EXERCICES : SÉRIES NUMÉRIQUES, AVEC CORRIGÉS Séries à ...

EX. VII – SÉRIES NUMÉRIQUES PSI* 21-22

EXERCICES : SÉRIES NUMÉRIQUES, AVEC CORRIGÉS

Séries à termes réels positifs (ex. 1 à 16)

Exercice 1: (★) - (★★)

Démontrer que chacune des séries∑

D= converge, et calculer leur somme :

1. D= = ln

(1 − 1

=2

)(= > 2)

2. D= = ln

(1 + 2

=(= + 3)

)(= > 1)

3. D= =1

=(= + 1)(= + 2) (= > 1)

4. D= =1

=(= + 1) . . . (= + ?) (=, ? > 1)

5. D= =

√= + 1 − 2

√= + 1

2=+1

6. D= = ln(cos

G

2=

), G ∈

[0 ; �

2

[7. D= =

12=

tan( G

2=

)), G ∈

[0 ; �2

[8. D= =

(−1)=3=

cos3(3=�)

9. D= =1

=3 + 8=2 + 17= + 10

10. D= =4=

=4 + 2=2 + 9

11. D= =4= − 3

=(=2 − 4) (= > 3)

12. D= =1

=2(= + 1)2 (= > 1)

13. D= =1

=∑:=1

:2(= > 1)

14. D= =2=3 − 3=2 + 1

(= + 3)!

15. D= =

⌊√= + 1

⌋−

⌊√=⌋

=(= > 1)

16. D= =G=

(1 − G=)(1 − G=+1) (G ≠ ±1, = > 1)

(considérer (1 − G)D= )

17. D= = 2 =/2 sin( =�

4

)G= (discuter selon G ∈ R)

� Solution:

1. Téléscopage : pour tout # > 2 :

#∑==2

D= =

#∑==2

ln

(=2 − 1

=2

)=

#∑==2

(ln(= − 1) + ln(= + 1) − 2 ln =

)

=

#∑==2

(ln(= − 1) − ln =

)+

#∑==2

(ln(= + 1) − ln =

)

= (ln 1 − ln#) + (ln(# + 1) − ln 2) = ln# + 1#

− ln 2

donc lim=→+∞

(#∑==2

D=

)= − ln 2 : la série converge et sa somme vaut − ln 2.

2. On écrit :

D= = ln

(=2 + 3= + 2=(= + 3)

)= ln

((= + 1)(= + 2)

=(= + 3)

)= (ln(= + 1) − ln =) − (ln(= + 3) − ln(= + 2))

ce qui permet de montrer, après télescopage, que la série converge et que sa somme vaut ln 3.

3. La décomposition en éléments simples de la fraction rationnelle1

-(- + 1)(- + 2) est :

1-(- + 1)(- + 2) =

1/2

-− 1

- + 1+

1/2

- + 2

Exercices – © T.LEGAY – Lycée d’Arsonval 1/23 19 novembre 2021


(calcul que je ne détaille pas, à savoir faire). On en déduit, pour tout # ∈ N∗ :

#∑==1

D= =12

#∑==1

1=−

#∑==1

1= + 1

+ 12

#∑==1

1= + 2

=12

#∑==1

1=−

#+1∑==2

1=+ 1

2

#+2∑==3

1=

(chgt d’indices)

=✘✘✘✘✘✘✘✘✘

(12− 1 + 1

2

) (#∑==3

1=

)+ 1

2

(1 + 1

2

)− 1

2− 1

# + 1+ 1

2

(1

# + 1+ 1

# + 2

)

donc en faisant tendre # vers +∞ , on obtient que la série converge et a pour somme14.

4. La convergence ne pose pas de problème : D= ∼=→+∞

1

=?+1, donc comparaison à une série de Riemann convergente

(puisque ? + 1 > 1).Notons alors (? la somme de la série. On a :

?(? =

+∞∑==1

?

=(= + 1) . . . (= + ?) =

+∞∑==1

(= + ?) − =

=(= + 1) . . . (= + ?)

=

+∞∑==1

1=(= + 1) . . . (= + ? − 1) −

+∞∑==1

1(= + 1) . . . (= + ?)

=

+∞∑==1

1=(= + 1) . . . (= + ? − 1) −

+∞∑==2

1=(= + 1) . . . (= + ? − 1) =

1?!

,

donc (? =1

?.?!.

5. D= =

(√= + 1

2=+1−

√=

2=

)+ 1

2=+1. Donc

∑D= est la somme d’une série télescopique et d’une série géométrique. On

obtient :+∞∑==0

D= = 1 .

6. On calcule les sommes partielles :=∑

:=0

D: = ln

(=∏

:=0

cos

(G

2:

)).

Posons E= =

=∏:=0

cos

(G

2:

). Alors par application de la formule sin 20 = 2 sin 0 cos 0 on obtient :

E= sin( G

2=

)=

(=−1∏:=0

cos

(G

2:

)) (cos

( G

2=

)sin

( G

2=

))=

12

(=−1∏:=0

cos

(G

2:

))sin

(G

2=−1

)

=12E=−1 sin

(G

2=−1

)

donc E= sin( G

2=

)=

(12

)=E0 sin(G) =

(12

)=cos(G) sin(G) =

(12

)=+1

sin(2G) .

On en déduit, pour G ≠ 0, E= =sin 2G

2=+1 sin( G

2=) d’où, en utilisant sin D ∼

D→0D : lim

=→+∞E= =

sin 2G2G

puis

+∞∑==0

D= = ln

(sin 2G

2G

), cette égalité se prolongeant pour G = 0.

7. La somme vaut1G− 2 cot 2G (on utilise l’identité tan- = cot- − 2 cot 2- (à démontrer !), puis télescopage)

8. La somme vaut34

cos(�) (on utilise l’identité cos 3- = 4 cos3 - − 3 cos- d’où cos3 - = . . . , puis télescopage)

9. La somme vaut23144

. Factoriser le dénominateur :

=3 + 8=2 + 17= + 10 = (= + 1)(= + 2)(= + 5)puis décomposition en éléments simples :

1(- + 1)(- + 2)(- + 5) =

1/12

- + 5+

1/4

- + 1−

1/3

- + 2

et ensuite télescopage...



10. On fait encore une décomposition en éléments simples :

4-

-4 + 2-2 + 9=

1

-2 − 2- + 3− 1

-2 + 2- + 3

d’où (toutes les séries écrites ci-dessous convergent par comparaison à une série de Riemann) :

+∞∑==0

D= =

+∞∑==0

1

=2 − 2= + 3−

+∞∑==0

1

=2 + 2= + 3︸︷︷︸chgt indices ===′−2

=

+∞∑==0

1

=2 − 2= + 3−

+∞∑==2

1

=2 − 2= + 3

=13+ 1

2=

56.

11. Décomposition en éléments simples :

4- − 3

-(-2 − 4)=

4- − 3-(- − 2)(- + 2)) =

3/4

-+

5/8

- − 2−

11/8

- + 2

d’où pour # > 3 :

#∑==3

D= =34

#∑==3

1=+ 5

8

#∑==3

1= − 2

− 118

#∑==3

1# + 2

=34

#∑==3

1=+ 5

8

#−2∑==1

1=− 11

8

#+2∑==5

1=

=34

(13+ 1

4

)+ 5

8

(1 + 1

2+ 1

3+ 1

4

)+ termes qui tendent vers 0 quand # → +∞ .

Donc la série converge et sa somme vaut16796

.

12. Décomposition en éléments simples :

1

-2(- + 1)2= − 2

-+ 1

-2+ 2

- + 1+ 1

(- + 1)2.

On aura alors, puisque toutes les séries écrites ci-dessous convergent (attention à ne pas couper en deux la sériede terme général 1

= − 1=+1 !) :

+∞∑==1

D= =

+∞∑==1

1

=2+

+∞∑==1

1

(= + 1)2− 2

+∞∑==1

(1=− 1

= + 1

)︸︷︷︸série télescopique

= 2+∞∑==1

1

=2− 1 − 2 =

�2

3− 3 .

13.=∑

:=1

:2=

=(= + 1)(2= + 1)6

d’où après une décomposition en éléments simples : D= =6=+ 6

= + 1− 24

2= + 1.

Puis

(# =

#∑==1

D= = 6#∑==1

1=+ 6

#∑==1

1= + 1

− 24#∑==1

12= + 1

= 12#∑==1

1=− 6 − 24

(2#+1∑==1

1=− 1 −

#∑==1

12=

).

En utilisant la relation « bien connue » :

#∑==1

1=

= ln# + � + o(1) (où � est la cste d’Euler)

on obtient(# = 12(ln # + �) − 6 − 24(ln(2# + 1) + �) + 24 + 12(ln# + �) + o(1)

et lim#→+∞

(# = 18 − 24 ln 2.



14. La division euclidienne du polynôme 2-3 − 3-2 + 1 par - + 3 s’écrit :

2-3 − 3-2 + 1 = (- + 3)(2-2 − 9- + 27) − 80

puis celle de 2-2 − 9- + 27 par - + 2 s’écrit :

2-2 − 9- + 27 = (- + 2)(2- − 13) + 53

donc

D= =2=3 − 3=2 + 1

(= + 3)! =(= + 3)(2=2 − 9= + 27) − 80

(= + 3)! =2=2 − 9= + 27

(= + 2)! − 80(= + 3)!

=2= − 13(= + 1)! +

53(= + 2)! −

80(= + 3)! =

2(= + 1) − 15(= + 1)! + 53

(= + 2)! −80

(= + 3)!

=2=!

− 15(= + 1)! +

53(= + 2)! −

80(= + 3)!

.

On aura donc (toutes les séries écrites convergent, d’après le développement en série de la fonction exponen-tielle) :

+∞∑==0

D= = 2+∞∑==0

1=!

− 15+∞∑==0

1(= + 1)! + 53

+∞∑==0

1(= + 2)! − 80

+∞∑==0

1(= + 3)!

= 2e − 15(4 − 1) + 53(4 − 2) − 80(4 − 52) = 109 − 40e .

15. Si = + 1 n’est pas un carré alors D= = 0 donc les sommes partielles de ma série∑

D= seront toutes majorées par+∞∑?=1

1

?2 − 1(série convergente !), ce qui prouve la convergence de la série (car à termes positifs), et :

+∞∑==1

D= =

+∞∑:=2

D:2−1 =

+∞∑:=2

1

:2 − 1=

34.

16. On suit l’indication :

(1 − G)D= =G= − G=+1

(1 − G= )(1 − G=+1)=

(1 − G=+1) − (1 − G= )(1 − G= )(1 − G=+1)

=1

1 − G=− 1

1 − G=+1.

Il y a télescopage :#∑==1

(1 − G)D= =1

1 − G− 1

1 − G#+1

donc :

– Si |G | < 1, lim#→+∞

G#+1= 0 donc la série

∑=>1

D= converge et a pour sommeG

(1 − G)2.

– Si |G | > 1, lim#→+∞

G#+1= +∞ donc la série

∑=>1

D= converge et a pour somme1

(1 − G)2.



Exercice 2: (★) - (★★)

Étudier la nature des séries de terme général :

1. ln(

1√=

)− ln

(sin 1√

=

)

2.

(1 + 1

=

)=− e

3. 2 ln(=3 + 1) − 3 ln(=2 + 1)4. (ch =) − (sh =)

5.1

= =√=

6. =2e−√=

7.(√=)ln=

(ln =)√=

8.1

(ln =)ln =

9. =√= − =+1

√=

10.2.4.6 . . . (2=)

==

11.=!

ln(=)e2=

12.1! + 2! + . . . + =!

(= + 2)!

13.1

1 + 2 + . . . + =

14.1

1 +√

2 + 3√

3 + . . . + =√=

15.ln(1 + 0== )

=�(0 > 0, , � ∈ R2)

16. = 4�√= ( , �) ∈ R2

17. (= +1) 1/ −(=�+1) 1/� ( , � > 0)

18. arccos

(=3 + 1=3 + 2

)

19. cos

(arctan = + 1

=

)( > 0)

20.

(cos

1=

)=

21. ln

(3 tan2 �=

6= + 1

)( > 0)

22.0=

1 + 02=

� Solution:

1. Pour = > 1 : D= = − ln

(√= sin

(1√=

))et puisque lim

=→+∞√= sin

(1√=

)= 1 on a D= ∼

=→+∞1 −

√= sin

(1√=

).

Or sin

(1√=

)=

1√=− 1

6= 3/2+o

(1

= 3/2

)donc D= ∼

=→+∞1

6=, et par comparaison à une série de Riemann divergente

à termes positifs, la série de terme général D= diverge.

2. Faire un développement limité : D= ∼ e2=

donc la série diverge.

3. Faire un développement limité : D= ∼ 1

=2donc la série converge.

4. On fait un développement limité : D= ∼

2 −1e=( −2) , donc :

– Si > 2, (D=) ne converge pas vers 0 donc la série diverge grossièrement.

– Si < 2, lim=→+∞

=2D= = 0 donc par le critère de Riemann, la série converge.

5. lim=→+∞

=√= = lim

=→+∞e

1= ln =

= 1 donc D= ∼ 1=

et la série diverge.

6. lim=→+∞

=2D= = 0 donc D= = o

(1

=2

): la série converge.

7. D= = exp(

12 (ln =)2 −

√= ln(ln =)

)donc =2D= = e2 ln =D= = exp

(2 ln = + 1

2 (ln =)2 −√= ln(ln =)

).

Or par croissances comparées, 2 ln =+ 12 (ln =)2−

√= ln(ln =) ∼

=→+∞−√= ln(ln =) −→

=→+∞−∞ donc lim

=→+∞=2D= = 0

et par application du critère de Riemann la série converge.

8. D= = e− ln= ln(ln =) =(e− ln=

) ln(ln =)=

1

=ln(ln =). Pour = assez grand on a ln(ln =) > 2 d’où 0 6 D= 6

1

=2: la

série converge.

9. On cherche un équivalent de D= :

D= = e1= ln = − e

1=+1 ln =

= e1

=+1 ln =(e( 1

= − 1=+1 ) ln = − 1

).

Puisque lim=→+∞

e1

=+1 ln == 1, que lim

=→+∞

(1= − 1

=+1

)ln = = 0 et que e- − 1 ∼

-→0- on a : D= ∼

=→+∞ln =

=2.

On reconnaît une série de Bertrand ; plus précisément, l’équivalent ci-dessus montre que lim=→+∞

=32 D= = 0, et

par application du critère de Riemann, la série converge.



10. On utilise la règle de d’Alembert. La série étant à termes > 0 :

D=+1D=

=(2= + 2)==(= + 1)=+1

=2(

=+1=

)= −→=→+∞

2e< 1

donc la série converge.

11. Utiliser la formule de Stirling ou la règle de d’Alembert.

12. 0 6 D= 6(= − 1)(= − 1)! + =!

(= + 2)! 62

(= + 1)(= + 2) donc par comparaison de séries à termes positifs, la série∑

D=

converge.

13. – Si 6 0 tous les termes de la somme au dénominateur sont 6 1 donc D= >1=

et la série diverge.

– Si > 0, la fonction C ↦→ C est continue et croissante sur R+ donc :

∀ : > 1,∫ :

:−1C dC 6 : 6

∫ :+1

:C dC ,

d’où en sommant : ∫ =

0C dC 6 1 + 2 + . . . + = 6

∫ =+1

1C dC .

En calculant les intégrales, il est facile d’en déduire : 1 + 2 + . . . + = ∼=→+∞

= +1

+ 1donc D= ∼

=→+∞ + 1

= +1,

et par comparaison à une série de Riemann, la série∑

D= converge.

14. On sait que lim=→+∞

=√= = 1 donc par application du théorème de Cesàro :

lim=→+∞

1 +√

2 + 3√3 + . . . + =√=

== 1 ,

donc D= ∼=→+∞

1=

, et la série diverge.

15. – Si 0 > 1, 1 + 0== ∼=→+∞

0== donc D= ∼=→+∞

ln(0== )=�

∼=→+∞

= ln 0

=�=

ln 0

=�−1donc par comparaison à une

série de Riemann,∑

D= converge si et seulement si � > 2.

– si 0 < 1, lim= 0== = 0 donc D= ∼=→+∞

0==

=�donc lim

=→+∞=2D= = 0 et la série converge par le critère de

Riemann.

– Si 0 = 1, il faut alors distinguer selon que < 0, = 0 ou > 0 (à finir).

16. On utilise les résultats sur les croissances comparées des suites usuelles vus en Sup.

– Si � > 0, lim=→+∞

D= = +∞ donc la série diverge grossièrement.

– Si � < 0, lim=→+∞

=2D= = 0 donc la série converge par le critère de Riemann.

– Si � = 0, D= =1

=− , c’est une série de Riemann...

17. � Si = � , D= = 0, cela n’a pas d’intérêt.

� Si > � , on fait un développement limité, compte tenu du fait que 1/= et 1/=� tendent vers 0 quand= → +∞ (car , � > 0) :

D= =

(=

(1 + 1

=

))1/ −

(=�

(1 + 1

=�

))1/�

= =

((1 + 1

=

)1/ −

(1 + 1

=�

))= =

((1 + 1

= + o

(1=

))−

(1 + 1

�=�+ o

(1

=�

)))

donc puisque > � : D= ∼=→+∞

1

= −1, et par comparaison à une série de Riemann, la série de terme général

D= converge si et seulement si > 2.

� Si < � , le même développement limité conduit à : D= ∼=→+∞

− 1

�=�−1, et par comparaison à une série de

Riemann, la série de terme général D= converge si et seulement si � > 2.



18. On commence par chercher un équivalent de Arc cos G lorsque G → 1− .

En posant G = cos ℎ avec ℎ au voisinage de 0+ on a Arc cos G = ℎ et 1− G = 1− cos ℎ ∼ ℎ2

2d’où ℎ ∼

√2(1 − G)

(car ℎ > 0) doncArc cos G ∼

G→1−

√2(1 − G) .

On en déduit facilement D= ∼√

2

=3donc la série converge.

15) On connaît la relation :

∀ G > 0, Arc tan G + Arc tan1G=

�

2.

Donc :

D= = cos

(�

2− Arc tan

1=+ 1

=

)= sin

(Arc tan

1=− 1

=

)∼

=→+∞Arc tan

1=− 1

= .

On peut alors conclure :

– Si > 1, D= ∼ 1=

et la série diverge (par comparaison à la série harmonique).

– Si < 1, D= ∼ − 1=

et la série diverge (par comparaison à une série de Riemann).

– Si = 1, puisqu’on connaît le développement limité Arc tan G = G − G3

3+ o(G3) , on a D= = O

(1

=3

), donc la

série converge (absolument).

19. D= = exp(= ln

(cos 1

=

) ). Or puisque lim

=→+∞cos

1=

= 1 on a ln(cos 1

=

)∼ cos 1

= − 1 ∼ − 1

2=2.

On en déduit : = ln(cos 1

=

)∼

=→+∞− 1

2= −2puis :

– Si > 2, D= ne tend pas vers 0 lorsque = → +∞ , et la série diverge grossièrement.

– Si < 2, lim=→+∞

=2D= = lim=→+∞

e2 ln =D= = 0 puisque 2 ln = est négligeable devant =2− , donc d’après le

critère de Riemann la série de terme général D= converge.

20. Puisque > 0, lim=→+∞

�=

6= + 1=

�

6et tan

�

6=

1√3

donc l’intérieur du ln tend vers 1, ce qui permet d’écrire :

D= ∼=→+∞

3 tan2 �=

6= + 1− 1.

Or :

3 tan2 �=

6= + 1− 1 = 3

(tan2 �=

6= + 1− tan2 �

6

)

= 3

(tan

�=

6= + 1+ tan

�

6

) (tan

�=

6= + 1− tan

�

6

)

∼=→+∞

6 tan�

6

(tan

�=

6= + 1− tan

�

6

).

Or par simple définition de la dérivée on a :

tan G − tan�

6∼

G→ �6

(1 + tan2 �

6

) (G − �

6

)=

43

(G − �

6

)

donc :

D= ∼=→+∞

3 tan2 �=

6= + 1− 1 ∼

=→+∞8 tan

�

6

(�=

6= + 1− �

6

)∼

=→+∞2BC4

= ,

et par comparaison à une série de Riemann à termes positifs,∑

D= converge si et seulement si > 1.

21. – Si |0 | > 1, D= ∼=→+∞

(1|0 |

)=donc par comparaison à une série géométrique, la série de terme général D= est

absolument convergente (donc convergente) ;

– Si |0 | < 1, D= ∼=→+∞

|0 |= donc par comparaison à une série géométrique, la série de terme général D= est

absolument convergente (donc convergente) ;

– Si |0 | = 1, D= ne tend pas vers 0 quand = → +∞ : la série diverge grossièrement.

Conclusion : la série converge si et seulement si |0 | ≠ 1.



Exercice 3: (★)

En admettant+∞∑==1

1=2 =

�2

6 , calculer les sommes des séries ci-dessous (après avoir prouvé leur

convergence) :

a)+∞∑==0

1(2= + 1)2 b)

+∞∑==1

(−1)==2

.

� Solution:

Toutes les séries écrites ci-dessous convergent, cela justifie les calculs.

a)+∞∑==0

1

(2= + 1)2=

+∞∑==1

1

=2−

+∞∑==1

1

(2=)2=

+∞∑==1

1

=2− 1

4

+∞∑==1

1

=2=

(1 − 1

4

)�2

6=

�2

8.

b)+∞∑==1

(−1)==2

=

+∞∑==1

1

(2=)2−

+∞∑==0

1

(2= + 1)2=

14�2

6− �2

8= −�2

12.

Exercice 4: (★★)

Soit la suite de terme général : D= =√=2 + 1 −

√%(=) où % est un polynôme à coefficients réels.

A quelle condition sur % la série∑

D= converge-t-elle?

� Solution:

Déjà, si l’on veut lim=→+∞

D= = 0, il faut nécessairement que % soit de degré 2 et unitaire. Cela garantit aussi que la

suite est bien définie à partir d’un certain rang.Ensuite, on pose %(=) = =2 + 0= + 2 et on fait un développement limité. Réponse : %(=) = =2 + 1 et alors D= = 0 !

Exercice 5: (★)

Pour quelles valeurs de 0, 1 ∈ R la série de terme général√=+ 0

√= + 1+ 1

√= + 2 est-elle convergente?

Calculer alors sa somme.

� Solution:

On fait un développement limité :

D= =√= + 0

√=

(1 + 1

=

)1/2

+ 1√=

(1 + 2

=

)1/2

= (0 + 1 + 1)√= +

( 02+ 1

) 1√=+ O

(1

=3/2

).

Donc (86<0D= converge si et seulement si 0 + 1 + 1 =0

2+ 1 = 0 (détailler...) soit 0 = −2 et 1 = 1.

Alors : D= =

(√= −

√= + 1

)−

(√= + 1 −

√= + 2

)et par télescopage on trouve

#∑==0

D= = −1 +√# + 2 −

√# + 1 puis

+∞∑==0

D= = −1.


Soit 0 ∈ R∗ .a) Montrer que la série de terme général Arc tan(= + 0) − Arc tan= est convergente.

b) On pose ((0) =+∞∑:=0

(Arc tan(: + 0) − Arc tan :) . Trouver lim0→+∞

((0) .

� Solution:

a) Un développement limité rapide donne D= ∼ 0

=2(possible car 0 ≠ 0) d’où le résultat (pour le développement

limité, remarquer que Arc tan = =�2 − Arc tan

(1=

)!).



b) ((0) >=∑

:=0

Arc tan(: + 0) −Arc tan : qui tend lorsque 0 → +∞ vers�

2+Arc tan 1+Arc tan

12+ . . . +Arc tan

1=

(car pour G > 0 Arc tan G + Arc tan1G=

�

2).

Puisque la série de terme général Arc tan1=

diverge (car Arc tan1=

∼ 1=

), on en tire lim0→+∞

((0) = +∞ .


Soit (0=)=∈N∗ une suite réelle positive. On pose D= =0=

(1 + 01)(1 + 02) . . . (1 + 0=)·

a) Montrer que la série∑

D= converge (simplifier l’expression des sommes partielles).

b) Calculer+∞∑==1

D= lorsque 0= =1√=

.

� Solution:

a) D1 + . . . + D= = 1 − 1(1 + 01) . . . (1 + 0= )

(dém. par récurrence, ou écrire 0= = (1 + 0= ) − 1 et télescopage). Donc

D1 + . . . + D= 6 1. Les sommes partielles de la série∑

D= , à termes positifs, étant majorées, la série converge.

b) ln((1 + 01) . . . (1 + 0= )

)=

=∑:=1

ln

(1 + 1√

:

). Or ln

(1 + 1√

:

)∼

:→+∞

1√:

est le terme général d’une série divergente

positive donc lim=→+∞

ln((1 + 01) . . . (1 + 0= )

)= +∞ d’où lim

=→+∞(1 + 01) . . . (1 + 0=) = +∞ puis

+∞∑==1

D= = 1.


Pour = ∈ N∗ on pose : D= =

√(= − 1)!

(1 +√

1)(1 +√

2) . . . (1 +√=)

.

a) Montrer que, pour tout = ∈ N∗ :=∑

:=1

D: = 1 −√=D= .

En déduire que la série de terme général D= converge.

b) Étudier la nature de la série de terme général ln(1 + 1√

=

)et en déduire la somme de la série∑

=>1D= .

� Solution:

a) L’égalité demandée se prouve facilement par récurrence sur = , ou bien en écrivant astucieusement :

D=√= = D=

((√= + 1) − 1

)=√= − 1D=−1 − D=

et en additionnant ces relations.

Les sommes partielles de la série à termes positifs ΣD= étant majorées par 1, cette série converge.

b) ln(1 + 1√

=

)∼

=→+∞1√=

donc la série de terme général ln(1 + 1√

=

)diverge par comparaison à une série de

Riemann. Comme il s’agit d’une série à termes positifs, la suite de ses sommes partielles, que l’on notera (= ,tend vers +∞Or :

√=D= ∼

=→+∞

=−1∏:=1

√:

=−1∏:=1

(1 +√:)

donc1√=D=

∼=→+∞

=−1∏:=1

(1 + 1√

:

)= e(=−1 −→

=→+∞+∞

d’où√=D= −→

=→+∞0 et

+:∞∑==1

D= = 1.




Montrer que la série∑=>1

=2

(1 + =2)2 converge.

Calculer une valeur approchée à 10−4 près de sa somme.

� Solution:

La convergence de la série ne pose pas de problème puisque D= ∼+∞1

=2.

On approche alors sa somme totale par une somme partielle (# , où # est choisi de façon que le reste '# soitinférieur en valeur absolue à 10−4 .

On vérifie alors (calcul de la dérivée) que la fonction 5 : G ↦→ G2

(1 + G2)2est décroissante pour G > 1 :

On aura alors, par la méthode de comparaison série-intégrale (je ne détaille pas les calculs, et l’intégrale écriteci-dessous converge) :

0 6 '# =

+∞∑==#+1

D= 6

∫ +∞

#

G2

(1 + G2)2dG.

Le calcul de cette intégrale peut se faire à l’aide d’une intégration par parties (poser D′ =G

(1 + G2)2et E = G ..), mais

plus simplement on a :

0 6 '# 6

∫ +∞

#

G2

(1 + G2)2dG 6

∫ +∞

#

G2 + 1

(1 + G2)2dG =

∫ +∞

#

dG

1 + G2=

�

2− Arc tan# = Arc tan

1#6

1#

Il « suffit » donc de calculer (104 pour obtenir la précision demandée.

Remarque : la série précédente ne converge pas très vite... On peut alors ruser en remarquant que, pour = > 2 :

=2

(=2 + 1)2− 1

=2 − 1= − 3=2 + 1

(=2 + 1)2(=2 − 1).

Or on sait calculer la somme de la série de terme général1

=2 − 1(série télescopique, après décomposition en

éléments simples) et la série de terme général3=2 + 1

(=2 + 1)2(=2 − 1)converge beaucoup plus vite que la précédente (car

le terme général est en O

(1=4

))...

Exercice 10: (★★) - (★★★)

Soit la suite de terme général D= =ln 22

+ ln 33

+ . . . + ln =

=.

a) Donner un équivalent de D= en +∞ .

b) Montrer que la suite de terme général : E= = D= −ln2 =

2est convergente.

� Solution:



a) Comparaison série-intégrale, que l’on applique à la fonction G ↦→ ln G

G, décroissante sur [3 ;+∞[ : D= ∼ ln2 =

2.

b) • 1ère méthode :

Cette méthode est dans la continuité de la comparaison série-intégrale faite avant.

E=+1 − E= =ln(= + 1)= + 1

− 12

(ln2(= + 1) − ln2 =

)=

ln(= + 1)= + 1

−∫ =+1

=

ln C

CdC .

Or pour = > 3 la fonction C ↦→ ln C

Cest décroissante sur [= ; = + 1] donc

∫ =+1

=

ln C

CdC >

ln(= + 1)= + 1

. Il en

résulte que la suite E est décroissante.

On a E= =

=∑:=2

ln :

:−

∫ =

1

ln C

CdC donc, à l’aide de la relation de Chasles :

E= − ln 22

− ln =

=+

∫ 3

1

ln C

CdC =

=−1∑:=3

ln :

:−

∫ =

3

ln C

CdC =

=−1∑:=3

ln :

:−

=−1∑:=3

∫ :+1

:

ln C

CdC

=

=−1∑:=3

(ln :

:−

∫ :+1

:

ln C

CdC

).

Puisque C ↦→ ln C

Cest décroissante sur l’intervalle [: ; : + 1] pour : > 3 on a

ln :

:−

∫ :+1

:

ln C

CdC > 0 donc

(E= ) est minorée, et par suite, elle converge.

• 2ème méthode :

On utilise le lien suites-séries : la suite (E=) converge si et seulement si la série de terme général E= − E=−1converge.

Or E= − E=−1 =ln =

=− 1

2ln2 = + 1

2ln2(= − 1) , et on fait un petit développement limité :

E= − E=−1 =ln =

=− 1

2ln2 = + 1

2

(ln = + ln

(1 − 1

=

))2

=ln =

=− 1

2ln2 = + 1

2

(ln = − 1

=+ O

(1

=2

))2

=ln =

=− 1

2ln2 = + 1

2

(ln2 = − 2

ln =

=+ O

(ln =

=2

)).

Ainsi, E= − E=−1 = O

(ln =

=2

); puisque la série à terme positifs de terme général

ln =

=2converge (série de

Bertrand, à savoir redémontrer, ici on multiplie par =3/2 et on utilise le critère de Rieman), par comparaison

la série de terme général E= − E=−1 est absolument convergente, donc convergente, cqfd.

Exercice 11: (★)

Soit (0=)=∈N une suite à valeurs dans R+ . On définit la suite (D=)=∈N par : D0 > 0, D=+1 = D= + 0=D=

.

Montrer que : la suite (D=) converge ⇐⇒ la série∑

0= converge.

� Solution:

(D=) est croissante. Si la suite (D=) converge alors elle est bornée et 0= = D=(D=+1 − D=) 6 "(D=+1 − D=) donc lessommes partielles de

∑0= sont bornées. Donc cette série (à termes positifs) converge.

Si∑

0= converge, alors D=+1 − D= =0=D=6

0=D0

donc∑

(D=+1 − D=) converge d’où la suite (D=)=∈N converge.

Exercice 12: (★)

Soient (D=)=∈N et (E=)=∈N deux suites réelles telles que∑

D2= et

∑E2= convergent.

a) Montrer que∑

D=E= converge.

b) Montrer que∑(D= + E=)2 converge et que :

√+∞∑==0

(D= + E=)2 6√

+∞∑==0

D2= +

√+∞∑==0

E2= .



� Solution:

a) |D=E= | 612

(D2= + E2

=

)donc par comparaison de séries à termes réels positifs,

∑D=E= est absolument convergente

donc convergente.

b) (D= + E=)2 = D2= + 2D=E= + E2

= donc∑(D= + E=)2 est la somme de trois séries convergentes donc converge.

Soit # ∈ N . En considérant dans R#+1 muni de sa structure euclidienne canonique les vecteurs -# = (D0, . . . , D# )

et .# = (E0 , . . . , E# ) on a ‖-# + .# ‖ 6 ‖-# ‖ + ‖.# ‖ soit

√√√ #∑==0

(D= + E=)2 6

√√√ #∑==0

D2= +

√√√ #∑==0

E2= puis on passe

à la limite quand # → +∞ .


Soit∑

D= une série à termes réels positifs. On pose :

E= = ln(1 + D=) ; F= =1=

√D= ; G= =

D1 + D2 + . . . + D==

Étudier, en fonction de la convergence de la série∑

D= , celle des séries de terme général E= , F= , etG= (dans chacun des cas, on donnera soit un résultat complet, soit des exemples et contre-exemples s’iln’est pas complet).

� Solution:

On note déjà que toutes les séries considérées sont à termes strictement positifs, ce qui permet de justifier l’emploides théorèmes de comparaison.

1. – E= 6 D= donc si∑

D= converge, il en est de même de∑

E= .

– si∑

E= converge alors lim=→+∞

E= = 0 donc lim=→+∞

D= = 0 d’où D= ∼ E= et∑

D= converge.

Les deux séries sont donc de même nature.

2. – Supposons que∑

D= converge. Par l’inégalité célèbre 01 612(02 + 12) on obtient F= 6

12

(1

=2+ D=

). Les

séries∑ 1

=2 et∑

D= étant convergentes, on déduit par comparaison que la série∑

F= converge aussi.

– On ne peut rien dire en général lorsque∑

D= diverge : considérer par exemple les cas D= = 1 et D= =1=

.

3. Pour tout entier =0 et tout = > =0 on a=∑

:=1

G: >

=∑:==0

G: >

=∑:==0

D=0

:= D=0

=∑:==0

1:

.

Or lim=→+∞

©«

=∑:==0

1:ª®¬= +∞ donc s’il existe =0 tel que D=0 > 0 la série

∑G= diverge.

En conclusion, la série∑

G= converge si et seulement si tous les D= sont nuls !

Exercice 14: Règle de Cauchy (★★)

1. Soit∑

D= une série à termes réels positifs. On suppose que la suite ( =√D=) converge vers ; ∈ R .

Montrer que :si ; > 1, la série

∑D= diverge.

si ; < 1, la série∑

D= converge.si ; = 1, on ne peut pas conclure (donner des exemples).

Application : Nature des séries de terme général : D= =

( = − 12= + 1

)=; D= =

(0 + 1

=

)=;

D= =

( 110

+ 1=

)=+

�� sin2=�

3

��= .

2. On suppose ici que =√D= = 1 − 1

= + o

(1=

), avec > 0.

Montrer que, si < 1, la série∑

D= converge, et que si > 1, elle diverge (considérer resp. lesséries de terme général =2D= et =D= ).

� Solution:



1. a) – Supposons lim=→+∞

=√D= = ℓ > 1 (je ne traite que le cas ℓ finie, adapter légèrement la démonstration lorsque

ℓ = +∞ ) . Alors en appliquant la définition de la limite (avec � =ℓ − 1

2) à partir d’un certain rang =0

on aura =√D= >

ℓ + 12

donc D= >

(ℓ + 1

2

)=et lim

=→+∞D= = +∞ puisque

ℓ + 12

> 1 : la série diverge

grossièrement.

– Supposons lim=→+∞

=√D= = ℓ < 1. Alors en appliquant la définition de la limite (avec � =

1 − ℓ

2) à partir

d’un certain rang =0 on aura =√D= 6

ℓ − 12

donc D= 6

(ℓ − 1

2

)=. La série géométrique

∑ (ℓ − 1

2

)=étant

convergente, on conclut par le critère de comparaison des séries à termes réels positifs.

– dans le cas ℓ = 1, considérer comme exemples les séries∑ 1

= et∑ 1

=2 .

b) – Pour D= =

( = − 12= + 1

)=avec = > 2, lim

=→+∞=√D= =

12

: la série converge.

– Pour D= =

(0 + 1

=

)=avec 0 > 0 et = > 1, lim

=→+∞=√D= = 0 donc la série converge si 0 < 1 et diverge si

0 > 1. Lorsque 0 = 1 , lim=→+∞

(1 + 1

=

)== e ≠ 0 donc la série diverge grossièrement.

– On écrit ici D= = E= + F= avec E= =

( 110

+ 1=

)=et F= =

�� sin2=�

3

��= .

lim=→+∞

=√E= =

110

donc la série∑

E= converge. Pour tout =

��sin2=�

3

�� 6√

32

donc la série∑

F= converge

par comparaison à une série géométrique convergente.Puis

∑D= converge comme somme de deux séries convergentes.

2. L’hypothèse s’écrit aussi : D= =

(1 − 1

= + o

(1=

))== e

= ln

(1−

1=

+o

(1=

)).

Soit � un réel strictement positif. =�D= = e� ln =D= = e= ln

(1−

1=

+o

(1=

))+� ln=

= e� ln =−

1

= −1+o

(1

= −1

).

On en déduit :

– si < 1, lim=→+∞

1

= −1= +∞ et par croissances comparées lim

=→+∞� ln = − 1

= −1= −∞ . On aura donc (en

prenant � = 2 par exemple) : lim=→+∞

=2D= = 0 donc D= = o

(1

=2

)et la série

∑D= est absolument convergente,

donc convergente, par comparaison à la série de Riemann à termes positifs∑ 1

=2 .

– si > 1 , lim=→+∞

1

= −1= 0 donc lim

=→+∞� ln = − 1

= −1= +∞ . En prenant � = 1 par exemple, on a donc

lim=→+∞

=D= = +∞ . Cela implique que pour = assez grand on aura =D= > 1 donc D= >1=

et la série∑

D=

diverge par comparaison de séries à termes positifs.



Exercice 15: Utilisation des séries pour l’étude de suites (★★)

1. Soit (G=) une suite définie par : G0 > 0 et ∀ = ∈ N, G=+1 = G= + G2= .

a) Montrer que lim=→+∞

G= = +∞ .

b) On pose D= = 2−= ln G= . Montrer que la suite (D=) est convergente. (On étudiera la série∑D=+1 − D= )

c) En déduire qu’il existe > 0 tel que G= ∼=→+∞

2= .

2. On considère la suite (D=) définie par : 0 < D0 < 1 et ∀ = ∈ N, D=+1 = D= − D2= .

a) Montrer que la suite (D=) converge. Quelle est sa limite?

b) Montrer que la série de terme général D2= converge.

c) Montrer que les séries de termes généraux ln

(D=+1

D=

)et D= divergent.

d) Montrer que D= <1

= + 1et que la suite (=D=) est croissante. On note ℓ sa limite.

e) On pose D= =ℓ − E=

=. Montrer que la série de terme général E=+1 − E= converge.

f) En déduire que D= est équivalent à1=

.

� Solution:1. a) La suite (G= )=∈N est évidemment croissante. Si elle était majorée, elle convergerait vers un réel ℓ tel que

ℓ > D0 > 0 et ℓ = ℓ + ℓ2 , ce qui est impossible.Étant croissante non majorée, elle diverge vers +∞ .

b) D=+1 − D= = 2−=−1 ln(G=+1) − 2−= ln G= = 2−=−1(ln(G= + G2

=) − 2 ln G=

)= 2−=−1 ln

(1 + 1

G=

).

Or lim=→+∞

ln

(1 + 1

G=

)= 0 donc D=+1 − D= = o

(1

2=+1

)et puisque la série

∑ 1

2=+1est une série géométrique

convergente à termes positifs, on en déduit que la série∑

D=+1 − D= est absolument convergente doncconvergente.D’après un résultat bien connu, il s’ensuit que la suite D est convergente.

c) Le problème ici est que, si l’on a un équivalent de ln G= on ne peut pas en déduire directement un équivalentde G= . Il faut aller plus loin dans le calcul précédent : si l’on note la limite de la suite (D=) , on a, pour

tout = , D= − =

+∞∑:==

D: − D:+1 = −+∞∑:==

2−:−1 ln

(1 + 1

G:

)donc, la suite (G= ) étant croissante, on en tire

|D= − | 6 ln

(1 + 1

G=

) +∞∑:==

2−:−1=

12=

ln

(1 + 1

G=

).

Ainsi, puisque lim=→+∞

ln

(1 + 1

G=

)= 0, D= = + o(2−=) donc ln G= = 2= + o(1) puis G= = e2= eo(1) ∼ �2=

avec � = e .

2. a) La suite (D=) est évidemment décroissante. De plus, pour tout G ∈ [0 ; 1] , G − G2 = G(1 − G) ∈ [0 ; 1] donc parrécurrence, D= ∈ [0 ; 1] pour tout = .(D=) est donc une suite monotone bornée, elle converge. Sa limite ℓ vérifie alors ℓ = ℓ − ℓ2 donc ℓ = 0.

b) D2= = D= − D=+1 donc par télescopage

∑D2= converge.

c) ln

(D=+1D=

)= ln(D=+1) − ln(D=) donc

#∑==0

ln

(D=+1D=

)= ln(D#+1) − ln(D0) −→

=→+∞−∞ ; par conséquent, la série

de terme général ln

(D=+1D=

)diverge.

On a ln

(D=+1D=

)= ln(1 − D=) donc puisque D= → 0, ln

(D=+1D=

)∼

=→+∞− D= .. Par comparaison de séries de

termes généraux de signes constants, les deux séries sont de même nature donc∑

D= diverge.

d) • – La propriété D= <1

= + 1est vraie pour = = 0.

– On « sait » que : ∀ G ∈ [0 ; 1] , 0 6 G(1 − G) 6 14

(sinon, faire une étude de fonction rapide...). Donc par

récurrence D= ∈[0 ;

14

]pour tout = > 1, et puisque la fonction G ↦→ G − G2 est strictement croissante



sur

[0 ;

12

], on a :

D= <1

= + 1=⇒ D=+1 <

1= + 1

− 1

(= + 1)2=

=

(= + 1)2<

1= + 2

ce qui établit l’hérédité, et démontre l’inégalité demandée par récurrence sur = .

• (= + 1)D=+1 − =D= = D= − (= + 1)D2= > 0 d’après le résultat précédent, donc la suite (=D=) est croissante.

Toujours d’après le résultat précédent, elle est majorée par 1, donc elle converge vers un certain réel ℓ . Onremarque que ; > 0 puisque ℓ > =D= pour tout = (remarque utile pour la suite).

e) E= = ℓ − =D= −→=→+∞

0 ; puisque la suite (E=) converge, on a immédiatement que la série de terme général

E=+1 − E= converge !

f) On calcule : E=+1 − E= = −D= + (= + 1)D2= . Or puisque E= → 0 on a D= ∼

=→+∞ℓ

=(cela a un sens puisque ℓ > 0)

donc (= + 1)D2= ∼=→+∞

ℓ2

=. Si ℓ était différent de 1 on aurait alors E=+1 − E= ∼

=→+∞�

=où � = ℓ2 − ℓ ≠ 0, et la

série de terme général E=+1 − E= serait divergente, contradiction.

Ainsi ℓ = 1 donc D= ∼=→+∞

1=

.


1. Soit∑

D= une série à termes strictement positifs, convergente. On note : A= =

+∞∑?==+1

D? .

a) Montrer que la série de terme généralD=+1

A=est divergente (on pourra considérer la série de

terme général ln(A=) − ln(A=+1 ).

b) Montrer que, si ∈]0, 1[ , la série de terme généralD=+1

A =est convergente (on pourra comparer

à la série de terme général∫ A=

A=+1

dCC

).

c) Étudier de même la série de terme généralD=+1

A =lorsque > 1.

2. Soit∑

D= une série à termes strictement positifs, divergente. On note : B= ==∑

?=0D? .

a) Montrer que la série de terme généralD=B=

diverge (on pourra comparer à la série de terme

général ln(B=) − ln(B=−1 ).

b) Étudier, selon les valeurs de , la nature de la série de terme généralD=B =

.

� Solution:1.

2. a) Pour = > 1, ln B= − ln B=−1 = − ln

(B=−1B=

)= − ln

(B= − D=

B=

)= − ln

(1 − D=

B=

). On distingue alors deux cas :

– Si lim=→+∞

D=B=

= 0 alors − ln

(1 − D=

B=

)∼

=→+∞D=B=

doncD=B=

∼ ln B= − ln B=−1 . Or la série de terme général

ln B= − ln B=−1 diverge (car#∑==1

ln B= − ln B=−1 = ln B# − ln B0 → +∞ , puisque∑

D= est une série à termes

positifs divergente). Il en résulte que la série∑ D=

B=diverge.

– SiD=B=

ne tend pas vers zéro, la série∑ D=

B=diverge grossièrement !

b) – Si 6 0 :D=B =>

D=B 0

(puisque la suite (B=) est croissante), donc la série∑ D=

B =diverge d’après le théorème

de comparaison de séries à termes positifs.

– Si 0 < 6 1 : il existe un rang à partir duquel on aura B= > 1 et alors B = 6 B= doncD=B =>

D=B=

et d’après

le a), la série∑ D=

B =diverge.



– Si > 1 : on utilise ici, pour = > 1 :∫ B=

B=−1

dCC

. La fonction C ↦→ 1C

étant décroissante, on aura

D=B =

=B= − B=−1

B =6

∫ B=

B=−1

dCC

=1

− 1

(1

B −1=−1

− 1

B −1=

)

Or la série télescopique de terme général1

B −1=−1

− 1

B −1=

est convergente puisque lim=→+∞

1

B −1=

= 0. Par

comparaison, il en est de même de la série∑ D=

B =.

Séries à termes quelconques. (ex. 17 à 21)

Exercice 17: (★) - (★★) - (★★★)

Étudier la nature des séries de terme général :

1. (−1)= tan( 1=

)2.

1 + (−1)=√=

=

3.(−1)=

= + sin(=)

4.(−1)=

ln = + sin(2=�/3)

5.(−1)=√= + (−1)=

6.

√1 + (−1)=√

=− 1

7. ln

(1 + (−1)=√

=(= + 1)

)

8.1! − 2! + . . . + (−1)=+1=!

(= + 1)!

9.(−1)=√

= + (−1)=( > 0)

10.(−1)=

(−1)= + = ( > 0)

11. cos(�=2 ln

(=

=−1

) )

12.(−1)=

= + (−1)==�

( > 0, � > 0 et � ≠ )

13.(−1)==

(2= + 1)(3= + 1)( et calculer alors

+∞∑==0

D=)

14.sin(ln =)

=

15. (−1)= =√= sin

(1=

)

� Solution:

1. Le CSSA s’applique.

2. D= =1=

+ (−1)=√=

donc la série est la somme de la série harmonique, divergente, et d’une série de Riemann

alternée, convergente, et par suite elle diverge.

Remarque : on peut cependant noter que D= ∼=→+∞

(−1)=√=

, terme général d’une série convergente : la règle de comparaison

avec les équivalents ne s’applique pas ici car le terme général n’est pas de signe constant !

3. On fait un développement limité minimaliste :

D= =(−1)=

=(1 + sin =

=

) =(−1)=

=(1 + O

(1=

))=

(−1)==

+ O

(1

=2

)

et la série converge comme somme de deux séries convergentes.

On pouvait aussi utiliser le CSSA en remarquant que la fonction G ↦→ G + sin(G) est croissante.

4. Pour tout = ∈ ND3= =

(−1)=ln =

, D3=+1 =(−1)=

ln = +√

32

, D3=+2 =(−1)=

ln = −√

32

donc par application du CSSA, les trois séries∑

D3= ,∑

D3=+1 et∑

D3=+2 convergent.

On écrit alors les sommes partielles :

#∑==1

D= =

⌊ #/3⌋∑==1

D3= +⌊ (#−1)/3⌋∑

==0

D3=+1 +⌊ (#−2)/3⌋∑

==0

D3=+2

et puisque les trois sommes à droite ont une limite quand # → +∞ , il en est de même de la somme partielle#∑==1

D= c’est-à-dire que la série de terme général D= converge.



5. On fait un développement limité : D= =(−1)=√

=− 1

=+ O

(1

= 3/2

)donc la série diverge : somme de deux séries

convergentes (celle de terme général(−1)=√

=qui est une série de Riemann alternée vérifiant le CSSA, et celle de

terme général O

(1

= 3/2

)qui est absolument convergente par comparaison à une série de Riemann) et d’une série

divergente, celle de terme général1=

.

6. On fait un développement limité : D= =

√1 + (−1)=√

=− 1 =

(1 + (−1)=√

=

)1/2

− 1 =(−1)=2√=

− 18=

+ O

(1

=3/2

)donc la

série diverge : somme de deux séries convergentes et d’une série divergente.

7. On fait un développement limité :

D= = ln

(1 + (−1)=√

=(= + 1)

)= ln

©«1 + (−1)=

=√

1 + 1= )

ª®®¬= ln

(1 + (−1)=

=

(1 + 1

=

)−1/2)

= ln

(1 + (−1)=

=+ O

(1

=2

))=

(−1)==

+ O

(1

=2

)

donc la série de terme général D= converge comme somme de deux séries convergentes.

8. Soit D= =1! − 2! + . . . + (−1)=+1=!

(= + 1)!. On écrit D= = E= + F= + G= avec

E= =(−1)=+1=!(= + 1)! =

(−1)=+1

= + 1, F= =

(−1)=(= − 1)!(= + 1)! =

(−1)==(= + 1) et

G= =1! − 2! + . . . + (−1)=−1(= − 2)!

(= + 1)!.

Il est clair que les séries∑

E= et∑

F= convergent (méthodes habituelles, non détaillées). De plus, on a

|G= | 6

=−2∑:=1

:!

(= + 1)! 6(= − 2)(= − 2)!

(= + 1)! 6(= − 1)!(= + 1)! =

1=(= + 1) ·

Puisque la série de terme général1

=(= + 1) converge, on déduit des règles de comparaison pour les séries à

termes positifs que la série de terme général G= est absolument convergente donc convergente.

Finalement, la série proposée converge, comme somme de trois séries convergentes.


10. On fait un développement limité ( > 0) :

D= =(−1)=

= (1 + (−1)=

=

) =(−1)== ︸︷︷︸E=

− 1

=2 + o

(1=

)︸︷︷︸

F=

.

La série de terme général E= converge d’après le CSSA (série de Riemann alternée) ; et F= ∼=→+∞

1

=2 donc par

comparaison de séries à termes positifs, la série de terme général F= converge si et seulement si celle de terme

général1

=2 converge c’est-à-dire 2 > 1.

En conclusion, la série proposée converge si et seulement si > 1/2 .


12. On fait un développement limité en distinguant les cas > � et < � .

13. Soit D= =(−1)==

(2= + 1)(3= + 1) · Par une décomposition en éléments simples rapide on a :

D= =(−1)=2= + 1

− (−1)=3= + 1

·

La série de terme général D= est donc convergente comme somme de 2 séries alternée vérifiant le CSSA doncconvergentes.



Pour calculer la somme de la série, on va plutôt calculer, plus généralement, la somme de la série

+∞∑==0

(−1)=0= + 1

où 0 est un entier naturel non nul. Pour cela on suit exactement la même méthode que celle vue en cours pourla série harmonique alternée. On considère les sommes partielles ;

(= =

=∑:=0

(−1):0: + 1

et en remarquent que1

0: + 1=

∫ 1

0C0: dC on obtient, par linéarité de l’intégration :

(= =

∫ 1

0

=∑:=0

(−C0 ): dC =∫ 1

0

1 − (−C0 )=+1

1 + C0dC =

∫ 1

0

dC1 + C0

− A=

où A= =

∫ 1

0

(−C0)=+1

1 + C0dC . Puis la majoration

|A= | 6∫ 1

0

�� (−C0)=+1

1 + C0

�� dC =∫ 1

0

C0=+0

1 + C0dC 6

∫ 1

0C0=+0 dC =

10= + 0 + 1

montre que lim=→+∞

A= = 0 donc que lim=→+∞

(= =

∫ 1

0

dC1 + C0

.

Ainsi ;+∞∑==0

(−1)=0= + 1

=

∫ 1

0

dC1 + C0

donc+∞∑==0

D= =

∫ 1

0

dC

1 + C2−

∫ 1

0

dC

1 + C3.

Il est facile d’obtenir :∫ 1

0

dC

1 + C2=

[Arc tan C

]10 =

�

4; la seconde intégrale est un peu plus compliquée à calculer,

voir le prochain chapitre sur l’intégration....

14. Soit D= =sin(ln =)

=·

Puisque sin G >12

pour tout G ∈[−�

6 + :� ; �6 + :�]

où : ∈ Z , on a D= >1

2=pour tout = tel que

ln(=) ∈[−�

6 + :� ; �6 + :�], soit = ∈ [0: ; 1:] où 0: =

⌊e−

�6 +:�

⌋+ 1 et 1: =

⌊e

�6 +:�

⌋avec : ∈ N .

On a alors1:∑

==0:

D= >1: − 0: + 1

21:=

12

(1 − 0:

1:+ 1

1:

)·

Mais0:1:

∼:→+∞

e−�6 +:�

e�6 +:�

= 4−�3 donc lim

:→+∞©«

1:∑==0:

D=ª®¬>

1 − 4−�3

2≈ 0.324.. . Or si par l’absurde la série de

terme général D= étant convergente de somme ( , en notant (= les sommes partielles, on devrait avoir1:∑

==0:

= (1: − (0:−1 −→:→+∞

( − ( = 0, contradiction.

En conclusion, la série proposée diverge.



Exercice 18: Série des restes de la série harmonique alternée (★★)

On pose '= =+∞∑

:==+1

(−1)::

pour tout = ∈ N .

a) Justifier l’existence de '= .

b) Montrer que, pour tout = ∈ N ,

'= = (−1)=+1∫ 1

0

G=

1 + GdG .

c) Montrer qu’il existe � ∈ N∗ et � ∈ R∗ tels que

'= = �(−1)=+1

=�+ O

(1

=�+1

).

En déduire la convergence de∑

'= .

d) Calculer∞∑==0

'= .

� Solution:

a) Critère de Leibniz.

b) Intégrons sur [0, 1] la relation

1 − G + G2 − . . . + (−G)=−1=

1 − (−G)=1 + G

,

on obtient

−(= = ln(2) + (−1)=−1∫ 1

0

G=

1 + GdG.

Le dernier terme est majoré par∫ 1

0G= dG =

1= + 1

, ce qui montre que lim=→∞

(= = − ln(2) , résultat que l’on

connaissait depuis longtemps. On en déduit par ailleurs que

'= = ( − (= = − ln(2) − (= = (−1)=−1∫ 1

0

G=

1 + GdG.

c) On effectue une intégration par parties, il vient

∫ 1

0

G=

1 + GdG =

12= + 2

+ 1= + 1

∫ 1

0

G=+1

(1 + G)2dG.

Cette dernière intégrale est clairement majorée par1

= + 2, donc

1= + 1

∫ 1

0

G=+1

(1 + G)2dG = O

(1

=2

).

On en déduit que

'= =(−1)=−1

2=+ O

(1

=2

).

On en déduit la convergence de la série∑

'= comme somme de deux séries convergentes.

d) Enfin, si on remplace '= par son expression intégrale, on a

#∑==0

'= = −#∑==0

∫ 1

0

(−G)=1 + G

dG = −∫ 1

0

#∑==0

(−G)=1 + G

dG

= −∫ 1

0

11 + G

· 1 − (−G)#+1

1 + GdG

= −∫ 1

0

1

(1 + G)2dG −

∫ 1

0

(−G)#+1

(1 + G)2dG

︸︷︷︸61/(#+2)

ce qui montre que+∞∑==0

'= = −∫ 1

0

1

(1 + G)2= −1

2.




Notons 5 : G ↦→ ln G

G.

a) Étudier la nature de∑

5 (=) et∑(−1)= 5 (=) .

b) Notons F= = 5 (=) −∫ =

=−15 (C) dC . Montrer que la série

∑F= converge absolument.

c) Calculer la différence :

2=∑

:=1

5 (2:) −2=∑:=1

5 (:).

En déduire la valeur de+∞∑==1

(−1)= 5 (=) en fonction de la constante d’Euler.

� Solution:

a) 5 (=) > 1=

pour = > 3 donc par comparaison à la série harmonique, la série∑

5 (=) diverge.

La fonction 5 est décroissante pour G > e donc la suite((−1)= 5 (=)

)vérifie le CSSA pour = > 3 et la seconde

série converge donc.

b) Minorer 5 (=) par∫ =+1=

5 (C) dC et sommer, on trouve que F= 6 0 et donc |F= | 6 la différence de deux intégrales.En sommant, ça se télescope, la suite des sommes partielles de

∑ |F= | est donc majorée par une constante.

c) Cela vaut=∑

:=1

(−1): 5 (:) .

On écrit que=∑

:=1

F: = ! + o(1) , puis

=∑:=1

(−1): 5 (:) = 2=∑

:=1

5 (2:) −2=∑:=1

5 (:)

avec=∑

:=1

5 (:) ==∑

:=1

F: +12

ln2(=) = ! + ln2 =

2+ o(1),

ce qui permet, après calcul et en remarquant que

5 (2=) = ln 2 + ln =

2=,

de trouver que=∑

:=1

(−1): 5 (:) = � ln 2 − ln2 22

+ o(1).

∞∑==1

(−1)= ln =

== � ln 2 − ln2 2

2.

Exercice 20: Permutations de termes (★★)

On considère la série∑

E= déduite de la série harmonique alternée∑=>0

(−1)== + 1

en écrivant dans l’ordre

un terme positif, puis deux termes négatifs ; ainsi :

E0 = 1 , E1 =−12

, E2 =−14

, E3 =13, E4 =

−16

, E5 =−18

, E6 =15

etc...

Montrer que la série de terme général E= est convergente, et calculer sa somme.

� Solution:

On calcule les sommes partielles +3=−1 =

3=−1∑:=0

E: =

=∑:=1

12: − 1

−2=∑:=1

12:

.



Puis on utilise le développement asymptotique 1 + 12+ . . . + 1

== ln = + � + o(1) qui conduit à

=∑:=1

12: − 1

=

2=∑:=1

1:−

=∑:=1

12:

= ln(2=) + � + o(1) − 12(ln = + � + o(1))

et2=∑:=1

12:

=12(ln(2=) + � + o(1))

donc

+3=−1 =12

ln 2 + o(1)

Ainsi lim=→+∞

+3=−1 =12

ln 2 et puisque +3= = +3=−1 + 12= + 1

on a aussi lim=→+∞

+3= =12

ln 2 et de la même façon

lim=→+∞

+2=+1 =12

ln 2.

Il en résulte que la suite (+=)=∈N converge, c’est-à-dire que la série∑

E= converge, et elle a pour somme12

ln 2.

Morale de cet exercice : on peut modifier la somme d’une série si l’on change l’ordre de ses termes ! ! !

Exercice 21: (★★★)

Soit (0=) une suite réelle décroissante de limite nulle, et soit D= = (−1)=0= . La série de terme généralD= est alors convergente, et on peut poser :

*= =

=∑:=0

D: , * =

∞∑:=0

D: , '= = * −*=

a) Montrer que la série∑

D='= est convergente si et seulement si la série∑

D=−1'= l’est.

b) Montrer que la série∑

D=*= est convergente si et seulement si la série∑

02= l’est.

� Solution:

a) La suite ('=) est bornée car elle converge (vers 0). Notons ' = sup |'= | . On a alors

|D=−1'= | − |D='= | = |'= | (0=−1 − 0=)︸︷︷︸>0

6 '(0=−1 − 0= )

Or la série télescopique∑(0=−1 − 0= ) converge puisque la suite 0 converge, donc par comparaison de séries à

termes positifs, la série de terme général |D=−1'= | − |D='= | converge. Mais d’après les résultats du cours sur lesséries vérifiant le CSSA, on sait que '= est du signe de D=+1 donc D='= est négatif et D=−1'= est positif. Donc|D=−1'= | − |D='= | = D=−1'= + D='= . Comme cette série converge, les deux séries

∑D='= et

∑D=−1'= sont de

même nature.

Rem : est-ce une erreur d’énoncé? Il aurait mieux valu, pour la suite, considérer les deux séries∑

D='= et∑

D=+1'= , pourlesquelles la démonstration est identique...

b) D='= = D=* −D=*= donc puisque la série∑

D=* converge, la série∑

D=*= converge si et seulement si∑

D='=

converge.

– Si∑

D='= converge on vient de voir qu’il en est de même de∑

D=+1'= donc de∑

D='=−1 et par suite la série

de terme général D=('=−1 − '= ) = D2= = 02

= converge.

– Si∑

02= converge, on sait, d’après les résultats du cours sur les séries vérifiant le CSSA, que |'= | 6 |D=+1 | = 0=+1

donc |D='=−1 | 6 02= et la série

∑D='=−1 est absolument convergente donc convergente donc aussi la série∑

D=+1'= donc aussi∑

D='= .



Exercice 22: (★★★★)

a) Soit∑

D= une série convergente de somme * , et *= =

=∑:=0

D: .

Montrer que : pour tout G ∈ ]−1 ; 1[, les séries∑

D=G= et

∑(* − *=)G= convergent. Quel lienexiste-t-il entre leurs sommes respectives 5 (G) et !(G) ?En déduire : lim

G→1−5 (G) = * .

b) Soit∑

D= et∑

E= deux séries convergentes. Montrer que, si leur série produit converge, sa sommeest le produit des sommes de ces deux séries.

c) Exemple : Que vaut+∞∑==0

F= si F= est le terme de rang = de

(∑=>0

(−1)=2= + 1

)2

?

� Solution:

a) Puisque∑

D= converge, on a lim=→+∞

D= = 0 donc la suite (D=)=∈N est bornée : |D= | 6 " pour tout = . Donc,

pour tout G ∈ ]−1 ; 1[ |D=G= | 6 " |G |= , qui est le terme général d’une série géométrique convergente, donc lasérie

∑D=G

= est absolument convergente, donc convergente.Puisque lim

=→+∞* −*= = 0 le même raisonnement montre que la série

∑(* −*=)G= est elle aussi absolument

convergente.

Pour tout G ∈ ]−1 ; 1[ on a1

1 − G=

+∞∑==0

G= , cette série étant absolument convergente. Le produit de Cauchy

de cette série par la série∑=>0

D=G= est la série de terme général

=∑:=0

D:G:G=−: = *=G

= . D’après le cours sur le

produit de Cauchy de deux séries absolument convergentes on aura donc

∀ G ∈ ]−1 ; 1[ ,+∞∑==0

*=G==

11 − G

+∞∑==0

D=G==

11 − G

5 (G)

et puisque+∞∑==0

*G= =*

1 − Gon aura :

∀ G ∈ ]−1 ; 1[ , !(G) =+∞∑==0

(* −*=)G= =* − 5 (G)

1 − G.

Pour démontrer que limG→1−

5 (G) = * , il suffit donc de montrer que limG→1−

(1 − G)!(G) = 0. On fait pour cela une

démonstration « à la Césaro ».Soit � > 0. Puisque lim

=→+∞'= = 0 il existe =0 tel que |'= | 6 � pour = > =0 . On a alors, pour 0 6 G < 1 :

|(1 − G)!(G)| = (1 − G)��+∞∑==0

'=G=

�� 6 (1 − G)+∞∑==0

|'= | G= = (1 − G)(=0−1∑==0

|'= | G= ++∞∑===0

|'= | G=)

6 (1 − G)=0−1∑==0

|'= | G= + �(1 − G)+∞∑===0

G= 6 (1 − G)=0−1∑==0

|'= | G= + �(1 − G)+∞∑==0

G=

︸︷︷︸=1/(1−G)

6 (1 − G)=0−1∑==0

|'= | G= + �

Puisque =0 est fixé, le membre de droite tend vers � quand G → 1, donc sera inférieur à 2� pour G assez prochede 1, ce qui est exactement la définition de lim

G→1−(1 − G)!(G) = 0.

b) Soit∑

D= et∑

E= deux séries convergentes de sommes respectives * et + . On vient de voir que pour toutG ∈ ]−1 ; 1[ les séries

∑D=G

= et∑

E=G= sont absolument convergentes. Si l’on note 5 (G) et 6(G) leurs sommes, le

résultat du cours sur le produit de Cauchy de deux séries absolument convergentes donne 5 (G)6(G) =+∞∑==0

F=G=

où F= =

=∑:=0

D:E=−: . L’hypothèse de l’énoncé est que la série∑

F= converge donc d’après la question précédente,



limG→1−

(+∞∑==0

F=G=

)=

+∞∑==0

F= . Mais on a aussi, d’après cette même question, limG→1−

5 (G) = * et limG→1−

6(G) = + ,

d’où *+ =

+∞∑==0

F= , ce qu’il fallait démontrer.

c) Ici 5 (G) = 6(G) =+∞∑==0

(−1)=G2

2= + 1= Arc tan G (développement en série entière bien connu...). La valeur cherchée est

donc�2

16.


EXERCICES : SÉRIES NUMÉRIQUES, AVEC CORRIGÉS Séries à ...

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