Exercices corrigés - Séries numériques - calcul de sommes, estimation du reste, développements asymptotiques

On commence par remarquer que $$\frac1{n^2-1}=\frac1{2(n-1)}-\frac{1}{2(n+1)}.$$ On va alors pouvoir simplifier les sommes partielles à l'aide d'un changement d'indices. En effet, on a pour $N\geq 3$ \begin{align*} S_N&=\sum_{n=2}^{N}\frac{(-1)^n}{n^2-1}\\ &=\frac12\sum_{n=2}^N \frac{(-1)^n}{n-1}-\frac12\sum_{n=2}^N \frac{(-1)^n}{n+1}\\ &=\frac12\sum_{n=2}^N \frac{(-1)^n}{n-1}-\frac12\sum_{n=4}^{N+2}\frac{(-1)^n}{n-1}\\ &=\frac12-\frac 14-\frac{(-1)^{N+1}}{2N}-\frac{(-1)^{N+2}}{2(N+1)}. \end{align*} On en déduit que la suite $(S_N)$ converge et que sa limite vaut $\frac14$. C'est donc que la série converge et que $$\sum_{n=2}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{n^2-1}=\frac 14.$$ Remarquons qu'on aurait pu démontrer autrement la convergence de la série (par convergence absolue ou par le critère des séries alternées); notre méthode prouve en même temps la convergence de la série et donne sa somme.

On a affaire à une série télescopique un peu compliquée. Les simplifications se font sur l'écriture de 3 termes consécutifs. Précisément, on a \begin{eqnarray*} S_n&=&\sum_{k=2}^n \left(\frac{1}{\sqrt{k-1}}-\frac{2}{\sqrt{k}}+\frac{1}{\sqrt{k+1}}\right)\\ &=&\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{\sqrt{k}}-2\sum_{k=2}^n\frac{1}{\sqrt k}+\sum_{k=3}^{n+1} \frac 1{\sqrt{k}}\\ &=&1-\frac{1}{\sqrt 2}-\frac{1}{\sqrt n}+\frac{1}{\sqrt{n+1}}. \end{eqnarray*} On prouve donc que la série converge, et que sa somme fait : $1-\frac{1}{\sqrt{2}}$.

On écrit que, pour tout $x\in ]-1,1[$, $$\sum_{k=0}^n x^k=\frac{1-x^{n+1}}{1-x}.$$ On dérive cette égalité (on a bien une somme finie) : $$\sum_{k=1}^n kx^{k-1}=\frac{-(n+1)x^n(1-x)+(1-x^{n+1})}{(1-x)^2}.$$ On multiplie par $x\in ]-1,1[$, puis on fait tendre $n$ vers l'infini. On trouve que $$\sum_{k=1}^n kx^k=x\frac{-(n+1)x^n(1-x)+(1-x^{n+1})}{(1-x)^2}\to \frac{x}{(1-x)^2}$$ (on a utilisé que $nx^n \to 0$). Ceci prouve à la fois la convergence de la série et le fait que $$\sum_{k=1}^{+\infty}kx^k=\frac{x}{(1-x)^2}.$$

1. Remarquons d'abord par récurrence sur $n$ que la dérivée n-ième de $f(t)=\ln(1+t)$ est : $$f^{(n)}(t)=\frac{(-1)^{n-1}(n-1)!}{(1+t)^n}.$$ On va appliquer l'inégalité de Taylor-Lagrange à cette fonction entre $0$ et $1$. Remarquons que si $t\in[0,1]$, on a : $$\left|f^{(n)}(t)\right|\leq (n-1)!$$ On a donc : $$\left|f(1)-f(0)-\sum_{k=1}^{n-1}\frac{f^{(k)}(0)}{k!}\right|\leq\frac{1}{n},$$ ce qui en remplaçant les dérivées successives en zéro donne : $$\left|\ln(2)-\sum_{k=1}^{n-1} \frac{(-1)^{k-1}}{k}\right|\leq \frac{1}{n}.$$ Faire tendre $n$ vers $+\infty$ donne le résultat.
2. Avec l'indication, il vient : $$U_n=\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^{k+1}}{k}=\int_0^1\left(\sum_{k=1}^n (-t)^{k-1}\right)dt=\int_0^1\frac{1-(-t)^n}{1+t}dt.$$ Or, $\int_0^1\frac{dt}{1+t}=\ln 2$, et $$\left|\int_0^1 \frac{(-t)^n}{1+t}dt\right|\leq\int_0^1t^ndt=\frac{1}{n+1}.$$ Il vient $\dis |U_n-\ln 2|\leq\frac{1}{n+1}$, ce qui redonne bien le résultat de la première question.

Le plus simple est d'utiliser la formule suivante : $$\arctan\left(\frac{1}{k^2+k+1}\right)=\arctan\left(k+1\right)-\arctan\left(k\right),$$ qu'on peut prouver par exemple en appliquant la fonction tangente des deux côtés de l'égalité et utiliser la formule $\tan(a-b)=\dots$. On en déduit, par procédé standard d'élimination : $$\sum_{k=1}^n\arctan\left(\frac{1}{k^2+k+1}\right)=\arctan(n+1)-\arctan(1)\to \frac{\pi}{4}.$$

Contrairement à ce qu'on pourrait penser à première vue, la série ne vérifie pas le critère des séries alternées car la valeur absolue du terme général n'est pas décroissante. On peut prouver sa convergence à l'aide d'un développement limité du terme général. Toutefois, ceci ne permet pas de calculer la somme. Pour ce dernier problème, il faut regrouper deux par deux (astuce!). En effet, on a : $$v_n=u_{2n}+u_{2n+1}=\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n}=\frac{-1}{2n(2n+1)}.$$ On ne change pas la nature d'une série DONT LE TERME GÉNÉRAL TEND VERS 0 en regroupant un nombre BORNÉ de termes. Ainsi, les séries de terme général $u_n$ et $v_n$ sont de même nature, et en plus elles ont même somme. Or, il est clair que la série de terme général $v_n$ est convergente (comparaison à une série de Riemann). En outre, on peut calculer la somme de cette série. En effet, $$v_n=\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n}=\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n}-\frac{1}{n}.$$ On a donc : $$V_n=\sum_{k=1}^n v_k=\sum_{p=2}^{2n+1}\frac{1}{p}-\sum_1^n\frac{1}{p}.$$ Utilisant $\sum_1^n\frac{1}{p}=\ln n+\gamma+o(1),$ ($\gamma$ est la constante d'Euler), on a : $$V_n=\ln(2n+1)-1-\ln(n)+o(1).$$ Ainsi, $$V_n\to \ln(2)-1.$$

Dans tous les cas, on va comparer à une intégrale.

1. On doit séparer les cas $\alpha\leq 0$ et $\alpha>0$. Si $\alpha>0$, la fonction $x\mapsto x^{-\alpha}$ est décroissante sur $[1,+\infty[$. Pour tout $k\geq 2$, on a donc $$\int_{k}^{k+1}\frac{dt}{t^\alpha}\leq \frac{1}{k^{\alpha}}\leq \int_{k-1}^{k}\frac{dt}{t^\alpha}$$ l'inégalité de gauche étant encore valable pour $k=1$. On somme l'inégalité de gauche pour $k$ allant de $1$ à $n$, et celle de droite pour $k$ allant de $2$ à $n$. En rajoutant $1$ à l'inégalité de droite, on trouve finalement : $$\int_1^{n+1}\frac{dt}{t^\alpha}\leq S_n\leq 1+\int_1^{n}\frac{dt}{t^\alpha}.$$ En intégrant, il vient $$\frac{1}{1-\alpha}(n+1)^{1-\alpha}-\frac{1}{1-\alpha}\leq S_n\leq \frac{1}{1-\alpha}n^{1-\alpha}-\frac{1}{1-\alpha}+1.$$ On en déduit que $$\left(\frac{n+1}n\right)^{1-\alpha}-\frac{1}{n^{1-\alpha}}\leq \frac{S_n}{\frac{n^{1-\alpha}}{1-\alpha}}\leq 1+\frac{C}{n^{\alpha-1}}$$ où $C\in\mathbb R$. Puisque $\alpha<1$, $n^{1-\alpha}\to+\infty$ et on en déduit que $$S_n\sim_{+\infty}\frac{n^{1-\alpha}}{1-\alpha}.$$ Si $\alpha\leq 0$, la fonction $x\mapsto x^{-\alpha}$ est cette fois croissante. Le raisonnement est strictement identique, mais on doit inverser le sens des inégalités. On obtient exactement le même résultat.
2. Le raisonnement est toujours identique, mais cette fois on doit intégrer la fonction $\frac 1x$ dont une primitive est $\ln x$. On en déduit que $$S_n\sim_{+\infty}\ln n.$$

On se ramène à une somme en remarquant que $$\ln(n!)=\sum_{k=1}^n \ln(k)$$ Puisque la fonction $\ln$ est croissante, on a pour tout $k\geq 2$, $$\int_{k-1}^k \ln(t)dt\leq\ln(k)\leq\int_k^{k+1}\ln(t)dt.$$ On somme cette inégalité pour $k$ allant de $2$ à $n$ et, remarquant que $\ln(1)=0$, on trouve $$\int_1^n \ln(t)dt\leq \ln(n!)\leq \int_2^{n+1}\ln(t)dt.$$ Une primitive de $\ln(x)$ étant donnée par $x\ln x-x$, on trouve que $$n\ln n-n+1\leq \ln(n!)\leq (n+1)\ln(n+1)-(n+1)-2\ln2+2.$$ On divise par $n\ln n$ pour prouver que $\ln(n!)\sim_{+\infty}n\ln n.$ La seule chose non évidente à vérifier est que $$\frac{(n+1)\ln(n+1)}{n\ln n}\to 1.$$ Pour cela, on écrit $$\frac{(n+1)\ln(n+1)}{n\ln n}=\frac{n\ln(n+1)+\ln(n+1)}{n\ln n}=\frac{\ln(n)+\ln\left(1+\frac 1n\right)}{\ln n}+\frac{\ln n+\ln\left(1+\frac 1n\right)}{n\ln n}.$$

Posons, pour $a>0$, $S(a)=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac a{n^2+a^2}$. Cette quantité est bien définie car on a affaire à une série à terme positif dont le terme général est équivalent à $\frac{a}{n^2}$. La fonction $x\mapsto \frac{a}{x^2+a^2}$ est décroissante sur $[0,+\infty[$. On en déduit, par comparaison à une intégrale, que $$\int_1^{N+1}\frac{a}{a^2+x^2}dx\leq \sum_{n=1}^N \frac{a}{n^2+a^2}\leq\int_0^{N}\frac{a}{a^2+x^2}dx.$$ On calcule ces intégrales et on trouve $$\arctan\left(\frac {N+1}a\right)-\arctan\left(\frac 1a\right)\leq \sum_{n=1}^N \frac{a}{n^2+a^2}\leq \arctan\left(\frac{N}a\right).$$ On fait tendre $N$ vers $+\infty$ et on trouve $$\frac {\pi}2-\arctan\left(\frac 1a\right)\leq S(a)\leq \frac\pi 2.$$ Par le théorème des gendarmes, on en déduit que $$\lim_{a\to+\infty}\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{a}{n^2+a^2}=\frac{\pi}2.$$

On remarque d'abord que la série est convergente. Il s'agit d'une série alternée $\sum_{n\geq 1}(-1)^n a_n$ où $a_n=\frac1{n\ln(n+1)}$ est une suite décroissante vers $0$. Notons $S_n$ la somme partielle d'ordre $n$ de cette série et $S$ cette somme. Alors on peut appliquer le critère des séries alternées, et on sait que $S$ est encadré par deux sommes partielles consécutives. Plus précisément ici, en tenant compte du fait que $S_{2n-1}\leq S_{2n}$, on a $S_{2n-1}\leq S\leq S_{2n}$. Il suffit donc de calculer $S_{2n-1}$ et $S_{2n}$ jusqu'à ce que $S_{2n}-S_{2n-1}=\frac{1}{2n\ln(2n+1)} \leq 10^{-5}$. Ceci donne :