Math sup : séries numériques

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.

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.

Pour $|b|\leq 1$, la suite $(b^n)$, qui est bornée, est négligeable devant $2^{\sqrt n}$. Par conséquent, $(2^{\sqrt n}+b^n)\sim_{+\infty}2^{\sqrt n}$, et $u_n\sim a^n$. On en déduit alors que, pour $|a|\geq 1$, le terme général $u_n$ ne tend pas vers 0 : la série $\sum_n u_n$ est donc divergente; Pour $|a|<1$, la série $\sum_n u_n$ est absolument convergente car $|u_n|\sim_n|a^n|$, le terme de droite étant le terme général d'une série convergente.
Si maintenant $|b|>1$, alors la suite $(2^{\sqrt n})$ est négligeable devant $(b^n)$ (faire le quotient en passant par la notation exponentielle). On en déduit que $\displaystyle u_n\sim_{+\infty}\frac{2^{\sqrt n}a^n}{b^n}$. Posons $\displaystyle v_n=\frac{2^{\sqrt n}|a|^n}{|b|^n}$, et étudions la série $\sum_n v_n$ en appliquant le critère de d'Alembert. On a $$\frac{v_{n+1}}{v_n}=\frac{|a|}{|b|}2^{\sqrt{n+1}-\sqrt n}.$$ Puisque $\sqrt{n+1}-\sqrt n$ tend vers 0 (multiplier par la quantité conjuguée), on en déduit que $\lim_{n\to+\infty}\frac{v_{n+1}}{v_n}=\frac{|a|}{|b|}$. Si $|a|<|b|$, alors la série $\sum_n v_n$ converge, et la série $\sum_n u_n$ est absolument convergente. Si $|a|\geq |b|$, alors $(|u_n|)$ tend vers $+\infty$, et la série $\sum_n u_n$ est divergente.

On commence par distinguer les cas $|y|\leq 1$ et $|y|>1$.

• Si $|y|>1$, alors $u_n\sim_{+\infty}\frac{x^n}{y^n}$. Si $|x|>|y|$, le terme général ne tend pas vers 0, et la série diverge. Si $|x|<|y|$, la série converge absolument par comparaison à une série géométrique convergente. Si maintenant $|y|=|x|$, il y a encore deux cas à distinguer. Si $x=y$, on a $u_n=\frac{1}{1+\frac{n}{y^n}}\to 1$ et donc le terme général ne tend pas vers 0, la série diverge. Si $x=-y$, le même raisonnement prouve que $|u_n|\to 1$, et la série est là aussi grossièrement divergente.
• Si $|y|\leq 1$, alors $u_n\sim_{+\infty}\frac{x^n}n$. Lorsque $|x|<1$, on déduit la convergence absolue de la série de terme général $u_n$. Lorsque $|x|>1$, le terme général ne tend pas vers 0, et la série diverge. Reste à étudier les cas $x=1$ et $x=-1$. Si $x=1$, alors $u_n\sim_{+\infty}\frac 1n$, et par comparaison à une série à termes positifs divergente, la série $\sum_n u_n$ diverge. Si $x=-1$, alors \begin{eqnarray*} u_n&=&\frac{(-1)^n}{n(1+y^n/n)}=\frac{(-1)^n}n\left(1-\frac{y^n}n+O\left(\frac{1}{n^2}\right)\right)\\ &=&\frac{(-1)^n}n-\frac{(-y)^n}{n^2}+O\left(\frac1{n^3}\right)\\ &:=&v_n+w_n+z_n. \end{eqnarray*} Or, $\sum_n v_n$ converge (par le critère des séries alternées), $\sum_n w_n$ et $\sum_n z_n$ convergent absolument, donc, si $x=-1$ et $|y|<1$, la série de terme général $\sum_n u_n$ converge.

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 $$\frac{(n+1)\ln(n+1)}{n\ln n}=\frac{n\ln(n+1)+\ln(n+1)}{n\ln n}=\frac{\ln(n)+\ln\left(1+\frac 1n\right)}{\ln n}+\frac{\ln n+\ln\left(1+\frac 1n\right)}{n\ln n}.$$

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.

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 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 aurait aussi pu séparer la série en deux séries télescopiques, en écrivant $$u_n=\left(\frac 1{\sqrt{n-1}}-\frac 1{\sqrt n}\right)-\left(\frac 1{\sqrt n}-\frac 1{\sqrt{n+1}}\right).$$

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.

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 :

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, $u_n \sim_{+\infty} An^\alpha.$

Notons $S_n$ la somme partielle $S_n=\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{(2k)!}$. Par le critère des séries alternées, $$S_{2n-1}<\cos(1)<S_{2n}=S_{2n-1}+\frac{1}{(4n)!}.$$ On multiplie ces deux inégalités par $(4n-2)!$ pour trouver $$(4n-2)!S_{2n-1}<(4n-2)!\cos(1)<(4n-2)!S_{2n-1}+\frac{1}{4n(4n-1)}.$$ Posons $N=(4n-2)!S_{2n-1}$ qui est un entier. On a donc $$N<(4n-2)!\cos(1)<N+1.$$ Or, si $\cos(1)$ était rationnel et s'écrivait donc $p/q$, pour $n$ assez grand, $(4n-2)!\cos(1)$ serait entier (car $(4n-2)!$ est un multiple de $q$ si $4n-2\geq q$). $(4n-2)!\cos(1)$ serait donc un entier strictement compris entre deux entiers consécutifs. C'est absurde!

Remarquons que l'inégalité est encore équivalente à $0\leq v_n-u_n\leq w_n-u_n$. Or, la série $\sum (w_n-u_n)$ converge, puisque chacune des séries $\sum w_n$ et $\sum u_n$ converge. Par le théorème de majoration, on en déduit que la série $\sum (v_n-u_n)$ converge. En écrivant $v_n=(v_n-u_n)+u_n$ et en utilisant que les deux séries $\sum (v_n-u_n)$ et $\sum u_n$ convergent, on en déduit que $\sum v_n$ converge.

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 $q\geq N$ 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 $p\geq \lfloor N/2\rfloor$ 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....