31 +
51 + … +
1212−k
− 41 +
1212+k
+ 32
12+k
+ … + 12
13−k
− 61 + etc.
Considérons les sommes partielles d’indices convenables :
1 − 21 +
31 +
51 + … +
1212−k
− 41 + … +
121+nk
+ 32
1+nk
+ … + 12
1−nk
− n21
≥ 1 − 21 + 1 −
41 + … + 1 −
n21 = n −
21 ( 1 +
21 + … +
n1 ) → +∞.
La série est donc divergente. Mieux même, toutes les sommes partielles tendent vers +∞.
Remarque : Le théorème de réarrangement de Riemann (1851) améliore encore cela.
Exercice 97 : Soit σ une permutation de N*. Nature de la série ∑+∞
=1 ²)(
n nnσ
.
Solutions : 1ère preuve : Observons que σ(n+1) + σ(n+2) + … + σ(2n) ≥ 1 + 2 + … + n. En effet, si l’on réordonne les σ(k), n < k ≤ 2n, dans l’ordre croissant, le plus petit est ≥ 1, le second est ≥ 2, etc. Minorons les tranches de Cauchy :
∑+=
n
nk kk2
1 ²)(σ
≥ ²4
1n
[ σ(n+1) + σ(n+2) + … + σ(2n) ] ≥ ²4
1n
[ 1 + 2 + … + n ] = ²8
)1(n
nn + ≥
81 .
Les tranches de Cauchy ne tendent pas vers 0, donc la série diverge.
Remarque : Le même résultat vaut si σ est seulement injective.
2ème preuve, plus profonde, reposant sur l’inégalité de réordonnement :
Théorème : Soient a1, a2, …, an et b1, b2, …, bn des nombres réels. Lorsque σ décrit l’ensemble des
permutations de {1, 2, …, n}, la somme S(σ) = ∑=
n
iii ba
1)(. σ prend au plus n! valeurs ; S(σ) est
maximum lorsque les suites a1, a2, …, an et bσ(1), bσ(2), …, bσ(n) sont rangées dans le même ordre,
au sens large. S(σ) est minimum lorsque les suites a1, a2, …, an et bσ(1), bσ(2), …, bσ(n) sont rangées dans l’ordre inverse.
Pour une preuve, cf. mon chapitre sur les inégalités. Il découle de ce théorème que, pour toute permutation τ de {1, 2, …, n},
∑=
n
k kk
1 ²)(τ
≥ ∑=
n
k kk
1 ² = ∑
=
n
k k1
1 = Hn , suite qui, on le sait, tend vers l’infini.
67
Soit maintenant σ une permutation de N*. σ n’a aucune raison de laisser stable {1, 2, …, n}, mais, pour tout n, il existe une permutation τ de {1, 2, …, n} qui range les éléments dans le même ordre
que σ. Visiblement ∑=
n
k kk
1 ²)(σ
≥ ∑=
n
k kk
1 ²)(τ
, donc ∑=
n
k kk
1 ²)(σ
≥ Hn . Cqfd.
Exercice 98 : Natures des séries ∑+∞
=1
sin(n
π (1 + 2 )n) , ∑
+∞
=0
sin(n
π (2 + 5 )n) , ∑
+∞
=1
tan(n
π (7 + 4 3 )n).
Solution : Traitons le premier exemple.
Ecrivons, dans l’anneau Z[ 2 ] : ( 1 + 2 )n = an + bn 2 , où (an , bn) ∈ Z×Z.
En conjuguant dans Z[ 2 ], il vient : ( 1 − 2 )n = an − bn 2 .
Donc ( 1 + 2 )n = 2an − ( 1 − 2 )n
.
Du coup, sin (π (1 + 2 )n ) = − sin (π (1 − 2 )n
) ∼ (−1)n+1 π ( 2 − 1 )n
. Par suite, la série est absolument convergente.
Exercice 99 : Soit rn le nombre de points M(x, y) du plan à coordonnées entières tels que x2
+ y2 ≤ n.
Equivalents de rn et de ∑=
n
kkr
0
.
Solution : rn est une importante fonction arithmétique, au confluent de l’analyse et de la géométrie.
Pour trouver un équivalent de rn, voici deux méthodes :
L’une, géométrique, procède par des calculs d’aires.
• Associons à tout point M(x, y) de Z×Z le carré dont il est le coin nord-est, c’est-à-dire le carré plein C(M) de sommets (x−1, y−1), (x−1, y), (x, y−1), (x, y). Soit Rn = { (x, y)∈ Z×Z ; x
2 + y
2 ≤ n }.
La réunion UnRM
MC∈
)( est incluse dans le disque fermé de centre O et de rayon n + 2 .
Passant aux aires, il vient : rn ≤ π ( n + 2 )2.
• A tout point (x, y) ∈ R×R appartenant au disque fermé de centre O et de rayon n − 2 associons
son point nord-est ([x] + 1, [y] + 1), et le carré qu’il définit. Ce point est élément de Rn, et l’on obtient un recouvrement du disque.
Passant aux aires, il vient : π ( n − 2 )2 ≤ rn .
Finalement, π ( n − 2 )2 ≤ rn ≤ π ( n + 2 )2
, donc rn ∼ π n.
En vertu du théorème de sommation des relations de comparaison,∑=
n
kkr
0
∼∑=
n
k
k0
π ∼ ²2
nπ .
Une autre solution passe par calcul et sommes de Riemann.
Commençons par évaluer R(n) = card { (x, y) ∈ N*×N* ; x2 + y
2 ≤ n
2 }.
∑=
−n
x
xn1
²² − n ≤ R(n) = [ ]∑=
−n
x
xn1
²² ≤ ∑=
−n
x
xn1
²² .
Par sommes de Riemann ²)(
nnR
→ ∫ −1
0.²1 dtt =
4π . Donc R(n
2) ∼
4π n
2 .
Les points situés sur les axes x = 0, y = 0 sont au nombre de 4n + 1, donc o(n2).
On en déduit que rn² ∼ 4R(n) ∼ π n2 , et un encadrement simple montre que rn ∼ π n .
Exercice 100 : Soit (zn) une suite de complexes non nuls vérifiant ∀(i, j) i ≠ j ⇒ | zi − zj | ≥ 1.
68
Montrer que la série ∑+∞
=1
1n nzα est absolument convergente pour α > 2, mais qu’elle peut converger ou
diverger si α = 2.
Solution : Comme le précédent, cet exercice se trouve au confluent de l’analyse et de la géométrie.
1) Je dis que la suite (zn) tend vers l’infini en module.
En effet, associons à chaque zi le disque ouvert Di de centre zi et de rayon ½. Ces disques sont deux
à deux disjoints. Si |zi| ≤ R, la réunion de ces disques est incluse dans D(O, R + ½). Passant aux
aires, on voit que 4π card { zi ; |zi| ≤ R } ≤ π ( R + ½ )2
.
Du coup, le nombre de zi tels que |zi| ≤ R est fini, et à partir d’un certain rang, |zi| > R. cqfd.
2) Montrons que si α > 2, la série ∑+∞
=1
1n nzα est absolument convergente.
Découpons le plan complexe en couronnes CN = { z ; N ≤ |z| < N + 1 }.
UNi Cz
iD∈
⊂ { z ; N − ½ < |z| < N + 3/2 } .
Passant aux aires, il vient 4π card { zi ; zi ∈ CN } ≤ π (N + 3/2)2
− π (N − ½)2 = 4πN + 2π.
Donc card { zi ; zi ∈ CN } ≤ 16 N + 8. Cela, si N > 0.
(Si N = 0, card { zi ; zi ∈ C0 } ≤ 9 ; dans tous les cas, card { zi ; zi ∈ CN } ≤ 16 N + 9 )
Par suite, pour N > 0, ∑∈ Ni Cz iz
α1 ≤ αN
N 816 + = O( 11
−αN). Donc ∑
>0N∑∈ Ni Cz iz
α1 < +∞. Cqfd.
3) Nous allons montrer que si α = 2, la série ∑+∞
=12
1n nz
peut converger ou diverger.
• Fabriquer une série convergente est facile : il suffit de prendre zn = n.
D’une façon générale, si les zn sont réels, la série ∑+∞
=12
1n nz
est nécessairement convergente.
En effet, pour des raisons de longueur, chaque intervalle [k, k+1[ contient au plus deux zi .
Donc ∑+∞
=12
1n nz
= S + ∑ ∑∈ +<≤* 1
21
Nk kzk iiz
≤ S + ∑∈ * ²
4Nk k
< +∞ , où S = ∑<1 ²
1
iz iz.
• Placer les points zn de façon que ∑+∞
=12
1n nz
converge absolument peut se faire de bien des façons.
Soit A = { z = x + yj ; (x, y)∈Z×Z }. Si z ∈ A, |z|2 = x
2 + y
2 − xy ≥ 1, donc, A étant un groupe
additif, ∀(z, z’) ∈ A×A z ≠ z’ ⇒ | z − z’| ≥ 1. Soit n → zn une bijection de N* sur A’ = A−{0}.
Montrons que ∑+∞
=12
1n nz
= +∞ , i.e. que { }
∑−∈ −+)0,0(²),( ²²
1Zyx xyyx
= +∞. Comme –xy ≤2
²² yx +, il suffit de
montrer que{ }
∑−∈ +)0,0(²),( ²²
2Zyx yx
= +∞, ou encore que ∑∑+∞
=
+∞
= +1 1 ²²1
x y yx = +∞.
Or ce dernier point est facile à établir : pour tout x ≥ 1, ∑+∞
= +1 ²²1
y yx converge. Or, un encadrement
intégral de la fonction t → ²²
1tx + donne ∑
+∞
= +1 ²²1
y yx ∼
x2π quand x → +∞. Cqfd.
69
On aurait aussi pu prendre A = { z = x + yi ; (x, y) ∈ Z×Z }, et une bijection n → zn de N* sur A’ = A−{0}. Les calculs sont les mêmes. Exercice 101 : Montrer l’identité :
∀(x, a) ∈ C2 , |x| < 1 , |a| < 1 ∑
+∞
=0 !1
n n n
n
axa
2².1+ = exp a − x2 exp a
3 + x
4 exp a
5 − ...
Solution : 1) Formellement,
∑+∞
=0 !1
n n n
n
axa
2².1+ = ∑+∞
=0 !n
n
na∑+∞
=−
0
22)1(p
nppp ax = ∑ ∑+∞
=
+∞
=
+
−0 0
)12(2
!)1(
p n
nppp
na
x
= exp a − x2 exp a
3 + x
4 exp a
5 − ...
2) Justification :
La famille (un,p) = p)1(− x2p
!
)12(
na np+
obéit au théorème « de Fubini » relatif aux séries doubles.
En effet | un,p | = |x|2p
!
)12(
n
anp+
; Sp = ∑n
pnu , = |x|2p
exp |a|2p+1
≤ |x|2p
exp(1) , et ∑p
pS < +∞.
Exercice 102 : Montrer les identités ∀z ∈ C , |z| < 1 , ∀ a, b, c ∈ N* ,
∑+∞
=0ncan
bn
zz
+−1 = ∑
+∞
=0nban
cn
zz
+−1 et ∑
+∞
=0ncan
bn
zz
++1 = ∑
+∞
=0nban
cnn
zz+−
−1
.)1( .
Solution : Montrons la première relation. Formellement,
∑+∞
=0ncan
bn
zz
+−1 = ∑
+∞
=0n∑+∞
=
++
0
)(
k
cankbnz = ∑+∞
=0k∑+∞
=
++
0n
kckanbnz = ∑+∞
=0k
kcz ∑+∞
=
+
0
)(
n
kabnz = ∑+∞
=0kbak
ck
zz
+−1 .
Justification : la famille (un,k) = (zbn+kan+kc) obéit au théorème « de Fubini » relatif aux séries
doubles. En effet Sk = ∑n
knu , = kab
kc
z
z+−1
∼ |z|kc
, et du coup ∑k
kS < +∞ (séries géométriques).
Exercice 103 : Montrer l’identité ∀x ∈ C − { 0, −1, −2, −3, … }
∑+∞
= ++0 ))...(1(1
n nxxx = e [
x1 −
!11
11+x
+ !2
12
1+x
− … ] .
Solution : Formellement, par décomposition en éléments simples, il vient :
∑+∞
= ++0 ))...(1(1
n nxxx = )1.
)!(!)1(
(0 0∑∑+∞
= = +−−
n
n
k
k
kxknk
= )1.)!(!
)1((
0∑∑+∞
=
+∞
= +−−
k kn
k
kxknk = ∑∑
+∞
=
+∞
= +−
−0 )(!)1(
).)!(
1(k
k
kn kxkkn = e ∑
+∞
= +−
0 )(!)1(
k
k
kxk.
Il est facile de vérifier que l’on est sous le parapluie du théorème « de Fubini ».
Exercice 104 : Convergence et calcul de ∑∑+∞
=
+∞
= ++1 1 2²²1
m n mnmnnm.
Solution : C’est une série double à termes positifs umn = mnmnnm 2²²
1++ =
)2(1
++nmmn.
Deux approches sont possibles :
70
1) Fixer m, montrer que ∑+∞
=1
,
n
nmu converge et la calculer, puis s’occuper de ∑∑+∞
=
+∞
=1
,
1m
nm
n
u .
On a ∑+∞
=1
,
n
nmu = )2(
2
++
mmHm =
21 (
mHm 2+ −
22
++
mHm ) =
21 (
mHm −
22
++
mHm +
)1(1
+mm+
)2(1+mm
)
= 21 (
mHm −
22
++
mHm ) +
21 (
m1 −
11+m
) +41 (
m1 −
21+m
) .
Puis ∑∑+∞
=
+∞
=1
,
1m
nm
n
u = 47 , après télescopage.
2) Sommer par diagonales m + n = s, autrement dit considérer ∑∑+∞
= =+2
,
s snm
nmu .
∑=+ snm
nmu , =2
1+s ∑
=+ snm mn1 =
21+s ∑
−
= −1
1 )(1
s
m msm =
)2(1+ss ∑
−
= −+1
1
)11(s
m msm =
)2(2 1
+−
ssHs ∼
)2(ln2+ss
s = O( 2/31
s).
Cela assure la convergence de ∑∑+∞
= =+2
,
s snm
nmu . Reste à calculer la somme S :
S = ∑+∞
=
−+2
1
)2(2
s
s
ssH = ∑
+∞
=−+−
21)
211(
ssH
ss = ∑
+∞
=
++++++++−+−
2
2 ))2(
1)1)(2(
1)²2(
1²
12
(s
ss
sssssssH
sH =
47 ,
après un bref calcul.
Exercice 105 : 1) Soit ∑+∞
=1n
nu une série convergente.
Montrer que la série ∑+∞
=1n
nv , où vn = )1(
...2 21
++++
nnnuuu n , est convergente et a même somme.
2) Soit (εn)n≥1 une suite à valeurs dans {−1, 0, +1}. On pose πn = n
nεεε +++ ...21 . Montrer que les
séries ∑+∞
=1n
n
nε et ∑
+∞
= +1 1n
n
nπ sont de même nature. Si elles convergent, elles ont même somme.
Solution : Cet exercice rentre dans le thème des procédés sommatoires, qui est approfondi dans les problèmes sur les séries et dans le chapitre sur les séries divergentes.
1) Formellement :
∑+∞
=1n
nv = ∑∑+∞
= = +1 1 )1(n
n
k
k
nnku = ∑∑
+∞
=
+∞
= +1 )1(k kn
k
nnku = ∑ ∑
+∞
=
+∞
= +1
))1(
1(k kn
k nnku = ∑
+∞
=1k
k
kku = ∑
+∞
=1kku .
Encore faut-il trouver un parapluie convenable… Reprenons les choses plus élémentairement :
2) Notons Un et Vn les sommes partielles des deux séries.
Vn = ∑=
n
kku
1
= 1
2... 11
++++ −
nuunu nn =
1)...2()...)(1( 211
++++−+++
nnuuuuun nn = Un − nvn .
nvn = 1...2 21
++++
nnuuu n =
1)(...)(2 1121
+−++−+ −
nUUnUUU nn =
1+nn [ Un −
nUUU n 121 ... −+++ ].
Si la série ∑+∞
=1n
nu converge, la suite (Un) converge, et (nvn) vers 0 par Cesàro. Cqfd.
3) C’est un théorème réciproque (ou « taubérien »). Si l’on pose un = nnε , alors vn =
1+nnπ .
Il découle de 1) que si la série ∑+∞
=1n
n
nε converge, la série ∑
+∞
= +1 1n
n
nπ converge et a même somme.
71
Alors par ce qui précède, Vn = Un − 1+n
n nπ (*).
Supposons que ∑+∞
= +1 1n
n
nπ converge, et montrons par absurde que πn → 0 ; (*) conclura.
Notons Sn = ∑=
n
kk
1
ε = nπn . Si (πn) ne tend pas vers 0, il existe 0 < a < 2 et une suite extraite telles que
(∀p) | πn(p) | ≥ a , i.e. | Sn(p) | ≥ a.n(p) . Soit n un indice de la forme n(p).
Pour tout k tel que n − 2an ≤ k ≤ n +
2an , | Sk − Sn | ≤ | k – n | ≤
2an .
Du coup, | Sk | ≥ 2an , et les Sk sont de même signe, car | Sk+1 – Sk | ≤ 1.
Par suite, | ∑+
−=+
2
2
1
ann
annk
k
kπ | = ∑
+
−=+
2
2
1
ann
annk
k
kπ
≥ ∑+
−=+
2
2
)1(
ann
annk
k
kkS
≥ 2an (
2
1ann−
−
2
1ann+
) → )4/²1(2
²a
a− .
Or quand p → +∞, n = n(p) → +∞. Cela nie le critère de Cauchy.
Exercice 106 : Montrer que l’équation x3 − x − 1 = 0 a une unique racine réelle α.
Natures des séries ∑+∞
=1
)2/sin(
n
n
nπα
et ∑+∞
=1
)2/cos(
n
n
nπα
.
Solution : 1) Le premier point est laissé à Maple et au lecteur. > p:=x^3-x-1;irreduc(p);plot(p,x=-2..2);fsolve(p=0,x);evalf(solve(p=0,x));
:= p − − x3 x 1 1.324717957 , ,1.324717958 + -.6623589786 .5622795125I − -.6623589786 .5622795125I
2) Soient α, β et β les racines de P(X) = X3 − X − 1.
Je dis que un = αn + β
n + β n
∈ Z pour tout n.
C’est vrai pour n = 0, 1 et 2 : u0 = 3, u1 = 0, u2 = 2.
Ensuite un+3 = un+1 + un .
De plus 1 < α < 2 et αβ β = 1, donc |β | < 1.
3) Je dis que les séries ∑+∞
=1
)2/sin(
n
n
nπα
et ∑+∞
=1
)2/sin(n
n
nu π
sont
de même nature. Cela découle de ce que la série différence est
absolument convergente, en vertu de : n1 | sin(un 2
π ) − sin(αn
2π ) | ≤
n2π | β
n + β n
| ≤ nπ |β |
n .
4) Notons pn = sin(un 2π ). On constate que la suite (un) est de période 14 modulo 4, donc la suite (pn)
est 14-périodique.
Lemme : Si la suite (pn) est T-périodique, la série ∑+∞
=1n
n
np
converge si et seulement si ∑=
T
n
np1
= 0.
Comme ici ∑=
14
1n
np = 0, on conclut que ∑+∞
=1
)2/sin(n
n
nu π
converge, donc ∑+∞
=1
)2/sin(
n
n
nπα
aussi.
Idem bien sûr pour les cosinus.
Exercice 107 : Convergence et calcul de ∑+∞
= −1 12)(
kk
kϕ , où ϕ est l’indicateur d’Euler.
true
72
Solution : L’encadrement 0 ≤ ϕ(k) ≤ k − 1 assure la convergence de la série. Formellement :
∑+∞
= −1 12)(
kk
kϕ = k
kk
k)2/1(1
12
)(1 −∑
+∞
=
ϕ = ∑∑
+∞
=
+∞
= 01 21
2)(
mkm
kk
kϕ = ∑∑
+∞
=+
+∞
= 0)1(
1 2)(
mmk
k
kϕ = ∑∑
+∞
=
+∞
= 11 2)(
mkm
k
kϕ
= ∑∑+∞+∞
= nkn
n
k2
)(
1
ϕ = ∑∑
+∞+∞
= nknn k)(
21
1
ϕ = ∑+∞
=1 2nn
n = 2 , si l’on fait x = ½ dans l’identité :
∑+∞
=
−
1
1
n
nnx = dxd ∑
+∞
=0n
nx = dxd
x−11 =
)²1(1x− pour |x| < 1 (dérivation des séries entières).
On a utilisé au passage la formule de Gauss ∑nd
d)(ϕ = n.
Justification : La famille ( km
k2
)(ϕ )k,m≥1 est sommable, en vertu de la 2ème partie du calcul précédent,
ou de la première, comme on veut. Il reste à conclure en vertu de la propriété d’associativité générale de la somme des familles sommables.
Remarque : 1) Cette associativité générale a été au programme de taupe entre 1996 et 2004. Celui-ci ne contient plus que l’interversion des sommations dans les séries doubles. L’exercice a été posé à l’ENS Paris en 1989, c’est-à-dire avant 1996…
2) Dans la RMS mai 2008 (p. 175) on montre que ∑n
an)(1
ϕ converge ssi a > 1 et que, si a, b et c
sont des réels > 0, ∑n
ca
b
nnnd)()(
ϕ converge ssi a + c > 1.
Exercice 108 : Soit B = { (p, q) ∈ N*×N* ; p ∧ q = 1 }. Existence et calcul de ∑∈Bqp qp),( ²²
1 .
Solution : La famille (²²
1qp
)(p,q)∈B est sommable comme sous-famille de (²²
1qp
)(p,q)∈N*²
Pour calculer la somme, partons justement de cette famille.
D’une part, ∑∈ ²*),( ²²
1Nqp qp
= ∑∈ * ²
1Np p ∑
∈ * ²1
Nq q = ζ(2)
2.
D’autre part, si l’on classe les couples (p, q) selon leur pgcd d,
∑∈ ²*),( ²²
1Nqp qp
= ∑ ∑+∞
= =∧1 );,( ²²1
d dqpqp qp = ∑ ∑
+∞
= =∧1 1);,(4 ²²1
d baba bad = ∑ ∑
+∞
= =∧1 1);,(4 ²²
11d baba bad
= ζ(4).S ,
où S est la somme cherchée. Donc
S = )4()²2(
ζζ
= 90/36/
4
4
ππ
= 25 .
Exercice 109 : 1) Nature de la série ∑+∞
=1 ),...,2,1(1
n nppcm.
2) Soit (un) une suite strictement croissante d’entiers ≥ 1. On pose an = ppcm(u1, u2, …, un).
Nature de la série ∑+∞
=1
1n na
.
Solution : 1) peut être traité de deux manières :
a) On observe que pour n ≥ 2, n−1 et n sont premiers entre eux.
73
Du coup (n−1)n divise ppcm(1, 2, …, n), et 0 < ),...,2,1(
1nppcm
≤ nn )1(
1− pour n ≥ 2.
Donc la série converge.
b) Une solution plus longue consiste à étudier plus en détail la fonction an = ppcm(1, 2, …, n). Cette importante fonction arithmétique est liée à la distribution des nombres premiers. On peut montrer qu’elle tend vers l’infini beaucoup moins vite que la factorielle, à une vitesse grosso modo exponentielle.
En effet, p désignant un nombre premier, on a la formule an = ∏≤
np
pn
p lnln
.
Du coup, ln an = ppn
np
ln.lnln∑
≤
= ∑
≤Λ
nk
k)( = ψ(n) , où Λ(n) = ln p si n = pk
, 0 sinon.
Or le théorème des nombres premiers stipule que π(n) ∼ n
nln
et que ψ(n) ∼ n.
D’où ln an ≥ n/2 à partir d’un certain rang, donc 1/an ≤ 2/ne− . On retrouve la convergence.
Remarque : La fonction ppcm(1, 2, …, n) est étudiée plus en détail, et plus élémentairement, dans le pb ENS P’ 1996 sur le nombre d’Apéry, et dans le pb Mines-Ponts MP 2000, 2ème composition. On peut montrer que ∀n ≥ 1 ppcm(1, 2, …, n) ≤ 3
n .
2) La suite (an) vérifie : a1 | a2 | a3 | …, mais elle augmente par paliers au sein du monoïde
multiplicatif engendré par les uk.
Soit ϕ l’extractrice associée : ϕ(0) = 1 et … < aϕ(n) = aϕ(n)+1 = … = aϕ(n+1)−1 < aϕ(n+1) = …
Comme aϕ(n) < aϕ(n+1) et aϕ(n) | aϕ(n+1) , on a 2 aϕ(n) ≤ aϕ(n+1) , donc aϕ(n) ≥ 2n a1 .
Groupons les termes par paquets : ∑−+
=
1)1(
)(
1n
nk ka
ϕ
ϕ =
)(
)()1(na
nnϕ
ϕϕ −+ = Tn .
Or ap = ap+1 ⇔ up+1 | ap .
Comme les uk sont distincts, ϕ(n + 1) − ϕ(n) ≤ d(aϕ(n)), nombre de diviseurs de aϕ(n).
Par ailleurs pour tout m, d(m) ≤ 2 [ m ] ≤ 2 m (pourquoi ?)
Finalement Tn = )(
)()1(na
nnϕ
ϕϕ −+ ≤
)(
2naϕ
≤ 2/
1 2.2
na.
Donc ∑ nT < +∞, et la série converge.
Exercice 110 : Pour tout entier n ≥ 2, soit qn le plus grand nombre premier divisant n.
Nature de la série ∑+∞
=2 .1
n nqn.
Solution : 0) La fonction arithmétique n → qn est très irrégulière. Pas de solution simple, donc.
1) Notons p1 = 2 < p2 = 3 < p3 = 5 < … la liste des nombres premiers.
On définit une partition de N’ = N−{0, 1} en ensembles Ak = { n ∈N’ ; qn = pk }.
Dans R+ ∪ {+∞}, en vertu de la théorie des familles sommables à termes positifs, il vient :
∑+∞
=2 .1
n nqn = ∑∑
+∞
= ∈1 .1
k An nk
qn = ∑ ∑
+∞
= ∈1
11k Ank
k
np.
74
∑∈ kAn
n1 =
kp1 ∑
∈ kBmm1 , où Bk est l’ensemble des entiers m ≥1 dont les seuls facteurs premiers éventuels
sont p1 , p2 , … , pk . Or ∑∈ kBm
m1 = ∑
k
kkppαααα
,..., 11
1...1 = ∏
= −
k
i
ip1 11
1 = Ek.
Conclusion : ∑+∞
=2 .1
n nqn = ∑
+∞
=1 )²(k k
k
pE .
2) Admettons le théorème des nombres premiers, qui affirme que π(x) = ∑≤xp
1 ∼ x
xln
et pk ∼ k.ln k.
ln Ek = ∑=
−−k
i ip1
)11ln( ∼ ∑=
k
i ip1
1 ∼ ∑=
k
i ii2 ln1 ∼ ∫
k
xxdx
2 ln ∼ ln ln k.
en vertu du théorème de sommation de relations de comparaisons et d’un encadrement intégral.
Donc ln Ek ≤ C.ln ln k pour une certaine constante C > 0.
Finalement )²( k
k
pE ≤ A
)²²(ln)(lnkk
k C
et )²( k
k
pE = O( 2/3
1k
).
Conclusion : la série converge.
3) Autre solution, sans utiliser le théorème des nombres premiers, en majorant Ek élémentairement.
Je dis que (∀k) pk ≥ 2k − 1, par récurrence.
En vertu de ln(1 + u) ≤ u et d’une majoration intégrale classique :
ln 2
kE = ∑=
−−k
i ip2
)11ln( = ∑= −k
i i
i
pp
2 1ln ≤ )1
1(
2
−−∑
=
k
i i
i
pp
= ∑= −k
i ip2 11 ≤
21 ∑
−
=
1
1
1k
i j ≤
21)1ln( +−k
D’où Ek ≤ 2 1−ke et )²( k
k
pE ≤
)²12(12
−−
kke = O( 2/3
1k
) derechef.
Remarque : pour une généralisation, cf. RMS 113/4, mai 2003, p. 442.
Exercice 111 : Etudier les suites Pn = ∏=
+n
k ki
1
)1( et | Pn | .
Solution : On a 1 + ki = rk.exp(iθk) , où rk =
²11k
+ et θk = Arctank1 .
|Pn| = ∏=
+n
k k1 ²11 , ln |Pn| =
21 ∑
=+
n
k k1
)²
11ln( est somme partielle d’une série à termes positifs et
convergente (règles de l’équivalent ou de la majoration).
Ainsi, la suite |Pn| tend en croissant vers L = exp(21 ∑
+∞
=+
1
)²
11ln(k k
) .
Sn = ∑=
n
kk
1
θ = ∑=
n
k kArc
1
1tan , somme partielle d’une série à termes > 0 divergente, tend vers +∞, de
sorte que ∑=
n
kk
1
θ = ∑=
+n
k kO
k13))
1(1( = ln n + S + o(1).
La suite (Pn) est bornée, divergente, et a pour valeurs d’adhérence tous les points du cercle | z | = L.
En effet, soit α réel. Pour tout k ∈ N* il existe un unique entier nk tel que kn
S ≤ α + 2kπ < 1+kn
S .
La suite (1+kn
S − kn
S ) tend vers 0, donc la suite kn
P tend vers L.exp(iα).
Références : Titchmarsh, The theory of functions, p. 17, Bourbaki, Top. Gén., VIII 26.
75
Exercice 112 : Nature et calcul des produits infinis :
∏+∞
= ++
1 )2()²1(
n nnn
, ∏+∞
=−
2
)²
11(n n
, ∏+∞
= +−2
))1(
21(n nn
, ∏+∞
= +−
23
3
)11
(n n
n , ∏
+∞
=−
1
)²4
11(n n
.
Solution :
Pn = ∏= +
+n
k kkk
1 )2()²1(
= 221
++
nn → 2 ; Pn = ∏
=−
n
k k2
)²
11( = ∏=
+−n
k kkk
2 ²)1)(1(
= n
n2
1+ → 21 ;
Pn = ∏= +−n
k kk2
))1(
21( = ∏= +
+−n
k kkkk
2 )1()2)(1(
= n
n3
2+ → 31 ;
Pn = ∏= +
−n
k kk
23
3
)11
( = ∏= +−+
++−n
k kkkkkk
2
2
)1²)(1()1)(1(
= ∏= +
−n
k kk
2 11 ∏
= +−++n
k kkkk
2
2
1²1
= )1(
2+nn 3
1² ++nn → 32 ;
Pn = ∏=
−n
k k1
)²4
11( = ∏=
+−n
k kkk
1 ²4)12)(12(
= 42 )!(4)²!2).(12(
nnn
n
+ → π
2 par Stirling (mais Wallis suffit).
Exercice 113 : Nature et calcul éventuel des produits infinis :
∏+∞
=
−−+
1
1
))1(
1(n
n
n , ∏
+∞
=
−+
2
))1(
1(n
n
n , ∏
+∞
=
−+
1
)ln.)1(
1(n
n
n
n.
Solution :
Exercice 114 : formule d’Euler. Montrer que, pour tout n ∈ N, n! = ∏+∞
= ++
1
.)1(k
n
knk
kk .
Solution : Il suffit de montrer que : Il reste à faire tendre N vers l’infini. La limite est finie non nulle, donc le produit infini converge.
Remarque : Cette formule est mentionnée par Euler dans une lettre à Goldbach du 13 octobre 1729. Elle lui permet de prolonger la fonction factorielle à tous les réels x ∉ {−1, −2, −3, … } en posant :
x! = ∏+∞
= ++
1
.)1(k
x
kxk
kk . Euler ne se préocuppe pas de la convergence de ce produit infini. Peu après, le
8 janvier 1730, dans une nouvelle lettre à Goldbach, Euler propose de prolonger la factorielle grâce à
la formule intégrale : x! = ∫ −1
0.)ln( dtt x .
Exercice 115 : formule de Jacobi. Montrer, pour tout 0 < q < 1 :
+−
11
( 2
2
11
+−
)1/2 ( 4
4
11
+−
)1/4 ( 8
8
11
+−
)1/8 … = ( 1 − q )
2 .
à Lou Andreas Salomé et Jo Martynciow
Solution : 1) Convergence. Il s’agit de montrer que la suite Pn = ∏= +
−n
k
k
k
k
q
q
0
2/1
2
2
)1
1( tend vers ( 1 − q )
2 .
Passons au logarithme. En vertu de la règle de l’équivalent,
ln Pn = ∑=
+−−n
kk
kk
qq0
22))1ln()1(ln(
21 est somme partielle d’une série convergente.
2) Calcul. Notons P le produit infini.
76
ln P = ∑+∞
=+−−
0
22))1ln()1(ln(
21
kk
kk
qq = ∑+∞
=−
0
2)1ln(
21
kk
k
q − ∑+∞
=+
0
2)1ln(
21
kk
k
q
= ln(1 − q) + ∑+∞
=−
1
2)1ln(
21
kk
k
q − ∑+∞
=+
0
2)1ln(
21
kk
k
q
= ln(1 − q) + ∑+∞
=+
+
−0
2
1 )1ln(21 1
kk
k
q − ∑+∞
=+
0
2)1ln(
21
kk
k
q
= ln(1 − q) + ∑+∞
=+ −
0
2
1 )1ln(21
kk
k
q + ∑+∞
=+ +
0
2
1 )1ln(21
kk
k
q − ∑+∞
=+
0
2)1ln(
21
kk
k
q
= ln(1 − q) + ∑+∞
=+ −
0
2
1 )1ln(21
kk
k
q − ∑+∞
=+ +
0
2
1 )1ln(21
kk
k
q
= ln(1 − q) + 21 ln P , donc ln P = 2 ln(1 − q) .
3) Voici une variante directe. Reposant sur l’identité aa
+−
11 =
²1)²1(
aa
−−
appliquée à chaque terme de Pn,
elle crée un télescopage naturel.
Pn = ∏= +
−n
k
k
k
k
q
q
0
2/1
2
2
)1
1( = ∏
=+
−
−−n
kkk
kk
q
q
02/12
2/12
)1(
)1(1
1
= nn
q
q2/12
)1()²1(1+
−−
→ ( 1 − q )2 .
Remarque : Nombreuses variantes possibles.
Exercice 116 : Soit (an)n∈N* une suite sommable.
On suppose que, pour tout k ≥ 1, ∑+∞
=1pkpa = 0. Montrer que (∀n) an = 0.
Solution : [ Oral X 2008, RMS n° 263, Polya-Szegö, Problems and theorems in analysis, t. 1, ex. 129, chap 1 ]
1) Généralités. Notons L1 l’espace vectoriel des suites sommables.
Il s’agit de montrer que le « système linéaire infini » a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 + a7 + a8 + … = 0
a2 + a4 + a6 + a8 + … = 0
a3 + a6 +
a4 + a8 + … = 0 a pour unique solution dans L
1 la suite nulle.
Formellement il s’agit d’un système de Cramer, mais attention, on est en dimension infinie et les choses ne sont pas si simples !
A toute suite sommable a = (an) ∈ L1 associons la suite r = (rn) définie par rn = ∑
+∞
=1hhna .
Cette suite est bien définie et elle tend vers 0, car (∀n) | rn | ≤ ∑+∞
=nkka . (*)
Il s’agit de montrer que l’application linéaire R : a = (an) ∈ L1 → r = (rn) ∈ C
0 est injective, où C
0
est l’espace des suites tendant vers 0.
Munissons L1 de la norme || a ||1 = ∑
+∞
=1n
na , et C0 de la norme || b ||∞ = supn | bn | .
Ce sont tous deux espaces de Banach, et il découle de (*) que || R(a) ||∞ ≤ || a ||1 , avec égalité pour les séries à termes positifs convergentes. Ainsi, R est continue de norme triple égale à 1.
77
2) Solution.
Notons qu’il suffit de prouver que a1 = 0. Appliquant alors le résultat à la suite (akn), on aura ak = 0.
r1 = 0 implique a1 = − ( a2 + a3 + … )
r1 − r2 = 0 implique a1 = − ( a3 + a5 + a7 + … )
r1 − r2 − r3 + r6 = 0 implique a1 = − ( a5 + a7 + a11 + … )
Introduisons la fonction de Mobius µ : N* → { −1, 0, +1 } définie par : µ(1) = 1,
µ(n) = (−1)r si n = p1 ×…× pr est produit de r nombres premiers distincts
µ(n) = 0 si n est divisible par un carré.
On sait que ∑nd
d)(µ = 1 si n = 1 , 0 sinon.
Fixons n et calculons ∑nd
d)(µ r(d) = ∑nd
d)(µ ∑kd
ka = ∑ ∑+∞
=1 ),gcd((
)(k knpd
k da µ = ∑=1),gcd( knpka .
Il s’agit d’une somme finie de séries convergentes, non d’une série double !
Du coup a1 = − ∑>= 1,1),gcd( kknp
ka , et, par suite | a1 | ≤ ∑+∞
+= 1nkka .
Il reste à faire tendre n vers +∞.
Remarques : 1) Polya-Szegö attribue ce résultat à Alfred Haar, et montre la nécessité de l’hypothèse de sommabilité, en invoquant la fonction de Liouville. 2) On peut multiplier entre elles les matrices triangulaires supérieures infinies. Introduisons la « matrice infinie » du système A = (ε(i, j)), où ε(i, j) = 1 si i divise j, ε(i, j) = 0 sinon. Le système R(a) = 0 s’écrit matriciellement A.a = 0. Considérons la « matrice infinie » B définie par
B = (m(i, j)) , où m(i, j) = µ(ij
) si i divise j , m(i, j) = 0 sinon.
Je dis que A.B = B.A = I, où I désigne la matrice unité infinie. En effet si C = A.B,
cik = ∑+∞
=1
),().,(j
kjmjiε = 0 si i ne divise pas k et
cik = ∑+∞
=1
),().,(j
kjmjiε = ∑divisekidvisejetjj
kjmji;
),().,(ε = ∑)/(
)(ijh
hµ = 1 si i = j , 0 sinon.
De même B.A = I. On dispose donc d’une inverse formelle de A.
A toute suite sommable x = (xn) ∈ L1 associons la suite y = (yn) définie par
yn = ∑+∞
=1
).,(j
jxjnm =∑+∞
=1
).(h
hnxhµ .
Cette suite est bien définie, car la série ∑+∞
=1
).(h
hnxhµ est absolument convergente, et elle tend vers 0,
car (∀n) | yn | ≤ ∑+∞
=nkkx . Soit S l’application linéaire : x = (xn) ∈ L
1 → y = (yn) ∈ C
0 ainsi définie.
On a envie de dire que S est l’inverse de R. Hélas, ce ne sont pas des endomorphismes
Si ∑+∞
=1
.n
nan < +∞. Je dis que la suite r = (rn) est sommable, et que, pour tout n : an = ∑+∞
=1
).(h
hnrhµ .
En effet, ∑+∞
=1
).(h
hnrhµ = ∑ ∑+∞
=
+∞
=1 1
).(h k
hknahµ = ∑∑+∞
=
+∞
=1 1
).(h k
hknahµ . Or la famille (µ(h).ahkn)) est sommable.
78
Autrement dit, si E désigne le sous-espace de L1 formé des suites a = (an) telles que ∑
+∞
=1
.n
nan < +∞,
alors R(E) ⊂ L1 et S o R
1LE est l’identité de E.
Il en résulte que, si ∑+∞
=1
.n
nan < +∞ et si la suite r = (rn) est nulle, alors la suite a = (an) est nulle.
Mais c’est un résultat plus faible que celui annoncé, car on manie des séries doubles.
Exercice 117 : Soit (λn) une suite réelle ou complexe. Montrer l’équivalence des propriétés suivantes :
i) La suite (λn) est « à variation bornée » en ce sens que ∑+∞
=+−
11
iii λλ < +∞ ;
ii) Pour toute série convergente ∑+∞
=1n
nu réelle ou complexe, la série ∑+∞
=1n
nnuλ converge.
Solution : Le sens i) ⇒ ii) repose sur la transformation d’Abel. La réciproque va se montrer par contraposition, mais elle peut aussi se déduire du puissant théorème de Banach-Steinhaus.
i) ⇒ ii) Effectuons une transformation d’Abel via les restes Rn = ∑+∞
+= 1nkku .
λ1u1 + … + λnun = λ1 (R0 − R1) + λ2 (R1 − R2) + … + λn (Rn−1 − Rn)
= λ1 R0 + R1 (λ2 − λ1) + R2 (λ3 − λ2) + … + Rn−1 (λn − λn−1) − λnRn .
Or λn Rn → 0 car Rn → 0 et (λn) est bornée (et même convergente).
Et ∑+∞
=+ −
11 )(
iiiiR λλ est absolument convergente. Donc la suite n → λ1u1 + … + λnun est convergente.
Donc ∑+∞
=1iii uλ convergente, et ∑
+∞
=1iii uλ = λ1∑
+∞
=1iiu + ∑
+∞
=+ −
11 )(
iiiiR λλ .
ii) ⇒ i) par contraposition.
Supposons ∑+∞
=+−
11
iii λλ = +∞, et construisons une série convergente ∑
+∞
=1n
nu telle que ∑+∞
=1n
nnuλ diverge.
Notons λj − λj+1 = rjjieθ , rj = | λj − λj+1 | , 0 ≤ θj < 2π ( θj = 0 si λj = λj+1 ).
vj = 11 ...1
)exp(
−+++−
j
j
rriθ
, u1 = 0 , uj = vj − vj−1 .
• D’une part, la série ∑+∞
=1n
nu converge, car ∑=
n
jju
1
= vn → 0 .
• D’autre part, ∑=
n
jjju
1
λ = λn vn − λ2 v1 + Sn , où Sn = ∑−
=+−
1
21)(
n
kkkkv λλ .
Or Sn = ∑−
= −+++1
2 11 ...1
n
k k
k
rrr = ∑
−
= −
−−1
2 1
1n
k k
kk
RRR ≥ ∫
−1
1
nR
R xdx = ln Rn−1 – ln R1 .
Donc (Sn) tend vers l’infini. De plus, la suite (λnvn) est bornée, car |λnvn| ≤ 11
111
...1
...
−
−
++++++
n
n
rr
rrλ → 1.
Conclusion : La série ∑+∞
=1n
nnuλ diverge. Cqfd.
79
Exercice 118 : Soit (λn) une suite réelle ou complexe. Montrer l’équivalence des propriétés suivantes :
i) La suite (λn) est « à variation bornée » et lim λn = 0 ;
ii) Pour toute série ∑+∞
=1n
nu dont les sommes partielles sont bornées, la série ∑+∞
=1n
nnuλ converge.
Solution : Mêmes commentaires que dans l’exercice précédent.
i) ⇒ ii) Effectuons une transformation d’Abel via les sommes partielles Sn = ∑=
n
kku
1
.
λ1u1 + … + λnun = λ1 S1 + λ2 (S2 − S1) + … + λn (Sn − Sn−1)
= S1 (λ1 − λ2) + S2 (λ2 − λ3) + … + Sn−1 (λn−1 − λn) + λn Sn .
Or λnSn → 0 et ∑+∞
=+−
11)(
iiiiS λλ est absolument convergente, car (Sn) est bornée et (λn) est à variation
bornée et tend vers 0. Finalement la suite n → λ1u1 + … + λnun est convergente.
Donc ∑+∞
=1iii uλ convergente, et ∑
+∞
=1iii uλ = ∑
+∞
=+−
11)(
iiiiS λλ .
ii) ⇒ i) La partie ii) ⇒ i) de l’ex. précédent reste valable, et montre que la suite (λn) est à variation
bornée. Supposons que (λn) ne tende pas vers 0.
Alors, il existe un réel α > 0 et une suite extraite (λn(k)) tels que (∀k) |λn(k)| > α .
Définissons la suite (Sn) par : Sn(k) = )(
1knλ , Sn = 0 si n ∉ { n(k) ; k }.
On a (∀n) 0 ≤ | Sn | < α1 et (λn Sn) diverge, car λn.Sn = 1 si n = n(k) , 0 sinon.
Soit (un) la suite telle que Sn = ∑=
n
kku
1
. Alors ∑=
n
kkku
1
λ = ∑−
=+−
1
11)(
n
kkkkS λλ + λn Sn diverge, comme
somme d’une suite convergente (somme partielle d’une série absolument convergente), et d’une suite divergente. Exercice 119 : Deux trains distants de 200 km se dirigent l’un vers l’autre à la vitesse de 100 km/h. A l’instant 0 une mouche part d’un train et va vers l’autre à la vitesse de 200 km/h. Lorsqu’elle l’atteint, elle rebrousse chemin et revient vers le premier train à la même vitesse, et ainsi de suite. Quelle distance la mouche aura-t-elle parcourue au moment où les deux trains se croisent ?
Solution : Le lecteur est prié de faire un dessin. Notons D la distance initiale des deux trains (ici D = 200 km, mais peu importe).
A l’instant 0, la vaillante mouche part du premier train et rencontre le deuxième à la distance D32 .
A ce même instant le premier train a parcouru la distance 3D .
Lorsqu’elle effectue un virage sur l’aile, la mouche repart en direction du premier train situé à une
distance de 3D ; elle l’atteint après avoir parcouru la distance
32
3D .
Lorsqu’elle effectue un virage sur l’aile, la mouche repart en direction du second train situé à une
distance de 9D ; elle l’atteint après avoir parcouru la distance
32
9D , etc.
Au total la mouche parcourra la distance 32 D +
32
3D +
32
9D + … =
32
3/11−D = D.
80
C’est logique, parce que, si l’on échange les deux trains au moment d’éviter les virages sur l’aile, tout ses passe comme si le train à atteindre ne bouge pas ; la mouche doit toujours parcourir le tiers de la distance restante.
Exercice 120 : Soient OA et OB deux vecteurs orthogonaux et de même norme dans le plan.
On abaisse de O la perpendiculaire OA2 sur BA, de A2 la perpendiculaire A2A3 sur OA1 = OA de
A3 la perpendiculaire A3A4 sur A1A2, etc. Trouver la limite de la suite (An).
Solution : Le plan P est supposé affine euclidien orienté.
Posons A0 = O, A1 = A. Je dis que le triangle An−1AnAn+1 est rectangle isocèle de sommet An+1 et de sens direct. Cela se montre par récurrence sur n.
Identifions P au corps C des complexes. Soit (zn) l’affixe de An.
Soient i , 0 et 1 les affixes resp. de B, O et A.
On a, pour tout n : zn – zn−1 = )4
exp(22 πi− .(zn−2 − zn−1) =
21 i+− .(zn−1 − zn−2).
Donc zn – zn−1 = αn−1.(z1 − z0) = αn−1
, où α = 21 i+− .
La série de terme général zn – zn−1 est géométrique convergente, de somme α−11 =
53 i+ .
Donc la suite (zn) tend vers 5
3 i+ .
Remarque : bien d’autres solutions sont possibles : coordonnées barycentriques, etc. Exercice 121 : On pose des dominos l’un sur l’autre en créant à chaque nouveau domino un décalage vers la droite, de façon que l’édifice soit en équilibre. Montrer que l’on peut obtenir un décalage arbitrairement grand entre le premier et le dernier domino.
Solution : Supposons chaque domino de longueur 2 et de hauteur h.
Notons D0, D1, … , Dn les dominos en commençant par celui du bas, G0, G1, … , Gn leurs centres de
gravité, et a1, …, an les décalages. Choisissons un repère d’origine O = G0.
G0(0, 0) , G1(a1, h) , G2(a1 + a2, 2h) , … , Gn(a1 + a2 + … + an, nh) .
Le centre de gravité de l’édifice est alors G ( X = 1
...)1( 21
+++−+
naanna n , Y =
2nh ).
Il est en équilibre ssi X < 1. Il s’agit donc de montrer que :
∀A > 0 ∃n ≥ 1 ∃ a1 , a2 , … , an > 0 a1 + a2 + … + an = A et na1 + (n − 1)a2 + … + an < n + 1.
81
Considérons la suite harmonique Hn = 1 + 21 + … +
n1 .
Comme Hn ↑+∞, ∃n ≥ 1 Hn − 1 ≤ Hn−1 < A ≤ Hn .
n étant ainsi choisi, posons a1 = n1 , a2 =
11−n
, …, an−1 = 21 , an = A − (
n1 +
11−n
+ … + 21 ).
Les ai sont bien > 0, de somme A, et
et n.a1 + (n − 1).a2 + … + an = n − 1 + A – ( Hn − 1 ) = n + A – Hn < n + 1, car A < Hn + 1.
NB : on ne peut espérer que la pile soit infinie, car, par Cesàro, si An = a1 + a2 + … + an ↑+∞,
1...21
++++
nAAA n aussi.
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