DS1 2023 2024 V5 Correction
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Page 1 : 2023/2024Semestre 1 – PréIng 2Mercredi 25 OctobreSériesDevoir Surveillé 1◁Consignes ▷Durée : 60 mn▶Les documents et les supports électroniques sont interdits.▶L’épreuve est composée d’exercices indépendants.▶Le barème est à titre indicatif.▶La qualité de la rédaction et la rigueur des justifications seront prises en compte dans la notation.◁Sujet de l’épreuve ▷Exercice 12ptsÉnoncer les théorèmes de convergence des Séries de Riemann et des Séries de Riemann Alternées.Exercice 28ptsDéterminer la nature des séries suivantes1.XnN3n3 4n + 1n4 + 22.Xn2ln1 1nn3.Xn1bnna , a, b R4.XnNsinn1 + n2Réponse. On notera un le terme général des séries.1. On reconnait une fraction rationnelle. On en déduit que un 3n3n4 = 3n qui est de signe constant et quin’est pas sommable car la série harmonique diverge. On peut donc utiliser le théorème d’équivalencepour conclure que la série diverge.2. Pour tout n 1, 1 1nn 1 donc un est de signe constant négatif. En utilisant le développementlimité de ln1 x quand x tend vers 0 on déduit que quand n →+, un 1nn qui est sommablecar c’est une série de Riemann avec α = 32 1. On peut donc utiliser le théorème d’équivalence etconclure que la série converge.3. Si b = 0 on reconnait la série nulle qui est convergente. Si b ̸= 0 alors pour tout n 1, un ̸= 0 doncon peut utiliser la règle de d’Alembert :un+1un = bnn + 1a→b quand n →+. On distinguealors 4 cas :• Si b 1 alors la série converge absolument quelque soit a R.• Si b 1 alors la série diverge grossièrement quelque soit a R.• Si b = 1 alors on la règle de d’Alembert ne permet pas de conclure. Néanmoins on reconnait lesséries de Riemann donc on peut conclure que la série converge si a 1 et diverge si a 1.• Si b = 1 on reconnait une série de Riemann alternée donc la série converge si α 0 et divergesi α 0.4. Pour tout n N on peut majorer : un = sinn1 + n211 + n2 . Or11+n2 1n2 qui converge car c’estune série de Riemann avec α = 2 1. On en déduit que la série de termes positifsXnNun convergepar le théorème de majoration, et donc la sérieXnNun converge absolument.1
Page 2 : Exercice 36ptsOn considère la série de terme général un = n et on note Sn sa suite de sommes partielles : Sn =nXk=1uk.1. Montrer que pour tout n 1,Z n0x dx Sn Z n+11x dx.2. En déduire que Sn est équivalent à 23 n3/2 lorsque n →+.Réponse.1. La fonction x →x est croissante sur R+. On en déduit que pour tout k 1 :Z kk1x dx uk Z k+1kx dxOn encourage à faire un dessin rapide sur votre copie pour illustrer cet encadrement.On peut alors sommer pour k allant de 1 à n et obtenir avec la relation de Chasles :nXk=1Z kk1x dx =Z n0x dx Sn nXk=1Z k+1kx dx =Z n+11x dx.2. On calcule les intégrales :Z n0x dx =23x3/2n0= 23n3/2,etZ n+11x dx =23x3/2n+11= 23n + 13/2 1.De plus, quand n →+on a 32n+13/2 132n3/2. On en déduit par encadrement que Sn 32n3/2.Exercice 46ptsPour a R et n 1 on considère la série de terme général un = 1ncos 1na1.1. Déterminer la nature de la sérieXn1un quand a 0.2. Pour a 0, donner un équivalent de un quand n tend vers l’infini.3. Déterminer la nature de la sérieXn1un quand a 12.4. Justifier que pour tout a 0, 12il existe un k0 N tel que si vn = o1n2k0aalorsXnNvn converge.5. Déterminer la nature de la sérieXn1un quand a 0, 12Réponse.1. Si a 0 alors cos 1nan’a pas de limite quand n →+donc la série diverge grossière-ment.Pour a = 0, la suite un = 1ncos1 1 n’a pas de limite quand n →+donc la suite divergegrossièrement aussi.2. Pour a 0, par développement limité du cosinus en 0 on aun = 1n1 12n2a + o 1n2a1= 1n+12n2a+ o 1n2adonc un 1n+12n2aquand n tend vers l’infini.3. Si a 12 alors un 12n2a qui converge car c’est une série de Riemann avec α = 2a 1 donc la sérieXn1un converge absolument.2
Page 3 : 4. On sait que les séries de RiemannXn11nα converge si et seulement si α 1. Pour tout a 0, 12 onpeut donc choisir un entier k0 12a avec lequel 2k0a 1 donc toute série dominée par1n2k0a seraconvergente.5. Le développement limité de cosinus en 0 à l’ordre 2k0 s’écritcosx =k0Xk=01k2k! x2k + ox2k0On en déduit le développement limité de unun = 1nk0Xk=11k2k! 1na2k+ o1n2k0a=k0Xk=11n+k2k!1n2ka + o1n2k0a.Pour tout k J1, k0K, les séries de terme général wn = 1n+k2k!1n2ka convergent car ce sont desmultiples de séries de Riemann alternées avec α = 2ka 0. De plus, par la question précédente on achoisit k0 tel que la série de terme général1n2k0a converge absolument.On en déduit que pour tout a 0, 1/2, la sérieXnNun peut s’écrire comme une somme finie de sériesconvergentes, donc elle converge.3
