Séries de Bertrand et comparaisons : corrigé du contrôle de maths en L2
Voici le corrigé du contrôle de maths en L2 sur le thème « séries de Bertrand et comparaisons », question par question.
Cette correction rédige chaque nature comme on l’attend en partiel de licence : positivité vérifiée, théorème de comparaison nommé, série de référence citée. Reprenez d’abord l’exercice 2, car le choix d’une puissance intermédiaire y règle la plupart des cas des séries de Bertrand. Ensuite, la règle de d’Alembert est appliquée avec le calcul complet de la limite du quotient. Pour les encadrements, un dessin montre les rectangles placés au-dessus de la courbe et justifie le sens des inégalités. Dans le problème, la suite qui ressemble à la constante d’Euler converge par le théorème de la limite monotone. Chaque exercice se termine enfin par un barème et par une erreur fréquente à éviter.
L’énoncé complet se trouve ici : Séries de Bertrand et comparaisons : contrôle de maths en L2.
Barème du contrôle corrigé : séries de Bertrand et comparaisons
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Quatre natures par comparaison | 4 points |
| 2. Les séries de Bertrand | 4 points |
| 3. Deux quotients de d’Alembert | 3 points |
| 4. Reste d’une série de Riemann | 3 points |
| 5. Problème : la série de terme 1/(k ln k) | 6 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : séries de Bertrand et comparaisons
Exercice 1 – Quatre natures par comparaison (4 points)
- Pour \(n \geq 1\), on a \(n^3 – n + 4 = n(n^2 – 1) + 4 > 0\), donc le terme est strictement positif. De plus, il est équivalent à \(\frac{2n}{n^3} = \frac{2}{n^2}\). Or la série de Riemann \(\sum \frac{1}{n^2}\) converge, et les deux séries sont à termes positifs. Par le théorème de comparaison par équivalents, la série converge.
- Comme \(\cos\) est majoré par 1, le terme est positif. Ensuite, \(\frac{\pi}{\sqrt{n}}\) tend vers 0 et \(1 – \cos x \sim \frac{x^2}{2}\) en 0, donc le terme est équivalent à \(\frac{\pi^2}{2n}\). Or la série harmonique diverge. Ainsi la série diverge, par comparaison de séries positives.
- Le terme est positif. De plus, \(n^2 \times n^2\,\mathrm{e}^{-\sqrt{n}} = \left(\sqrt{n}\right)^8\mathrm{e}^{-\sqrt{n}}\) tend vers 0 par croissances comparées, car \(\sqrt{n}\) tend vers l’infini. Donc le terme est un \(o\left(\frac{1}{n^2}\right)\). Par conséquent, la série converge.
- Le terme est positif pour \(n \geq 1\). Comparons-le à une puissance intermédiaire : \(n^{5/4} \times \frac{\ln n}{n^{3/2}} = \frac{\ln n}{n^{1/4}}\), qui tend vers 0. Ainsi le terme est un \(o\left(\frac{1}{n^{5/4}}\right)\), avec \(\frac{5}{4} > 1\). La série converge donc.
Piège classique : comparer \(\frac{\ln n}{n\sqrt{n}}\) à \(\frac{1}{n^{3/2}}\). L’inégalité va dans le mauvais sens, d’où le passage par l’exposant \(\frac{5}{4}\).
Exercice 2 – Les séries de Bertrand (4 points)
Questions 1 et 2 : exposant de n différent de 1
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On a \(1 < \gamma < \alpha\), puis \(n^{\gamma}b_n = \frac{1}{n^{(\alpha – 1)/2}(\ln n)^{\beta}}\). Comme \(\frac{\alpha – 1}{2} > 0\), cette quantité tend vers 0 quel que soit le signe de \(\beta\), par croissances comparées. Donc \(b_n = o\left(\frac{1}{n^{\gamma}}\right)\).
Or la série de Riemann \(\sum \frac{1}{n^{\gamma}}\) converge, puisque \(\gamma > 1\). Ainsi la série de terme \(b_n\) converge pour \(\alpha > 1\), quel que soit \(\beta\).
- Pour \(\alpha < 1\), on a \(n\,b_n = \frac{n^{1 – \alpha}}{(\ln n)^{\beta}}\), qui tend vers \(+\infty\) par croissances comparées. Il existe donc un rang \(N\) à partir duquel \(n\,b_n \geq 1\), c’est-à-dire \(b_n \geq \frac{1}{n}\). Par comparaison avec la série harmonique, la série diverge.
Question 3 : le cas limite α = 1
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Sur \(\left]1, +\infty\right[\), la fonction \(t \mapsto t(\ln t)^{\beta}\) est un produit de fonctions positives et croissantes, car \(\beta > 0\). Elle est donc croissante et strictement positive, et son inverse \(f\) est décroissante.
Pour \(k \geq 3\) et \(t \in [k – 1, k]\), on a alors \(f(k) \leq f(t)\), d’où \(f(k) \leq \int_{k-1}^{k} f(t)\,\mathrm{d}t\). En sommant pour \(k\) de 3 à \(n\), puis avec la primitive \(t \mapsto \frac{(\ln t)^{1 – \beta}}{1 – \beta}\), on obtient
\[\sum_{k=2}^{n} b_k \leq f(2) + \int_2^n f(t)\,\mathrm{d}t = f(2) + \frac{(\ln 2)^{1 – \beta} – (\ln n)^{1 – \beta}}{\beta – 1} \leq f(2) + \frac{(\ln 2)^{1 – \beta}}{\beta – 1}.\]
Les sommes partielles d’une série positive sont croissantes ; ici elles sont aussi majorées. Donc la série converge pour \(\alpha = 1\) et \(\beta > 1\). Le problème montre au contraire la divergence pour \(\beta = 1\).
Piège classique : comparer directement \(b_n\) à \(\frac{1}{n^{\alpha}}\) quand \(\beta < 0\). Le logarithme au numérateur empêche alors toute majoration simple.
Exercice 3 – Deux quotients de d’Alembert (3 points)
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Les termes sont strictement positifs, et l’on calcule
\[\frac{v_{n+1}}{v_n} = \frac{2^{n+1}(n + 1)!}{(n + 1)^{n+1}} \times \frac{n^n}{2^n\,n!} = 2\left(\frac{n}{n + 1}\right)^n = \frac{2}{\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n}.\]
Or \(\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = \exp\left(n\ln\left(1 + \frac{1}{n}\right)\right)\), et \(n\ln\left(1 + \frac{1}{n}\right)\) tend vers 1 car \(\ln(1 + x) \sim x\) en 0. Le quotient tend donc vers \(\frac{2}{\mathrm{e}}\), qui est strictement inférieur à 1 puisque \(\mathrm{e} > 2\). D’après la règle de d’Alembert, la série converge.
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En écrivant les coefficients binomiaux avec des factorielles, puis en simplifiant, on trouve
\[\frac{w_{n+1}}{w_n} = \frac{1}{7} \times \frac{(3n + 3)(3n + 2)(3n + 1)}{(n + 1)(2n + 2)(2n + 1)}.\]
Le numérateur et le dénominateur de la grande fraction sont des polynômes de degré 3, de coefficients dominants 27 et 4. Le quotient tend donc vers \(\frac{27}{4 \times 7} = \frac{27}{28}\), strictement inférieur à 1. Ainsi la série converge, encore par la règle de d’Alembert.
Piège classique : affirmer que \(\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n\) tend vers 1. C’est une forme indéterminée, qu’il faut lever par le logarithme.
Exercice 4 – Reste d’une série de Riemann (3 points)
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La fonction \(h : t \mapsto \frac{1}{t^3}\) est décroissante sur \(\left[1, +\infty\right[\). Ainsi, pour \(k \geq 2\), elle vérifie \(\int_k^{k+1} h \leq \frac{1}{k^3} \leq \int_{k-1}^{k} h\) : les rectangles de la figure sont sous la courbe. En sommant pour \(k\) de \(n + 1\) à \(N\), on obtient
\[\int_{n+1}^{N+1} \frac{\mathrm{d}t}{t^3} \leq \sum_{k=n+1}^{N} \frac{1}{k^3} \leq \int_{n}^{N} \frac{\mathrm{d}t}{t^3}.\]
Comme \(\int_a^b \frac{\mathrm{d}t}{t^3} = \frac{1}{2a^2} – \frac{1}{2b^2}\), on fait ensuite tendre \(N\) vers l’infini. D’où \(\frac{1}{2(n + 1)^2} \leq R_n \leq \frac{1}{2n^2}\).
- Multiplions l’encadrement par \(2n^2\) : le minorant \(\frac{n^2}{(n + 1)^2}\) tend vers 1, et le majorant vaut 1. Par encadrement, \(2n^2R_n\) tend vers 1. Donc \(R_n \sim \frac{1}{2n^2}\).
- L’erreur commise en remplaçant la somme par \(S_n\) est exactement \(R_n\). Il suffit donc que \(\frac{1}{2n^2} \leq 10^{-4}\), soit \(n^2 \geq 5000\). Or \(70^2 = 4900\) et \(71^2 = 5041\). L’encadrement garantit la précision voulue dès \(n = 71\). En revanche, \(R_{69} \geq \frac{1}{2 \times 70^2} = \frac{1}{9800}\), qui dépasse \(10^{-4}\).
Piège classique : décaler les bornes des intégrales. Le dessin des rectangles permet de vérifier lequel est au-dessus de la courbe.
Exercice 5 – Problème : la série de terme 1/(k ln k) (6 points)
Questions 1 et 2 : encadrement et équivalent
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Sur \(\left]1, +\infty\right[\), la fonction \(t \mapsto t\ln t\) est un produit de fonctions positives et croissantes ; elle est donc croissante et strictement positive. Par conséquent, \(f\) est décroissante. De plus, \(t \mapsto \ln(\ln t)\) a pour dérivée \(\frac{1/t}{\ln t} = f(t)\) : c’est une primitive de \(f\).
Pour \(k \geq 2\), la décroissance donne \(\int_k^{k+1} f \leq f(k)\). En sommant de \(k = 2\) à \(n\), on obtient \(\ln\ln(n + 1) – \ln\ln 2 \leq S_n\) : sur la figure, les rectangles verts recouvrent l’aire sous la courbe.
Ensuite, pour \(k \geq 3\), on a \(f(k) \leq \int_{k-1}^{k} f\). En isolant le premier terme \(f(2) = \frac{1}{2\ln 2}\), puis en sommant de \(k = 3\) à \(n\), on obtient \(S_n \leq \frac{1}{2\ln 2} + \ln\ln n – \ln\ln 2\) ; pour \(n = 2\), l’inégalité est une égalité.
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Le minorant tend vers \(+\infty\), donc \(S_n\) aussi. Ainsi la série \(\sum \frac{1}{k\ln k}\) diverge.
Pour l’équivalent, divisons l’encadrement par \(\ln\ln n\), strictement positif dès \(n \geq 3\). Le majorant divisé tend vers 1. D’autre part, \(\ln\ln(n + 1) – \ln\ln n = \ln\left(1 + \frac{\ln(1 + 1/n)}{\ln n}\right)\) tend vers 0, si bien que le minorant divisé tend aussi vers 1. Par encadrement, \(S_n \sim \ln\ln n\).
Questions 3 et 4 : une suite de type Euler, puis une série dérivée
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Pour \(n \geq 2\), on a \(a_{n+1} – a_n = f(n + 1) – \left(\ln\ln(n + 1) – \ln\ln n\right) = f(n + 1) – \int_n^{n+1} f(t)\,\mathrm{d}t\). Or \(f(t) \geq f(n + 1)\) sur \([n, n + 1]\), car \(f\) décroît. Donc \(a_{n+1} – a_n \leq 0\), et la suite est décroissante.
Par ailleurs, la minoration de la question 1 donne \(a_n \geq \ln\ln(n + 1) – \ln\ln n – \ln\ln 2 \geq -\ln\ln 2\), car \(\ln \circ \ln\) est croissante. Notons que \(-\ln\ln 2 > 0\), puisque \(\ln 2 < 1\). La suite \((a_n)\) est décroissante et minorée, donc elle converge d’après le théorème de la limite monotone.
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Les termes sont strictement positifs, car \(S_n \geq S_2 > 0\). D’après la question 2, \(S_n^2 \sim (\ln\ln n)^2\), donc \(\frac{1}{n\,S_n^2} \sim \frac{1}{n(\ln\ln n)^2}\).
Ensuite, \(\frac{(\ln x)^2}{x}\) tend vers 0 quand \(x\) tend vers l’infini. Avec \(x = \ln n\), on a donc \((\ln\ln n)^2 \leq \ln n\) à partir d’un certain rang. Il vient alors \(\frac{1}{n(\ln\ln n)^2} \geq \frac{1}{n\ln n}\), terme d’une série divergente d’après la question 2. Par comparaison puis par équivalence de séries positives, la série \(\sum \frac{1}{n\,S_n^2}\) diverge.
Piège classique : croire que \(S_n \sim \ln\ln(n + 1)\) et \(S_n \sim \ln\ln n\) se contredisent. Les deux sont vrais, puisque leur différence tend vers 0.
À retenir de ce contrôle
- Pour deux séries à termes positifs, un équivalent ou une domination transmet la nature ; sans positivité, ces comparaisons ne valent plus rien.
- Une série de Bertrand converge si et seulement si l’exposant de n dépasse 1, ou s’il vaut 1 et que celui du logarithme dépasse 1.
- Si f est positive et décroissante, alors f(k + 1) ≤ ∫ de k à k + 1 de f ≤ f(k), ce qui encadre sommes partielles et restes.
- La règle de d’Alembert conclut quand la limite du quotient diffère de 1 ; une limite égale à 1 ne permet aucune conclusion.
- Une suite décroissante et minorée converge : c’est l’argument clé pour comparer une somme partielle à l’intégrale correspondante.
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