TD 1. Séries numériques
34
u n := 1 n u 2 n = 1 n 2 α> 1 α> 0 x 7→ 1 x α ]0, +∞[ x 7→- α x α-1 < 0 Z n+1 n dx x α ≤ Z n+1 n dx n α = 1 n α Z n+1 n dx = 1 n α , Z n n-1 dx x α ≥ Z n n-1 dx n α = 1 n α Z n n-1 dx = 1 n α . +∞ R +∞ 1 dx x α α> 1 • α ≤ 1 N X n=1 1 n α ≥ N X n=1 Z n+1 n dx x α = Z N +1 1 dx x α -→ N →+∞ +∞ • α> 1 N X n=2 1 n α ≤ N X n=2 Z n n-1 dx x α = Z N 1 dx x α = 1 - N 1-α α - 1 -→ n→+∞ 1 α - 1
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CY Cergy Paris Université L2 MIPIAnnée 2020-2021 Séries
TD 1. Séries numériques
Exercice 1Exercice 2Exercice 3Exercice 4Exercice 5Exercice 6Exercice 7Exercice 8Exercice 9Exercice 10Exercice 11Exercice 12Exercice 13Exercice 14Exercice 15Exercice 16Exercice 17
Exercice 1.
i. Faux : la série de terme général un := 1n diverge tandis que la série de terme général
u2n = 1n2 converge (cf. question ii).
ii. Faux : la série de Riemann converge si et seulement si α > 1. En e�et, pour tout α > 0,la fonction x 7→ 1
xα est décroissante sur ]0,+∞[ (sa dérivée est la fonction x 7→ − αxα−1 < 0).
Par croissance et linéarité de l'intégrale, cela implique que∫ n+1
n
dx
xα≤∫ n+1
n
dx
nα=
1
nα
∫ n+1
ndx =
1
nα, (1)∫ n
n−1
dx
xα≥∫ n
n−1
dx
nα=
1
nα
∫ n
n−1dx =
1
nα. (2)
Comme l'intégrale généralisée (à +∞)∫ +∞1
dxxα converge si et seulement si α > 1, on déduit
que :• si α ≤ 1, alors (3) implique que
N∑n=1
1
nα≥
N∑n=1
∫ n+1
n
dx
xα=
∫ N+1
1
dx
xα−→
N→+∞+∞
donc la série de Riemann diverge ;• si α > 1, alors (2) implique que
N∑n=2
1
nα≤
N∑n=2
∫ n
n−1
dx
xα=
∫ N
1
dx
xα=
1−N1−α
α− 1−→
n→+∞
1
α− 1
donc la série de Riemann converge.
1
iii. Vrai. Plus généralement, la série de Bertrand converge si et seulement si α > 1 etβ ∈ R quelconque ou α = 1 et β > 1. En e�et, si α < 0, alors la série diverge car son termegénéral tend vers +∞ (par croissance comparée, n|α|
lnβ(n)→ +∞ lorsque n→ +∞). Si α = 0,
alors la série diverge encore car 1lnβ(n)
≥ 1n lorsque n ≥ n0 � 0 (par croissance comparée)
i.e.∑N
n=n0
1lnβ(n)
≥∑N
n=n0
1n , et la série harmonique diverge. Considérons maintenant le
cas α > 0 : alors la fonction f : ]1,+∞[→ R dé�nie par f(x) := 1xα lnβ(x)
est strictement
décroissante lorsque x� 0 car
f ′(x) = −xα−1 (α ln(x) + β)(xα lnβ(x)
)2 < 0
dès que ln(x) > −βα . Par croissance et linéarité de l'intégrale, on déduit que∫ n+1
n
dx
xα lnβ(x)≤∫ n+1
n
dx
nα lnβ(n)=
1
nα lnβ(n)
∫ n+1
ndx =
1
nα lnβ(n),∫ n
n−1
dx
xα lnβ(x)≥∫ n
n−1
dx
nα lnβ(n)=
1
nα lnβ(n)
∫ n
n−1dx =
1
nα lnβ(n)
ce qui implique comme à la question ii. que la série de Bertrand converge si et seulement sil'intégrale de Bertrand converge. Or, le changement de variable x := ey, dx = eydy, nousdonne : ∫ +∞
1
dx
xα lnβ(x)=
∫ +∞
0
eydy
eαyyβ=
∫ +∞
0
e(1−α)ydy
yβ.
Si α > 1 i.e. 1−α < 0, alors le terme exponentiel décroît à l'in�ni et l'intégrale converge :
il existe C > 0 tel que e(1−α)y
2
yβ≤ C pour tout y ≥ 0, et donc
∫ +∞
0
e(1−α)ydy
yβ=
∫ +∞
0
e(1−α)y
2
yβe
(1−α)y2 dy ≤ C
∫ +∞
0e
(1−α)y2 dy =
2C
α− 1< +∞.
Si α > 1 i.e. 1 − α > 0, alors le terme exponentiel croît à l'in�ni et l'intégrale diverge.En�n, lorsque α = 1, l'intégrale
∫ +∞0
dyyβ
converge si et seulement si β > 1.
iv. Faux : la série de terme général un := 1n diverge et un+1 = 1
n+1 <1n = un.
v. Vrai : la suite des sommes partielles est croissante (car les uk sont positifs) et majorée,donc elle converge. Il est important ici que la contante M soit indépendante de la borne n.
vi. Faux : il su�t de prendre un = −vn := 1n , de sorte que la série de terme général
un + vn = 0 converge tandis que les séries de termes généraux un et vn divergent.
vii. Faux : si un := −1 et vn := 1n2 , alors un ≤ vn et la série
∑vn converge, mais la série∑
un diverge. Le résultat devient vrai si on suppose par exemple que 0 ≤ un ≤ vn à partird'un certain rang.
viii. Vrai : si un ∼ vn lorsque n → +∞, alors il existe n0 > 0 tel que, pour tout n ≥ n0,unvn
= 1 + on→+∞(1) avec |on→+∞| ≤ 12 . En particulier, 1
2 ≤unvn≤ 3
2 et un et vn sont demême signe, disons un, vn > 0 pour n ≥ n0. Alorsix. Faux : pour α = 1
2 et un := 1n , on a nαun = 1√
n→ 0 mais la série harmonique
∑un
diverge. C'est en revanche vrai si et seulement si α > 1 (cf. critère de Riemann pour lesintégrales). En e�et, pour α ≤ 1, la série de Bertrand pour β ∈ ]0, 1] fournit un exemple
2
de série divergente dont le terme général un := 1nα lnβ(n)
véri�e nαun = 1lnβ(n)
→ 0 lorsque
n → +∞. Pour α > 1, la condition signi�e que un = n−αon→+∞(1) ; en particulier, pourn� 0 de sorte que |on→+∞(1)| ≤ 1, on a |un| ≤ 1
nα qui est le terme d'une série convergente(puisque α > 1, cf. question ii), et donc la série
∑un converge (absolument).
Exercice 2.
i. Pour tout k ∈ N \ {0}, on a
1
k(k + 1)=
1
k− 1
k + 1.
Soit N ∈ N tel que N > 2010. On calcule :
N∑k=2010
1
k(k + 1)=
N∑k=2010
(1
k− 1
k + 1
)=
N∑k=2010
1
k−
N∑k=2010
1
k + 1.
Dans la dernière somme, on pose ` = k+ 1 de sorte que 2011 ≤ ` ≤ N + 1. Renotant alorsk := `, on obtient :
N∑k=2010
1
k(k + 1)=
N∑k=2010
1
k−
N+1∑k=2011
1
k=
(1
2010+
N∑k=2011
1
k
)−
(N∑
k=2011
1
k+
1
N + 1
)
=1
2010− 1
N + 1.
Ainsi :
+∞∑k=2010
1
k(k + 1)= lim
N→+∞
N∑k=2010
1
k(k + 1)= lim
N→+∞
(1
2010− 1
N + 1
)=
1
2010.
ii. Soit N ∈ N. On calcule :
N∑k=0
1
3k=
N∑k=0
(1
3
)k=
1−(13
)N+1
1− 13
=3
2
(1−
(1
3
)N+1).
Comme 13 < 1,
(13
)N+1 → 0 lorsque N → +∞. Il suit :
+∞∑k=0
1
3k= lim
N→+∞
N∑k=0
1
3k= lim
N→+∞
3
2
(1−
(1
3
)N+1)
=3
2.
iii. Soit z ∈ C et soit N ∈ N. Pour tout k ∈ N,
kzk =
zd
dzzk si k ≥ 1,
0 si k = 0..
3
L'opération de dérivation étant linéaire, on en déduit donc 1 :
N∑k=0
kzk =N∑k=1
zd
dzzk = z
d
dz
N∑k=1
zk = zd
dz
(N∑k=0
zk − 1
)
= zd
dz
(1− zN+1
1− z− 1
)= z
d
dz
z − zN+1
1− z
= z(1− (N + 1)zN )(1− z) + z − zN+1
(1− z)2
= z1 +NzN+1 − (N + 1)zN
(1− z)2.
Supposons ensuite que |z| < 1 ; alors zN+1 → 0 lorsque N → +∞ d'où :
+∞∑k=0
kzk = limN→+∞
N∑k=0
kzk = limN→+∞
z1 +NzN+1 − (N + 1)zN
(1− z)2=
z
(1− z)2. (3)
Prenant �nalement z = 13 < 1, on obtient :
+∞∑k=0
k
3k=
3
4.
iv. Soit n ∈ N. On observe que
1 +√n+ 1− 2
√n
2n+1=
1
2n+1+
√n+ 1
2n+1− 2√n
2n+1=
1
2n+1+
√n+ 1
2n+1−√n
2n
i.e. les deux derniers termes vont se télescoper. Pour tout N ∈ N, on écrit donc :
N∑k=0
1 +√n+ 1− 2
√n
2n+1=
N∑k=0
1
2n+1+
N∑k=0
√n+ 1
2n+1−
N∑k=0
√n
2n.
D'une part,
N∑k=0
1
2n+1=
1
2
N∑k=0
1
2n=
1
2
1−(12
)N+1
1− 12
= 1−(
1
2
)N+1
.
D'autre part,
N∑k=0
√n+ 1
2n+1−
N∑k=0
√n
2n=
√N + 1
2N+1
par télescopage. Comme(12
)N+1 → 0 et 2√N+1
2N+1 → 0 lorsque N → +∞, on obtient
1. La somme à gauche commence de toute façon à k = 1 car le terme à k = 0 est nul.
2. Pour le voir, il su�t d'écrire√N+1
2N+1 =√
N+12N+1
1√2N+1
et de montrer que N+12N+1 ≤ 1 i.e. N + 1 ≤ 2N+1
pour tout N ∈ N. Pour le voir, on procède par récurrence sur N ∈ N : on a 0 + 1 = 1 < 2 = 20+1 et doncla propriété est démontrée pour N = 0. Supposons le résultat acquis pour tout N ′ ∈ {0, . . . , N}, N ∈ N,et démontrons-le lorsque N ′ = N + 1 : on a (N + 1) + 1 ≤ 2N+1 + 1 par hypothèse de récurrence, et2N+1 + 1 < 2N+2 car 2N+1 + 1 − 2N+2 = 2N+1(1 − 2) + 1 = −2N+1 + 1 < 0 comme 1 < 2 ≤ 2N+1. Ceciconclut la récurrence.
4
�nalement :
+∞∑k=0
1 +√n+ 1− 2
√n
2n+1= lim
N→+∞
N∑k=0
1 +√n+ 1− 2
√n
2n+1= lim
N→+∞
(1−
(1
2
)N+1
+
√N + 1
2N+1
)= 1.
v. Pour tout k ∈ N \ {0}, on a
1
k(k + 4)=
1
4
(1
k− 1
k + 4
).
Soit N ∈ N tel que N > 2010. On calcule :
N∑k=2010
1
k(k + 4)=
1
4
N∑k=2010
1
k− 1
4
N∑k=2010
1
k + 4.
Dans la dernière somme, on pose ` = k+ 4 de sorte que 2014 ≤ ` ≤ N + 4. Renotant alorsk := `, on obtient :
N∑k=2010
1
k(k + 1)=
1
4
N∑k=2010
1
k− 1
4
N+4∑k=2014
1
k
=1
4
(1
2010+
1
2011+
1
2012+
1
2013+
N∑k=2014
1
k
)
− 1
4
(N∑
k=2014
1
k+
1
N + 1+
1
N + 2+
1
N + 3+
1
N + 4
)
=1
4
(1
2010+
1
2011+
1
2012+
1
2013− 1
N + 1− 1
N + 2− 1
N + 3− 1
N + 4
).
Ainsi :
+∞∑k=2010
1
k(k + 4)= lim
N→+∞
N∑k=2010
1
k(k + 4)=
1
4
(1
2010+
1
2011+
1
2012+
1
2013
).
En fait, pour tous m,n ∈ N \ {0} tels que m 6= n,
+∞∑k=m
1
k(k + n)=
1
n
(1
m+
1
m+ 1+ . . .+
1
m+ n− 1
).
vi. Comme 15 < 1, on peut reprendre les calculs de la question ii ; on obtient :
+∞∑k=0
2
5k= 2
+∞∑k=0
(1
5
)k= 2
1
1− 15
=5
2.
vii. Soit N ∈ N \ {0}. On a :
N∑k=1
ln
(k + 3
k + 1
)=
N∑k=1
(ln(k + 3)− ln(k + 1)
)=
N∑k=1
ln(k + 3)−N∑k=1
ln(k + 1).
5
Dans la première somme dans le membre de droite, on pose ` = k + 2 de sorte que3 ≤ ` ≤ N + 2. Renotant alors k := `, on obtient :
N∑k=1
ln
(k + 3
k + 1
)=
N+2∑k=3
ln(k + 1)−N∑k=1
ln(k + 1)
=
(N∑k=3
ln(k + 1) + ln(N + 2) + ln(N + 3)
)−
(ln(2) + ln(3) +
N∑k=3
ln(k + 1)
)= ln(N + 2) + ln(N + 3)− ln(2)− ln(3)
= ln
((N + 2)(N + 3)
6
).
Ainsi :
limN→+∞
N∑k=1
ln
(k + 3
k + 1
)= lim
N→+∞ln
((N + 2)(N + 3)
6
)= +∞.
6
Exercice 3.
i. Pour tout n ∈ N \ {0},
1
(2n+ 3)(n+ 7)=
1
n21(
2 + 3n
) (1 + 7
n
)et donc
limn→+∞
2n2
(2n+ 3)(n+ 7)= lim
n→+∞
2(2 + 3
n
) (1 + 7
n
) = 1.
Ainsi,
an ∼n→+∞
1
2n2≥ 0.
Comme 1n2 est le terme général d'une série convergente, on déduit du théorème de compa-
raison des séries à termes positifs que la série de terme général an est convergente.
ii. Pour tout N ∈ N \ {0},
bn ≥2
n≥ 0.
Or,∑ 2
n diverge. D'après le théorème de comparaison des séries à termes positifs, onconclut que la série de terme général bn est aussi divergente.
Autre méthode. Pour tout N ∈ N \ {0}, on pose :
BN :=
N∑n=1
bn, LN :=
N∑n=1
(−1)n+1
n.
La suite (LN )N∈N\{0} converge 3 d'après le théorème des séries à termes alternés (ou letest de Dirichlet). Supposons que la suite (BN )N≥1 converge. Alors la suite (BN +LN )N≥1doit également converger ; toutefois, le terme général de cette dernière suite est − 3
n quin'est autre que le terme général de la série harmonique (divergente) multipliée par −3, unecontradiction. On conclut que la série de terme général bn est divergente.
iii. Pour tout n ∈ N \ {0},
√n+ 1 =
√n
(1 +
1
n
)=√n
√1 +
1
n.
D'après la formule de Taylor-Young, on a√1 +
1
n= 1 +
1
2n+On→+∞
(1
n2
)et donc
√n+ 1 =
√n+
1
2√n
+On→+∞
(1
n32
).
Il suit :
√n+ 1−
√n
n=
12√n
+On→+∞
(1
n32
)n
=1
2n32
+On→+∞
(1
n52
)∼
n→+∞
1
2n32
≥ 0.
3. La limite est ln(2).
7
Ainsi, cn est équivalent lorsque n→ +∞ au terme général de la série de Riemann d'expo-sant 3
2 > 1, donc le théorème de comparaison des séries à termes positifs implique que lasérie de terme général cn converge.
iv. Pour tout n ∈ N \ {0},
n3 − n2 + 2
1 + n2=n3
n21− n2
n3 + 2n3
1n2 + 1
= n1− 1
n + 2n3
1n2 + 1
∼n→+∞
n
et donc
dn ∼n→+∞
n
2n≥ 0.
Or, (3) montre que
+∞∑n=0
n
2n=
12(
1− 12
)2 = 2.
Ainsi, le théorème de comparaison des séries à termes positifs implique que la série determe général dn est elle-même convergente.
v. Pour tout n ∈ N \ {0},
1 + n
n2(n+ ln(n))=
n
n3
1n + 1
1 + ln(n)n
=1
n2
1n + 1
1 + ln(n)n
et donc
en ∼n→+∞
1
n2≥ 0.
Comme 1n2 est le terme général d'une série convergente, le théorème de comparaison des
séries à termes positifs implique que la série de terme général en est convergente.
vi. Observons que pour tout n ∈ N \ {0},
ln(fn) = n+ n2 ln
(1− 1
n
).
D'après la formule de Taylor-Young,
ln
(1− 1
n
)= − 1
n− 1
2n2− 1
3n3+On→+∞
(1
n4
)d'où
ln(fn) = −1
2− 1
3n+On→+∞
(1
n2
).
Il suit :
fn = e− 1
2− 1
3n+On→+∞
(1n2
)= e−
12 e− 1
3n+On→+∞
(1n2
)∼
n→+∞e−
12 ≥ 0.
Ainsi, fn est équivalent lorsque n→ +∞ à une constante, donc le théorème de comparaisondes séries à termes positifs implique que la série de terme général fn diverge.
8
vii. Pour tout n ∈ N \ {0}, on a
n2 + n+ 1
n2 − n+ 1=n2
n21 + n
n2 + 1n2
1− nn2 + 1
n2
=1 + 1
n + 1n2
1− 1n + 1
n2
= 1 +2n
1− 1n + 1
n2
.
D'après la formule de Taylor-Young,
ln
(n2 + n+ 1
n2 − n+ 1
)= ln
(1 +
2n
1− 1n + 1
n2
)=
2n
1− 1n + 1
n2
+On→+∞
( 2n
1− 1n + 1
n2
)2
∼n→+∞
2n
1− 1n + 1
n2
∼n→+∞
2
n≥ 0.
Comme 1n est le terme général de la série harmonique, le théorème de comparaison des
séries à termes positifs implique que la série de terme général gn diverge.
viii. D'après la formule de Taylor-Young,
sin
(1
n
)=
1
n+On→+∞
(1
n3
)∼
n→+∞
1
n≥ 0.
Comme 1n est le terme général de la série harmonique, le théorème de comparaison des
séries à termes positifs implique que la série de terme général hn diverge.
ix. Soit f : ]1,+∞[→ R la fonction dé�nie par f(x) := ln(x)2 − x2 ln(ln(x)). On calcule :
f ′(x) = 2ln(x)
x− 1
2ln(ln(x))− 1
2 ln(x).
Par croissance comparée, f ′(x)→ −∞ lorsque x→ +∞. Par dé�nition, pour tout M > 0,il existe donc x0 > 1 tel que, pour tout x ≥ x0, f ′(x) ≤ −M . Le théorème fondamental ducalcul implique alors que 4
f(x)− f(2) =
∫ x
2f ′(t)dt =
∫ x0
2f ′(t)dt+
∫ x
x0
f ′(t)dt ≤∫ x0
2f ′(t)dt−M(x− x0).
En faisant tendre x vers +∞, ceci montre que f(x)→ −∞ lorsque x→ +∞. En particulier,prenant n� 0, on a ln(n)2 − n
2 ln(ln(n)) ≤ 0 et donc
in =nln(n)
(ln(n))n=
eln(n)2
en ln(ln(n))= eln(n)
2−n ln(ln(n)) = eln(n)2−n
2ln(ln(n))−n
2ln(ln(n)) ≤ e−
n2ln(ln(n)).
Finalement, comme ln(ln(n))→ +∞ lorsque n→ +∞, on a
in ≤ e−n2
pour n� 0. Comme
+∞∑n=0
e−n2 =
+∞∑n=0
(e−
12
)n=
1
1− e−12
4. Le choix de la borne inférieure n'a pas d'importance ici, on peut prendre n'importe quel réel dans]1,+∞[.
9
et comme in > 0 pour tout n ∈ N \ {0, 1}, le théorème de comparaison des séries à termespositifs implique que la série de terme général in est convergente.
x. Pour tout n ∈ N \ {0},
jn =
(1
2
)ln(n)
= eln(n) ln(12) = e− ln(n) ln(2) = eln(
1n) ln(2) =
(1
n
)ln(2)
=1
nln(2).
Comme ln(2) < 1, la série de Riemann d'exposant ln(2) est divergente i.e. la série de termegénéral jn est divergente.
Exercice 4.
i. Pour tout n ∈ N,
n√kn =
n+ 1
2n+ 5=
1 + 1n
2 + 5n
−→n→+∞
1
2< 1.
Le critère de Cauchy montre donc que la série de terme général kn converge.
ii. Pour tout n ∈ N \ {0},
ln+1
ln=
(n+ 1)!∏n+1k=1 sin
(12k
)n!∏nk=1 sin
(12k
) = (n+ 1) sin
(1
2n+1
)= (n+ 1)
(1
2n+1+On→+∞
(1
23(n+1)
))∼
n→+∞
n+ 1
2n+1−→
n→+∞0 < 1.
Le critère de d'Alembert montre donc que la série de terme général ln converge.
iii. D'après la formule de Stirling
n! =√
2πn(n
e
)n(1 +On→+∞
(1
n
)),
on a pour tout n ∈ N \ {0} :
mn =√
2πn
(1 +On→+∞
(1
n
))−→
n→+∞+∞.
La série de terme général mn est donc divergente.
Remarque. Bien que la divergence se montre très facilement, on pourra observer que lescritères de Cauchy et de d'Alembert ne permettent pas de conclure :• Pour tout n ∈ N \ {0},
mn+1
mn=
(n+ 1)!en+1
(n+ 1)n+1
nn
n!en=
(n+ 1)nnen+1−n
(n+ 1)n+1=
nne
(n+ 1)n
=nne(
n(1 + 1
n
))n=
nne
nn(1 + 1
n
)n=
e(1 + 1
n
)n .10
Par ailleurs,
ln
[(1 +
1
n
)n]= n ln
(1 +
1
n
)= n
(1
n+On→+∞
(1
n2
))= 1 +On→+∞
(1
n
)et donc (
1 +1
n
)n= e1+On→+∞( 1
n),
mn+1
mn=
e
e1+On→+∞( 1n)
= eOn→+∞( 1n) −→
n→+∞1.
Le critère de d'Alembert ne permet donc pas de conclure.• Pour tout n ∈ N \ {0},
n√mn =
n√n!
e
n.
En utilisant la formule de Stirling, on obtient :
n√mn = n
√√
2πn
(1 +On→+∞
(1
n
))−→
n→+∞1.
Le critère de Cauchy ne permet donc pas de conclure non plus.
Exercice 5.
i. Comme la série∑un est à termes positifs et converge, il existe n0 ∈ N tel que, pour
tout n ≥ n0, |un| = un ≤ 1. Ainsi, u2n ≤ un et donc, pour tout N ∈ N tel que N ≥ n0,
N∑n=n0
u2n ≤N∑
n=n0
un ≤+∞∑n=n0
un < +∞.
La suite des sommes partielles(∑N
n≥n0u2n
)N≥n0
est donc croissante (car u2n ≥ 0) et ma-
jorée, donc converge i.e. la série∑u2n converge.
ii. Comme la série∑un converge, un → 0 lorsque n→ +∞. Ainsi,
ln(1 + un) = un +On→+∞(u2n)∼
n→+∞un.
Ainsi, le terme général de la série∑
ln(1 + un) est équivalent lorsque n → +∞ au termegénéral de la suite convergente
∑un. On en déduit que la série
∑un converge.
iii. On rappelle la très utile inégalité de Young : pour tous a, b, ε > 0, on a 5
ab ≤ εa2
2+b2
2ε.
Pour tout n ∈ N \ {0}, on prend ε = 1, a =√un et b = 1
n ; cela donne :
√unn≤ u2n
2+
1
2n2.
5. Démonstration : on écrit ab = (√εa)(b√ε
)puis on pose a :=
√εa et b := b√
ε. L'inégalité (a− b)2 ≥ 0
donne alors a2 + b2 ≥ 2ab, ce qui donne le résultat annoncé.
11
La question i montre que∑ u2n
2 converge et∑ 1
2n2 converge également (vers π2
12 ). Comme
un ≥ 0 pour tout n ∈ N \ {0}, il suit que la série∑ √
unn converge.
Exercice 6.
On supposera sans perte de généralité que les séries sont indexées sur N.i. Supposons que
∑an converge. Comme an ≥ 0 pour tout n ∈ N, on a 1 + an ≥ 1 et donc
an1 + an
≤ an.
Ainsi, pour tout N ∈ N,N∑n=0
an1 + an
≤N∑n=0
an ≤+∞∑n=0
an < +∞
Ceci montre que la série∑ an
1+anconverge.
Supposons réciproquement que∑ an
1+anconverge. Cela implique que le terme général an
1+antend vers 0, et donc
an1 + an
= on→+∞(1).
On a donc
an = (1 + an)on→+∞(1)
puis
an(1− on→+∞(1)) = on→+∞(1)
et en�n
an =on→+∞(1)
1− on→+∞(1)= on→+∞(1)
i.e. an → 0 lorsque n→ +∞. Donc
an1 + an
= an
(1 +On→+∞(an)
)∼
n→+∞an
ce qui montre que an est équivalent lorsque n → +∞ au terme général d'une suite quiconverge. Ceci prouve que
∑an converge.
ii. Supposons que la série∑ 1
1+n2anconverge. Alors la série
∑(an + 1
1+n2an
)doit conver-
ger également. Considérons maintenant la fonction f : R+ → R dé�nie par fn(x) :=x+ 1
1+n2xavec n ∈ N \ {0} �xé. On calcule :
f ′(x) = 1− n2
(1 + n2x)2= 0 ⇐⇒ 1 =
n
1 + n2x⇐⇒ x =
n− 1
n2.
Ceci montre que xn := n−1n2 est l'unique point critique de fn. Comme fn(0) = 1 et fn(x)→
+∞ lorsque x→ +∞, on déduit que fn(xn) = minR+{fn} i.e. pour tout x ∈ R+, fn(x) ≥fn(xn). En particulier, prenant x = an ∈ R+, on obtient 6 :
an +1
1 + n2an≥ fn
(n− 1
n2
)=
2
n− 1
n2.
6. Si on était parti de 11+nαan
, alors le même calcul aurait mené à an + 11+nαan
≥ 2
nα2− 1
nα. On voit
donc que l'argument par contradiction n'est valable que si α ≤ 2. Si α > 2 alors on ne peut pas conclurede cette façon.
12
Comme la série de terme général 1n2 converge, la série
∑(an + 1
1+n2an+ 1
n2
)doit aussi
converger. Or, an + 11+n2an
+ 1n2 ≥ 2
n est le terme général d'une série divergente, une
contradiction. L'hypothèse de départ est donc fausse : la série∑ 1
1+n2andiverge.
Exercice 7.
i. Pour tout n ∈ N \ {0},
pnqn
=(−1)n√
n
√n+ (−1)n
(−1)n= 1 +
(−1)n√n
−→n→+∞
1
i.e. les deux séries∑pn et
∑qn sont équivalentes.
ii. La série∑pn converge d'après le test de Dirichlet : en e�et, pn = p′np
′′n avec p′n = 1√
n
et p′′n = (−1)n, et la suite (p′n)n≥1 est décroissante et tend vers 0 lorsque n→ +∞ tandisque les sommes partielles |p′1 + . . .+ p′N | sont majorées (par 1) pour tout N ∈ N \ {0}.Supposons maintenant que la série 7
∑qn converge également. Alors la série
∑(pn − qn)
doit converger. Or, son terme général
pn − qn =(−1)n√
n− (−1)n√
n+ (−1)n=
1√n(√n+ (−1)n)
∼n→+∞
1
n
est équivalent au terme général d'une série divergente, une contradiction. On en déduitdonc que la série
∑qn diverge.
Exercice 8.
i. On a
rn = sin
((−1)n
n
)=
(−1)n
n+On→+∞
(1
n3
).
D'après le théorème des séries alternées, la série de terme général r′n := (−1)nn est semi-
convergente 8 : en e�et,
• pour tout n ∈ N\{0}, r′nr′n+1 = (−1)2n+1
n(n+1) = −1n(n+1) < 0 i.e. la série
∑r′n est alternée ;
• la suite (|r′n|)n∈N\{0} est décroissante et converge vers 0 car |r′n|−|r′n+1| = 1n−
1n+1 =
1n(n+1) > 0 et 1
n → 0 lorsque n→ +∞.
Par ailleurs, comme∣∣On→+∞
(1n3
)∣∣ ≤ Cn3 pour une certaine constante C > 0, et comme la
série de Riemann∑n−3 converge, on en déduit que la série de terme général On→+∞
(1n3
)converge absolument. Ainsi, la série
∑rn est la somme d'une série semi-convergente et
d'une série absolument convergente, donc est semi-convergente.
ii. D'après la formule de Taylor-Young,
√n2 + 1 =
√n2(
1 +1
n2
)= n
√1 +
1
n2= n
(1 +
1
2n2+On→+∞
(1
n4
))et donc
π√n2 + 1 = πn+
π
2n+On→+∞
(1
n3
).
7. On observera que le terme général qn ne véri�e pas les hypothèses du théorème utilisé pour montrerla convergence de la série
∑pn.
8. Cette série converge vers − ln(2)
13
En utilisant l'identité trigonométrique élémentaire sin(a+ b) = sin(a) cos(b) + sin(b) cos(a)avec a = πn et b = π
2n +On→+∞(
1n3
), on obtient :
sn = sin(π√n2 + 1
)= sin (πn)︸ ︷︷ ︸
=0
cos
(π
2n+On→+∞
(1
n3
))+ sin
(π
2n+On→+∞
(1
n3
))cos (πn)︸ ︷︷ ︸=(−1)n
= (−1)n sin
(π
2n+On→+∞
(1
n3
))= (−1)n
(π
2n+On→+∞
(1
n3
)).
D'après le théorème des séries alternées, la série de terme général (−1)nπ2n est semi-convergente
(cf. question i pour la véri�cation des hypothèses du théorème). Par ailleurs, comme∣∣On→+∞(
1n3
)∣∣ ≤ Cn3 pour une certaine constante C > 0, et comme la série de Riemann∑
n−3 converge, on en déduit que la série de terme général On→+∞(
1n3
)converge ab-
solument. Ainsi, la série∑sn est la somme d'une série semi-convergente et d'une série
absolument convergente, donc est semi-convergente.
iii. On reprend l'argument utilisé à la question ii de l'exercice 7. Le théorème des sériesalternées (ou le test de Dirichlet) montre que
∑ (−1)nnα converge ; comme 9
(−1)n
nα− (−1)n
nα + (−1)n=
1
nα (nα + (−1)n)∼
n→+∞
1
n2α,
on voit que la série de terme général (−1)nnα − (−1)n
nα+(−1)n converge si et seulement si la série
de Riemann d'exposant 2α converge, soit si et seulement si α > 12 . Donc la série de terme
général tn converge si et seulement si α > 12 .
iv. La série∑un converge absolument car |un| ≤ 1
n2−8 pour tout n ∈ N \ {0, 1, 2} et1
n2−8 ∼1n2 lorsque n→ +∞.
v. La série∑vn converge absolument car |vn| ≤ 1
2n pour tout n ∈ N \ {0}.vi. En utilisant la formule de Taylor-Young, on a :
tan
(1√n
)=
1√n
+1
3n32
+On→+∞
(1
n52
),
sin
(1√n
)=
1√n− 1
6n32
+On→+∞
(1
n52
).
Il vient donc :
|wn| =1
2n32
+On→+∞
(1
n52
)∼
n→+∞
1
2n32
.
Comme la série de Riemann∑n−
32 converge, on en déduit que la série
∑wn est absolument
convergente.
vii. Pour tout n ∈ N \ {0},
yn =nν
1 + nµ∼
n→+∞
nν
nµ= nν−µ
9. L'usage de l'équivalence pour déterminer la nature de la série de terme général tn := 1nα(nα+(−1)n)
est ici possible car tn > 0 lorsque nα > 1.
14
donc la série∑yn converge si et seulement si ν − µ < −1 i.e. si et seulement si ν < µ− 1.
viii.
zn =
(n2 + 3n+ 1
n2 + n+ 2
)2n2+n+1
f(x)n, f(x) = e−(x2+x+5).
Pour tout n ∈ N \ {0},
n√zn =
(n2 + 3n+ 1
n2 + n+ 2
)2n+1+ 1n
f(x).
On calcule :
ln
((n2 + 3n+ 1
n2 + n+ 2
)2n+1+ 1n
)=
(2n+ 1 +
1
n
)ln
(n2 + 3n+ 1
n2 + n+ 2
)=
(2n+ 1 +
1
n
)ln
(1 +
2n− 1
n2 + n+ 2
)=
(2n+ 1 +
1
n
)(2n− 1
n2 + n+ 2+On→+∞
(1
n2
))= 2n
2n− 1
n2 + n+ 2+On→+∞
(1
n
)= 2
n2
n22− 1
n
1 + 1n + 2
n2
+On→+∞
(1
n
)= 2
(2− 1
n
)(1− 1
n+On→+∞
(1
n2
))+On→+∞
(1
n
)= 4 +On→+∞
(1
n
).
Ci-dessus on a utilisé que
n× 2n− 1
n2 + n+ 2=n2
n22− 1
n
1 + 1n + 2
n
−→n→+∞
2 < +∞
i.e. 2n−1n2+n+2
= On→+∞(1n
)et donc
(2n−1
n2+n+2
)2= On→+∞
(1n2
). Ainsi,
(n2 + 3n+ 1
n2 + n+ 2
)2n+1+ 1n
= e4+On→+∞( 1n) = e4
(1 +On→+∞
(1
n
))d'où
n√zn −→
n→+∞e4f(x).
Comme x2+x+5 ≥ 5− 14 > 4 (le minimum est atteint à x = −1
2), on a 4−(x2+x+5) < 0
et donc e4f(x) = e4−(x2+x+5) < 1. Le critère de d'Alembert implique donc que la série∑
zn converge (absolument).
Exercice 9.
15
i. On pose v1 := u1 puis
vk := uk − uk−1, ∀k ∈ N \ {0, 1}.
Alors pour tout n ∈ N \ {0, 1},n∑k=1
vk = v1 +n∑k=2
vk = u1 +n∑k=2
(vk − vk−1) = u1 + (un − u1) = un.
Montrons que la suite (un)n≥1 converge. D'après le calcul précédent, il su�t de montrerque la série
∑vn converge. Pour tout n ≥ 2,
vn = un − un−1 =
(n∑k=1
1
k− ln(n)
)−
(n−1∑k=1
1
k− ln(n− 1)
)=
1
n+ ln
(n− 1
n
)=
1
n+ ln
(1− 1
n
).
En utilisant la formule de Taylor-Young
ln(1− y) = −y − y2
2+Oy→0
(y3)
pour y = 1n , on obtient :
vn =1
n+
(− 1
n− 1
2n2+On→+∞
(1
n3
))= − 1
2n2+On→+∞
(1
n3
).
Ainsi,
|vn| ≤1
2n2+
∣∣∣∣On→+∞
(1
n3
)∣∣∣∣ .Comme (par dé�nition) il existe une constante C > 0 telle que
∣∣On→+∞(
1n3
)∣∣ ≤ Cn3 lorsque
n� 0, on en conclut que∑|vn| converge, donc
∑vn converge (absolument), et �nalement
(un)n∈N\{0} converge vers un réel γ 10.
ii. Soit k ∈ N \ {0}. Pour tout x ∈ [k, k + 1], 1x ≤
1k et donc 11 1
xa ≤1ka . Ainsi,∫ k+1
k
dx
xa≤ 1
ka
∫ k+1
kdx =
1
ka.
De même, pour tout x ∈ [k − 1, k], 1x ≥
1k et donc 1
xa ≤1ka . Ainsi,∫ k
k−1
dx
xa≥ 1
ka
∫ k
k−1dx =
1
ka.
iii. Soit a > 1 ; on a d'après la question ii :∫ k+1
k
dx
xa≤ 1
ka≤∫ k
k−1
dx
xa.
Ainsi, pour tous n, N ∈ N véri�ant N ≥ n+ 1, on a :
N∑k=n+1
∫ k+1
k
dx
xa≤
N∑k=n+1
1
ka≤
N∑k=n+1
∫ k
k−1
dx
xa.
10. La constante γ vaut approximativement 0, 5772156649.
11. On utilise ici la croissance de la fonction fa : R∗+ → R dé�nie pour a > 0 par fa(x) := xa = ea ln(x) ;en e�et, f ′a(x) = axa−1 > 0 pour tout x > 0.
16
On calcule (en utilisant que a > 1) :
N∑k=n+1
∫ k+1
k
dx
xa=
∫ N+1
n+1
dx
xa=
[x1−a
1− a
]N+1
n+1
=(N + 1)1−a
1− a− (n+ 1)1−a
1− a,
N∑k=n+1
∫ k
k−1
dx
xa=
∫ N
n
dx
xa=
[x1−a
1− a
]Nn
=N1−a
1− a− n1−a
1− a.
Comme 1− a < 0, (N + 1)1−a → 0 et N1−a → 0 lorsque N → +∞, d'où :
+∞∑k=n+1
∫ k+1
k
dx
xa= lim
N→+∞
N∑k=n+1
∫ k+1
k
dx
xa= −(n+ 1)1−a
1− a=
(n+ 1)1−a
a− 1,
+∞∑k=n+1
∫ k
k−1
dx
xa= lim
N→+∞
N∑k=n+1
∫ k
k−1
dx
xa= − n
1−a
1− a=n1−a
a− 1.
On obtient �nalement l'encadrement suivant :
(n+ 1)1−a
a− 1≤
+∞∑k=n+1
1
ka≤ n1−a
a− 1.
De là, on voit que
(n+ 1)1−a
n1−a≤ a− 1
n1−a
+∞∑k=n+1
1
ka≤ 1
puis
1 = limn→+∞
(n+ 1)1−a
n1−a≤ lim
n→+∞
a− 1
n1−a
+∞∑k=n+1
1
ka≤ 1
i.e.
+∞∑k=n+1
1
ka∼
n→+∞
n1−a
a− 1.
iv. Pour tout n ∈ N,
un − γ =+∞∑
k=n+1
(1
k− ln
(1 +
1
k
)).
On utilise alors la formule de Taylor avec reste intégral :
ln (1 + x) = x− x2
2+ x3
∫ 1
0
(1− t)2(1 + tx)
)3dt.
On obtient :
1
k− ln
(1 +
1
k
)=
1
2k2− 1
k3
∫ 1
0
(1− t)2(1 + t
k
)3dt.
17
Ainsi,
un − γ =+∞∑
k=n+1
1
2k2−
+∞∑k=n+1
1
k3
∫ 1
0
(1− t)2(1 + t
k
)3dt.
La question iii avec a = 2 montre alors que
+∞∑k=n+1
1
2k2∼
n→+∞
1
2n.
En outre, pour tout k ≥ n+ 1,
2n× 1
k3
∫ 1
0
(1− t)2(1 + t
k
)3dt ≤ 2n
k3
∫ 1
0(1− t)2dt =
2n
3k3=
n
k32
2
3k32
≤ n
(n+ 1)32
2
3k32
et donc
2n
+∞∑k=n+1
1
k3
∫ 1
0
(1− t)2(1 + t
k
)3dt ≤ n
(n+ 1)32
+∞∑k=n+1
2
3k32
−→n→+∞
0.
Finalement,
limn→+∞
2n× (un − γ) = limn→+∞
2n
+∞∑k=n+1
1
2k2− limn→+∞
2n
+∞∑k=n+1
1
k3
∫ 1
0
(1− t)2(1 + t
k
)3dt = 1
i.e. un − γ ∼ 12n lorsque n→ +∞.
Exercice 10.
i. On calcule :
Sn =
n∑k=0
(1
2
)k= 1−
(1
2
)n+1
,
Σn =n∑k=0
(1
2
)k+
n∑k=0
(1
3
)k= 1−
(1
2
)n+1
+ 31−
(13
)n+1
2,
Rn =+∞∑
k=n+1
(1
2
)k=
+∞∑k=0
(1
2
)k−
n∑k=0
(1
2
)k= 1−
(1−
(1
2
)n+1)
=
(1
2
)n+1
,
Γn =
+∞∑k=n+1
(1
2
)k+
+∞∑k=n+1
(1
3
)k=
(+∞∑k=0
(1
2
)k−
n∑k=0
(1
2
)k)+
(+∞∑k=0
(1
3
)k−
n∑k=0
(1
3
)k)
=
(1
2
)n+1
+3
2
(1
3
)n+1
.
On observe que Rn ∼ Γn lorsque n→ +∞, mais Sn et Σn ne sont pas équivalentes.
ii. Supposons que∑an converge. Comme an ∼ bn lorsque n → +∞, on a bn = an(1 +
on→+∞(1)) pour n� 0. Soit ε > 0 ; il existe n0 ∈ N tel que, pour tout n ≥ n0, |bn− an| ≤εan. Ainsi, pour tous n, N ∈ N tels que n0 ≤ n+ 1 ≤ N , on a :∣∣∣∣∣
N∑k=n+1
ak −N∑
k=n+1
bk
∣∣∣∣∣ ≤N∑
k=n+1
|ak − bk| ≤N∑
k=n+1
εak = εN∑
k=n+1
ak.
18
Il suit pour tout n ∈ N tel que n+ 1 ≥ n0,
|Rn − Γn| = limN→+∞
∣∣∣∣∣N∑
k=n+1
ak −N∑
k=n+1
bk
∣∣∣∣∣ ≤ limN→+∞
ε
N∑k=n+1
ak = εRn.
Donc, pour tout ε > 0, il existe n0 ∈ N tel que, pour tout n ≥ n0 + 1, on a∣∣∣∣ΓnRn − 1
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣Γn −RnRn
∣∣∣∣ ≤ ε.Par dé�nition d'une limite, cela montre que
limn→+∞
∣∣∣∣ΓnRn − 1
∣∣∣∣ = 0
d'où Rn ∼ Γn lorsque n→ +∞.
iii. Soit ε > 0. Comme an ∼ bn lorsque n→ +∞, il existe n0 ∈ N tel que, pour tout n ≥ n0,|bn−an| ≤ εan (cf. question ii). Ainsi, pour tous n, N ∈ N tels que n0 ≤ n+ 1 ≤ N , on a :∣∣∣∣∣
N∑k=n+1
ak −N∑
k=n+1
bk
∣∣∣∣∣ ≤N∑
k=n+1
|ak − bk| ≤N∑
k=n+1
εak = ε
N∑k=n+1
ak.
Par ailleurs, comme∑an diverge et comme an ∼ bn lorsque n → +∞,
∑bn diverge
également. Ainsi, pour tout M > 0 tel que
M ≥ 1
εmax
{n0∑k=0
ak,
n0∑k=0
bk
},
il existe N0 ∈ N tel que, pour tout N ≥ N0, on a
N∑k=0
ak ≥ 2M.
On peut alors écrire :
|SN − ΣN | =
∣∣∣∣∣N∑k=0
ak −N∑k=0
bk
∣∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣∣n0∑k=0
ak −n0∑k=0
bk
∣∣∣∣∣+
∣∣∣∣∣∣N∑
k=n0+1
ak −N∑
k=n0+1
bk
∣∣∣∣∣∣≤
n0∑k=0
ak +
n0∑k=0
bk +N∑
k=n0+1
|ak − bk|
≤ 2εM +
N∑k=n0+1
εak
≤ εN∑k=0
ak + ε
N∑k=0
ak
= 2εSN .
Par conséquent, pour tout ε > 0, il existe N0 ∈ N tel que, pour tout N ≥ N0, on a∣∣∣∣ΣN
SN− 1
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣ΣN − SNSN
∣∣∣∣ ≤ 2ε.
19
Par dé�nition d'une limite, cela montre que
limn→+∞
∣∣∣∣Σn
Sn− 1
∣∣∣∣ = 0
d'où Sn ∼ Σn lorsque n→ +∞.
iv. Montrons que (un)n∈N converge vers 0. Observons tout d'abord que un ∈ ]0, 1[ pourtout n ∈ N : en e�et, u0 = 1
2 ∈ ]0, 1[ et si l'on suppose que l'on a montré par récurrence surn ∈ N que un′ ∈ ]0, 1[ pour tout n′ ∈ {0, . . . , n}, n ∈ N, alors la relation un+1 = un(1−u2n)nous donne immédiatement un+1 ∈ ]0, 1[ puisque un ∈ ]0, 1[ et 1−u2n ∈ ]0, 1[ par hypothèsede récurrence. Observons en outre que la suite (un)n∈N est strictement décroissante : ene�et,
un+1 − un = un(1− u2n)− un = −u3n ∈ ]− 1, 0[.
Par conséquent, (un)n∈N est minorée (par 0) et strictement décroissante, donc convergevers une limite ` ∈ [0, 1[. En faisant tendre n vers +∞ dans la relation un+1 = un − u3n,on trouve ` = `− `3 i.e. ` = 0.
Soit maintenant α ∈ R. En utilisant la formule de Taylor-Young
(1− x)α = 1− αx+On→+∞(x2)
pour x = u2n → 0 lorsque n→ +∞, on calcule :
uαn+1 − uαn = uαn(1− u2n)α − uαn = uαn((1− u2n)α − 1
)= uαn
(−αu2n +On→+∞
(u4n))
= −αu2+αn +On→+∞(u4+αn
).
Si α < −2 alors uαn+1 − uαn → +∞ lorsque n → +∞ (le signe positif vient du fait queun+1 < un et donc uαn+1 > uαn lorsque α < 0). Si α ≤ −2, alors uαn+1 − uαn ∼ −αu2+αn
lorsque n→ +∞ et converge vers 2 lorsque α = −2 et vers 0 lorsque α > −2.
En�n, pour tout n ∈ N,
un+1 − u0 =n∑k=0
(uk+1 − uk) = −n∑k=0
u3k
et donc
un+1 =1
2−
n∑k=0
u3k.
Exercice 11.
i. Pour tout n ∈ N \ {0}, on note
rn := 1− α
n+On→+∞
(n−β
).
Par hypothèse, un+1 = unrn. Soit maintenant ε > 0 tel que ε < min{|α− 1|, 1
}. Comme
β > 1, on a n1−β → lorsque n→ +∞ ; il existe donc n0 ∈ N tel que, pour tout n ≥ n0, ona
−ε ≤ On→+∞(n1−β
)≤ ε
20
et donc
− εn≤ On→+∞
(n−β
)≤ ε
n.
Il suit pour n ≥ n0 :
1− α+ ε
n≤ rn ≤ 1− α− ε
n.
Une récurrence immédiate donne alors
un+1 = un0
n∏k=n0
rk
d'où (un0 > 0)
un0
n∏k=n0
(1− α+ ε
k
)≤ un+1 ≤ un0
n∏k=n0
(1− α− ε
k
). (4)
On pose α± := α± ε. On calcule :
n∏k=n0
(1− α±
k
)=
n∏k=n0
k − α±k
=
∏nk=n0
(k − α±)∏nk=n0
k=
Γ(n− α± + 1)Γ(n0 + 1)
Γ(n0 − α± + 1)Γ(n+ 1)
où Γ : R∗+ → R est la fonction d'Euler (et satisfait Γ(m + 1) = m! pour tout m ∈ N). Laformule de Stirling s'applique à la fonction Γ (qui généralise la factorielle) :
Γ(n− α± + 1)
Γ(n+ 1)=
(n−α±
e
)n−α±√2π(n− α±)
(1 +On→+∞
(1
n−α±
))(ne
)n√2πn
(1 +On→+∞
(1n
))= eα±
(n− α±n
)n√n− α±n
1
(n− α±)α±
1 +On→+∞
(1
n−α±
)1 +On→+∞
(1n
)= eα±
(n− α±n
)n√n− α±n
1
(n− α±)α±
(1 +On→+∞
(1
n− α±
)).
Par ailleurs,
ln
[(n− α±n
)n ]= n ln
(1− α±
n
)= −α± +On→+∞
(1
n
)donc (
n− α±n
)n= e−α±
(1 +On→+∞
(1
n
)).
De plus, √n− α±n
=
√1− α±
n= 1 +On→+∞
(1
n
).
Par suite,
Γ(n− α± + 1)Γ(n0 + 1)
Γ(n0 − α± + 1)Γ(n+ 1)=
Γ(n0 + 1)
Γ(n0 − α± + 1)
1
(n− α±)α±
(1 +On→+∞
(1
n− α±
))∼
n→+∞
Γ(n0 + 1)
Γ(n0 − α± + 1)
1
nα±.
21
Finalement, on obtient :
n∏k=n0
(1− α±
k
)∼
n→+∞e−α±
(n0 − α±n− α±
)α± ( n0n0 − α±
)n0
∼n→+∞
e−α±nn00
(n0 − α±)n0−α±1
nα±.
Supposons alors α > 1. L'encadrement (4) montre que
un+1 ≤ un0
n∏k=n0
(1− α−
k
)∼
n→+∞un0
e−α−nn00
(n0 − α−)n0−α−1
nα−.
Comme ε < |α−1| = α−1, on a α− = α−ε > 1 et donc un+1 est minoré lorsque n→ +∞par le terme général d'une série (absolument) convergente. Donc
∑un converge.
Supposons en�n α < 1. L'encadrement (4) montre que
un+1 ≥ un0
n∏k=n0
(1− α+
k
)∼
n→+∞un0
e−α+nn00
(n0 − α+)n0−α+
1
nα+.
Comme ε < |α−1| = 1−α, on a α+ = α+ε < 1 et donc un+1 est majoré lorsque n→ +∞par le terme général d'une série divergente. Donc
∑un diverge.
Remarque. Lorsque α = 1, on ne peut pas conclure. C'est par exemple ce qu'il se passeavec la série de Bertrand
∑ 1nα ln(n)β
: lorsque α = 1, la série converge, respectivementdiverge, lorsque β > 1, respectivement lorsque β ≤ 1.
ii. Pour tout n ∈ N \ {0} et tout x ∈ R, notons
un :=√n!
n∏k=1
sin
(x√n
)=√n! sin
(x√n
)n.
Si x = 0 alors il n'y a rien à faire (la série∑
n≥1 un converge vers 0). Supposons doncx 6= 0. On a :
un+1
un=
√(n+ 1)! sin
(x√n+1
)n+1
√n! sin
(x√n
)n=√n+ 1
sin(
x√n+1
)sin(
x√n
)n
sin
(x√n+ 1
).
D'après les formules de Taylor-Young
√n+ 1 =
√n
(1 +
1
n
)=√n
(1 +
1
2n− 1
8n2+On→+∞
(1
n3
)),
22
sin
(x√n+ 1
)= sin
(x
√n(1 + 1
2n −1
8n2 +On→+∞(
1n3
)))
= sin
(x√n
[1− 1
2n+
3
8n2+On→+∞
(1
n3
)])=
x√n
[1− 1
2n+
3
8n2+On→+∞
(1
n3
)]− x3
6n32
[1− 1
2n+
3
8n2+On→+∞
(1
n3
)]3+
x5
120n52
[1− 1
2n+
3
8n2+On→+∞
(1
n3
)]5+On→+∞
(1
n3
)=
x√n
[1− 1
2n+
3
8n2+On→+∞
(1
n3
)]− x3
6n32
[1− 3
2n+On→+∞
(1
n2
)]+
x5
120n52
[1 +On→+∞
(1
n
)]+On→+∞
(1
n3
)=
x√n
[1− 3 + x2
6n+
45 + 30x2 + x4
120n2+On→+∞
(1
n3
)],
1
sin(
x√n
) =1
x√n− x3
6n32
+ x5
120n52
+On→+∞
(1
n72
) =
√n
x
[1 +
x2
6n+
7x4
360n2+On→+∞
(1
n3
)],
sin(
x√n+1
)sin(
x√n
) =
[1− 3 + x2
6n+
45 + 30x2 + x4
120n2+On→+∞
(1
n3
)][1 +
x2
6n+
7x4
360n2+On→+∞
(1
n3
)]
= 1− 1
2n+
9 + 4x2
6n2+On→+∞
(1
n3
),
sin(
x√n+1
)sin(
x√n
)n
=
(1− 1
2n+
9 + 4x2
6n2+On→+∞
(1
n3
))n
= e−12
(1 +
9 + 4x2
6n+On→+∞
(1
n2
)),
on obtient :
un+1
un=√n
(1 +
1
2n+On→+∞
(1
n2
))e−
12
(1 +
9 + 4x2
6n+On→+∞
(1
n2
))× x√
n
(1− 3 + x2
6n+On→+∞
(1
n2
))= xe−
12
(1 +
3 + x2
2n+On→+∞
(1
n2
)).
Le critère de d'Alembert implique alors que la série∑un converge (absolument) lorsque
|x| < e12 et diverge lorsque |x| > e
12 . Lorsque x = e
12 , la règle de Raabe-Duhamel implique
23
que la série∑un diverge. En�n, lorsque x = −e
12 , on a
un =√n!
(x√n
+On→+∞
(1
n32
))n= xn
√n!
nn
(1 +On→+∞
(1
n12
))n= xn
√√2πnnne−n
nn
(1 +On→+∞
(1
n
))(1 +On→+∞
(1
n12
))= (2π)
14
(x
e12
)nn
14
(1 +On→+∞
(1
n12
))= (2π)
14 (−1)nn
14
(1 +On→+∞
(1
n12
))∼
n→+∞(2π)
14 (−1)nn
14 .
donc la série∑un diverge (puisque un ne tend pas vers 0 lorsque n→ +∞).
Pour tout n ∈ N \ {0}, notons maintenant
vn :=n∏p=1
(2− e
1p
).
D'après la formule de Taylor-Young,
2− e1p = 2−
(1 +
1
p+R(p)
)= 1− 1
p−R(p)
où R(p) = Op→+∞
(1p2
). Comme 12 ex − 1 − x > 0 pour tout x > 0, R(p) > 0. De
plus, comme R(p) → 0 lorsque p → +∞, il existe p0 > 0 tel que, pour tout p > p0,|R(p)| = R(p) ≤ 1
2 . Ainsi, pour tout n > p0 > 2, on a :
n∏p=2
(2− e
1p
)=
p0∏p=2
(2− e
1p
)︸ ︷︷ ︸
=:C(p0)∈ ]2−e12 ,2p0−1[
n∏p=p0+1
(2− e
1p
)= C(p0)
n∏p=p0+1
(1− 1
p−R(p)
)
= C(p0)
n∏p=p0+1
(1− 1
p
)(1− R(p)
1− 1p
)
≥ C(p0)
n∏p=p0+1
(1− 1
p
)1
2
=1
2C(p0)
n∏p=p0+1
p− 1
p
=1
2C(p0)
∏np=p0+1(p− 1)∏n
p=p0+1 p
=1
2C(p0)
(n−1)!(p0−1)!n!p0!
=1
2C(p0)
p0n.
12. Il y a plusieurs façons de le voir : on peut par exemple étudier les variations de x 7→ ex − 1 − x enutilisant que ex > 1 lorsque x > 0, ou bien revenir à la dé�nition ex :=
∑+∞k=0
xn
n!.
24
Il résulte que la suite de terme général vn :=∏np=1
(2− e
1p
)diverge puisque la série
harmonique diverge. Comme vn = (2− e)vn, les séries∑vn et
∑vn sont de même nature,
et donc la série∑vn diverge.
Exercice 12.
Pour tout N ∈ N,N∑n=0
un+1 =N∑n=0
n+ 1
(n+ 2)3un +
N∑n=0
n
(n+ 2)3
et donc
N∑n=0
un+1 −N∑n=0
n+ 1
(n+ 2)3un =
N∑n=0
n
(n+ 2)3.
Dans la première somme à gauche, on pose ` := n+1 de sorte que 1 ≤ ` ≤ N+1. Renotantn := `, on trouve :
N+1∑n=1
un −N∑n=0
n+ 1
(n+ 2)3un =
N∑n=1
(1− n+ 1
(n+ 2)3
)un + uN+1 −
u023
=
N∑n=0
n
(n+ 2)3
≤+∞∑n=1
1
n2
=π2
6< +∞. (5)
D'une part,
1− n+ 1
(n+ 2)3∼
n→+∞1
et donc les séries de termes généraux un et(
1− n+1(n+2)3
)un sont de même nature. D'autre
part, uN+1 → 0 lorsque N → +∞. En e�et, pour tout n ∈ N, une récurrence immédiatemontre que |un| ≤ |u0|+ 1
n lorsque n� 0. 13 Ainsi, il existe une constante C > 0 telle que|un| ≤ C pour tout n ∈ N, d'où
limN→+∞
|uN+1| ≤ limN→+∞
(|uN |
(N + 2)3+
N
(N + 2)3
)≤ lim
N→+∞
(C
(N + 2)3+
N
(N + 2)3
)= 0.
Ainsi, on a
limN→+∞
(N∑n=1
(1− n+ 1
(n+ 2)3
)un + uN+1 −
u023
)= lim
N→+∞
N∑n=1
(1− n+ 1
(n+ 2)3
)un −
u023.
13. En e�et, u1 = u023
donc |u1| = |u0|8≤ |u0| ≤ |u0| + 1
1, puis en supposant le résultat démontré pour
tout n′ ∈ {1, . . . , n} avec n ∈ N \ {0}, on écrit
|un+1| ≤|un|n2
+1
n2≤|u0|+ 1
n
n2+
1
n2=|u0|n2
+1
n3+
1
n2≤ |u0|+
n2 + n3
n5
et
n2 + n3
n5≤ 1
n+ 1⇐⇒ (n2 + n3)(n+ 1)︸ ︷︷ ︸
=n2(1+n)2
≤ n5 ⇐⇒ n(n+ 1) ≤ n52 ⇐⇒ 1 +
1
n≤√n
avec la dernière inégalité valide dès que n ≥ 3.
25
L'inégalité (5) montre alors que la série de terme général(
1− n+1(n+2)3
)un converge ; comme
observé plus haut, cela équivaut à la convergence de la série de terme général un.
Remarque : Il est possible d'obtenir la forme explicite de un+1. En e�et, montrons parrécurrence sur n ∈ N que
(n+ 2)3un+1 =u0
(n+ 1)!2+
n∑k=0
(n+ 1− k)!2
(n+ 1)!2(n− k). (6)
Lorsque n = 0, la formule de l'énoncé montre que 23u1 = u0 ce qui est encore la formule(6) pour n = 0. Supposons acquis le résultat pour tout n′ ∈ {0, . . . , n}, n ∈ N, puisdémontrons-le pour n′ = n+ 1 : la formule de l'énoncé donne
(n+ 3)3un+2 = (n+ 2)un+1 + (n+ 1) =(n+ 2)3
(n+ 2)2un+1 + (n+ 1)
puis (6) ainsi que l'hypothèse de récurrence pour n′ = n donne
(n+ 3)3un+2 =1
(n+ 2)2
(u0
(n+ 1)!2+
n∑k=0
(n+ 1− k)!2
(n+ 1)!2(n− k)
)+ (n+ 1)
=u0
(n+ 2)!2+
n∑k=0
(n+ 1− k)!2
(n+ 2)!2(n− k) + (n+ 1)
=u0
(n+ 2)!2+
n∑k=0
(n+ 2− k − 1)!2
(n+ 2)!2(n+ 1− k − 1) + (n+ 1).
On pose ` := k + 1 de sorte que 1 ≤ ` ≤ n+ 1. Alors
(n+ 3)3un+2 =u0
(n+ 2)!2+n+1∑`=1
(n+ 2− `)!2
(n+ 2)!2(n+ 1− `) + (n+ 1)
=u0
(n+ 2)!2+n+1∑`=0
(n+ 2− `)!2
(n+ 2)!2(n+ 1− `)
ce qui donne (6) pour n+ 1. Ainsi, la formule est démontrée par récurrence sur N.On observera néanmoins que la formule explicite ne donne pas une meilleure indication dela convergence de la série de terme général un.
Exercice 13.
i. Soit f : ]1,+∞[→ R la fonction positive dé�nie par f(x) := ln(x)−√x = e−
√x ln(ln(x)).
On calcule :
f ′(x) = e−√x ln(ln(x))
(− ln(ln(x))
2√x−√x
x ln(x)
)= −e−
√x ln(ln(x))
2√x ln(x)
(ln(ln(x)) ln(x) + 2
)Il suit que f ′(x) < 0 pour x > e, donc f est strictement décroissante sur ]e,+∞[. D'aprèsun théorème de comparaison du cours, la série
∑an converge si et seulement si l'intégrale
généralisée
A :=
∫ +∞
3f(x)dx
26
converge (le choix de la borne inférieure n'est pas important pourvu que l'intégrande soitbien dé�ni en son voisinage à droite et soit décroissant sur l'intervalle considéré a�n d'ap-pliquer le théorème : ici on a bien pris 3 > e). Comme ln(ln(x)) > 1 pour tout x ≥ 3,x ln(ln(x)) > x et donc e−
√x ln(ln(x)) < e−
√x. Par ailleurs, par croissance comparée, il existe
une constante C > 0 telle que x2e−√x = (
√x)4e−
√x ≤ C pour tout x ≥ 3. D'où :
A ≤∫ +∞
3e−√xdx =
∫ +∞
3
1
x2
(x2e−
√x)
dx ≤ C∫ +∞
3
1
x2dx =
C
3< +∞.
Ceci montre que A converge, et donc∑an converge.
ii. D'après les formules de Taylor-Young,
cosh(x) :=ex + e−x
2= 1 +
x2
2+Ox→0
(x4),
ln(1 + x) = x+Ox→0
(x2),
on a :
ln(bn) = −n3 ln
(cosh
(1
n
))= −n3 ln
(1 +
1
2n2+On→+∞
(1
n4
))= −n3
(1
2n2+On→+∞
(1
n4
))= −n
2+On→+∞
(1
n
).
Il suit :
bn = e−n2+On→+∞( 1
n) ∼n→+∞
e−n2 .
Ainsi, bn est équivalent lorsque n → +∞ au terme général d'une série convergente, donc∑bn est convergente.
iii. Reprenant la formule de Taylor-Young de la question ii pour le terme cosh(1n
)lorsque
n→ +∞, on peut écrire :
cn = e− cosh( 1n) ln(n) = e
−(1+On→+∞
(1n2
))ln(n) ∼
n→+∞e− ln(n) =
1
n.
Ainsi, cn est équivalent lorsque n → +∞ au terme général de la série harmonique quidiverge, donc
∑cn diverge.
iv. Écrivons :(1 +
1
n
)n+1
= e(n+1) ln(1+ 1n) = e
(n+1)(
1n− 1
2n2+On→+∞
(1n3
))= e
1+ 12n
+On→+∞(
1n2
)
= e
(1
2n+On→+∞
(1
n2
)),(
1 +1
n+ 1
)n= en ln(1+ 1
n+1) = en(
1n+1− 1
2(n+1)2+On→+∞
(1
(n+1)3
))= e
nn+1− n
2(n+1)2+On→+∞
(1
(n+1)3
)
= e1− 3
2n+On→+∞
(1n2
)
= e
(− 3
2n+On→+∞
(1
n2
)).
27
Ci-dessus, on a utilisé que 1n+1 = 1
n +(
1n+1 −
1n
)= 1
n −1
n(n+1) = 1n +On→+∞
(1n2
). Ainsi,
on obtient :(1 +
1
n
)n+1
−(
1 +1
n+ 1
)n= e
(1
2n+On→+∞
(1
n2
))− e
(− 3
2n+On→+∞
(1
n2
))= e
(2
n+On→+∞
(1
n2
))∼
n→+∞
2e
n.
Ainsi, dn est équivalent lorsque n→ +∞ à 2e fois le terme général de la série harmoniquequi diverge, donc
∑dn diverge.
v. De la formule de Taylor-Young pour la foncton sin, on déduit que
√n sin
(1√n
)= 1 +On→+∞
(1
n
)et donc
en =(−1)n√n+ (−1)n
+(−1)n√n+ (−1)n
On→+∞
(1
n
).
On a déjà vu à l'exercice 8, question iii, que la série de terme général (−1)n√n+(−1)n diverge.
Par ailleurs, il existe C > 0 tel que∣∣On→+∞
(1n
)∣∣ ≤ Cn , donc∣∣∣∣ (−1)n√
n+ (−1)nOn→+∞
(1
n
)∣∣∣∣ ≤ C
(√n+ 1)n
∼n→+∞
C
n32
Ainsi, en est la somme du terme général d'une série divergente avec le terme général d'unesérie convergente (normalement). La série
∑en est donc divergente.
vi. Pour tout n ∈ N,
fn = arcsin
(n
n
1 + 1n
2 + 1n
)− arcsin
(n
n
1− 1n
2− 1n
)= arcsin
(1
2+
1n
2(2 + 1
n
))− arcsin
(1
2−
1n
2(2− 1
n
)) .D'après la formule de Taylor-Young 14,
arcsin
(1
2+ x
)=π
6+
2x√3
+Ox→0
(x2).
Il vient donc :
fn =
π6
+2√3
1n
2(2 + 1
n
) +On→+∞
( 1n
2(2 + 1
n
))2
−
π6− 2√
3
1n
2(2− 1
n
) +On→+∞
( 1n
2(2− 1
n
))2
=1√3
(1n
2 + 1n
+1n
2− 1n
)+On→+∞
(1
n2
)=
1√3
4
n(4− 1
n2
) +On→+∞
(1
n2
)∼
n→+∞− 1
4√
3n.
14. On rappelle que arcsin(12
)= π
6(car sin
(π6
)= 1
2) puis arcsin′(x) = 1√
1−x2pour tout x ∈ ]− 1, 1[.
28
Ainsi, fn est équivalent lorsque n→ +∞ à− 14√3fois le terme général de la série harmonique
qui diverge, donc∑fn diverge.
Exercice 14.
i. Comme ln(n)n > 1
n pour tout n ≥ 3, la série∑un diverge car son terme général est
minoré à partir d'un certain rang par celui de la série harmonique. En revanche, comme∣∣∣∑Nn=1(−1)n
∣∣∣ ≤ 1 pour tout N ∈ N \ {0} et comme(ln(n)n
)n∈N\{0}
est strictement décrois-
sante et converge vers 0 lorsque n → +∞ par croissance comparée, le test de Dirichletmontre que la série
∑vn converge.
ii. Pour tout n ∈ N \ {0}, on calcule :
S2n − Sn =2n∑
k=n+1
ln(k)
k=
n∑k=1
ln(n+ k)
n+ k=
n∑k=1
ln(n(1 + k
n
))n+ k
=n∑k=1
ln(n)
n+ k+
n∑k=1
ln(1 + k
n
)n+ k
=ln(n)
n
n∑k=1
1
1 + kn
+1
n
n∑k=1
ln(1 + k
n
)1 + k
n
.
Soient f, g : [0, 1] → R les deux fonctions dé�nies par f(t) := 11+t et g(t) := ln(1+t)
1+t ; ces
deux fonctions sont continues. Par ailleurs, lorsque k ∈ {1, . . . , n}, kn ∈ [0, 1]. On reconnaîtdonc deux sommes de Riemann :
limn→+∞
1
n
n∑k=1
1
1 + kn
= limn→+∞
1
n
n∑k=1
f
(k
n
)=
∫ 1
0f(t)dt =
[ln(1 + t)
]10
= ln(2),
limn→+∞
1
n
n∑k=1
ln(1 + k
n
)1 + k
n
= limn→+∞
1
n
n∑k=1
g
(k
n
)=
∫ 1
0g(t)dt =
[ln2(1 + t)
2
]10
=ln2(2)
2.
Il suit :
S2n − Sn = ln(n)(
ln(2) + on→+∞(1))
+
(ln2(2)
2+ on→+∞(1)
).
ii.A�n d'obtenir le développement asymptotique annoncé, on doit traiter le terme ln(n)(
ln(2)+
on→+∞(1))qui donne a priori ln(2) ln(n) + on→+∞(ln(n)). Écrivons :
∫ 1
0f(t)dt =
n∑k=1
∫ kn
k−1n
f(t)dt =
n∑k=1
∫ kn
k−1n
f
(k
n
)dt−
n∑k=1
∫ kn
k−1n
(f(t)− f
(k
n
))dt
=1
n
n∑k=1
f
(k
n
)−
n∑k=1
∫ kn
k−1n
(f(t)− f
(k
n
))dt.
Il vient donc : ∫ 1
0f(t)dt− 1
n
n∑k=1
f
(k
n
)= −
n∑k=1
∫ kn
k−1n
(f(t)− f
(k
n
))dt.
29
Cette relation entre intégrale et série de Riemann est générale. Utilisons à présent que fest en fait de classe C1([0, 1],R). Le théorème fondamental du calcul
f(t)− f(k
n
)=
∫ t
kn
f ′(s)ds
nous permet d'obtenir la majoration suivante :∣∣∣∣f(t)− f(k
n
)∣∣∣∣ ≤ ∫ kn
t|f ′(s)|ds =
∫ kn
t
ds
(1 + s)2≤∫ k
n
tds =
k
n− t.
Or, si t ∈[k−1n , kn
], on a t− k
n ≤1n , et donc :∣∣∣∣∣
∫ 1
0f(t)dt− 1
n
n∑k=1
f
(k
n
)∣∣∣∣∣ ≤n∑k=1
∫ kn
k−1n
(f(t)− f
(k
n
))dt ≤
n∑k=1
∫ kn
k−1n
(k
n− t)
dt
=n∑k=1
[−(kn − t
)22
] kn
k−1n
=n∑k=1
1
2n2
=1
2n.
On s'aperçoit donc que le convergence est meilleure 15 : au lieu d'avoir ln(n)(
ln(2) +
on→+∞(1)), on a en fait ln(n)
(ln(2) +On→+∞
(1n
))= ln(2) ln(n) +On→+∞
(ln(n)n
). D'où
en�n 16 :
S2n − Sn = ln(2) ln(n) +On→+∞
(ln(n)
n
)+
ln2(2)
2+ on→+∞(1)
= ln(2) ln(n) +ln2(2)
2+ on→+∞(1).
iv. Pour tout n ∈ N \ {0},
S2n + T2n =2n∑k=1
ln(k)
k
(1 + (−1)k
)Comme
1 + (−1)k =
{0 si k est impair,
2 si k est pair,
on peut sommer sur les k ∈ {1, . . . , 2n} pairs. Cela donne :
S2n + T2n = 2
n∑k=1
ln(2k)
2k= ln(2)
n∑k=1
1
k+
n∑k=1
ln(k)
k= ln(2)
n∑k=1
1
k+ Sn.
15. La convergence s'améliore lorsque la régularité de la fonction f augmente.
16. En fait, le terme de reste on→+∞(1) peut être remplacé par On→+∞
(ln(n)n
): en e�et, la fonction
g étant elle aussi de classe C1([0, 1],R), un raisonnement analogue à celui mené pour évalué la di�érenceentre l'intégrale de f sur [0, 1] et sa série de Riemann à l'ordre n conduirait à obtenir un terme On→+∞
(1n
)en plus du terme On→+∞
(ln(n)n
).
30
En utilisant la question iii, on obtient :
T2n = ln(2)n∑k=1
1
k+ (Sn − S2n) = ln(2)
n∑k=1
1
k−(
ln(2) ln(n) +ln2(2)
2+ on→+∞(1)
)
= ln(2)
(n∑k=1
1
k− ln(n)
)− ln2(2)
2+ on→+∞(1).
D'après l'exercice 9 question iv,∑n
k=11k − ln(n) = γ + 1
2n + on→+∞(1). Ainsi,
+∞∑k=1
= limn→+∞
T2n = limn→+∞
[ln(2)
(n∑k=1
1
k− ln(n)
)− ln2(2)
2+ on→+∞(1)
]
= limn→+∞
[ln(2)
(γ +
1
2n+ on→+∞(1)
)− ln2(2)
2+ on→+∞(1)
]= ln(2)
(γ − ln(2)
2
).
Exercice 15.
Supposons que∑un converge. Il existe donc ` > 0 (la stricte positivité venant du fait que
un > 0 pour tout n ∈ N) tel que Sn → ` lorsque n→ +∞. Ainsi,
unSn
=un
`+ on→+∞(1)=un`
(1 + on→+∞(1)
)∼
n→+∞
un`.
Donc unSn
est équivalent lorsque n → +∞ au terme général d'une série convergente, donc∑ unSn
converge.
Supposons maintenant que∑ un
Snconverge. Soit f : ]0,+∞[→ R la fonction dé�nie par
f(x) := ln(x)x . On a :
f ′(x) =1− ln(x)
x2≤ 0 ⇐⇒ 1− ln(x) ≤ 0 ⇐⇒ x ≥ e.
Par ailleurs, f(x) → −∞ lorsque x → 0−, f(x) → 0 lorsque x → +∞ (par croissancecomparée) et on a f(e) = 1
e . En particulier, f est strictement croissante, donc injective,sur ]0, e[ : il existe donc un unique x0 ∈ ]0, e[ tel que f(x0) = 0. Il se trouve que x0 = 1comme on peut facilement constater que f(1) = 0.
x
f(x)
e
1e
Figure 1 � Graphe de la fonction f : ]0,+∞[3 x 7→ ln(x)x ∈ R.
31
Pour tout n ∈ N \ {0}, on a :
f
(SnSn−1
)=Sn−1Sn
ln
(SnSn−1
)=Sn−1Sn
∫ Sn
Sn−1
dt
t≤ Sn−1
Sn
∫ Sn
Sn−1
dt
Sn−1=Sn − Sn−1
Sn=unSn.
Pour tout N ∈ N \ {0}, il vient donc :
N∑n=1
f
(SnSn−1
)≤
N∑n=1
unSn≤
+∞∑n=1
unSn
< +∞.
Comme f(
SnSn−1
)> 0 pour tout n ∈ N (car Sn
Sn−1> 1), ceci montre que la série de terme
général f(
SnSn−1
)converge ; en particulier, on doit avoir f
(SnSn−1
)→ 0 lorsque n → +∞.
Ceci n'est possible que si et seulement si SnSn−1
→ 1+ ou SnSn−1
→ +∞. Supposons queSnSn−1
→ +∞ : il existe donc une suite (σn)n∈N telle que σn → +∞ lorsque n→ +∞ et
Sn = σnSn−1
pour tout n ∈ N \ {0}. Or, unSn → 0 lorsque n→ +∞ comme la série∑ un
Snest convergente
par hypothèse ; pourtant,
unSn
=Sn − Sn−1
Sn=
(σn − 1)Sn−1σnSn−1
=σn − 1
σn−→
n→+∞1,
une contradiction. On a donc nécessairement SnSn−1
→ 1+ lorsque n→ +∞. Par dé�nition,ceci signi�e que Sn ∼ Sn−1 lorsque n → +∞ et donc un
Sn−1∼ un
Snlorsque n → +∞. Il suit
que la série∑ un
Sn−1est convergente. Comme
ln(SN )− ln(S0) =N∑n=1
∫ Sn
Sn−1
dt
t≤
N∑n=1
∫ Sn
Sn−1
dt
Sn−1=
N∑n=1
Sn − Sn−1Sn−1
=N∑n=1
unSn−1
≤+∞∑n=1
unSn−1
< +∞
pour tout N ∈ N \ {0}, le terme ln(SN ) est borné uniformément en N ∈ N. On en déduit�nalement que la suite des sommes partielles (SN )N∈N est croissante (car les un sont touspositifs) et majorée, donc converge. Par conséquent, la série
∑un converge.
Exercice 16.
On utilise une sommation par parties (l'équivalent pour les séries de l'intégration parparties pour les intégrales) : pour toutes suites (an)n∈N et (bn)n∈N, pour tous m,N ∈ N
32
avec m ≤ N , on a 17 :
N∑n=m
an(bn+1 − bn) = aNbN+1 − ambm −N∑
n=m+1
(an − an−1)bn.
On applique cette formule pour an := Rn (et donc an − an−1 = −un), bn := n et m := 0 :
N∑n=m
Rn = RN (N + 1) +
N∑n=1
nun. (7)
Si∑Rn converge, alors le même argument que celui utilisé à la question i. de l'exercice
17 montre que nRn → 0 lorsque n→ +∞. Ainsi,
limN→+∞
RN (N + 1) = limN→+∞
NRNN + 1
N= 0
et donc (7) montre que∑nun converge. Réciproquement, si
∑nun converge, alors un = vn
navec
∑vn convergente. Il suit
Rn =
+∞∑k=n+1
vkk≤ 1
n+ 1
+∞∑k=n+1
vk
et donc RN (N + 1)→ 0 lorsque N → +∞ car∑
k≥N+1 vk est le reste d'une série conver-gente (donc tend vers 0 lorsque N → +∞). Donc (7) montre que
∑nun converge. Dans les
deux cas, le terme RN (N + 1) tend vers 0 lorsque N → +∞, si bien que les deux sommes,lorsqu'elles existent, sont égales.
Exercice 17.
i. Pour montrer que∑un converge implique que nun → 0 lorsque n → +∞ i.e. un =
on→+∞(1)n , on raisonne par contradiction. Supposons donc que nun 6→ 0 lorsque n→ +∞ :
il existe alors C > 0 tel que, pour tout n ∈ N su�samment grand, un > Cn . Comme la série
harmonique diverge, cela implique que∑un diverge par comparaison.
ii. On pose vn := un − un+1 de sorte que Rn :=∑
k≥n+1 vk = un (on a utilisé ici le faitque un → 0 lorsque n→ +∞). On veut donc montrer que
∑nvn converge si et seulement
si∑Rn converge avec sommes identiques en cas de convergence. Comme vn ≥ 0 pour
tout n ∈ N par décroissance de la suite (un)n∈N, on peut utiliser le résultat démontré àl'exercice 16.
17. On démontre cette formule par récurrence sur N ∈ N avec N ≥ m et m quelconque. Elle est évidentelorsque N = m (en utilisant la convention de la "somme vide"
∑mn=m+1 ≡ 0). Supposons acquis le résultat
pour tout N ′ ∈ {m, . . . , N}, N ∈ N, puis démontrons-le pour N ′ = N + 1. En appliquant l'hypothèse derécurrence pour N ′ = N , on écrit :
N+1∑n=m
an(bn+1 − bn) =N∑
n=m
an(bn+1 − bn) + aN+1(bN+2 − bN+1)
=
(aNbN+1 − ambm −
N∑n=m+1
(an − an−1)bn
)+ aN+1(bN+2 − bN+1)
= aN+1bN+2 − ambm −N+1∑
n=m+1
(an − an−1)bn.
Ainsi, la formule est démontrée pour tout N ∈ N, N ≥ m, par récurrence.
33
iii. On pose un := 2−n. Alors (un)n∈N est une suite réelle décroissante de limite 0. Oncalcule :
n(un − un+1) = n
(1
2n− 1
2n+1
)=
n
2n
(1− 1
2
)=
n
2n1
2=
n
2n+1.
D'après la question ii., la série∑nun converge car la série
∑2−n converge, et les deux
sommes sont identiques :
+∞∑n=0
n
2n+1=
+∞∑n=0
1
2n=
1
1− 12
= 2.
34
