Math sup : séries numériques

1. En utilisant le développement limité du cosinus, ou l'équivalent $1-\cos x\sim_0 \frac{x^2}{2}$, on voit que : $$u_n\sim_{+\infty} \frac{\pi^2}{2n^2},$$ et la série est convergente.
2. On va faire un développement limité de $u_n$. Dans un premier temps, en utilisant le développement limité de $\cos x$ en zéro, on a $$u_n=\exp\left(1-\frac{1}{2n^2}+o\left(\frac 1{n^2}\right)\right)-\exp\left(1-\frac{2}{n^2}+o\left(\frac 1{n^2}\right)\right).$$ On met $e$ en facteur puis on utilise le développement limité de $\exp$ en $0$ : \begin{align*} u_n&=e\left(\exp\left(-\frac{1}{2n^2}+o\left(\frac 1{n^2}\right)\right)-\exp\left(\frac{-2}{n^2}+o\left(\frac 1{n^2}\right)\right)\right)\\ &=e\left(1-\frac{1}{2n^2}-1+\frac{2}{n^2}+o\left(\frac 1{n^2}\right)\right)\\ &=\frac{3e}{2n^2}+o\left(\frac 1{n^2}\right)\\ &\sim_{+\infty}\frac{3e}{2n^2}. \end{align*} Par comparaison à une série de Riemann convergente, la série de terme général $u_n$ est convergente.
3. On a : \begin{eqnarray*} u_n&=& \exp\left(n^2\ln\left(\frac{n}{n+1}\right)\right)\\ &=&\exp\left(-n^2\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)\right)\\ &=&\exp\left(-n^2\left(\frac 1n-\frac{1}{2n^2}+o\left(\frac1{n^2}\right)\right)\right)\\ &=&\exp\left(-n+\frac 12+o(1)\right)\\ &\sim_{+\infty}& e^{1/2}e^{-n}. \end{eqnarray*} Par comparaison à une série géométrique positive et convergente, la série de terme général $u_n$ converge.

On va montrer que cette série est absolument convergente. Puisque $f$ est continue sur le segment $[0,1]$, elle y est bornée par $M$, et on a : $$|u_n|\leq\frac{M}{n}\int_0^1 t^ndt\leq\frac{M}{n(n+1)}.$$ La série de terme général $(u_n)$ est absolument convergente.

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 $$\lim_{a\to+\infty}\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{a}{n^2+a^2}=\frac{\pi}2.$$

1. On fixe $\gamma$ un réel tel que $1<\gamma<\alpha$. La comparaison du comportement du logarithme et des polynômes en $+\infty$ montre que : $$\lim_{n\to\infty} n^\gamma \frac{1}{n^\alpha(\ln n)^\beta}=\lim_{n\to+\infty}\frac{(\ln n)^{-\beta}}{n^{\alpha-\gamma}}=0$$ et ceci quelque soit la valeur de $\beta$. Autrement dit, $u_n=o\left(\frac 1{n^\gamma}\right)$. Par comparaison à une série de Riemann, la série est convergente.
2. On va comparer cette fois à la série de terme général $\frac 1n$. On a en effet $$\lim_{n\to\infty} n \frac{1}{n^\alpha(\ln n)^\beta}=\lim_{n\to+\infty}\frac{n^{1-\alpha}}{(\ln n)^\beta}=+\infty.$$ Ainsi, pour $n$ assez grand, on a $$\frac 1n\leq u_n.$$ Par comparaison à une série de Riemann divergente, la série de terme général $u_n$ diverge.
3. 1. Si $\beta\leq 0$, alors on a $$\frac 1n\leq u_n$$ et on conclut comme précédemment que la série est divergente.
   2. Si $\beta\neq 1$, on a $$\int_2^n\frac{dx}{x(\ln x)^\beta}=\frac{1}{1-\beta}\left(\frac{1}{\ln^{\beta-1}(n)}-\frac{1}{\ln^{\beta-1}2}\right).$$ Si $\beta>1$, ceci tend vers $\frac{1}{\beta-1}\frac{1}{\ln^{\beta-1}2}$ et on a même que pour tout entier $n\geq 2$ $$T_n\leq \frac{1}{\beta-1}\frac{1}{\ln^{\beta-1}2}.$$ Si $\beta<1$, on remarque immédiatement que $(T_n)$ tend vers $+\infty$. Enfin, si $\beta=1$, on sait que $$\int_2^n\frac{dx}{x(\ln x)^\beta}=\ln(\ln n)-\ln(\ln 2)$$ et ceci tend aussi vers $+\infty$.
   3. Il reste à traiter le cas $\beta>0$. La fonction $x\mapsto \frac{1}{x(\ln x)^\beta}$ est décroissante sur $[2,+\infty[$. On a alors pour $k\geq 3$ : $$\int_k^{k+1}\frac{dx}{x(\ln x)^\beta}\leq \frac{1}{k(\ln k)^\beta}\leq\int_{k-1}^k\frac{dx}{x(\ln x)^\beta}.$$ On somme ces inégalités pour $k$ allant de $3$ à $n$ : $$\int_3^{n+1}\frac{dx}{x(\ln x)^\beta}\leq\sum_{k=3}^n\frac{1}{k(\ln k)^\beta}\leq\int_2^n\frac{dx}{x(\ln x)^\beta}.$$ On en conclut que, si $\beta>1$, la suite des sommes partielles de la série est majorée (par $\frac{1}{\beta-1}\frac{1}{\ln^{\beta-1}2}$) et donc comme on a une série à termes positifs, la série est convergente. Si $\beta\leq 1$, en reprenant le même raisonnement qu'à la question précédente, on trouve que la suite des sommes partielles est minorée par une suite tendant vers $+\infty$. Elle tend donc elle-même vers $+\infty$. La série est divergente.

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.

L'idée est qu'une fonction vérifiant une telle propriété décroit très vite vers 0 en $+\infty$, plus vite que n'importe quelle fonction $e^{-Mx}$. Concrètement, avec des quantificateurs, cela se traduit comme suit. Soit $M>0$. Alors il existe $A>0$ tel que, pour tout $x\geq A$, on a $\frac{f'(x)}{f(x)}\leq -M$. Pour $A\leq x\leq y$, on a en intégrant puis en passant à l'exponentielle, que $f(y)\leq f(x)e^{-M(y-x)}$. Si on fixe $x=A$ et si $y=n$ est un entier, on obtient que $0\leq f(n)\leq C e^{-Mn}$, où $C$ est une constante. Ceci prouve que la série est convergente.
Cherchons désormais un équivalent du reste. Pour $n\geq A$ et $p\geq 0$, on a $$f(n+p)\leq f(n)e^{-Mp}.$$ Si on somme ceci pour $p$ de 0 à $+\infty$, on trouve $$f(n)\leq R_n\leq f(n)\sum_{p=0}^{+\infty}e^{-pM}=\frac{f(n)}{1-e^{-M}}.$$ Fixons désormais $\veps>0$. Si $M$ est choisi de sorte que $\frac{1}{1-e^{-M}}\leq1+\veps$, alors on peut trouver $A$ tel que, pour tout $n\geq A$, on a $$f(n)\leq R_n\leq (1+\veps)f(n).$$ Ceci prouve que $f(n)\sim_{+\infty}R_n$.

1. On va faire un développement limité de $v_n$. Pour cela, on l'écrit sous la forme \begin{eqnarray*} v_n&=& \ln \left(\frac{{(n + 1)^\beta u_{n + 1} }}{{n^\beta u_n }} \right)\\ &=&\ln\left(\frac{(n+1)^\beta}{n^\beta}\right)+\ln\left(\frac{{u_{n + 1} }}{{u_n }} \right)\\ &=&\beta \ln\left(1+\frac 1n\right)+\ln\left(\frac{{u_{n + 1} }}{{u_n }} \right)\\ &=&\frac{\alpha+\beta}n+O\left(\frac 1{n^2}\right). \end{eqnarray*} La série de terme général $v_n$ converge donc si et seulement si $\beta=-\alpha$.
2. On choisit donc $\beta=-\alpha$ et on remarque que la somme partielle de la série de terme général $v_n$ correspond à une somme télescopique de $\ln(n^\beta u_n)$. En effet, on a $$\sum_{k=1}^{n-1}v_k=\ln(n^\beta u_n)-\ln(u_1).$$ Puisque la série de terme général $v_n$ converge, on en déduit que la suite $\big(\ln (n^\beta u_n)\big)$ converge vers un réel $l\in\mathbb R$. Par composition des limites, $(n^\beta u_n)$ converge vers $A=e^l$. Autrement dit, $u_n \sim_{+\infty} An^\alpha.$

On a $(\sqrt{u_n}-\sqrt{v_n})^2\geq 0$ ce qui prouve que $0\leq \sqrt{u_nv_n}\leq \frac12\left(u_n+v_n\right)$. Par majoration d'une série à termes positifs par le terme général d'une série convergente, la série de terme général $\sqrt{u_nv_n}$ est convergente.
D'autre part, on a $0\leq \max(u_n,v_n)\leq u_n+v_n$ (le maximum est toujours égal à l'un ou l'autre, donc inférieur ou égal à la somme des deux puisqu'on a affaire à des séries à termes positifs). Pour la même raison, la série $\sum_n \max(u_n,v_n)$ converge.

Procédons par l'absurde. On suppose donc que $(nu_n)$ ne tend pas vers $0$. Ainsi, il existe $\veps>0$ tel que, pour tout entier $N\in \mathbb N$, on peut trouver $q\geq 2N$ avec $qu_q\geq \veps$. Autrement dit, on a $u_q\geq\veps/q$. Puisque $(u_n)$ est décroissante, on a encore $u_k\geq \veps/q$ pour tout $k\leq q$. Posons $p=\lfloor q/2\rfloor $, de sorte que $p\geq N$ et $2p-p\geq \frac q2-1$. Alors $$\sum_{k=p}^{2p} u_k\geq \sum_{k=p}^{2p}\frac{\veps}q\geq \frac{q}2\times\frac{\veps}q\geq \frac \veps 2.$$ En notant $p_N$ l'entier $p$ construit pour le choix de $N$, la suite $(p_N)$ tend vers $+\infty$, et on a pour tout entier $N$, $$\sum_{k=p_N}^{2p_N}u_k\geq \frac \veps 2.$$ D'autre part, si la série convergeait, ce serait le cas de la suite des sommes partielles $S_p=\sum_{k=1}^p u_k$ et on devrait avoir $$\sum_{k=p_N}^{2p_N}u_k=S_{2p_N}-S_{p_N-1}\to 0.$$ On obtient deux résultats contradictoires. L'hypothèse de départ est fausse, et donc $(nu_n)$ tend vers $0$.

Puisque les termes généraux des deux séries sont positifs, il suffit de démontrer que les sommes partielles d'une des séries sont majorées si et seulement si les sommes partielles de l'autre le sont. Le point clé est l'encadrement suivant : $$2^ku_{2^{k+1}}\leq (2^{k+1}-2^k)u_{2^{k+1}-1}\leq u_{2^k}+\dots+u_{2^{k+1}-1}\leq (2^{k+1}-2^k)u_{2^k}\leq 2^k u_{2^k}.$$ Ainsi, supposons que $\sum_k 2^k u_{2^k}$ est convergente, et soit $M$ tel que, pour tout $K$, on a $\sum_{k=0}^K 2^k u_{2^k}\leq M$. Alors, considérons $N$ un entier et fixons $K$ tel que $N\leq 2^{K+1}-1$. On a $$\sum_{n=1}^N u_n\leq \sum_{n=1}^{2^{K+1}-1}u_n\leq \sum_{k=0}^{K}\sum_{j=2^k}^{2^{k+1}-1}u_j\leq \sum_{k=0}^K 2^k u_{2^k}\leq M.$$ On en conclut que $\sum_n u_n$ est convergente.
Réciproquement, supposons que $\sum_n u_n$ est convergente, et soit $M$ tel que, pour tout $N$, on a $\sum_{n=1}^N u_n\leq M$. Alors, pour tout entier $K$, on a $$\sum_{k=0}^K 2^k u_{2^k}=u_1+\sum_{k=0}^{K-1}2^{k+1}u_{2^{k+1}}\leq u_1+2\sum_{k=0}^{K-1}\sum_{j=2^k}^{2^{k+1}-1}u_j\leq u_1+2\sum_{n=1}^{2^K}u_n\leq u_1+2M.$$ Ainsi, la série $\sum_n 2^n u_{2^n}$ est convergente.

1. 1. Par définition, il existe un entier $n_0$ tel que, pour tout $n\geq n_0$, on a $$\frac{u_{n+1}}{u_n}\leq l+\varepsilon.$$ On a alors, pour tout $n\geq n_0$ : \begin{eqnarray*} u_n&=&\frac{u_n}{u_{n-1}}\times\frac{u_{n-1}}{u_{n-2}}\times\dots\times\frac{u_{n_0+1}}{u_{n_0}}\times u_{n_0}\\ &\leq&(l+\varepsilon)^{n-n_0}u_{n_0}. \end{eqnarray*}
   2. D'après la question précédente, on a $0\leq u_n\leq (l+\varepsilon)^{n-n_0}u_{n_0}$. Or, puisque $0<l+\varepsilon<1$, la série géométrique $\sum_n l^n$ est convergente. Par le théorème de majoration des séries à termes positifs, $\sum_n u_n$ converge.
2. Puisque $l>1$, on peut trouver $\varepsilon>0$ tel que $l-\varepsilon>1$. Il existe alors un entier $n_0$ tel que, pour tout $n\geq n_0$, on a $$\frac{u_{n+1}}{u_n}\geq l-\varepsilon.$$ Par un raisonnement en tout point similaire à celui de la question précédente, on obtient $$u_n\geq (l-\varepsilon)^{n-n_0}u_{n_0}.$$ Puisque $(l-\varepsilon)>1$, la série $\sum_n (l-\varepsilon)^n$ est divergente. Il en est de même de $\sum_n u_n$.
3. Pour $u_n=\frac 1{n^2}$, $u_{n+1}/u_n$ tend vers 1 et $\sum_n u_n$ converge. Pour $u_n=1$, $u_{n+1}/u_n=1$ et $\sum_n u_n$ diverge. On ne peut donc rien conclure dans ce cas.

La règle énoncée dans cet exercice s'appelle la règle de d'Alembert. Elle est très utile pour étudier des séries où interviennent des puissances, des factorielles....