Agrégation interne : séries numériques

1. Ceci est une conséquence directe du critère des séries alternées. La série est alternée, et la valeur absolue du terme général décroît vers zéro.
2. On écrit que \begin{eqnarray*} \frac{(-1)^n}{\sqrt n+(-1)^n}&=&\frac{(-1)^n}{\sqrt n}\times\frac{1}{1+\frac{(-1)^n}{\sqrt n}}\\ &=&\frac{(-1)^n}{\sqrt n}\left(1-\frac{(-1)^n}{\sqrt n}+\frac{1}{n}+o\left(\frac 1n\right)\right)\\ &=&\frac{(-1)^n}{\sqrt n}-\frac{1}{n}+\frac{(-1)^n}{n\sqrt n}+o\left(\frac{1}{n\sqrt n}\right). \end{eqnarray*}
3. Notons $u_n=\frac{(-1)^n}{\sqrt n+(-1)^n}$, $v_n=\frac{(-1)^n}{\sqrt n}$, $w_n=-\frac{1}{n}$ et $t_n=\frac{(-1)^n}{n\sqrt n}+o\left(\frac{1}{n\sqrt n}\right)$. Notons $U_n$, $V_n$, $W_n$ et $T_n$ leurs sommes partielles respectives. Alors $(V_n)$ est convergente, $(W_n)$ est divergente, et $(T_n)$ est convergente. En effet, $|t_n|\sim_{+\infty}\frac{1}{n\sqrt n}$ et la série $\sum_n t_n$ est absolument convergente. Donc $(U_n)$ est somme de deux suites convergentes et d'une suite divergente. Elle est donc divergente. Autrement dit, la série de terme général $u_n$ est divergente.
4. Bien que $\frac{(-1)^n}{\sqrt n+(-1)^n}\sim_{+\infty}\frac{(-1)^n}{\sqrt n}$, l'une des deux séries converge et l'autre diverge. Dans le théorème de comparaison de deux séries, on ne peut donc pas se passer de l'hypothèse que les termes généraux gardent le même signe. Une autre conclusion est que $u_n=(-1)^n a_n$, avec $a_n\geq 0$, $(a_n)$ tend vers 0, et pourtant $\sum_n u_n$ diverge. Dans le critère des séries alternées, on ne peut donc pas se passer de l'hypothèse $(a_n)$ décroit.

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 $$S_n\sim_{+\infty}\ln n.$$

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.

D'après la formule classique pour les séries géométriques, on a $$\frac{1}{1-a}=\sum_{n\geq 0}a^n\textrm{ et }\frac{1}{1-b}=\sum_{n\geq 0}b^n.$$ Ces deux séries sont absolument convergentes puisque $|a|<1$ et $|b|<1$. On peut faire le produit de Cauchy et donc on obtient que $$\frac{1}{1-a}\times\frac{1}{1-b}=\sum_{n\geq 0}w_n\textrm{ avec }w_n=\sum_{k=0}^n a^kb^{n-k}.$$ Si $a=b$, on trouve directement que $w_n=\sum_{k=0}^n a^n=(n+1)a^n$. Si $a\neq b$, alors il faut utiliser la factorisation $$a^{n+1}-b^{n+1}=(a-b)\times\sum_{k=0}^n a^kb^{n-k}$$ qui donne le résultat.
Dans le cas où $a\neq b$, on peut très facilement conclure sans utiliser le produit de Cauchy, en calculant séparément la somme de chaque série géométrie $\sum_{n\geq 0}a^{n+1}$ et $\sum_{n\geq 0}b^{n+1}$.