DS1 2021 2022 Correction
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Page 1 : Cycle préparatoire 2ème annéeDevoir surveillé 1Didier Cransac, Abdessalam El Janati, Khaoula Guezguez, Ahmed Hajej, Zoghlami NaimMatière : SériesDate : Vendredi 12 novembre 2021Appareils électroniques et documents interditsDurée : 1 h 30 minNombre de pages : 3Il sera tenu compte de la qualité de la rédaction et de la précision des justifications.Le sujet comporte trois exercices. L’ordre dans lequel ceux-ci sont traités n’est pas imposé.Exercice 1. 8 pointsA Déterminer la nature de convergence des séries de terme général :un =13pn;vn = 2lnn3 + 1 lnn2 + 1B Déterminer la nature de convergence des séries de terme général :an = 1n sin 1n ;bn =1 + 1n3n1 ;cn = lnn × bnCorrection Exercice 1A1 On alimn→+n2un =limn→+e 2lnnpn ln3 =limn→+epn 2lnnpn ln3= 0 par croissance comparée.D’où, par le lemme de Riemann α = 2 1, la sériePun est convergente.2 On a vn = lnn3 +12 lnn2 +1 = lnn3 + 12n2 + 1. Orlimn→+n3 + 12n2 + 1= limn→+n4 = +. Donc, parcontinuité de ln,limn→+vn = +̸= 0. D’oùPvn diverge grossièrement.B1 On commence par remarquer que, pour tout n 1, on a 1n 0,1 0, π2 . Donc sin 1n0 pourn 1. D’autre part, sin1/nn est une suite décroissante comme composée d’une fonctioncroissante et d’une fonction décroissante qui converge vers 0 par le théorème des gendarmes.D’où, par le critère des séries alternées,Pan est convergente.2 On commence par remarquer que bn 0 pour tout n 1. On a limn→+1n3 = 0, donc n ln1 + 1n3n × 1n3 = 1n2 . Cela implique quelimn→+n ln1 + 1n3= 0. Donc e n ln1+ 1n31 n ln1 + 1n31n2 .OrP 1n2 est convergente, série de Riemann avec α = 2 1, d’où, par le théorème des équivalencespour les séries à termes positifs,Pbn converge.3 On note que cn 0 pour tout n 1. D’après l’exemple 2., on a cn lnnn2 = dn. Or limn→+n3/2dn =limn→+lnnn1/2 = 0 croissance comparée. D’où, par le lemme de Riemann 3/2 1,Pdn est conver-gente, et par la suitePcn est convergente par équivalence.- 1 / 3 -
Page 2 : Exercice 2. 5.5 points1.a Montrer que, pour tout entier naturel k,k 3 = k + 3kk 1 + kk 1k 2.b Montrer que la sérieXk0k 3k! est convergente et déterminer sa somme.2. Montrer que la sérieXn2un où un =1pn 12pn +1pn + 1est convergente et déterminer sa somme.Correction Exercice 21.a Il suffit de développer et simplifier k + 3kk 1 + kk 1k 2 pour trouver k 3.b Soit k N tel que k 3. D’aprés a, k 3k! = kk! + 3kk 1k!+ kk 1k 2k!.En simplifiant, on obtientk 3k! =1k 1! +3k 2! +1k 3!.Soit Sn =nXk=0k 3k! . On aSn=5 +nXk=3k 3k!=5 +nXk=31k 1! +nXk=33k 2! +nXk=31k 3!=5 +n1Xk=21k! +n2Xk=13k! +n3Xk=01k!=n1Xk=01k! +n2Xk=03k! +n3Xk=01k!.Or on sait quePn01n! converge vers e , donc limn→Sn = 5e . D’oùPk0k 3k! conerge vers 5e .2. SoitSn=nXk=21pk 12pk+1pk + 1=nXk=21pk 11pk+nXk=21pk + 11pk=1 1pn +1pn + 11p2Donclimn→+Sn = 1 1p2= 2 p22. D’oùPn2 un converge vers 2p22.Exercice 3. 6.5 pointsSoit a 0,1 et unnN la suite définie par :n N, un+1 = un u2nu0 = a- 2 / 3 -
Page 3 : 1. Montrer que : n N, un 0,1.2. Montrer que la suite unnN est convergente. Quelle est sa limite?3. Montrer que la sérieXn0u2n est convergente et déterminer sa somme.4. Montrer que la sérieXn0lnun+1unest divergente.5. Quelle est la nature de la sérieXn0un ? on pourra utiliser la définitionCorrection Exercice 31. Par récurrence sur n. Soit P n : un 0,1.Initialisation : P 0 est vraie, car u0 = a 0,1.Héridité : Supposons que P n est vraie pour un certain n N.Montrons que P n + 1 est vraie, c.à.d, un+1 0,1. On a un+1 = un u2n un. Or, par hypothèse derécurrence, un 1, donc un+1 1. D’autre part, un+1 = un u2n = un 1 un. Or, par hypothèse derécurrence un 0 et 1un 0, donc, par produit, un 0. D’où on a établit que un+1 0,1, c.à.d, queP n + 1 est vraie.Conclusion : n N,un 0,1.2. Soit n N. On a, par définition, un+1 un = u2n 0. Donc la suite unn est décroissante. Or, d’aprèsla question 1., unn est minorée par 0, d’où elle est convergente. Notons l sa limite. Passant à la limitedans la définition la fonction carré étant continue, on obtien l = l l 2. Cela implique que l = 0.3. Par définition, on a n N, u2n = un un+1. Donc Sn =Pnk=0 u2k =Pnk=0 uk uk+1 = u0 un+1. Enutilisant le fait quelimn→+un = 0, on obtient quelimn→+Sn = a. D’où la sériePn0 u2n converge vers a.4. On anXk=0lnuk+1uk=nXk=0lnuk+1 lnuk = lnun+1 lna. En utilisant le fait que la limite de unest 0 et la continuité de ln, on obtient quelimn→+nXk=0lnuk+1uk= . D’où la seriePn0 ln un+1unestdivergente.5. En utilisant la définiton et que un 0, on a un+1un= 1 un 0. Cela implique que ln un+1un= ln1 un. Or limn→un = 0, donc ln1 un un, et par la suite, un ln un+1un. OrPln un+1unestdivergente d’après la question 4., donc, par le théorème des équivalences pour les séries à termespositifsPn0 un diverge.- 3 / 3 -
