Équivalents, séries et interversions : corrigé du contrôle de maths en MPSI

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Barème du contrôle corrigé : équivalents, séries et interversions

Le corrigé détaillé : équivalents, séries et interversions

Exercice 1 – Équivalents et formule de Stirling (3 points)

1. Posons \(h = \frac{2}{n}\), qui tend vers 0. D’une part \(\ln(1+h) = h – \frac{h^2}{2} + O\left(h^3\right)\), d’autre part \(\sin h = h + O\left(h^3\right)\). Par différence des développements limités, \(a_n = -\frac{h^2}{2} + O\left(h^3\right) = -\frac{2}{n^2} + O\left(\frac{1}{n^3}\right)\). Or \(O\left(\frac{1}{n^3}\right) = o\left(\frac{1}{n^2}\right)\). Donc \(a_n \sim -\frac{2}{n^2}\).
2. On écrit \(b_n = \mathrm{e}^{u_n} – 1\) avec \(u_n = \frac{\ln(2n+1)}{n}\). Comme \(\ln(2n+1) = \ln n + \ln\left(2 + \frac{1}{n}\right)\) et que le second terme tend vers \(\ln 2\), on a \(\ln(2n+1) = \ln n\,\left(1 + o(1)\right)\). Ainsi \(u_n \sim \frac{\ln n}{n}\), qui tend vers 0 par croissances comparées. Ensuite, puisque \(\mathrm{e}^{u} – 1 \sim u\) quand \(u \to 0\) et que \(u_n \to 0\), on peut substituer \(u_n\) dans cet équivalent. Par conséquent \(b_n \sim \frac{\ln n}{n}\).

3. Question 3 : application de Stirling

   Appliquée à \(3n\), la formule donne \((3n)! \sim \sqrt{6\pi n}\,\left(\frac{3n}{\mathrm{e}}\right)^{3n} = \sqrt{6\pi n}\;27^n\,n^{3n}\,\mathrm{e}^{-3n}\). De plus, l’exposant 3 étant fixe, \((n!)^3 \sim (2\pi n)^{3/2}\,n^{3n}\,\mathrm{e}^{-3n}\).

   Les quotients d’équivalents sont permis, donc \(c_n \sim \frac{\sqrt{6\pi n}}{(2\pi n)^{3/2}}\). Or \(\frac{\sqrt{6}}{2^{3/2}} = \frac{\sqrt{3}}{2}\), puis \(\frac{\sqrt{\pi}}{\pi^{3/2}} = \frac{1}{\pi}\) et \(\frac{\sqrt{n}}{n^{3/2}} = \frac{1}{n}\). Finalement \(c_n \sim \frac{\sqrt{3}}{2\pi n}\).

4. Les trois suites gardent un signe constant à partir d’un certain rang, ce qui autorise la comparaison par équivalents. D’abord, \(-a_n \sim \frac{2}{n^2}\), terme d’une série de Riemann convergente. Ensuite, dès que \(n \geq 3\), on a \(\ln n \geq 1\) : le terme \(\frac{\ln n}{n}\) majore celui de la série harmonique, d’où la divergence de \(\sum \frac{\ln n}{n}\). Enfin, \(\sum \frac{1}{n}\) diverge. Ainsi \(\sum a_n\) converge, alors que \(\sum b_n\) et \(\sum c_n\) divergent.

Barème : 1) développements limités (0,5), conclusion (0,25) ; 2) équivalent de \(\ln(2n+1)\) (0,25), substitution justifiée par \(u_n \to 0\) (0,5) ; 3) Stirling appliqué deux fois (0,5), simplification (0,5) ; 4) signe constant cité (0,2), trois natures (0,3).

Piège classique : écrire \(\ln(1+h) \sim h\) et \(\sin h \sim h\), puis conclure que \(a_n \sim 0\). On ne soustrait pas des équivalents ; le développement doit donc aller jusqu’à l’ordre 2, là où les deux fonctions cessent de coïncider.

Exercice 2 – Une suite définie implicitement (3,5 points)

1. La fonction \(g\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(g^{\prime}(x) = 5x^4 + 1 > 0\), donc elle est strictement croissante. Elle est continue, de limites \(-\infty\) et \(+\infty\) aux bornes. Le théorème de la bijection montre alors que tout réel possède un unique antécédent par \(g\). En particulier, chaque entier \(n\) admet un seul antécédent \(x_n\). Comme \(g(1) = 2\) et \(g(2) = 32 + 2 = 34\), on obtient bien \(x_2 = 1\) et \(x_{34} = 2\).
2. Puisque \(g(x_{n+1}) = n + 1 > n = g(x_n)\) et que \(g\) est strictement croissante, on a \(x_{n+1} > x_n\). De même, \(g(0) = 0 < n\) donne \(x_n > 0\). Alors \(x_n^5 = n – x_n < n\), donc \(x_n < n^{1/5}\). Enfin, si la suite croissante \((x_n)\) était majorée par un réel \(M\), on aurait \(n = g(x_n) \leq g(M)\) pour tout \(n\), ce qui est absurde. La suite croît donc vers \(+\infty\).
3. On réécrit l’équation : \(x_n^5 = n\left(1 – \frac{x_n}{n}\right)\). Or \(0 < \frac{x_n}{n} \leq n^{-4/5}\), donc \(\frac{x_n}{n} \to 0\) et \(x_n^5 \sim n\). Ensuite, élever un équivalent à la puissance fixe \(\frac{1}{5}\) est permis. Ainsi \(x_n \sim n^{1/5}\).

4. Question 4 : le second terme

   Notons \(\varepsilon_n = \frac{x_n}{n}\). D’après la question 3, \(\varepsilon_n \sim n^{1/5 – 1} = n^{-4/5}\), donc \(\varepsilon_n \to 0\). De l’équation on tire \(x_n = n^{1/5}\left(1 – \varepsilon_n\right)^{1/5}\).

   Le développement limité \((1 – \varepsilon)^{1/5} = 1 – \frac{\varepsilon}{5} + o(\varepsilon)\) donne alors \(x_n = n^{1/5} – \frac{1}{5}\,n^{1/5}\varepsilon_n + o\left(n^{1/5}\varepsilon_n\right)\). Or \(n^{1/5}\varepsilon_n \sim n^{1/5} \times n^{-4/5} = n^{-3/5}\), c’est-à-dire \(n^{1/5}\varepsilon_n = n^{-3/5} + o\left(n^{-3/5}\right)\).

   Par conséquent \(x_n = n^{1/5} – \frac{1}{5}\,n^{-3/5} + o\left(n^{-3/5}\right)\). Pour \(n = 34\), on trouve \(34^{1/5} \approx 2{,}024\) et le second terme vaut environ \(0{,}024\) : on retrouve bien \(x_{34} = 2\).

5. D’après la question 4, \(x_n – n^{1/5} \sim -\frac{1}{5}\,n^{-3/5}\), qui est de signe constant. Or \(\frac{3}{5} \leq 1\), donc la série de Riemann \(\sum n^{-3/5}\) diverge. La série \(\sum \left(x_n – n^{1/5}\right)\) diverge donc.

Barème : 1) stricte monotonie et théorème de la bijection (0,25), valeurs \(x_2\) et \(x_{34}\) (0,25) ; 2) croissance (0,25), majoration (0,25), limite (0,25) ; 3) \(\frac{x_n}{n} \to 0\) (0,5), puissance d’un équivalent (0,25) ; 4) réécriture (0,25), développement limité (0,5), conclusion (0,25) ; 5) équivalent de signe constant et Riemann (0,5).

Piège classique : écrire \(x_n = n^{1/5} + o\left(n^{1/5}\right)\) puis réinjecter sans contrôler l’ordre de \(\varepsilon_n\). Le second terme n’est obtenu que si l’on sait que \(\varepsilon_n\) tend vers 0 et à quelle vitesse.

Exercice 3 – Reste d’une série et intégrale (3,5 points)

1. Question 1 : variations et convergence

   Quotient de fonctions dérivables, \(f\) admet pour dérivée \(f^{\prime}(t) = \frac{t – 2t\ln t}{t^4} = \frac{1 – 2\ln t}{t^3}\). Son signe est celui de \(1 – 2\ln t\) : elle s’annule en \(\sqrt{\mathrm{e}}\), avant ce point elle reste positive, après elle devient négative. Ainsi \(f\) croît de \(f(1) = 0\) jusqu’à \(f(\sqrt{\mathrm{e}}) = \frac{1}{2\mathrm{e}}\), puis décroît. Comme \(\sqrt{\mathrm{e}} < 2\), \(f\) décroît sur \([2, +\infty[\).

   De plus, \(k^{3/2} f(k) = \frac{\ln k}{\sqrt{k}} \to 0\) par croissances comparées, donc \(f(k) = o\left(k^{-3/2}\right)\). Les termes sont positifs et \(\frac{3}{2} > 1\). Par comparaison à une série de Riemann, \(\sum f(k)\) converge.

2. La fonction \(F(t) = -\frac{\ln t + 1}{t}\) vérifie \(F^{\prime}(t) = -\frac{1 – (\ln t + 1)}{t^2} = \frac{\ln t}{t^2}\). Donc, pour \(A \geq n\), \(\int_n^A f(t)\,\mathrm{d}t = \frac{\ln n + 1}{n} – \frac{\ln A + 1}{A}\). Le dernier terme tend vers 0 quand \(A \to +\infty\). L’intégrale converge et \(\int_n^{+\infty} f(t)\,\mathrm{d}t = \frac{\ln n + 1}{n}\).

3. Question 3 : l’encadrement

   Soit \(k \geq 3\). Alors \([k-1, k+1] \subset [2, +\infty[\), où \(f\) décroît. Pour \(t \in [k, k+1]\), \(f(t) \leq f(k)\), d’où \(\int_k^{k+1} f \leq f(k)\). De même, pour \(t \in [k-1, k]\), \(f(t) \geq f(k)\), d’où \(f(k) \leq \int_{k-1}^{k} f\). Ce sont les rectangles verts et orange de la figure.

   Soit maintenant \(n \geq 2\) et \(N > n\). En sommant pour \(k\) de \(n+1\) à \(N\), indices tous supérieurs ou égaux à 3, la relation de Chasles donne \(\int_{n+1}^{N+1} f \leq \sum_{k=n+1}^{N} f(k) \leq \int_n^N f\). Puis on fait tendre \(N\) vers \(+\infty\), toutes les quantités ayant une limite finie. On obtient \(\frac{\ln(n+1) + 1}{n+1} \leq R_n \leq \frac{\ln n + 1}{n}\).

   L’équivalent du reste

   Divisons par \(\frac{\ln n}{n}\), qui est strictement positif. Le majorant devient \(1 + \frac{1}{\ln n}\), qui tend vers 1. Pour le minorant, \(\ln(n+1) + 1 = \ln n + \ln\left(1 + \frac{1}{n}\right) + 1 = \ln n\,\left(1 + o(1)\right)\) et \(\frac{n}{n+1} \to 1\), donc il tend aussi vers 1. Par encadrement, \(R_n \sim \frac{\ln n}{n}\). La figure ci-dessous montre que \(R_n\) colle à ses bornes, alors que le rapport à \(\frac{\ln n}{n}\) approche 1 lentement, au rythme de \(1 + \frac{1}{\ln n}\).

4. Question 4 : trois natures

   D’abord, \(R_n \geq 0\) et \(R_n \sim \frac{\ln n}{n}\). Comme à l’exercice 1, \(\sum \frac{\ln n}{n}\) diverge, puisque \(\ln n \geq 1\) à partir de \(n = 3\) ; par équivalence de séries positives, \(\sum R_n\) diverge.

   Ensuite, \(R_n – R_{n+1} = f(n+1) \geq 0\), donc \((R_n)\) décroît ; elle tend vers 0 car c’est le reste d’une série convergente. Le critère spécial des séries alternées assure donc la convergence de \(\sum (-1)^n R_n\).

   Enfin, \(R_n^2 \sim \frac{(\ln n)^2}{n^2}\) et \(n^{3/2} \times \frac{(\ln n)^2}{n^2} = \frac{(\ln n)^2}{\sqrt{n}} \to 0\). Ainsi \(R_n^2 = o\left(n^{-3/2}\right)\), et \(\sum R_n^2\) converge.

Barème : 1) dérivée et variations (0,5), convergence par \(o\left(k^{-3/2}\right)\) (0,5) ; 2) primitive (0,25), passage à la limite (0,25) ; 3) encadrement de \(f(k)\) avec \(k \geq 3\) (0,5), sommation et limite (0,25), équivalent par encadrement (0,5) ; 4) une nature juste et justifiée (0,25 chacune).

Piège classique : utiliser l’équivalent \(R_n \sim \frac{\ln n}{n}\) pour étudier \(\sum (-1)^n R_n\). Deux termes équivalents donnent des séries de même nature seulement lorsque leur signe est fixe ; avec le facteur \((-1)^n\), c’est le critère des séries alternées qu’il faut invoquer.

Exercice 4 – Trois sommes doubles (4 points)

1. Question 1 : regroupement selon p + q

   La famille est à termes positifs : le théorème de sommation par paquets s’applique sans autre hypothèse. Les ensembles \(I_m = \left\{(p, q) \in \mathbb{N}^2 : p + q = m\right\}\), pour \(m \in \mathbb{N}\), forment une partition de \(\mathbb{N}^2\). De plus, \(I_m\) contient \(m + 1\) couples, donc la somme sur \(I_m\) vaut \(\frac{m+1}{m!}\).

   Il reste à calculer \(\sum_{m=0}^{+\infty} \frac{m+1}{m!} = \sum_{m=1}^{+\infty} \frac{1}{(m-1)!} + \sum_{m=0}^{+\infty} \frac{1}{m!} = \mathrm{e} + \mathrm{e}\). Cette somme est finie. Par conséquent, la famille est sommable et sa somme vaut \(2\mathrm{e}\).

2. Question 2 : un théorème de Fubini positif

   D’abord, \(r_n\) existe car \(0 \leq \frac{1}{k^2\,2^k} \leq \frac{1}{2^k}\). Posons ensuite \(u_{n,k} = \frac{1}{k^2\,2^k}\) si \(1 \leq n \leq k\), et \(u_{n,k} = 0\) sinon, pour \((n, k) \in \left(\mathbb{N}^*\right)^2\). Pour \(n\) fixé, \(\sum_{k} u_{n,k} = r_n\).

   La famille \((u_{n,k})\) est positive. Le théorème de Fubini positif permet donc d’échanger l’ordre de sommation, dans \([0, +\infty]\) : \(\sum_{n=1}^{+\infty} r_n = \sum_{k=1}^{+\infty} \sum_{n=1}^{k} \frac{1}{k^2\,2^k} = \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{k}{k^2\,2^k} = \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{1}{k\,2^k}\). Ainsi \(\sum_{n=1}^{+\infty} r_n = \ln 2\).

3. Sur la ligne \(p\), les seuls termes non nuls sont \(a_{p,p} = 1\) et \(a_{p,p+1} = -1\) ; chaque ligne est donc de somme nulle, et \(\sum_p \left(\sum_q a_{p,q}\right) = 0\). En revanche, la colonne \(q = 0\) contient un unique terme non nul, \(a_{0,\,0} = 1\). Quand \(q \geq 1\), la colonne contient \(a_{q,q} = 1\) et \(a_{q-1,q} = -1\), de somme nulle. Donc \(\sum_q \left(\sum_p a_{p,q}\right) = 1\), alors que l’autre ordre donne 0. Il n’y a pas de contradiction : la famille n’est pas positive, et \(\sum |a_{p,q}| = +\infty\) car elle contient une infinité de termes de module 1. Elle n’est donc pas sommable, et le théorème de Fubini ne s’applique pas.

Barème : 1) positivité et partition citées (0,75), calcul de \(2\mathrm{e}\) (0,75) ; 2) existence de \(r_n\) et famille \(u_{n,k}\) (0,5), Fubini positif nommé (0,25), calcul (0,75) ; 3) deux sommes itérées (0,5), non-sommabilité expliquée (0,5).

Piège classique : écrire directement \(\sum_n \sum_{k \geq n} = \sum_k \sum_{n \leq k}\) sans dire que les termes sont positifs. Le correcteur attend cette phrase, car la question 3 montre qu’elle n’a rien d’automatique.

Exercice 5 – Problème : les restes de la fonction zêta (6 points)

Partie A : un équivalent

1. Soit \(k \geq 2\). On a \(\zeta(k) – 1 – 2^{-k} = \sum_{n=3}^{+\infty} n^{-k}\), somme de termes positifs, donc positive. Ensuite, la fonction \(t \mapsto t^{-k}\) décroît sur \([2, +\infty[\). Pour \(n \geq 3\) et \(t \in [n-1, n]\), on a donc \(n^{-k} \leq t^{-k}\), puis \(n^{-k} \leq \int_{n-1}^{n} t^{-k}\,\mathrm{d}t\). En sommant à partir de \(n = 3\), on obtient \(\sum_{n=3}^{+\infty} n^{-k} \leq \int_2^{+\infty} t^{-k}\,\mathrm{d}t = \left[\frac{t^{1-k}}{1-k}\right]_2^{+\infty} = \frac{2^{1-k}}{k-1}\), intégrale convergente car \(k > 1\). D’où \(0 \leq \zeta(k) – 1 – 2^{-k} \leq \frac{2^{1-k}}{k-1}\).
2. En multipliant par \(2^k\), on trouve \(1 \leq 2^k\left(\zeta(k) – 1\right) \leq 1 + \frac{2}{k-1}\). Le majorant tend vers 1, donc par encadrement \(\zeta(k) – 1 \sim 2^{-k}\). Comme \(\zeta(k) – 1 \geq 0\) et que la série géométrique \(\sum 2^{-k}\) converge, la série \(\sum \left(\zeta(k) – 1\right)\) converge. La figure de l’énoncé le confirme : les deux suites de points se confondent dès \(k = 8\).

Deux sommes par interversion (partie B)

3. Tous les \(n^{-k}\) sont des réels positifs : on peut donc sommer dans l’ordre souhaité, en vertu du théorème de Fubini pour les familles positives. Pour \(n \geq 2\) fixé, \(\frac{1}{n} < 1\) et la série géométrique donne \(\sum_{k=2}^{+\infty} n^{-k} = \frac{n^{-2}}{1 – n^{-1}} = \frac{1}{n(n-1)}\). Puis, par télescopage, \(\sum_{n=2}^{N} \left(\frac{1}{n-1} – \frac{1}{n}\right) = 1 – \frac{1}{N}\), qui tend vers 1. Alors, en sommant d’abord en \(n\), \(\sum_{k=2}^{+\infty} \sum_{n=2}^{+\infty} n^{-k} = \sum_{k=2}^{+\infty} \left(\zeta(k) – 1\right)\). L’interversion donne donc \(\sum_{k=2}^{+\infty} \left(\zeta(k) – 1\right) = 1\).

4. Le module de \((-1)^k n^{-k}\) vaut \(n^{-k}\), et la question 3 montre que la somme de ces modules vaut 1, nombre fini. La famille est donc sommable, et le théorème de Fubini s’applique dans le cas sommable.

   Pour \(n \geq 2\) fixé, \(\sum_{k=2}^{+\infty} \left(-\frac{1}{n}\right)^k = \frac{n^{-2}}{1 + n^{-1}} = \frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n} – \frac{1}{n+1}\). Par télescopage, la somme de ces termes pour \(n \geq 2\) vaut \(\frac{1}{2}\). Ainsi \(\sum_{k=2}^{+\infty} (-1)^k \left(\zeta(k) – 1\right) = \frac{1}{2}\).

Un produit de Cauchy (partie C)

5. Puisque \(|x| < 1\), la série géométrique \(\sum x^k\) converge absolument, de somme \(\frac{1}{1-x}\). Le terme général de son produit de Cauchy par elle-même est \(c_k = \sum_{i=0}^{k} x^i\,x^{k-i} = (k+1)\,x^k\). Les deux facteurs étant des séries absolument convergentes, le théorème du produit de Cauchy garantit que \(\sum c_k\) converge, elle aussi absolument, vers \(\frac{1}{1-x} \times \frac{1}{1-x}\). Donc \(\sum_{k=0}^{+\infty} (k+1)\,x^k = \frac{1}{(1-x)^2}\).
6. En multipliant par \(x\) puis en changeant d’indice, \(\sum_{k=1}^{+\infty} k\,x^k = \sum_{j=0}^{+\infty} (j+1)\,x^{j+1} = \frac{x}{(1-x)^2}\). Il suffit alors de retirer le terme \(k = 1\), égal à \(x\). Ainsi \(\sum_{k=2}^{+\infty} k\,x^k = \frac{x}{(1-x)^2} – x\).

7. Question 7 : la dernière somme

   Les nombres \(k\,n^{-k}\) sont encore positifs, si bien que l’interversion est libre, toujours par Fubini dans \([0, +\infty]\). Pour \(n \geq 2\), la question 6 avec \(x = \frac{1}{n}\) donne \(\sum_{k=2}^{+\infty} k\,n^{-k} = \frac{n}{(n-1)^2} – \frac{1}{n}\). Par exemple, pour \(n = 2\), on trouve \(2 – \frac{1}{2} = \frac{3}{2}\).

   Or \(\frac{n}{(n-1)^2} = \frac{(n-1) + 1}{(n-1)^2} = \frac{1}{n-1} + \frac{1}{(n-1)^2}\). La somme sur \(n \geq 2\) se scinde donc en deux séries convergentes : \(\sum_{n=2}^{+\infty} \left(\frac{1}{n-1} – \frac{1}{n}\right) = 1\) par télescopage, et \(\sum_{n=2}^{+\infty} \frac{1}{(n-1)^2} = \zeta(2) = \frac{\pi^2}{6}\).

   En intervertissant, \(\sum_{k=2}^{+\infty} k \sum_{n=2}^{+\infty} n^{-k} = \sum_{k=2}^{+\infty} k\left(\zeta(k) – 1\right)\). Finalement \(\sum_{k=2}^{+\infty} k\left(\zeta(k) – 1\right) = 1 + \frac{\pi^2}{6}\). Ce résultat est cohérent avec la partie A, car \(k\left(\zeta(k) – 1\right) \sim k\,2^{-k}\), terme d’une série convergente.

Barème : 1) positivité (0,25), comparaison série-intégrale (0,5), calcul de l’intégrale (0,25) ; 2) encadrement (0,25), convergence (0,25) ; 3) Fubini positif nommé (0,25), somme géométrique (0,25), télescopage (0,5) ; 4) sommabilité justifiée (0,5), calcul (0,5) ; 5) terme \(c_k\) (0,5), théorème cité avec l’absolue convergence (0,5) ; 6) changement d’indice (0,5) ; 7) Fubini positif (0,25), somme d’une ligne (0,25), décomposition et conclusion (0,5). La rédaction des trois interversions représente 1,5 point sur 6.

Piège classique : en partie B, calculer la somme alternée sans prouver la sommabilité. La question 3 fournit exactement l’argument : citez-la, sinon l’interversion n’est pas justifiée.

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Consolider équivalents, séries et interversions après ce corrigé

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