DS1 2018 2019 Correction
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Page 1 : SérieEISTI-Deuxième annéeCorrection du DS1 - Octobre 2018Exercice 1.1. Si la suite unnN tend vers 0, alors la sérieXn0un converge.La proposition est fausse.Un contre exemple : Soit unnNla suite dénie pour tout n Npar un = 1n, on a lasuite unnNconverge vers 0 mais la sérieXn11n diverge : il s'agit de la série de Riemann avecα = 1 1.2. Si la sérieXn0un diverge, alors la sérieXn0u2n diverge. La proposition est fausse.Un contre exemple : Soit unnNla suite dénie pour tout n N, par un = 1n, on a lasérie de terme général un diverge série de Riemann avec α = 1 1, mais la série de termegénéral u2n converge la série de Riemann avec α = 2 1.3. Si la sérieXn0un diverge, alors la suite unnN ne tend pas vers 0. La proposition est fausse.Un contre exemple : Soit unnNla suite dénie pour tout n Npar un = 1n, on a lasuite unnNconverge vers 0 et la sérieXn11n diverge série de Riemmann avec α = 1 1.4. Si la sérieXn0un converge, alors la sérieXn0u2n converge. La proposition est vraie. Preuve :La suite unnN converge vers 0, car la série de terme général un converge, donc u2n =+oun.On peut déduire qu'à partir d'un certain rang n0 N, que 0 u2n un.La sérieXn0un converge, donc d'après le théorème de majoration appliqué aux séries à termespositifs la sérieXn0u2n converge.Exercice 2.1. Le terme génaral de la sérieXn0un converge vers 1 ̸= 0, donc la sérieXn0un diverge.2. La suite vnnN est à valeurs positives. On applique la règle de Cauchy, on avn1n=2n + 5 42n + 5n=1 +42n + 5n=en ln142n+5 On a n ln142n+5 +42n+5, par suitelimn→+n ln142n+5 = 2, d'oulimn→+vn1n = e2 1.Ce qui implique la convergence de la série de terme général vn.1/4
Page 2 : SérieEISTI-Deuxième année3. Pour tout entier naturel n, le terme wn = n!33n!.3n est postif. On applique la règle de d'Alembert :wn+1wn=n + 1!3n!33n!3n + 1!3n+13n=3.n + 133n + 33n + 23n + 1=n + 123n + 23n + 1limn→+wn+1wn= 19 1, d'après la règle de D'Alembert la série de terme général wn converge.Exercice 31. La suite unnN est à valeurs positives. On applique la règle de nαun pour montrer la conver-gence de la sérieXn0un. On alimn→+n2un =limn→+n2n+1enln3 = 0 croissance comparée.On a prouvé l'existence d'un α = 2 1 telle que n2un tend vers 0, d'ou la convergence deXn0un.2. On note S la valeur de la série+Xn=0un. On a13S=+Xn=0n + 13n+1=+Xn=1n3n=+Xn=1n + 13n+Xn=113n=S u0 1311 13=S 32On a alors 1 13S = 32 par suite S = 94.2/4
Page 3 : SérieEISTI-Deuxième annéeExercice 4.1. 1.a Le développement limité à l'ordre 2 de wn estwn=ln n + 1n2 un+1un!=ln n + 1n2 n + 1n + 3!=2 ln1 + 1n + lnn1 + 1nlnn1 + 3n=3 ln1 + 1n + lnn1 + 1nln1 + 3n=3 1n 121n2 + o 1n2 3n 129n2 + o 1n2 =3n2 + o 1n2 On déduit alors l'équivalence wn+3n2 . D'après le critère de Riemann la sérieXn11n2converge α = 2 1, donc la sérieXn13n2 converge, de plus wnnN et 1n2 nNsont àvaleurs positives, en appliquant le théorème des équivalences, la sérieXn0wn converge.b On a la sérieXn0wn =Xn0vn+1 vn est une série téléscopique convergente d'après lapremière question, la suite vnnNest donc convergente. Soit ℓsa limite.c En tulisant la relation vn = lnn2un, on déduit que un = evnn2 . la suite vnnNconvergevers ℓ, donc la suite evnnNconverge vers L = eℓ. D'ou l'équivalence un +Ln2 .2. a A l'aide de l'équivalence un +Ln2 , on alimn→+nun =limn→+Ln = 0.b Soit SN =NXn=1zn =NXn=0n + 1un+1 nun = N + 1uN+1 car il s'agit d'une série télésco-pique.D'après la question précédentelimn→+NXn=0zn =limn→+SN =limN→+nun = 0.c On note S la valeur de la série+Xn=0un. On commence par montrer que zn = 2un+1 + un.3/4
Page 4 : SérieEISTI-Deuxième annéeEn eet, on azn=n + 1un+1 nun=n + 1un+1 n + 1un + un=n + 11 n + 3n + 1un+1 + un=n + 1 2n + 1un+1 + un=2un+1 + unPuisque+Xn=0zn = 0, on a0=2+Xn=0un+1 ++Xn=0un=2S u0 + S=u0 SOn déduit alors que S = u0.4/4
