TD1 Correction
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Page 1 : 2024/2025Semestre 1 – PréIng 2SériesTD1 - Séries NumériquesPartie I - Séries numériques à termes positifsExercice 1Déterminer la nature des séries suivantes :1.Xn1cos 1n22.Xn01nnn + 13.Xn11 + 1nn4.Xn1cos 1nn2Réponse 11. Étude de la série P cos 1n2 : On a :cos 1n2 →1 ̸= 0donc la sérieXcos 1n2 est divergente car elle ne vérifie pas la condition nécessaire de convergence.2. Étude de la série P 1nnn+1: On a :1nnn + 1 =nn + 1 →1 ̸= 0donc la sérieX 1nnn + 1est divergente car elle ne vérifie pas la condition nécessaire de convergence.3. Étude de la série P 1 + 1nn : On a :ln1 + 1nn= n ln1 + 1n= n 1n + o 1n= 1 + o1 →1donc :1 + 1nn→e ̸= 0d’où la sérieX 1 + 1nnest divergente car elle ne vérifie pas la condition nécessaire de conver-gence.4. Étude de la série P cos 1nn2: On a :lncos 1nn2= n2 ln cos 1n = n2 ln1 12n2 + o 1n2= n212n2 + o 1n2= 12 + o1 →12donc :cos 1nn2→1e ̸= 0d’où la sérieX cos 1nn2est divergente car elle ne vérifie pas la condition nécessaire de conver-gence.1
Page 2 : Exercice 2Déterminer la nature des séries suivantes :1.Xn1n2 + 1n22.Xn12n3.XnN2n + 147n2 + 134.Xn1ne1n n5.Xn21lnnn6.XnNln1 + enRéponse 21. n2 + 1n2→1 ̸= 0 donc la série diverge.2.2n = 2n12 . On reconnait une série de Riemann divergente avec α = 12 1.3.2n + 147n2 + 13 2473 × 1n2 . On reconnait une série de Riemann convergente avec α = 2 1.4. ne1n n = ne1n 1= n1 + 1n + o 1n1= 1 + o1 →1 ̸= 0. La série diverge.5. D’après la règle de Cauchy un1n =1lnnn 1n=1lnn →0 1 donc la série de terme généralun converge.6. ln1 + enen =1en. On reconnait une série géométrique de raison dans 1, 1 doncconvergente.Exercice 3Soit un une suite de réels positifs et vn =un1 + un. Montrer queXnNun etXnNvn sont de même nature.Réponse 3Il s’agit de montrer l’équivalenceXnNun converge⇔XnNvn converge⇒SiXnNun converge alorslimn→+un = 0. On en déduit que vn =un1+un un et commeXnNun etXnNvn sont à termes positifs on peut conclure par le Théorème d’équivalence queXnNvn converge.⇐Réciproquement, siXnNvn converge alorslimn→+vn = 0. Orvn =un1 + un⇔un =vn1 vndonc vn un et comme les deux séries sont à termes positifs on peut conclure queXnNun converge.Remarque : SiXnNun diverge grossièrement alors on remarque quelimn→+vn ̸= 0, et réciproquement.On a donc aussi équivalence des divergences grossières des deux séries.2
Page 3 : Exercice 4Etudier la nature et, le cas échéant, calculer la somme des séries de terme général :1. un =1nn + 12. un =1nn + 1n + 23. un =2n 1n n2 44. un = ln1 1n + 22Réponse 41. un 1n2 qui est une suite de Riemann convergente avec α = 2 1 donc la série de terme généralun converge. On décompose cette fraction en élément simpleun = 1n 1n + 1nXk=1uk =nXk=11k 1k + 1=nXk=11k nXk=11k + 1 =nXk=11k n+1Xk′=21k′En posant k′ = k + 1 dans la seconde somme. k = 1 ⇒k′ = 2 et k = n ⇒k′ = n + 1nXk=1uk =nXk=11k n+1Xk=21kEn changeant k′ en k.nXk=1uk = 1 1n + 1Car tous les termes entre k = 2 et k = n se simplifient.+Xk=1uk =limn→+nXk=1uk = 12. un 1n3 qui est une suite de Riemann convergente avec α = 3 1 donc la série de terme généralun converge. On décompose cette fraction en élément simpleun =12n 1n + 1 +12n + 2nXk=1uk =nXk=1 12k 1k + 1 +12k + 2= 12nXk=11k nXk=11k + 1 + 12nXk=11k + 2Dans la seconde somme on pose k′ = k + 1, k = 1 ⇒k′ = 2 et k = n ⇒k′ = n + 1.Dans la troisième somme on pose k′′ = k + 2, k = 1 ⇒k′′ = 3 et k = n ⇒k′′ = n + 3nXk=1uk = 12nXk=11k n+1Xk′=21k′ + 12n+2Xk′′=31k′′On change k′ en k et k′′ en knXk=1uk = 12nXk=11k n+1Xk=21k + 12n+2Xk=31kOn va réunir les valeurs de k comprises entre k = 3 et k = nnXk=1uk = 12 1 + 12 +nXk=31k! 12 +nXk=31k +1n + 1!+ 12 nXk=31k +1n + 1 +1n + 2!= 121 + 1212 + 121n + 1 +1n + 2+ 12nXk=31k nXk=31k + 12nXk=31k3
Page 4 : Les trois dernières sommes s’annulent et il restenXk=1uk = 121 + 1212 + 121n + 1 +1n + 2= 14 + 121n + 1 +1n + 2+Xk=1uk =limn→+nXk=1uk = 143. un 1n2 qui est une suite de Riemann convergente car α = 2 1 donc la série de terme généralun converge. On décompose cette fraction en élément simpleun =2n 1nn 2n + 2 =14n +38n 2 + 58n + 2nXk=3uk =nXk=3 14k +38k 2 + 58k + 2= 14nXk=31k + 38nXk=31k 2 58nXk=31k + 2Dans la seconde somme on pose k′ = k 2, k = 3 ⇒k′ = 1 et k = n ⇒k′ = n 2.Dans la troisième somme on pose k′′ = k + 2, k = 3 ⇒k′′ = 5 et k = n ⇒k′′ = n + 2nXk=1uk = 14nXk=31k + 38n2Xk′=11k′ 58n+2Xk′′=51k′′On change k′ en k et k′′ en knXk=1uk = 14nXk=31k + 38n2Xk=11k 58n+2Xk=51kOn va réunir les valeurs de k comprises entre k = 5 et k = n 2nXk=3uk = 1413 +14 +n2Xk=31k +1n 1 + 1n!+ 38 1 + 12 + 13 + 14 +n2Xk=51k +1n + 1!58 n2Xk=51k +1n 1 + 1n +1n + 1 +1n + 2!=1413 + 14 +1n 1 + 1n+ 381 + 12 + 13 + 14581n 1 + 1n +1n + 1 +1n + 2+ 14n2Xk=31k + 38n2Xk=31k 58n2Xk=31kLes trois dernières sommes s’annulent et il restenXk=3uk = 1413 + 14 +1n 1 + 1n+ 381 + 12 + 13 + 14581n 1 + 1n +1n + 1 +1n + 2+Xk=3uk =limn→+nXk=1uk = 1413 + 14+ 381 + 12 + 13 + 14= 748 + 2532 = 89964. un = ln1 1n+221n+22 1n2 , il s’agit d’une suite de Riemann avec α = 2 1, la sérieconverge. Petit calcul1 1k + 22 = k + 22 1k + 22= k + 2 1k + 2 1k + 22= k + 3k + 1k + 22nXk=1ln1 1k + 22=nXk=1lnk + 3k + 1k + 22=nXk=1lnk + 3 +nXk=1lnk + 1 2nXk=1lnk + 24
Page 5 : Dans la première somme on pose k′ = k + 3, k = 1 ⇒k′ = 4, k = n ⇒k′ = n + 3.Dans la deuxième somme on pose k′′ = k + 1, k = 1 ⇒k′′ = 2, k = n ⇒k′′ = n + 1.Dans la troisième somme on pose k′′′ = k + 2, k = 1 ⇒k′′′ = 3, k = n ⇒k′′ = n + 2nXk=1ln1 1k + 22=n+3Xk′=4ln k′ +n+1Xk′′=2ln k′′ 2n+2Xk′′′=3ln k′′′On remplace kr, k′′ et k′′′ par knXk=1ln1 1k + 22=n+3Xk=4lnk +n+1Xk=2lnk 2n+2Xk=3lnkOn va réunir les sommes entre k = 4 et k = n + 1nXk=1ln1 1k + 22= n+1Xk=4lnk + lnn + 2 + lnn + 3!+ ln2 + ln3 +n+1Xk=4lnk!2 ln3 +n+1Xk=4lnk + lnn + 1!Les sommes de lnk de k = 4 à k = n + 1 s’éliminent.nXk=1ln1 1k + 22= lnn + 2 + lnn + 3 + ln2 + ln3 2ln3 + lnn + 1= lnn + 2n + 3n + 12+ ln2 ln3limn→+n + 2n + 3n + 12= 1donclimn→+nXk=1ln1 1k + 22= ln2 ln3 = ln23Exercice 5 Séries de Bertrand1. Montrer quen 2,nXk=21k ln k lnlnn + 1 lnln 22. En déduire la nature de la sérieXn21n ln n.3. Montrer quen 3,nXk=31k ln2 k 1ln 24. En déduire la nature de la sérieXn21n ln2 n.Réponse 55
Page 6 : 1. Soit n 2. La fonction ft =1t ln t est décroissante sur 0, + donc :k 2, t k, k + 1,1t ln t 1k ln kd’où :k 2,Z k+1kdtt ln t Z k+1kdtk ln k =1k ln kZ k+1kdt =1k ln k tk+1k=1k ln k k + 1 k =1k ln kOn déduit que :nXk=21k ln k nXk=2Z k+1kdtt ln t =Z n+12dtt ln t =Z n+12ln ttln tdt=Z n+12lnln tt dt = lnln tn+12= lnlnn + 1 lnln 22. On a :n 2,nXk=21k ln k lnlnn + 1 lnln 2et lnlnn + 1 →+donc la série positive Pn21n ln n est divergente car sa suite des sommespartielles n’est pas majorée.3. Soit n 3. La fonction ft =1t ln2 t est décroissante sur 0, + donc:k 2, t k, k + 1,1t ln t 1k + 1 ln2k + 1d’où k 2 :Z k+1kdtt ln2 t Z k+1kdtk + 1 ln2k + 1=1k + 1 ln2k + 1Z k+1kdt=1k + 1 ln2k + 1tk+1k=1k + 1 ln2k + 1k + 1 k =1k + 1 ln2k + 1On déduit que :nXk=21k + 1 ln2k + 1 nXk=2Z k+1kdtt ln2 t=Z n+12dtt ln2 t=Z n+12ln t′ln2 t dt= Z n+12 1ln t′dt= 1ln tn+12=1ln 2 1lnn + 1 1ln 24. On a:n 3,nXk=31k ln2 k 1ln 2donc la série positive Pn21n ln2 n est convergente car sa suite des sommes partielles est majorée.6
Page 7 : Exercices SupplémentairesExercice 6Etudier la nature de la série de terme général1. un = n + 1n3 72. un = n + 1n2 73. un = n + 1n 74. un = sin 1n25. un =1n1+1n6. un =1ln n2 + 27. un = lnnn328. un = nn2n9. un =2n + 3nn2 + lnn + 5n10. un = 1n!11. un = n10000n!12. un = 4n+1n + 1!22n 1!13. un =sin 1nn14. un =1 1nn215. un =1 + 1nn2Réponse 61. La suite un est de signe constantun 1n2C’est le terme général d’une série de Riemann convergente avec α = 2 12. La suite un est de signe constantun 1nC’est le terme général d’une série de Riemann divergente avec α = 1 13. un →1 ̸= 0 la série diverge grossièrement4. La suite un est de signe constantun 1n2C’est le terme général d’une série de Riemann convergente avec α = 2 15. Méfianceun =1n1+1n = 1nn 1n = 1ne1n lnnCommelimn→+lnnn = 0 on alimn→+e1n lnn = 1Ce qui montre que un 1n.C’est le terme général d’une série de Riemann divergente avecα = 1 16. un est de signe constantun =1ln n2 + 2 =1lnn2 1 +2n2 =12 lnn + ln1 +2n2 =12 lnn +2n2 + o 1n2On remarque quen12 un = n1212 lnn +2n2 + ◦ 1n2 →+D’après les règles de Riemann naun →+avec α 1 entraine que la série de terme général undiverge.7
Page 8 : 7. un est de signe constantn54 un = n54 lnnn32= lnnn14→0D’après les règles de Riemann naun →+avec α 1 entraine que la série de terme général unconverge.8. un est de signe constantun+1un=n+12n+1n2n= n + 1n× 12 →12 1D’après la règle de D’Alembert la série de terme général un converge.9. un est de signe constantun =2n + 3nn2 + lnn + 5n 3n5n =35n35nest le terme général d’une série géométrique convergente, la série de terme général unconverge.10. un est de signe constantun+1un=1n+1!1n!=1n + 1 →0 0D’après la Règle de D’Alembert la série de terme général un converge.11. un est de signe constantun+1un=n+110000n+1!n10000n!=n + 1n10000n!n + 1! =n + 1n10000×1n + 1 →0 1D’après la Règle de D’Alembert la série de terme général un converge.12. un est de signe constantun+1un=4n+2n+2!22n+1!4n+1n+1!22n1!= 4n+2n + 2!22n 1!4n+1n + 1!22n + 1! = 4n + 22n + 1!22n 1!n + 1!22n + 12n2n 1!= 4 n + 222n + 12n 1Là on peut rien dire sauf si on arrive à montrer que la limite est 1 par valeur supérieureun+1un= 4 n + 222n + 12n = 4n2 + 4n + 44n2 + 2n= 4n2 + 16n + 164n2 + 2n 1Donc la limite est 1+ et donc la série de terme général diverge.13. un est de signe constantun =sin 1nn= en sin 1n = en 1n16n3 +o 1n3 = e116n2 +o 1n2 →1e ̸= 0La série de terme général un diverge grossièrement.Remarque : il était inutile de faire un développement limité à 1’ordre 3 de sin 1n.14. un est de signe constantun =1 1nn2= en2 ln11n = en21n 12n2 +o 1n2 = en 12 +o1 = ene12 +o1 1e1en1e1enest le terme général d’une suite géométrique de raison 1e strictement inférieure à 1. Lasérie de terme général un converge.8
Page 9 : 15.un =1 + 1nn2 1Donc un ne peut pas tendre vers 0 .Exercice 7Étudier la nature de la série de terme général :un =pn2 + an + 2 pn2 + bn + 1n,a, b R2, a b.Réponse 7La forme même du terme général suggère d’utiliser la règle de Cauchy.Observons d’abord que lacondition a b entraîne que un 0 pour tout n 0. Ceci étant, on a pour n assez grand,nun =n2 + an + 21/2 n2 + bn + 11/2= n1 + an + 2n21/2n1 + bn + 1n21/2= a b2+ 4 a2 + b28n+ o 1n2d’oùlimn→+nun = a b2On en déduit que• Si a b2 1, la série P un diverge,• Si a b2 1, la série P un converge,• Si a b2= 1, alorsnun = 1 + 2 a + b4n+ o 1nDans ce troisième cas on a donc• si a+b 2 alorsnun 1 pour n assez grand, donc un 1 et la série P un diverge grossièrement.• pour a + b 2, on ne peut conclure sous cette forme. En revanche, on a, pour α 0 :ln nαun = α ln n + n ln1 + 2 a + b4n+ o 1n= α ln n + 2 a + b + o1,il en résulte que lim nαun = +, et en particulier, lim nun = +d’où la réponse.9
Page 10 : Partie 2 - Séries numériques à termes quelconquesExercice 8Considérons les sériesXn11nnetXn1ln1 + 1nnMontrer que les termes généraux de ces séries sont équivalents mais que les séries n’ont pas la même nature.Réponse 8En développant le log :ln1 + 1nn1nnLes termes généraux sont bien équivalents.On reconnait une série de Riemann alternée avec α = 12 0 donc la première série est convergente.Pour la seconde série, le développement du log donneln1 + 1nn= 1n2n 121nn2+ o 1nn2!= 1nn12n + o 1nEn particulier, on remarque queln1 + 1nn1nn= 12n + o 1n12n.où l’on reconnait la série harmonique qui est divergente. On a doncXn1ln1 + 1nn=Xn11nnzCV+Xn1O 1nzDVet on conclut que la sérieXn1ln1 + 1nndiverge.Exercice 9Étudier les séries:1.Xn1 s1 + 1nn1!2.Xn11nn sin 1n3.Xn01nn + 1nRéponse 91. On a1 + x = 1 + x2 x28 + ox2donc :s1 + 1nn1 = 1 + 1n2n 181nn2+ o 1nn2!!1 = 1n2n 18n + o 1nd’où : s1 + 1nn1!1n2n = 18n + o 1n18n10
Page 11 : où 1n2nest le terme général d’une série de Riemann alternée convergente et18n est le termegénéral d’une série harmonique divergente. On conclut donc que la sérieXn1 s1 + 1nn1!diverge.2. En développant le sinus on a1nn sin 1n = 1nn 1n + O 1n2= 1nn+ O1nnOù 1nnest le terme général d’une série de Riemann alternée convergente etXn11nn est unesérie absolument convergente puisque c’est une série de Riemann avec α = 32 1 donc la sérieXn1O1nnconverge. On conclut que la sérieXn11nn sin 1n converge comme somme dedeux séries convergentes.3. En développant11 + x On a :1nn + 1n = 1nn11 + 1nn= 1nn1 + O 1n= 1nn+ O 1n2Où 1nnest le terme général d’une série de Riemann alternée convergente, etXn11n2 est unesérie absolument convergente puisque de Riemann avec α = 2 1 doncXn1O 1n2converge. Onen déduit que la sérieXn01nn + 1n converge.Exercice 10Étudier la convergence de la série numérique de terme général1. un = 1n n3n!2. un = ann! ,a C3. un = nan1,a C4. un = sinn2 + 1nπ3. un = 1nn + 1 n4. un = n ln1 + 1ncos 1nRéponse 101. On pose vn = un = n3n!vn+1vn=n+13n+1!n3n!=n + 1n3×1n + 1 →0D’après la règle de D’Alembert, la série de terme général vn converge, donc la série de termegénéral un converge absolument, donc elle converge.2. On pose vn = un = ann!vn+1vn=an+1n+1!ann!=an + 1 →011
Page 12 : D’après la règle de D’Alembert, la série de terme général vn converge, donc la série de termegénéral un converge absolument, donc elle converge.3. Pour a 1 on pose vn = un = nan1vn+1vn= n + 1annan1=nn + 1a →aD’après la règle de D’Alembert, la série de terme général vn converge, donc la série de termegénéral un converge absolument, donc elle converge.Pour a 1, un →+donc la série diverge grossièrement.4. On réécritun = sinn2 + 1nπ= sinnπ + πn= 1n sinπnIl s’agit d’une série alternée car an = sin πn0, il est à peu près évident que an est décroissantet tend vers 0 , d’après le TSSA, la série converge.Remarque : on pourrait montrer qu’elle semi-convergente.5. On réécritun = 1nn + 1 n = 1nn + 1 nn + 1 n = 1n1n + 1 + nan =1n+1+n est positif, décroissant et tend vers 0 , d’après le TSSA la série converge.6. Tentons de faire un développement limité en1nα avec α 1 donc à l’ordre 2 ou 3/2, dans le premierterme on va perdre un ordre à cause du n devant le ln et dans la cos la variable sera 1/nun = n ln1+ 1ncos 1n= n 1n 12n2 +13n3 + o 1n31 1n22!+1n44!+ o 1n4!= 1 12n +13n2 + o 1n21 12n +124n2 + o 1n2=724n2 + o 1n2724n2Il s’agit du terme général d’une série de Riemann convergente avec α = 2 1 donc la série determe général un converge.Exercice 11On considère la série :Xn01nn + 11. Montrer que la série est convergente.2. Montrer que n N :nXk=01kk + 1 =Z 10dt1 + t 1n+1Z 10tn+11 + t dt3. Montrer que :n N, 0 Z 10tn+11 + t dt 1n + 24. En déduire que :+Xn=01nn + 1 = ln 212
Page 13 : 5. Donner une valeur approchée de ln 2 à la précision 103.Réponse 111. La série P 1nn+1 est alternée, or la suite1n+1nN est décroissante de limite nulle donc, d’aprèsle critère spécial des séries alternées, la série P 1nn+1 est convergente.2. Soit n N. On a :Z 10dt1 + t 1n+1Z 10tn+11 + t dt =Z 1011 + t 1n+1 tn+11 + tdt=Z 101 1n+1tn+11 + tdt =Z 101 tn+11 + tdtOrt 0, 1, 1 tn+1 = 1 tnXk=0tk = 1 + tnXk=01ktkdonc t 0, 1, 1 tn+11 + t=nXk=01ktk. On en déduitZ 10dt1 + t 1n+1Z 10tn+11 + t dt =Z 10 nXk=01ktk!dt =nXk=01kZ 10tk dt=nXk=01k tk+1k + 110=nXk=01kk + 1 .3. Soit n N. On a :t 0, 1, 0 tn+11 + t tn+1donc :0 Z 10tn+11 + t dt Z 10tn+1 dt = tn+2n + 210=1n + 24. On a :0 Z 10tn+11 + t dt 1n + 2 →0donclimn→+Z 10tn+11 + t dt = 0.D’autre part :Z 10dt1 + t = ln1 + t10 = ln 2Or :nXk=01kk + 1 =Z 10dt1 + t 1n+1Z 10tn+11 + t dt = ln 2 1n+1Z 10tn+11 + t dtdonc, par passage à la limite :+Xk=01kk + 1 = ln 25. La sérieX 1nn + 1 est alternée, or la suite1n+1est décroissante de limite nulle donc, d’après lamajoration du reste dans le TSSA :n N,+Xk=n+11kk + 1 1n + 213
Page 14 : On peut écrire le reste de la série sous la formen N,+Xk=n+11kk + 1 =+Xk=01kk + 1 nXk=01kk + 1 = ln 2 nXk=01kk + 1donc :n N,ln 2 nXk=01kk + 1 1n + 2On déduit que pour quenXk=01kk + 1 soit une valeur approchée de ln 2 à la précision 103 il estsuffisant que :ln 2 nXk=01kk + 1 103donc, il suffit que :1n + 2 103.On peut donc prendre n 103 2 = 998, par exemple n = 998.Exercice 12Montrer la convergence et calculer les sommes des séries de terme général1. un =nXk=01n k!k!2. un =nXk=01nkk!2nkRéponse 121. On pose vn = 1n!, il s’agit d’une série absolument convergente en appliquant la règle de D’Alembertvn+1vn=1n+1!1n!=1n + 1 →0 1On peut appliquer la formule du produit de deux séries absolument convergentes +Xn=0vn! +Xn=0vn!=+Xn=0 nXk=0vnkvk!=+Xn=0 nXk=01n k!k!!=+Xn=0unOn reconnait la série exponentielle avec x = 1 donc+Xn=0vn =+Xn=01n! = eCe qui montre que+Xn=01n k!k! = e22. On posean = 1n!etbn = 1n2nan est le terme général d’une série absolument convergente en appliquant la règle de D’Alembertan+1an=1n+1!1n!=1n + 1 →0 114
Page 15 : bn = 12n est le terme général d’une série géométrique convergente avec q = 12 1, donc la sériede terme général bn converge absolument. On peut appliquer la formule du produit de deux sériesabsolument convergentes +Xn=0an! +Xn=0bn!=+Xn=0 nXk=0bnkak!=+Xn=0 nXk=01nkk!2nk!=+Xn=0unOù+Xn=0an = e et+Xn=0bn =+Xn=012n=11 12 = 23On conclutXn=01nkk!2nk= 2e3 .15
