Exos 3
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kk l ;k,k,k,ovvh
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EXERCICES SUR LES SERIES
SERIES NUMERIQUES
1. Calculer la somme des sries dont le terme gnral un est donn ci-dessous.
a) un = lnn(n+ 2)
(n+ 1)2(n 1) , b) un = 1
(n + 1)(n + 2)(n + 3)(n 0) , c) un = 3
n
7n2(n 2)
d) un = ln(1 + x2n) (0 < x < 1 , n 0) , e) un = 3
(3n+ 1)(3n + 4)(n 0)
2. Etudier la nature des sries dont le terme gnral un est donn ci-dessous (comparaison une srie gomtrique).
a) un =3n + n4
5n 3n , b) un =ch(2n)
ch(3n), c) un =
(1
2+
1
2n
)n
d) un = th(n+ a) thn (a R) , e) un = (3 + (1)n)n , f) un = 11 + x2n
(x R)
3. Etudier la nature des sries dont le terme gnral un est donn ci-dessous (comparaison une srie de Riemann).
a) un = 1 cos 1n
, b) un = n
n
n+ 1 1 , c) un = n12/n
d) un = ecos(1/n) ecos(2/n) , e) un = xlnn (x > 0) , f) un = n2 a
n (a > 0)
4. Etudier la nature des sries dont le terme gnral un est donn ci-dessous (rgles de Cauchyet de dAlembert).
a) un =n!
an(a > 0) , b) un =
n!
nn, c) un =
an
na(a > 0) , d) un =
(a+
1
n
)n(a > 0)
e) un =an
(1 + a)(1 + a2) (1 + an) (a > 0) , f) un =(1 +
x
n
)n2(x R) , g) un =
(sin2 n
n
)n
5. Etudier la nature des sries dont le terme gnral un est donn ci-dessous (comparaison une srie de Bertrand).
a) un = (1 e1/n2)lnn , b) un =
1
lnn!, c) un = n
na 1 (a > 0)
1
-
6. Etudier la nature des sries dont le terme gnral un est donn ci-dessous.
a)(n!)2
(2n)!b)
(n!)2
2n2c)
n2
n3 + 1
d)1
(lnn)ne)
1
(lnn)lnnf)
1
ln(n2 + n+ 1)
g)n2
(1 + )n(|| < 1/2) h) 1 + 2 + + n
12 + 22 + + n2 i)an + 1
a2n + n(a > 0)
j) 2n k)
1n(n+ 1)(n + 2)
l) e1
n e 1n+a (a > 0)
7. Etudier la nature de la srie dont le terme gnral un est donn par
un = f
(a+
1
n
)+ f
(a 1
n
) 2f(a)
o f est une fonction de classe C2 au voisinage de a.
8. Dterminer lensemble des triplets (a, b, c) de R3 pour lesquels la srie de terme gnral
un =1
an+ b cn
soit convergente.
9. Dterminer lensemble des couples (a, b) de R2 pour lesquels la srie de terme gnral
un =2n + an
2n + bn
soit convergente.
10. Etudier la convergence et la convergence absolue des sries dont le terme gnral un estdonn ci-dessous (critres de Leibniz et dAbel).
a) un =(1)nn
arctan1
n, b) un = sin
((n+
a
n
))
(a R) , c) un = (1)n
na + (1)n (a 6= 0)
d) un =cos(an + b)
n( > 0 et a 6= 2k (k Z)) , e) un = (1)
n
n+ 2 sinn
f) un = (1)n(n2 + 1 n) , g) un = ln
(1 +
cosnn
), h) un =
sin 2n
n2 n+ 1
2
-
11. Soit n 1, et deux rels. On pose
un = (n3/2 (n 1)3/2) + (n1/2 (n 1)1/2) n1/2 .
a) Quelle est la nature de la srie de terme gnral un ?
b) En dduire quil existe trois rels a, b, c tels que
nk=1
k = an3/2 + bn1/2 + c+ (1) .
12. Soit deux sries positives convergentes de terme gnraux un et vn. Quelle est la nature dela srie dont le terme gnral wn est donn ci-dessous ?
a) wn =unvn , b) wn =
unn
, c) wn =un
1 vn , d) wn = u2n
13. On pose e =
k=0
1
k!.
a) Montrer que pour tout entier n > 0, on a
nk=0
1
k!< e 1, ou si = 1+ ?
21. Etudier la convergence de la srie dont le terme gnral est dfini par
u2p =
(2
3
)pet u2p+1 = 2
(2
3
)ppar la rgle de Cauchy et par la rgle de lAlembert.
22. Soit un > 0. On pose
vn =un
1 + unet wn =
un1 + u2n
.
a) Montrer que les sries de terme gnraux un et vn sont de mme nature.
4
-
b) Comparer la convergence des sries de termes gnraux un et wn
23. Soit le polynme de degr k
Pk(X) = X(X 1) (X (k 1)) .
a) Calculer
k =
n=0
Pk(n)
n!.
b) En dduire quen=0
n3 + n2 + n+ 1
n!= 9e .
24. Dterminer un entier n tel que
nk=1
1k> 105 .
25. Montrer par le critre de Cauchy que la srie de terme gnralcos lnn
ndiverge. (difficile)
SERIES DE FONCTIONS
26. Etudier la convergence simple, uniforme et normale, des sries de fonctions un dfinies sur[ 0, 1 ] dont le terme gnral est donn ci-dessous.
a) un(x) =1
n+ xn2, b) un(x) =
(1)n arctan(nx)1 + nx
, c) un(x) =(1)n
nx+n
d) un(x) = xn(1 x) , e) un(x) = (1)nxn(1 x) , f) un(x) = arctan(nx)
n2
27. Lorsque a > 0, n 0 et x 0, on pose
fn(x) = xaenx .
a) Calculer la somme de la srie de terme gnral fn(x).
b) Montrer que lon a convergence normale si a > 1.
c) Montrer que lon na pas convergence uniforme si a 1.
d) Montrer que lon a convergence uniforme sur tout intervalle [ s, + [ , o s > 0.
5
-
28. Soit un la fonction dfinie sur [ 0, + [ par
un(x) =1
n2x+ n3.
Montrer que la srie de fonctions de terme gnral un converge uniformment sur [ 0, + [ versune fonction f indfiniment drivable.
29. Pour x 0 on posefn(x) = (1)n sin(x+ n)
x+ n.
Montrer que la srie de terme gnral fn converge uniformment sur [ 0, + [ .
30. Pour tout x rel on poseun(x) = 2n2xen2x2 .
a) Montrer que la srie de terme gnral
vn(x) = un(x) un+1(x)
converge et calculer la somme
S(x) =
n=1
vn(x) .
b) Soit a > 0. Montrer que la srie de terme gnral
wn =
a0
vn(t) dt
converge et calculer sa somme.
c) Calculer
a0
S(t) dt.
d) En dduire que la srie de terme gnral unun+1 ne converge pas uniformment sur [ 0, a ] .
6
-
Corrig
1. a) On utilise le procd tlescopique en crivant
un = lnn
n+ 1 ln n+ 1
n+ 2.
Si lon pose, pour n 1,vn = ln
n
n+ 1,
on aun = vn vn+1 .
AlorsNn=1
un =Nn=1
(vn vn+1) = v1 vN+1 ,
et puisque la suite (vn) admet 0 comme limite, on obtient
n=1
un = v1 = ln1
2= ln 2 .
b) On commence par dcomposer la fraction rationnelle en lments simples. On a
f(x) =1
(x+ 1)(x+ 2)(x+ 3)=
a
x+ 1+
b
x+ 2+
c
x+ 3.
Alors
a = limx1
(x+ 1)f(x) =1
2, b = lim
x2(x+ 2)f(x) = 1 , c = lim
x3(x+ 3)f(x) =
1
2,
donc
un =1
2(x+ 1) 1x+ 2
+1
2(x+ 3).
Pour calculer la somme, on peut utiliser deux mthodes.
Premire mthode : le procd tlescopique. On peut crire
un =1
2
(1
n+ 1 1n+ 2
) 1
2
(1
n+ 2 1n+ 3
),
et donc, si lon pose, pour n 0,
vn =1
2
(1
n+ 1 1n+ 2
),
on aun = vn vn+1 ,
et puisque la suite (vn) converge vers 0, on obtient
n=0
un = v0 =1
4.
7
-
Deuxime mthode : calcul des sommes partielles. On a
Nn=0
un =1
2
Nn=0
1
n+ 1
Nn=0
1
n+ 2+
1
2
Nn=0
1
n+ 3.
En posant n = n 1 dans la premire somme du membre de droite et n = n + 1 dans latroisime, on obtient
Nn=0
un =1
2
N1n=1
1
n + 2
Nn=0
1
n+ 2+
1
2
N+1n=1
1
n + 2,
o encore, puisque les indices n et n sont muets,
Nn=0
un =1
2
N1n=1
1
n+ 2
Nn=0
1
n+ 2+
1
2
N+1n=1
1
n+ 2.
On obtient alors
Nn=0
un =1
2
(1 +
1
2+
N1n=1
1
n+ 2
)
(1
2+
N1n=1
1
n+ 2+
1
N + 2
)
+1
2
(N1n=1
1
n+ 2+
1
N + 2+
1
N + 3
).
La somme se simplifie, et il reste
Nn=0
un =1
2
(1 +
1
2
)(1
2+
1
N + 2
)+
1
2
(1
N + 2+
1
N + 3
),
et lorsque N tend vers linfini, on trouve
n=0
un =1
2
(1 +
1
2
) 1
2=
1
4.
c) On peut crire
un = 9
(3
7
)n2,
et on a une srie gomtrique, donc
n=2
un = 9
n=2
(3
7
)n2= 9
n=0
(3
7
)n=
9
1 37
=63
4.
d) Si lon calcule les premires sommes partielles, on obtient
S0 = ln(1 + x) = ln1 x21 x ,
8
-
S1 = ln(1 + x) + ln(1 + x2) = ln[(1 + x)(1 + x2)] = ln(1 + x+ x2 + x3) = ln
1 x41 x ,
S3 = S2 + ln(1 + x4) = ln
(1 x4)(1 + x4)1 x = ln
1 x81 x .
Il semble que lon obtienne la formule
Sn = ln1 x2n+11 x ,
ce que lon dmontre par rcurrence.
Si la proprit est vraie lodre n, alors
Sn+1 = Sn+ln(1+x2n+1) = ln
1 x2n+11 x +ln(1+x
2n+1) = ln(1 x2n+1)(1 + x2n+1)
1 x = ln1 x22n+1
1 x ,
ce qui donne la proprit lordre n+ 1 :
Sn+1 = ln1 x2n+21 x .
Alors, comme 0 < x < 1, la suite (x2n+1
) converge vers 0, et lon a
limn+
Sn = ln1
1 x = ln(1 x) .
e) On dcompose la fraction en lments simples ce qui donne
3
(3n+ 1)(3n + 4)=
1
3n + 1 1
3n+ 4,
et donc, si lon pose, pour n 0,vn =
1
3n + 1,
on aun = vn vn+1 ,
et puisque la suite (vn) converge vers 0, on obtient
n=0
un = v0 = 1 .
2. a) On obtient facilement un quivalent
un =3n
5n
1 +n4
3n
1(3
5
)n (3
5
)n.
Or la srie de terme gnral (3/5)n est une srie gomtrique positive de raison 3/5 < 1. Elleconverge donc. Il en rsulte que la srie de terme gnral un converge aussi.
9
-
b) On crit
un =e2n + e2n
e3n + e3n=
e2n
e3n1 + e4n
1 + e6n(1
e
)n.
Or la srie de terme gnral (1/e)n est une srie gomtrique positive de raison 1/e < 1. Elleconverge donc. Il en rsulte que la srie de terme gnral un converge aussi.
c) On crit
un =
(1
2
)n (1 +
1
n
)n.
Mais (1 +
1
n
)n= exp
[n ln
(1 +
1
n
)],
et en utilisant le dveloppement limit en 0 de ln(1 + u), on obtient(1 +
1
n
)n= exp
[n
(1
n+
(1
n
))]= e1+(1) e ,
donc
un e(1
2
)n.
Or la srie de terme gnral (1/2)n est une srie gomtrique positive de raison 1/2 < 1. Elleconverge donc. Il en rsulte que la srie de terme gnral un converge aussi.
d) Si a = 0, on a un = 0, et la srie converge. Supposons donc a 6= 0. En sachant que
thx =ex exex + ex
=e2x 1e2x + 1
,
on obtient
un =e2n+2a 1e2n+2a + 1
e2n 1e2n + 1
,
do lon tire
un =2e2n+2a 2e2n
(e2n+2a + 1)(e2n + 1).
On en dduit lquivalent
un 2e2n(e2a 1)e2n+2ae2n
=2(1 e2a)
e2n= 2(1 e2a)
(1
e2
)n.
Or la srie de terme gnral (1/e2)n est une srie gomtrique positive de raison 1/e2 < 1. Elleconverge donc. Il en rsulte que la srie de terme gnral un converge aussi.
e) On a
0 un = 1(3 + (1)n)n
1
2n=
(1
2
)n.
Or la srie de terme gnral (1/2)n est une srie gomtrique de raison 1/2 < 1. Elle convergedonc. Il en rsulte que la srie de terme gnral un converge aussi.
10
-
f) Si |x| > 1, on aun
(1
x2
)n.
Or la srie de terme gnral (1/x2)n est une srie gomtrique positive de raison 1/x2 < 1. Elleconverge donc. Il en rsulte que la srie de terme gnral un converge aussi.
Si |x| < 1, la suite (un) converge vers 1, et si |x| = 1 elle converge vers 1/2. Dans les deux cas lalimite de la suite (un) nest pas nulle, et la srie de terme gnral un diverge.
3. a) En utilisant le dveloppement limit de cos u en 0, on obtient
un = 1(1 1
2n2+
(1
n2
))=
1
2n2+
(1
n2
) 1
2n2.
Or 1/2n2 est le terme gnral dune srie de Riemann positive convergente. Il en rsulte que lasrie de terme gnral un converge aussi.
b) On peut crire
un =
(n+ 1
n
)1/n 1 =
(1 +
1
n
)1/n 1 = exp
( 1nln
(1 +
1
n
)) 1 .
En utilisant le dveloppement limit de ln(1 + u) en 0, on obtient
un = exp
( 1n
(1
n+
(1
n
))) 1 = exp
( 1n2
+ (
1
n2
)) 1 .
Alors, en utilisant le dveloppement limit de eu en 0, on en dduit
un =
(1 1
n2+
(1
n2
)) 1 1
n2.
Or 1/n2 est le terme gnral dune srie de Riemann ngative convergente. Il en rsulte que lasrie de terme gnral un converge aussi.
c) On crit
un =1
nexp
(2 lnn
n
).
Mais la suite (lnn/n) converge vers 0, donc la suite (exp(2 lnnn )) converge vers 1. Alors
un 1n.
Or 1/n est le terme gnral dune srie de Riemann positive divergente. Il en rsulte que la sriede terme gnral un diverge aussi.
d) En utilisant le dveloppement limit de cos u en 0, on obtient
un = exp
(1 1
2n2+
(1
n2
)) exp
(1 4
2n2+
(1
n2
)).
11
-
On met e en facteur, ce qui donne
un = e
(exp
( 12n2
+ (
1
n2
)) exp
( 42n2
+ (
1
n2
))),
et en utilisant le dveloppement limit en 0 de eu, on trouve
un = e
[(1 1
2n2+
(1
n2
))(1 2
n2+
(1
n2
))]= e
(3
2n2+
(1
n2
)) 3e
2n2.
Or 3e/(2n2) est le terme gnral dune srie de Riemann positive convergente. Il en rsulte quela srie de terme gnral un converge aussi.
e) On a
un = elnn lnx = nlnx =
1
n lnx.
La srie de terme gnral un est une srie de Riemann. Elle converge si et seulement si lnx > 1,cest--dire x < 1/e.
f) Lorsque a 1, la suite (un) ne converge pas vers 0 et la srie de terme gnral un diverge.
Lorsque 0 < a < 1, la suite (n2un) = (n4an) converge vers 0 (produit dune exponentielle et
dune puissance), donc partir dun certain rang, on a
n2un 1 ,
cest--dire
0 un 1n2
,
et puisque la srie de terme gnral 1/n2 est une srie de Riemann convergente, il en rsulte quela srie de terme gnral un converge galement.
4. Dans cet exercice toutes les sries sont positives partir dun certain rang.
a) On aun+1un
=(n+ 1)!
an+1an
n!=
n+ 1
a.
La suite (un+1/un) admet + comme limite, donc il rsulte de la rgle de dAlembert que lasrie de terme gnral (un) diverge.
b) On a
un+1un
=(n+ 1)!
(n + 1)n+1nn
n!=
(n
n+ 1
)n=
(1 +
1
n
)n.
Par un calcul standart on obtient que la suite (un+1/un) converge vers e1 < 1, donc il rsulte
de la rgle de dAlembert que la srie de terme gnral (un) converge.
c) On aun+1un
=an+1
(n+ 1)ana
an= a
(n
n+ 1
)a.
12
-
La suite (un+1/un) converge vers a, donc il rsulte de la rgle de dAlembert que la srie de termegnral (un) converge si 0 a < 1, et diverge si a > 1. Il reste tudier le cas a = 1. Dans cecas
un =1
n,
et lon obtient la srie harmonique qui diverge donc.
d) On a
nun = a+
1
n,
et la suite ( nun) converge vers a, donc il rsulte de la rgle de Cauchy que la srie de terme
gnral (un) converge si 0 a < 1, et diverge si a > 1. Il reste tudier le cas a = 1. Dans cecas
un =
(1 +
1
n
)n,
et la suite un converge vers e 6= 0, donc la srie de terme gnral un diverge.
e) On aun+1un
=an+1
(1 + a) (1 + an+1)(1 + a) (1 + an)
an=
a
(1 + an+1).
Si 0 < a < 1, la suite (un+1un
) converge vers a.
Si a = 1, la suite (un+1un
) converge vers 1/2.
Si a > 1, la suite (un+1un
) converge vers 0.
Dans tous les cas la limite est strictement plus petite que 1, donc il rsulte de la rgle de dAlem-bert que la srie de terme gnral (un) converge.
f) On a
nun =
(1 +
x
n
)n,
et la suite ( nun) converge vers e
x, donc il rsulte de la rgle de Cauchy que la srie de termegnral (un) converge si e
x < 1, cest--dire si x > 0, et diverge si ex > 1, cest--dire si x < 0.Il reste tudier le cas x = 0. Dans ce cas un = 1 et la suite un ne converge pas vers 0, donc lasrie de terme gnral un diverge.
g) On a
nun =
sin2 n
n 1
n,
et la suite ( nun) converge vers 0 < 1, donc il rsulte de la rgle de Cauchy que la srie de terme
gnral (un) converge.
5. a) En utilisant le dveloppement limit de eu en 0, on a immdiatement
un =
[1
(1 +
1
n2+
(1
n2
))](lnn)1/2 1
n2(lnn)1/2.
13
-
Or 1n2(lnn)1/2
est le terme gnral dune srie de Bertrand ngative convergente. Il en rsulte
que la srie de terme gnral un converge aussi.
b) On a, si n 2,n! = n(n 1) 1 n n n = nn ,
sonclnn! n lnn ,
et finalement
un 1n lnn
> 0 .
Or1
n lnnest le terme gnral dune srie de Bertrand divergente. Il en rsulte que la srie de
terme gnral un diverge aussi.
c) On aun = exp(n
a lnn) 1 .La suite (na lnn) converge vers 0, donc on peut utiliser le dveloppement de eu en 0.
un = (1 + na lnn+ (na lnn)) 1 na lnn = 1
na(lnn)1.
La srie de terme gnral1
na(lnn)1est une srie de Bertrand qui converge si a > 1, et qui
diverge si 0 < a < 1. Lorsque a = 1, elle diverge galement. La srie de terme gnral un possdeles mmes proprits.
6. Remarquons que toutes les sries de cet exercice sont positives.
a) Formons un+1/un. On a
un+1un
=((n + 1)!)2
(2n+ 2)!
(2n)!
(n!)2=
((n+ 1)!
n!
)2 (2n)!(2n + 2)!
.
et en simplifiantun+1un
= (n + 1)21
(2n+ 2)(2n + 1)=
n+ 1
4n+ 2.
On en dduit que
limn+
un+1un
=1
4< 1 .
La srie de terme gnral un converge donc daprs la rgle de dAlembert.
b) Formons un+1/un. On a
un+1un
=((n+ 1)!)2
2(n+1)22n
2
(n!)2=
((n+ 1)!
n!
)2 2n22(n+1)2
.
et en simplifiantun+1un
= (n+ 1)21
22n+1.
14
-
On en dduit que
limn+
un+1un
= 0 < 1 .
La srie de terme gnral un converge donc daprs la rgle de dAlembert.
c) On a
un 1n.
Comme la srie de terme gnral 1/n diverge, la srie de terme gnral un diverge galement.
d) Formons un+1/un. On a
un+1un
=(ln n)n
(ln(n + 1))n+1=
(lnn
ln(n+ 1)
)n 1ln(n+ 1)
,
donc
0 un+1un
1ln(n+ 1)
,
et il rsulte du thorme dencadrement que
limn+
un+1un
= 0 < 1 .
La srie de terme gnral un converge donc daprs la rgle de dAlembert.
e) On a(ln n)lnn = elnn ln lnn = nln lnn .
Comme ln lnn tend vers +, on a, partir dun certain rang
ln lnn 2 ,
donc
0 un 1n2
.
Comme la srie de terme gnral 1/n2 converge, il en rsulte que la srie de terme gnral unconverge galement.
f) On a
ln(n2 + n+ 1) = 2 lnn+ ln
(1 +
1
n+
1
n2
),
et
ln(n2 + n+ 1)
2 ln n= 1 +
ln
(1 +
1
n+
1
n2
)2 lnn
.
Comme cette expression converge vers 1, on en dduit que
un 12 lnn
.
Mais, on a quel que soit x > 0,lnx x ,
15
-
donc1
2 lnn 1
2n,
et comme la srie de terme gnral 1/(2n) diverge, il en est de mme de celle de terme gnral1/(2 ln n) puis de celle de terme gnral un.
g) Formons un+1/un. On a
un+1un
=(n + 1)2
(1 + )n+1(1 + )n
n2=
(n+ 1
n
)2 11 +
.
Cette expression converge vers 1/(1 + ). On a alors les trois cas suivants :
si1/2 < < 0, on a 1/2 < +1 < 1, donc 1/(1+) > 1 et la srie de terme gnral un diverge,
si 0 < < 1/2 on a + 1 > 1, donc 1/(1 + ) < 1 et la srie de terme gnral un converge,
si = 0, on a un = n2. Le terme gnral ne tend pas vers zro, et la srie de terme gnral un
diverge.
h) Si lon connat les sommes
1 + 2 + + n = n(n+ 1)2
et 12 + 22 + + n2 = n(n+ 1)(2n + 1)6
,
on obtient immdiatement
un =3
2n+ 1 3
2n,
et la srie de terme gnral un diverge.
Si lon ne connat pas les sommes prcdantes, on peut utiliser les sommes de Riemann. En effet
1p + 2p + + np = np+1[1
n
nk=1
(k
n
)p] np+1
10
xp dx =np+1
p+ 1,
donc
un n2
2
3
n3=
3
2n.
i) On obtient facilement un quivalent de un.
Si a > 1,
un =an
a2n1 + an
1 + na2n 1
an.
Or la srie gomtrique positive de raison 1/a < 1 converge, donc la srie de terme gnral unconverge galement.
Si a = 1,
un =2
n+ 1 2
n.
16
-
Or la srie harmonique positive de terme gnral 2/n diverge, donc la srie de terme gnral undiverge galement.
Si 0 < a < 1,
un =1
n
1 + an
1 + a2n
n
1n.
Or la srie harmonique positive de terme gnral 1/n diverge, donc la srie de terme gnral undiverge galement.
j) Comme la suite(n22
n)converge vers 0, on a, partir dun certain rang
n22n 1 ,
donc
2n 1
n2,
et la srie de terme gnral 1/n2 converge. On en dduit que la srie de terme gnral un converge.
k) On a immdiatement lquivalent
un 1n3/2
.
Comme la srie de terme gnral 1/n3/2 converge, on en dduit que la srie de terme gnral unconverge.
l) On peut effectuer un dveloppement limit. Tout dabord
1
n+ a=
1
n
1
1 + an,
donc1
n+ a=
1
n
(1 a
n+
(1
n
))=
1
n an2
+ (
1
n2
).
Alors
e1
n+a = 1 +
(1
n an2
)+
1
2
(1
n an2
)2+
(1
n2
)
= 1 +1
n an2
+1
2n2+
(1
n2
).
Comme
e1
n = 1 +1
n+
1
2n2+
(1
n2
),
On a finalement
un =a
n2+
(1
n2
) a
n2,
Comme la srie de terme gnral 1/n2 converge, on en dduit que la srie de terme gnral unconverge.
17
-
On aurait pu galement utiliser le thorme des accroissements finis : il existe cn [ 1/n, 1/(n + 1) ] ,donc dans [ 0, 1 ] , tel que
un =
(1
n 1n+ a
)ecn ,
donc0 un a
n(n+ a)e ea
n2,
et lon conclut avec le thorme de comparaison.
7. En utilisant la formule de Taylor-Young, on a les dveloppements limits
f
(a+
1
n
)= f(a) +
f (a)n
+f (a)2n2
+ (
1
n2
),
et
f
(a 1
n
)= f(a) f
(a)n
+f (a)2n2
+ (
1
n2
),
donc
un =f (a)n2
+ (
1
n2
).
Comme la suite (n2un) converge vers f(a), il existe N tel que n N implique
|n2un f (a)| 1 .Alors
|n2un| 1 + |f (a)| ,et donc
|un| 1 + |f(a)|
n2.
Comme la srie de terme gnral 1/n2 converge, la srie de terme gnral un converge absolument,donc converge.
On peut dire galement que un = O
(1
n2
).
8. On suppose que a et b ne sont pas nuls simultanment. On a
un =n(1 ac) bcn(an+ b)
.
Si ac 6= 1, ou bien a 6= 0 et un 1 acan
, ou bien a = 0 (donc b 6= 0) et un 1b. Dans les deux
cas la srie diverge.
Si ac = 1 (donc a 6= 0), on a un bcan2
. Dans ce cas la srie converge.
Lensemble des triplets (a, b, c) pour lesquels la srie converge est donc {(a, b, c) R3 | ac = 1}.
9. Donnons les quivalents de un sous forme de tableau. Le rsultat dpend de la position dea et b par rapport 2. Les quivalents sont des suites gomtriques.
18
-
a < 2 a = 2 a > 2
b < 2 1 2(a
2
)n
b = 2 1
2
1 1
2
(a
2
)n
b > 2(2
b
)n2
(2
b
)n (ab
)n
Le tableau suivant donne la nature de la srie de terme gnral un.
a < 2 a = 2 a > 2
b < 2 DV DV DV
b = 2 DV DV DV
b > 2 CV CVa b DVa < b CV
En rsum lensemble des couples (a, b) pour lesquels la srie converge est
{(a, b) R2 | b > 2 , 0 < a < b } .
10. a) On a
|un| = 1narctan
1
n.
Puisque lon a au voisinage de 0,arctan u u ,
on en dduit que
|un| 1n2
.
Comme la srie de Riemann de terme gnral 1/n2 converge, il en rsulte que la srie de termegnral |un| converge, cest--dire que la srie de terme gnral un converge absolument, donc
19
-
converge.
b) On a
un = (1)n sin an.
Si a = 0, on a un = 0 et la srie de terme gnral un converge (absolument).
Remarquons que si lon change a en a dans lexpression de un, le signe de un change, donc lecomportement de la srie ne changera pas. On peut se contenter dtudier le cas a > 0. Alors
|un| =sin a
n
.Puisque lon a au voisinage de 0,
sinu u ,on en dduit que
|un| an.
Comme la srie de Riemann de terme gnral 1/n diverge, il en rsulte que la srie de termegnral |un| diverge, cest--dire que la srie de terme gnral un ne converge pas absolument.
Posonsf(x) = sin(ax) .
On af (x) = a cos(ax) .
et f (x) est positive sur lintervalle [ 0, 1/2a ] , donc la suite (sin apin ) est dcroissante ds quen > 2a. De plus elle converge vers 0. Alors il rsulte du critre de Leibniz que la srie de termegnral un converge. Elle est donc semi-convergente.
c) Rappelons que le produit de la suite ((1)n) qui est borne, par une suite qui converge verszro, converge galement vers zro.
Si a < 0, on a
un =1
1 + (1)nna ,
et puisque la suite ((1)nna) converge vers 0, la suite (un) converge vers 1, donc la srie de termegnral un diverge.
Si a > 0, on a, si n 2,|un| = 1
na + (1)n =1
na1
1 +(1)nn
,
et puisque la suite ((1)n/n) converge vers 0, on en dduit que
|un| 1na
.
Par comparaison une srie de Riemann, on en dduit que la srie de terme gnral |un| converge,cest--dire que la srie de terme gnral un converge absolument, si et seulement si a > 1.
20
-
Etudions le cas o 0 < a 1. On crit
un =(1)nna
1
1 +(1)nna
.
Comme la suite ((1)n/na) converge vers 0, on peut utiliser un dveloppement limit de 1/(1+u)en 0, et on obtient
un =(1)nna
(1 (1)
n
na+
((1)nna
))=
(1)nna
1n2a
+ (
1
n2a
).
Posons
vn =(1)nna
et wn = 1n2a
+ (
1
n2a
).
La srie de terme gnral vn converge daprs le critre de Leibniz. Par ailleurs
wn 1n2a
.
Or la srie de terme gnral 1/n2a est une srie de Riemann ngative qui converge si et seule-ment si 2a > 1 cest--dire a > 1/2, donc la srie de terme gnral wn converge si et seulementsi a > 1/2. On a alors les deux cas suivants :
si 1/2 < a 1, la srie de terme gnral un est la somme de deux sries convergentes. Elleconverge mais nest pas absolument convergente : elle est semi-convergente.
si 0 < a 1/2, la srie de terme gnral un est la somme dune srie convergente et dune sriedivergente : elle diverge donc.
d) Si lon pose
wn = cos(an+ b) et vn =1
n,
on voit dj que la suite (vn) dcroit et converge vers 0, si > 0.
Pour calculer la somme wn+ +wm, on considre wn comme la partie relle de ei(an+b], et loncalcule
ei(an+b) + ei(a(n+1)+b) + + ei(am+b) = ei(an+b)(1 + eia + + ei(mn)a
).
On reconnat la somme des termes dune suite gomtrique de raison eia. Cette raison nest pasgale 1, puisque a 6= 2k, donc
1 + eia + + ei(mn)a = 1 ei(mn+1)a
1 eia ,
do
|ei(an+b) + ei(a(n+1)+b) + + ei(am+b)| = |1 ei(mn+1)a|
|1 eia| .
Mais|1 ei(mn+1)a| 1 + |ei(mn+1)a| = 2 ,
21
-
donc
|ei(an+b) + ei(a(n+1)+b) + + ei(am+b)| 2|1 eia| = M .
Alors, puisque la valeur absolue de la partie relle dun nombre complexe est infrieure sonmodule, on obtient
|wn + + wm| |ei(an+b) + ei(a(n+1)+b) + + ei(am+b)| ,et finalement
|wn + + wm| M .On peut donc appliquer le critre dAbel et la srie de terme gnral vnwn converge.
Etudions maintenant la convergence absolue.
Si > 1, on a en fait
|un| 1n
,
et la convergence est absolue.
Dans le cas o 0 < 1, on crit| cos(an+ b)|
n cos
2(an+ b)
n=
1 + cos(2an + 2b)
2n.
Si a 6= k, la srie de terme gnral cos(2an+ 2b)/n converge, et la srie dont le terme gnralest le membre de droite, est la somme dune srie divergente positive 1/n et dune srie conver-gente. La suite des sommes partielles a pour limite +. Alors il en est de mme de la suite dessommes partielles de la srie dont le terme gnral est le membre de gauche.
Si a = k,| cos(an+ b)|
n=| cos b|n
,
et la srie diverge galement.
En rsum, si 0 < 1, la srie de terme gnral un est semi-convergente.
e) On a, si n 2,|un| = 1
n+ 2 sin n=
1
n
1
1 +2 sin n
n
,
et puisque la suite (2 sinn) est borne et que la suite (1/n) converge vers 0, la suite (sin n/n)converge aussi vers 0, donc
|un| 1n,
et la srie de terme gnral |un| diverge par comparaison la srie harmonique. La srie de termegnral un nest donc pas absolument convergente.
Partons de lgalit
un =(1)nn
1
1 +2 sin n
n
.
22
-
Comme la suite (sinn/n) converge vers 0, on peut utiliser un dveloppement limit de 1/(1+ u)en 0, et on obtient
un =(1)nn
(1 2 sin n
n+
(2 sinn
n
))=
(1)nn
2(1)n sinn
n2+
(2(1)n sinn
n2
).
Posons
vn =(1)nn
et wn = 2(1)n sinn
n2+
(2(1)n sinn
n2
).
La srie de terme gnral vn converge daprs le critre de Leibniz. Par ailleurs
wn 2(1)n sinn
n2,
donc
|wn| 2| sinn|n2
2n2
,
et la srie de terme gnral |wn| converge par comparaison la srie de Riemann de terme gnral2/n2. Il en rsulte que la srie de terme gnral wn converge. Alors la srie de terme gnral unest la somme de deux sries convergentes. Elle converge donc et cest une srie semi-convergente.
f) On a aussi
un =(1)n
n2 + 1 + n,
et donc
|un| = 1n2 + 1 + n
=1
n
1
1 +
1 +
1
n2
12n
.
La srie de terme gnral |un| diverge par comparaison la srie harmonique.
Mais la suite 1/(n2 + 1+n) est une suite dcroissante qui converge vers 0, donc la sries de terme
gnral un converge daprs le critre de Leibniz. Il en rsulte que cette srie est semi-convergente.
g) Puisque la suite (cosn) est borne, et que la suite (1/n) converge vers 0, la suite (cosn/
n)
converge vers 0, et on peut utiliser un dveloppement limit de ln(1 + u) en 0.
un =cosn
n cos
2 n
2n+
(cos2 n
n
).
Posons
vn =cosn
net wn = cos
2 n
2n+
(cos2 n
n
).
La srie de terme gnral vn converge. Dautre part
wn cos2 n
2n=
(1
4n+
cos 2n
4n
).
Or la srie de terme gnral 1/(4n) diverge, et la srie de terme gnral cos(2n)/(4n) convergedaprs d), donc la srie de terme gnral wn diverge. Alors la srie de terme gnral un diverge,donc elle ne converge pas absolument.
23
-
h) On a
|un| | sin 2n|n2 n+ 1
1
n2 n+ 1 1
n2,
donc la srie de terme gnral un converge absolument par comparaison la srie de Riemannde terme gnral 1/n2.
11. a) On peut crire en mettant n3/2 en facteur,
un = n3/2
[
(1
(1 1
n
)3/2)+
n
(1
(1 1
n
)1/2) 1n
].
On fait un dveloppement limit lordre 3 de n3/2un par rapport la variable 1/n. On a(1 1
n
)3/2= 1 3
2
1
n+
3
8
1
n2+
1
16
1
n3+
(1
n3
),
et (1 1
n
)1/2= 1 1
2
1
n 1
8
1
n2+
(1
n2
),
do, en remplaant
n3/2un =(3
2 1
)1
n+
(38+
1
2
)1
n2+
( 116
+1
8
)1
n3+
(1
n3
).
Si 6= 2/3, on aun
(3
2 1
)n ,
et la srie de terme gnral un diverge puisque le terme gnral ne tend pas vers 0.
Si = 2/3 et 6= 1/2, on aun
(
2 1
4
)1n,
et la srie de terme gnral un diverge par comparaison une srie de Riemann divergente.
Si = 2/3 et = 1/2, on a
un 148
1
n3/2,
et la srie de terme gnral un converge par comparaison une srie de Riemann convergente.
b) Dans ce dernier cas, notons S la somme de la srie et Rn le reste dordre n. On a donc
nk=1
uk = S Rn ,
et la suite (Rn) converge vers 0.
24
-
En calculant les sommes partielles, on obtient, en utilisant le procd tlescopique,
nk=1
uk =2
3n3/2 +
1
2n1/2
nk=1
k .
Doncn
k=1
k =
2
3n3/2 +
1
2n1/2 (S Rn) ,
cest--diren
k=1
k =
2
3n3/2 +
1
2n1/2 S + (1) ,
ce qui donne la formule voulue.
12. a) De lingalit
un 2unvn + vn = (un vn)2 0 ,
on dduit unvn 1
2(un + vn) .
Puisque la srie de terme gnral un + vn converge comme somme de deux sries convergentes,on en dduit que la srie de terme gnral
unvn converge aussi.
b) En appliquant ce qui prcde vn = 1/n2, qui est le terme gnral dune srie convergente,
on en dduit que la srie de terme gnralun/n converge.
c) Puisque la srie de terme gnral vn converge, la suite (vn) converge vers 0, et donc wn un.Il en rsulte que la srie de terme gnral wn converge.
d) Puisque la srie de terme gnral un converge, la suite (un) converge vers 0, et donc partirdun certain rang un 1. Il en rsulte u2n un et la srie de terme gnral wn converge.
13. a) On a
en
k=0
1
k!=
k=n+1
1
k!,
donc k=n+1
1
k! 1
(n+ 1)!> 0 .
Dautre part
k=n+1
1
k!=
1
n!
k=n+1
n!
k!=
1
n!
k=n+1
1
(n + 1) k .
Mais, si k n+ 2, on a k > n+ 1, et
(n+ 1) k > (n+ 1) (n+ 1) = (n+ 1)kn ,
25
-
puisquil y a k n facteurs dans ce produit, donc
k=n+1
1
k! 1, semi-convergence si 1 > 1/2, divergence si 1/2.
19. Il suffit de prendre
un =(1)n
n+
1
net vn =
(1)nn
.
Alorsun = vn + v
2n = vn(1 + vn) ,
et comme vn tend vers 0, on a un vn.
31
-
La srie de terme gnral vn est alterne et converge. La srie de terme gnral un est sommedune srie alterne et dune srie divergente, donc diverge.
20. Supposons que nun tende vers [ 0, 1 [ . Si lon choisit < 1 , il existe N tel que
n N impliquenun < ,
doncnun < (+ ) ,
et finalement0 un < (+ )n .
Mais + < 1. La srie de terme gnral (+ )n est donc une srie gomtrique convergente. Ilen rsulte que la srie de terme gnral un converge galement.
Supposons que nun tende vers > 1 (ventuellement infinie), ou tende vers 1
+. Alors nun 1
partir dun certain rang, donc un 1 partir dun certain rang, et la suite (un) ne peutconverger vers 0. La srie diverge donc.
21. On a
2pu2p =
2
3,
ainsi que
2p+1u2p+1 =
(2
3
)p/(2p+1)21/(2p+1) = exp
[p
2p+ 1ln
2
3+
ln 2
2p + 1
].
Les suites ( 2pu2p) et ( 2p+1
u2p+1) des termes de rang pair et de rang impair extraites de la
suite ( nun) convergent donc toutes les deux vers
23 . Alors la suite (
nun) converge aussi vers
23 < 1. Il rsulte de la rgle de Cauchy que la srie de terme gnral un converge.
Par contreu2p+1u2p
= 2 etu2pu2p1
=1
3.
Les suites des termes de rang pair et de rang impair extraites de la suite (un+1/un) ont deslimites diffrentes. Elle na donc pas de limite, et on ne peut utiliser la rgle de dAlembert.
22. a) Les sries sont positives. On peut donc appliquer le thorme sur les quivalents.
Si la srie de terme gnral un converge, alors la suite (un) converge vers zro, et (1 + un) vers1, donc vn un. Les sries sont de mme nature, donc la srie de terme gnral vn converge.
Inversement si la srie de terme gnral vn converge, la suite (vn) converge vers zro. Mais onobtient
un =vn
1 vn ,
et il en rsulte que un vn. Les sries sont de mme nature, donc la srie de terme gnral unconverge.
32
-
b) On a 0 wn un, donc si la srie de terme gnral un converge, il en est de mme de la sriede terme gnral wn. Mais la rciproque est fausse. Remarquons que si un tend vers linfini, on a
wn 1un
.
Il suffit de prendre un = n2, pour que la srie de terme gnral wn converge mais pas celle de
terme gnral un.
23. a) On constate que
Pk(n)
n!=
0 si n k 1
1
(n k)! si n k,
donc
k =n=k
1
(n k)! =n=0
1
n!= e .
b) Le polynme P (X) = X3 +X2 +X + 1 est de degr 3. Les polynmes P0, P1, P2, P3 sont dedegrs distincts et constituent une base de R3[X]. On peut donc dcomposer P dans cette base :
P (X) = X(X 1)(X 2) + X(X 1) + X + .Le coefficient du terme de degr 3, vaut = 1. Par ailleurs,
P (0) = 1 = P (1) = 4 = + P (2) = 15 = 2 + 2 + .
On en dduit = 1, = 3 et = 4, donc
P (X) = P0 + 3P1 + 4P2 + P3 .
Alors k=0
n3 + n2 + n+ 1
n!= 0 + 31 + 42 + 3 = 9e .
24. Puisque la fonction x 7 1/x est dcroissante sur [ 1, + [ , on ak+1k
dxx 1
k,
donc en sommantn
k=1
k+1k
dxx
nk=1
1k.
33
-
Maisn
k=1
k+1k
dxx=
n+11
dxx= 2(
n+ 1 1) ,
donc
2(n+ 1 1)
nk=1
1k.
Si lon veut avoirn
k=1
1k> 105 ,
il suffit que2(n+ 1 1) > 105 ,
soit n+ 1 > 5001 ,
et doncn > (5001)2 1 .
La valeur n = (5001)2 convient donc.
25. Soit k un entier naturel fix. Comme epi/2 1 3, on a galement
e2kpi+pi/2 e2kpi = e2kpi(epi/2 1) epi/2 1 3 ,
doncE(e2kpi+pi/2) E(e2kpi)
(e2kpi+pi/2 1
) e2kpi 2 .
Alors, si lon poser = E(e2kpi) ,
on a r 1, et il existe un entier p 2 tel que
r + p = E(e2kpi+pi/2) .
On a doncr e2kpi < r + 1 < r + p e2kpi+pi/2 < r + p+ 1 ,
etln r 2k < ln(r + 1) < ln(r + p) 2k +
2< ln(r + p+ 1) .
On en dduit que si s est un entier compris entre r+1 et r+ p, le nombre cos ln s est positif. Onva minorer la somme
k =
r+ps=r+1
cos ln s
s.
Posons
tj =
0 si j = 0ln(r + j) 2k si 1 j p
/2 si j = p+ 1
34
-
On a donct0 = 0 < t1 < . . . < tp tp+1 =
2.
Soit 0 j p. Puisque la fonction cosinus est dcroissante sur [ 0, /2 ] , on atj+1tj
cos x dx (tj+1 tj) cos tj .
Mais, on vrifie quetj+1 tj ln(r + j + 1) ln(r + j) .
En effet, il y a galit si 1 j p 1, et, par ailleurs,
t1 t0 = ln(r + 1) 2k ln(r + 1) ln r ,
ettp+1 tp =
2+ 2k ln(r + p) ln(r + p+ 1) ln(r + p) .
On peut alors utiliser le thorme des accroissements finis pour la fonction logarithme. Il existecj dans [ r + j, r + j + 1 ] tel que
ln(r + j + 1) ln(r + j) = 1cj,
et donc
ln(r + j + 1) ln(r + j) 1r + j
.
Finalement on en dduittj+1tj
cos x dx cos tjr + j
.
Alors en sommant ces ingalits pour j variant de 0 p,
pj=0
tj+1tj
cos x dx p
j=0
cos tjr + j
.
Le membre de gauche vautpi/20
cos x dx = 1 .
Le membre de droite scrit
pj=0
cos tjr + j
=1
r+
pj=1
cos(ln(r + j) 2k)r + j
=1
r+
pj=1
cos ln(r + j)
r + j,
on en dduit doncp
j=1
cos ln(r + j)
r + j 1 1
r.
35
-
Maisp
j=1
cos ln(r + j)
r + j=
r+ps=r+1
cos ln s
s= k ,
donc
k 1 1E(e2kpi)
.
Lorsque k tend vers linfini, le membre de droite tend vers 1. Alors partir dun certain rang K,il est suprieur 1/2, et donc, si k K, on
r+pj=r+1
cos ln s
s 1
2.
Soit maintenant un entier N . Comme E(e2kpi) tend vers linfini, il existe un entier k K tel que
r = E(e2kpi) N ,
et dans ce casr+p
s=r+1
cos ln s
s 1
2.
La condition de Cauchy nest pas satisfaite et la srie de terme gnralln cosn
ndiverge.
26. a) On a un(0) = 1/n qui est le terme gnral dune srie divergente. La srie de termegnral un ne converge pas simplement, donc elle ne converge ni uniformment, ni normalement.
b) Posons
f(x) =arctan x
1 + x.
On a doncun(x) = (1)nf(nx) .
Pour x = 0, on a un(x) = 0 et la srie de terme gnral un(0) converge. Pour x 6= 0, on va utiliserle critre de Leibniz. Tout dabord,
|un(x)| 2nx
,
ce qui montre que la suite (un) converge vers 0, et aussi que la srie de terme gnral un neconverge pas absolument. Il reste montrer que, pour x fix, la suite (|un(x)|) est monotone partir dun certain rang. Cela revient tudier les variations de la fonction f sur [ 0, + [ . Ona tout dabord
f (x) =1
(1 + x)2
(1 + x
1 + x2 arctan x
),
et, si lon note,
g(x) =1 + x
1 + x2 arctan x ,
les fonctions g et f ont le mme signe. En drivant g on trouve
g(x) =(1 + x2) (1 + x)(2x)
(1 + x2)2 1
1 + x2= 2 x+ x
2
(1 + x2)2< 0 .
36
-
On en dduit que g est dcroissante sur [ 0, + [ . Puisque
g(0) = 1 et limx+
g(x) = 2,
la fonction g sannule une fois et une seule pour une valeur , et elle est positive sur [ 0, ] etngative sur [, + [ . Il en est de mme de f . Alors f est croissante sur [ 0, ] et dcroissantesur [, + [ . Si x est fix, et si n > /x, la suite (f(nx)) est alors dcroissante et il rsulte ducritre de Leibniz que la srie de terme gnral un(x) converge.
En rsum, la srie de terme gnral un converge simplement sur [ 0, 1 ] .
Enfin, on constate que
|un(1/n)| = arctan 12
=
8,
et donc la suite (un(1/n)) ne converge pas vers 0. Il en rsulte que la suite (un) ne converge pasuniformment vers 0 sur [ 0, 1 ] . On en conclut que la srie de terme gnral un ne converge pasuniformment. Elle ne converge donc pas non plus normalement.
c) On a tout dabord
|un(0)| 1n,
et la srie de terme gnral |un(0)| diverge, donc la srie de terme gnral un ne converge pasabsolument. Par contre puisque, quel que soit x dans [ 0, 1 ] la suite (1/(nx +
n)) dcroit et
converge vers 0, le critre de Leibniz montre que la srie de terme gnral un converge simplement.
Etudions la convergence uniforme. Pour une srie alterne, on a
|Rn(x)| |un+1(x)| = 1(n+ 1)x+
n+ 1
,
et donc, puisque la fonction |un+1| est dcroissante,
||Rn(x) || |un+1(0)| = 1n+ 1
,
Il en rsulte que la suite (Rn) converge uniformment vers 0, donc que la srie de terme gnralun converge uniformment sur [ 0, 1 ] . Par contre
||un || = |un(0)| = 1n,
et donc la srie de terme gnral ||un || diverge. La srie de terme gnral un ne converge pasnormalement.
d) La srie de terme gnral un converge simplement et on peut calculer la somme S.
Si x = 1, on a un(x) = 0, donc S(x) = 0.
Si x [ 0, 1 [ , on obtientS(x) = (1 x)
n=0
xn = 1 .
37
-
On constate que la somme S nest pas continue, alors que les fonctions un taient continues. Laconvergence ne peut donc tre ni uniforme, ni normale.
e) Daprs d), la convergence de la srie de terme gnral un est absolue. On calcule sa somme.Pour tout x [ 0, 1 [ on a
S(x) = (1 x)n=0
(x)n = 1 x1 + x
,
ce qui reste vrai si x = 1, car alors un(x) = 0. On a
Rn(x) =
k=n+1
(1)kxk(1 x) = (1)n+1xn+1 1 x1 + x
,
Alors
|Rn(x)| = xn+1 xn+21 + x
xn+1 xn+2 .Posons
gn(x) = xn+1 xn+2 = xn+1(1 x) .
En drivantgn(x) = (n + 1)x
n (n+ 2)xn+1 = xn((n + 1) (n+ 2)x) .
Le maximum de gn est obtenu pour xn =n+ 1
n+ 2, et lon a
gn(xn) = xn+1n
1
n+ 2 1
n+ 2.
On en dduit donc que
|Rn(x)| 1n+ 2
,
ce qui montre que la srie de terme gnral un converge uniformment. Par contre elle ne convergepas normalement, daprs le d).
f) On a
|un(x)| 2n2
,
donc la srie de terme gnral un converge normalement. Il en rsulte quelle converge aussiuniformment, absolument et simplement sur [ 0, 1 ] .
27. a) Si x = 0, on a fn(x) = 0 et la srie de terme gnral fn(0) a une somme f(0) qui est nulle.
Supposons x > 0. Alors on a une srie gomtrique de raison ex < 1 et sa somme f(x) vaut
f(x) =xa
1 ex .
b) On calculef n(x) = ax
a1enx nxaenx = (a nx)xa1enx .
38
-
La fonction fn a un maximum pour x = a/n, et
||fn || = fn(a/n) = aaea
na.
La srie de terme gnral ||fn || converge si et seulement si a > 1 par comparaison une s-rie de Riemann, donc la srie de terme gnral un converge normalement si et seulement si a > 1.
c) Si 0 < a < 1, et si x > 0, on a
f(x) =x
1 ex xa1 ,
et puisque
limx0
x
1 ex = 1 ,on en dduit que, en 0,
f(x) xa1 .Alors, f(x) ne tend pas vers f(0) lorsque x tend vers 0. Puisque les fonctions fn sont continueset que f ne lest pas, la convergence nest pas uniforme.
d) Soit n a/s. Alors la fonction fn est dcroissante sur [ s, + [ , et doncsupxs
|fn(x)| = fn(s) = saens ,
et comme la srie numrique de terme gnral fn(s) converge, il en rsulte que la srie de termegnral fn converge normalement donc uniformment sur [ s, + [ .
28. Calculons la drive dordre k de un. On obtient facilement par rcurrence que
u(k)n (x) =1
n2(1)kk!
(x+ n)k+1.
La fonction qui x associe 1/(x+ n)k est dcoissante sur [ 0, + [ et atteint son maximum en0, donc
||u(k)n || =k!
nk+3.
Alors toutes ces sries convergent normalement, donc uniformment et il en rsulte que la sommede la srie de terme gnral un est une fonction indfiniment drivable sur [ 0, + [ .
29. On crit
fn(x) =sin(x+ n+ n)
x+ n,
et on utilise le critre dAbel de convergence uniforme.
Posons
vn(x) =1
x+ net wn(x) = sin(x+ n(1 + )) .
On a
||vn || = 1n,
39
-
et la suite (vn) converge uniformment vers 0.
Par ailleurs,
mk=n
e(x+k(1+pi))i = e(x+n(1+pi))imnk=0
ek(1+pi)i = e(x+n(1+pi))i1 e(mn+1)(1+pi)i
1 e(1+pi)i .
Alors mk=n
e(x+k(1+pi))i
= |1 e(mn+1)(1+pi)i|
|1 e(1+pi)i| 2
|1 e(1+pi)i| ,
donc mk=n
sin(x+ k(1 + ))i)
mk=n
e(x+k(1+pi))i
2|1 e(1+pi)i| = M .Les sommes sont bornes par un nombre M qui ne dpend ni de n, ni de m, ni de x.Il rsulte alors du critre dAbel que la srie de terme gnral un converge normalement sur[ 0, + [ .
30. a) Daprs le procd tlescopique
Sn =
nk=1
vk(x) = u1(x) un+1(x) ,
et la suite (un+1(x)) converge vers 0 (en distinguant les cas x = 0 et x > 0), donc la srie determe gnral un converge simplement, et
S(x) = u1(x) .
b) Puisque un est la drive de la fonction qui x associe en2x2 , on a
a0
un(t) dt =[en
2x2]a0= en
2a2 1 .
Alors
wn =
a0
un(t) dta
0
un+1(t) dt = en2a2 e(n+1)2a2 ,
et daprs le procd tlescopique
nk=1
wk = ea2 e(n+1)2a2 ,
donc, lorsque n tend vers linfini, cette somme a une limite qui vaut
k=1
wk = ea2 .
40
-
c) On aa
0
S(t) dt =
a0
u1(x) dx = ea2 1 .
d) On constate quen=1
a0
un(x) dx 6=a
0
n=1
un(x) dx .
La convergence de la srie de terme gnral un ne peut donc tre uniforme.
41
