Corrigé des exercices : Séries positives, Riemann, Bertrand en L2 de maths

---

---

Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Deux divergences grossières

Idée clé : il suffit de montrer que le terme général a une limite non nulle.

1. On écrit \(n \sin\left(\frac{1}{n}\right) = \frac{\sin(1/n)}{1/n}\). Comme \(\frac{1}{n} \to 0\) et \(\frac{\sin x}{x} \to 1\) quand \(x \to 0\), le terme général tend vers \(1\). Il ne tend pas vers \(0\). La série diverge grossièrement.
2. Pour \(n \geq 2\), on a \(\left(1 – \frac{1}{n}\right)^n = \exp\left(n \ln\left(1 – \frac{1}{n}\right)\right)\). Or \(\ln(1-x) \sim -x\) en \(0\), donc \(n \ln\left(1 – \frac{1}{n}\right) \to -1\). L’exponentielle étant continue, le terme général a pour limite \(e^{-1}\), qui n’est pas nulle. Il s’agit encore d’une divergence grossière.

Dans les deux cas, le travail se réduit à un calcul de limite. Par ailleurs, ce test ne demande ni positivité ni équivalent : c’est pourquoi on le place toujours en tête d’une étude de série. Retenons enfin le réflexe d’écrire une puissance variable sous forme exponentielle avant de passer à la limite.

Corrigé de l’exercice 2 – Une somme télescopique à trois facteurs

Idée clé : écrire \(u_n\) comme différence de deux termes consécutifs d’une même suite.

1. On réduit au même dénominateur :
   \[\frac{1}{n(n+1)} – \frac{1}{(n+1)(n+2)} = \frac{(n+2) – n}{n(n+1)(n+2)} = \frac{2}{n(n+1)(n+2)}.\]
   En divisant par \(2\), on obtient l’égalité demandée.
2. Posons \(a_n = \frac{1}{n(n+1)}\). Alors \(u_n = \frac{1}{2}(a_n – a_{n+1})\), et la somme télescope : \(S_N = \frac{1}{2}\left(a_1 – a_{N+1}\right) = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2} – \frac{1}{(N+1)(N+2)}\right)\).
3. Le terme \(\frac{1}{(N+1)(N+2)}\) tend vers \(0\). Donc \(S_N \to \frac{1}{4}\). La série converge et sa somme vaut \(\frac{1}{4}\).

Cette méthode se généralise : un produit de \(p\) facteurs consécutifs au dénominateur s’écrit comme différence de deux produits de \(p-1\) facteurs. De plus, la somme partielle exacte donne aussi le reste, ici \(\frac{1}{2(N+1)(N+2)}\). Autrement dit, l’erreur décroît comme \(\frac{1}{2N^2}\).

Corrigé de l’exercice 3 – Séries géométriques décalées

Idée clé : factoriser pour faire apparaître \(q^n\), puis tenir compte du premier indice.

1. On a \(\frac{3^n}{5^{n+1}} = \frac{1}{5}\left(\frac{3}{5}\right)^n\), avec \(\left|\frac{3}{5}\right| < 1\). Une série géométrique commençant au rang \(2\) vaut \(\frac{q^2}{1-q}\). Ici, \(\sum_{n \geq 2} \left(\frac{3}{5}\right)^n = \frac{9/25}{2/5} = \frac{9}{10}\). La somme vaut \(\frac{9}{50}\).
2. La raison \(q = -\frac{2}{7}\) vérifie \(|q| < 1\). Depuis le rang \(1\), la somme vaut \(\frac{q}{1-q} = \frac{-2/7}{9/7}\). Elle vaut \(-\frac{2}{9}\).
3. La raison vaut ici \(q = \frac{x-1}{2}\). La condition \(|q| < 1\) se traduit par \(|x-1| < 2\), donc par \(-1 < x < 3\). Pour ces valeurs, la somme vaut \(\frac{1}{1 – \frac{x-1}{2}} = \frac{2}{3-x}\).

Le piège principal concerne le premier indice. En effet, une série géométrique commençant au rang \(p\) a pour somme \(\frac{q^p}{1-q}\), et non \(\frac{1}{1-q}\). Ensuite, aux bornes \(x = -1\) et \(x = 3\), la raison vaut \(\pm 1\) : la divergence y est grossière.

Corrigé de l’exercice 4 – Quatre natures par équivalent

Idée clé : tous les termes sont positifs ; un équivalent de la forme \(\frac{C}{n^{\alpha}}\) suffit.

1. Pour \(n \geq 1\), \(n^3 – n + 4 \geq 4 > 0\), donc \(a_n > 0\). De plus, \(a_n \sim \frac{2n}{n^3} = \frac{2}{n^2}\). La série converge, par comparaison à une série de Riemann d’exposant \(2\).
2. Par la quantité conjuguée, \(b_n = \frac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} \sim \frac{1}{2\sqrt{n}}\), avec \(b_n > 0\). L’exposant vaut \(\frac{1}{2} \leq 1\). La série diverge.
3. Le développement \(1 – \cos x \sim \frac{x^2}{2}\) donne \(c_n \sim \frac{1}{2n^2}\), et \(c_n \geq 0\). La série converge.
4. Comme \(n^{-2/3} \to 0\) et \(\ln(1+x) \sim x\), on obtient \(d_n \sim \frac{1}{n^{2/3}}\), positif. L’exposant \(\frac{2}{3}\) est inférieur à \(1\). La série diverge.

Chaque fois, nous avons écrit la positivité avant l’équivalent. Cette précaution n’est pas une formalité : le critère d’équivalence est faux pour des termes de signe variable. Par ailleurs, seul l’exposant de \(n\) importe ; la constante devant, comme \(2\) ou \(\frac{1}{2}\), ne change pas la nature.

Corrigé de l’exercice 5 – Règle de d’Alembert sur quatre séries

Idée clé : simplifier le quotient \(\frac{u_{n+1}}{u_n}\) avant de passer à la limite.

1. Le quotient vaut \(\frac{(n+1)^4}{4 n^4} = \frac{1}{4}\left(1 + \frac{1}{n}\right)^4\), qui tend vers \(\frac{1}{4}\). La série converge.
2. Le quotient vaut \(\frac{5^{n+1}\, n!}{5^n\, (n+1)!} = \frac{5}{n+1}\), qui tend vers \(0\). La série converge.
3. Le quotient vaut \(\frac{n+1}{3}\), qui tend vers \(+\infty\). La série diverge grossièrement.
4. On simplifie les factorielles : \(\frac{(2n+2)!}{(2n)!} = (2n+2)(2n+1)\) et \(\frac{(n!)^2}{((n+1)!)^2} = \frac{1}{(n+1)^2}\). Le quotient vaut donc \(\frac{(2n+2)(2n+1)}{5(n+1)^2} = \frac{2(2n+1)}{5(n+1)}\). Il tend vers \(\frac{4}{5} < 1\). La série converge.

La règle de d’Alembert brille dès qu’apparaissent des factorielles, car le quotient les simplifie presque entièrement. Notons cependant que, pour la dernière série, remplacer \(5\) par \(4\) donnerait une limite égale à \(1\). Dans ce cas, la règle ne conclurait plus, et l’exercice 13 montre comment poursuivre.

Corrigé de l’exercice 6 – Règle de Cauchy sur trois séries

Idée clé : la racine \(n\)-ième fait disparaître l’exposant \(n\).

1. La racine \(n\)-ième vaut \(\frac{n}{3n+2}\), qui tend vers \(\frac{1}{3} < 1\). La série converge.
2. La racine \(n\)-ième vaut \(\left(1 + \frac{1}{n}\right)^{-n} = \exp\left(-n \ln\left(1 + \frac{1}{n}\right)\right)\). L’exposant tend vers \(-1\), donc la racine tend vers \(e^{-1} < 1\). La série converge.
3. La racine \(n\)-ième vaut \(n^{3/n} \cdot \frac{5}{4}\). Or \(n^{3/n} = \exp\left(\frac{3 \ln n}{n}\right) \to 1\). La racine tend donc vers \(\frac{5}{4} > 1\). La série diverge grossièrement.

Le facteur polynomial \(n^3\) ne joue aucun rôle dans la limite, car \(n^{3/n}\) tend vers \(1\). Ainsi, la règle de Cauchy « efface » les puissances fixes de \(n\). C’est pourquoi elle s’adapte bien aux termes de la forme \(a_n^{\,n}\) ou \(a_n^{\,n^2}\).

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Classer des séries de Bertrand

Idée clé : identifier les exposants \(\alpha\) de \(n\) et \(\beta\) de \(\ln n\), puis appliquer le critère de Bertrand.

1. Ici \(\alpha = 1\) et \(\beta = 1\). Comme \(\beta\) n’est pas strictement supérieur à \(1\), la série diverge.
2. Ici \(\alpha = 1\) et \(\beta = 3 > 1\). La série converge.
3. On a \(\frac{\ln n}{n^{11/10}} = \frac{1}{n^{11/10} (\ln n)^{-1}}\), avec \(\alpha = \frac{11}{10} > 1\). La valeur de \(\beta\) n’importe pas. La série converge.
4. Ici \(\alpha = 1\) et \(\beta = -5\). Directement, \(\frac{(\ln n)^5}{n} \geq \frac{1}{n}\) dès que \(n \geq 3\). La série diverge.
5. Ici \(\alpha = 1\) et \(\beta = \frac{2}{3} \leq 1\). Le logarithme, élevé à une puissance trop faible, ne compense pas la lenteur de \(\frac{1}{n}\). La série diverge.

En résumé, seule la puissance de \(n\) compte dès qu’elle diffère de \(1\). En revanche, lorsque cette puissance vaut exactement \(1\), c’est l’exposant du logarithme qui tranche. Ainsi, il faut toujours repérer d’abord \(\alpha\), puis seulement ensuite \(\beta\).

Corrigé de l’exercice 8 – Preuve du critère de Bertrand pour la puissance 1

Idée clé : une primitive explicite de \(\frac{1}{t (\ln t)^{\beta}}\) s’obtient par le changement \(x = \ln t\).

1. Si \(\beta \leq 0\), alors \(-\beta \geq 0\). Pour \(n \geq 3\), on a \(\ln n \geq 1\), donc \((\ln n)^{-\beta} \geq 1\). Il vient \(\frac{1}{n (\ln n)^{\beta}} \geq \frac{1}{n}\). La série harmonique diverge. Par comparaison, la série diverge.
2. Sur \([2, +\infty[\), \(\ln t \geq \ln 2 > 0\). La fonction \(t \mapsto t (\ln t)^{\beta}\) est un produit de deux fonctions continues, strictement positives et croissantes, puisque \(\beta > 0\). Elle est donc croissante et strictement positive. Son inverse \(g\) est continue, positive et décroissante.
3. La dérivée de \(\ln t\) étant \(\frac{1}{t}\), une primitive de \(g\) est \(\frac{(\ln t)^{1-\beta}}{1-\beta}\) si \(\beta \neq 1\), et \(\ln(\ln t)\) si \(\beta = 1\). Pour \(\beta > 1\), on obtient
   \[\int_2^N g(t)\,\mathrm{d}t = \frac{(\ln 2)^{1-\beta} – (\ln N)^{1-\beta}}{\beta – 1} \leq \frac{(\ln 2)^{1-\beta}}{\beta – 1}.\]
   L’intégrale est majorée. Pour \(0 < \beta < 1\), elle vaut \(\frac{(\ln N)^{1-\beta} – (\ln 2)^{1-\beta}}{1-\beta}\), qui tend vers \(+\infty\). Pour \(\beta = 1\), elle vaut \(\ln(\ln N) – \ln(\ln 2)\), qui tend aussi vers \(+\infty\). Par la comparaison série-intégrale, la série converge si et seulement si \(\beta > 1\).

Le cas \(\beta = 1\) mérite d’être retenu. En effet, la primitive \(\ln(\ln t)\) croît si lentement que les sommes partielles semblent stabilisées sur ordinateur. Pourtant, elles finissent par dépasser toute borne. C’est pourquoi seul le calcul d’intégrale permet de conclure avec certitude.

Corrigé de l’exercice 9 – Encadrement des sommes de 1 sur racine de k

Idée clé : comparer chaque terme à l’aire sous \(t \mapsto \frac{1}{\sqrt{t}}\), qui décroît.

1. La fonction \(h\) décroît sur \(]0, +\infty[\). Pour \(t\) entre \(k\) et \(k+1\), on a donc \(h(t) \leq h(k)\). En intégrant sur cet intervalle de longueur \(1\), on obtient \(\int_k^{k+1} h \leq h(k)\). De même, pour \(k \geq 2\) et \(t\) entre \(k-1\) et \(k\), on a \(h(k) \leq h(t)\), d’où \(h(k) \leq \int_{k-1}^{k} h\).
2. Sommons la première inégalité pour \(k\) de \(1\) à \(n\) : \(S_n \geq \int_1^{n+1} \frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{t}} = 2\sqrt{n+1} – 2\). Ensuite, sommons la seconde pour \(k\) de \(2\) à \(n\), puis ajoutons le premier terme, égal à \(1\) : \(S_n \leq 1 + \int_1^{n} \frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{t}} = 2\sqrt{n} – 1\). L’encadrement est établi.
3. D’une part, \(2\sqrt{n+1} – 2 \sim 2\sqrt{n}\) ; d’autre part, \(2\sqrt{n} – 1 \sim 2\sqrt{n}\). Le théorème d’encadrement, appliqué aux quotients par \(2\sqrt{n}\), donne \(S_n \sim 2\sqrt{n}\).

L’encadrement est plus riche que l’équivalent : il donne une erreur absolue inférieure à \(1\) pour tout \(n\). Par exemple, pour \(n = 100\), on obtient \(18{,}09 \leq S_{100} \leq 19\). La figure montre que la vraie valeur se place entre les deux courbes.

Corrigé de l’exercice 10 – Reste de la série des inverses des cubes

Idée clé : sommer l’encadrement série-intégrale de \(n+1\) jusqu’à l’infini.

1. La fonction \(f(t) = t^{-3}\) est continue, positive et décroissante sur \([1,+\infty[\). Pour \(k \geq 2\), on a \(\int_k^{k+1} f \leq \frac{1}{k^3} \leq \int_{k-1}^{k} f\). Sommons pour \(k\) de \(n+1\) à \(M\), puis faisons tendre \(M\) vers l’infini. On obtient
   \[\int_{n+1}^{+\infty} \frac{\mathrm{d}t}{t^3} \leq R_n \leq \int_{n}^{+\infty} \frac{\mathrm{d}t}{t^3}.\]
   Comme \(\int_{a}^{+\infty} t^{-3}\,\mathrm{d}t = \frac{1}{2a^2}\), l’encadrement \(\frac{1}{2(n+1)^2} \leq R_n \leq \frac{1}{2n^2}\) est établi.
2. Puisque \((n+1)^2 \sim n^2\), la minoration et la majoration ont toutes deux \(\frac{1}{2n^2}\) pour équivalent. On en tire \(R_n \sim \frac{1}{2n^2}\).
3. Tronquer la somme au rang \(n\) produit une erreur égale à \(R_n\). Grâce à la majoration, la condition \(2n^2 \geq 10^4\) garantit la précision voulue. Comme \(70^2 = 4900\) reste trop petit et \(71^2 = 5041\) dépasse \(5000\), on peut prendre \(n = 71\).

Remarquons que la minoration montre aussi qu’on ne peut guère faire mieux : avec \(n = 60\), le reste dépasse \(\frac{1}{2 \cdot 61^2} \approx 1{,}3 \times 10^{-4}\). Ainsi, l’encadrement fournit à la fois un rang suffisant et une idée du rang nécessaire.

Corrigé de l’exercice 11 – Séries à paramètre réel

Idée clé : un équivalent en puissance de \(n\) ramène tout au critère de Riemann.

1. Le terme est positif et \(1 – \cos\frac{1}{n} \sim \frac{1}{2n^2}\). Donc \(n^a\left(1 – \cos\frac{1}{n}\right) \sim \frac{1}{2 n^{2-a}}\). La série converge si et seulement si \(2 – a > 1\). Elle converge exactement pour \(a < 1\).
2. Par la quantité conjuguée, \(\sqrt{n^2+1} – n = \frac{1}{\sqrt{n^2+1} + n} \sim \frac{1}{2n}\), quantité positive. Comme \(b > 0\), on peut élever l’équivalent à la puissance \(b\), ce qui donne \(\frac{2^{-b}}{n^b}\). Le critère de Riemann impose alors \(b > 1\) pour la convergence, et la divergence sinon.

Élever un équivalent à une puissance fixe est toujours permis. En revanche, on ne compose jamais un équivalent par une fonction quelconque, comme l’exponentielle, sans vérification. Ici, l’exposant \(b\) ne dépend pas de \(n\), ce qui rend l’opération légitime.

Corrigé de l’exercice 12 – Un produit télescopique sous un logarithme

Idée clé : la somme des logarithmes est le logarithme d’un produit qui se simplifie en cascade.

1. Les termes \(u_n\) sont négatifs, et \(-u_n = -\ln\left(1 – \frac{1}{n^2}\right) \sim \frac{1}{n^2}\). La série positive \(\sum (-u_n)\) converge donc par comparaison à une série de Riemann. Par conséquent, \(\sum u_n\) converge.
2. On factorise : \(1 – \frac{1}{n^2} = \frac{n-1}{n} \cdot \frac{n+1}{n}\). Le produit des premiers facteurs vaut \(\frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdots \frac{N-1}{N} = \frac{1}{N}\). Celui des seconds vaut \(\frac{3}{2} \cdot \frac{4}{3} \cdots \frac{N+1}{N} = \frac{N+1}{2}\). Le produit vaut donc \(\frac{N+1}{2N}\).
3. La somme partielle est le logarithme de ce produit : \(\sum_{n=2}^{N} u_n = \ln\frac{N+1}{2N}\). Elle tend vers \(\ln\frac{1}{2}\). La somme vaut \(-\ln 2\).

La première question était en fait inutile pour le calcul, puisque la limite explicite prouve la convergence. Néanmoins, elle rappelle qu’une série de signe constant négatif s’étudie en changeant de signe. De plus, le passage du logarithme d’un produit à une somme de logarithmes est un outil fréquent pour les produits infinis.

Corrigé de l’exercice 13 – Quand le quotient tend vers 1

Idée clé : lorsque d’Alembert échoue, on compare \(u_n\) à \(\frac{1}{n}\) grâce à une suite auxiliaire monotone.

1. On simplifie : \(\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{(2n+2)(2n+1)}{4 (n+1)^2} = \frac{2n+1}{2n+2}\). Ce quotient tend vers \(1\). La règle de d’Alembert ne conclut pas.
2. On calcule \(\frac{(n+1) u_{n+1}}{n u_n} = \frac{n+1}{n} \cdot \frac{2n+1}{2n+2} = \frac{2n+1}{2n}\). Ce rapport est strictement supérieur à \(1\), et les termes sont strictement positifs. La suite \((n u_n)\) est donc croissante.
3. On a \(u_1 = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}\). Par croissance, \(n u_n \geq 1 \cdot u_1 = \frac{1}{2}\), donc \(u_n \geq \frac{1}{2n}\). La série \(\sum \frac{1}{2n}\) diverge. Par comparaison, \(\sum u_n\) diverge.

La technique est instructive : lorsque le quotient s’écrit \(1 – \frac{a}{n} + o\left(\frac{1}{n}\right)\), on compare \(u_n\) à \(\frac{1}{n^a}\). Ici, \(a = \frac{1}{2}\) d’après \(\frac{2n+1}{2n+2} = 1 – \frac{1}{2n+2}\). D’ailleurs, on peut montrer que \(u_n \sim \frac{1}{\sqrt{\pi n}}\), ce qui confirme la divergence.

Corrigé de l’exercice 14 – Équivalents d’une somme et d’un reste

Idée clé : sommation des équivalents, avec les sommes partielles pour une série divergente et les restes pour une série convergente.

1. Le terme \(\frac{k}{k^2+5}\) est positif et équivalent à \(\frac{1}{k}\). La série harmonique diverge. Par sommation des relations de comparaison, \(A_n \sim H_n\). Donc \(A_n \sim \ln n\).
2. Comme \(e^x – 1 \sim x\) en \(0\), on a \(e^{1/k^2} – 1 \sim \frac{1}{k^2}\), terme positif. La série converge donc. Les restes de deux séries convergentes à termes positifs équivalents sont équivalents. Ainsi, \(B_n \sim \sum_{k>n} \frac{1}{k^2}\). Or la comparaison série-intégrale donne \(\frac{1}{n+1} \leq \sum_{k>n} \frac{1}{k^2} \leq \frac{1}{n}\). Finalement, \(B_n \sim \frac{1}{n}\).

Les deux questions illustrent les deux versions du théorème. D’abord, pour une série divergente, on transporte l’équivalent aux sommes partielles. Ensuite, pour une série convergente, on le transporte aux restes. Écrire \(\sum_{k \leq n} \left(e^{1/k^2} – 1\right) \sim \sum_{k \leq n} \frac{1}{k^2}\) serait vrai, mais sans intérêt : ces deux suites tendent vers des limites finies distinctes.

Corrigé de l’exercice 15 – Équivalent de la somme des racines carrées

Idée clé : la fonction racine est croissante ; les inégalités série-intégrale s’inversent.

1. Pour \(t \in [k-1, k]\), on a \(\sqrt{t} \leq \sqrt{k}\) ; pour \(t \in [k, k+1]\), on a \(\sqrt{k} \leq \sqrt{t}\). En intégrant sur ces intervalles de longueur \(1\), on obtient \(\int_{k-1}^{k} \sqrt{t}\,\mathrm{d}t \leq \sqrt{k} \leq \int_{k}^{k+1} \sqrt{t}\,\mathrm{d}t\).
2. Sommons pour \(k\) de \(1\) à \(n\). À gauche, on obtient \(\int_0^n \sqrt{t}\,\mathrm{d}t = \frac{2}{3} n^{3/2}\). À droite, \(\int_1^{n+1} \sqrt{t}\,\mathrm{d}t = \frac{2}{3}\left((n+1)^{3/2} – 1\right)\). L’encadrement est démontré.
3. Le minorant vaut exactement \(\frac{2}{3} n^{3/2}\). Quant au majorant, il s’en approche, puisque \((n+1)^{3/2} \sim n^{3/2}\) et que la constante \(-1\) devient négligeable. Le quotient \(\frac{T_n}{\frac{2}{3} n^{3/2}}\) est donc pris entre deux suites de limite \(1\). Ainsi, \(T_n \sim \frac{2}{3} n^{3/2}\).

Pour une fonction croissante, les rôles des deux intervalles s’échangent par rapport au cas décroissant. Avant de sommer, il faut donc toujours écrire l’inégalité ponctuelle sur chaque intervalle. Par exemple, pour \(n = 100\), l’encadrement donne \(666{,}6 \leq T_{100} \leq 676{,}1\).

Corrigé de l’exercice 16 – Racine d’un terme de série convergente

Idée clé : l’inégalité \(ab \leq \frac{a^2 + b^2}{2}\) sépare les deux facteurs.

1. On développe \(\left(\sqrt{u_n} – \frac{1}{n}\right)^2 \geq 0\) : il vient \(u_n + \frac{1}{n^2} \geq \frac{2\sqrt{u_n}}{n}\). L’inégalité est établie. Les séries \(\sum u_n\) et \(\sum \frac{1}{n^2}\) convergent, donc leur demi-somme aussi. Par comparaison, \(\sum \frac{\sqrt{u_n}}{n}\) converge.
2. La série converge, donc \(u_n \to 0\). À partir d’un rang, \(0 \leq u_n \leq 1\), d’où \(u_n^2 \leq u_n\). Par comparaison, \(\sum u_n^2\) converge.
3. Prenons \(u_n = \frac{1}{n^2}\) : la série converge. Pourtant, \(\sqrt{u_n} = \frac{1}{n}\), terme de la série harmonique. Ainsi, \(\sum \sqrt{u_n}\) peut diverger.

Le facteur \(\frac{1}{n}\) de la première question est donc indispensable. En effet, prendre la racine ralentit la décroissance du terme, tandis que la division par \(n\) la rétablit. Par ailleurs, la majoration utilisée est l’inégalité arithmético-géométrique, outil très fréquent pour comparer un produit à une somme.

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 17 – Problème : une série de Bertrand à la loupe

Idée clé : la primitive \(-\frac{1}{\ln t}\) donne un encadrement très précis du reste, qui révèle une convergence extrêmement lente.

1. Sur \([2,+\infty[\), la fonction \(t \mapsto t (\ln t)^2\) est continue, strictement positive et croissante, comme produit de fonctions positives croissantes. Son inverse \(f\) est donc décroissante. De plus, une primitive de \(f\) est \(-\frac{1}{\ln t}\), majorée par \(0\). Par comparaison série-intégrale, la série converge, ce qui est aussi le critère de Bertrand avec \(\beta = 2\).
2. Pour \(k \geq 3\), on a \(\int_k^{k+1} f \leq u_k \leq \int_{k-1}^{k} f\), car \([k-1, k+1] \subset [2,+\infty[\). Sommons pour \(k\) allant de \(n+1\) à \(M\), avec \(n \geq 2\), puis faisons tendre \(M\) vers l’infini. Comme \(\int_a^{+\infty} f(t)\,\mathrm{d}t = \frac{1}{\ln a}\), on obtient \(\frac{1}{\ln(n+1)} \leq R_n \leq \frac{1}{\ln n}\).
3. On a \(\ln(n+1) = \ln n + \ln\left(1 + \frac{1}{n}\right) \sim \ln n\). Les deux bornes sont donc équivalentes à \(\frac{1}{\ln n}\). Par encadrement, \(R_n \sim \frac{1}{\ln n}\).
4. L’erreur après \(N\) termes est \(R_N\). Pour garantir \(R_N \leq 10^{-2}\), la majoration suffit dès que \(\ln N \geq 100\), soit \(N \geq e^{100}\). Inversement, la minoration montre que \(R_N > 10^{-2}\) tant que \(\ln(N+1) < 100\). Il faut donc environ \(e^{100} \approx 2{,}7 \times 10^{43}\) termes. Aucun ordinateur ne peut les sommer : la série converge, mais la somme directe est inutilisable en pratique.

Ce problème montre l’intérêt d’un équivalent du reste. Grâce à lui, on sait en effet qu’il faudrait accélérer la convergence avant tout calcul numérique. Par exemple, on peut ajouter à \(S_N\) une correction proche de \(\frac{1}{\ln N}\), ce qui réduit l’erreur de façon spectaculaire.

Corrigé de l’exercice 18 – Problème : sommation des relations de comparaison

Idée clé : découper la somme en un début fixe, que la divergence de \(V_n\) rend négligeable, et une fin contrôlée par \(\varepsilon\).

1. Puisque \(u_n = o(v_n)\), il existe \(N\) tel que \(u_k \leq \varepsilon v_k\) pour \(k > N\). En sommant de \(N+1\) à \(n\), on obtient \(U_n – U_N \leq \varepsilon (V_n – V_N) \leq \varepsilon V_n\). D’où \(U_n \leq U_N + \varepsilon V_n\). Ensuite, \(V_n \to +\infty\) car \(\sum v_n\) est une série positive divergente. Il existe donc \(N^{\prime} \geq N\) tel que \(U_N \leq \varepsilon V_n\) pour \(n \geq N^{\prime}\). Pour ces \(n\), \(0 \leq U_n \leq 2\varepsilon V_n\). Ainsi \(U_n = o(V_n)\).
2. Si \(u_n \sim v_n\), alors \(|u_n – v_n| = o(v_n)\), et la suite \(|u_n – v_n|\) est positive. La question 1 donne \(\sum_{k=1}^{n} |u_k – v_k| = o(V_n)\). Par l’inégalité triangulaire, \(|U_n – V_n| \leq \sum_{k=1}^{n} |u_k – v_k|\). Donc \(U_n – V_n = o(V_n)\), soit \(U_n \sim V_n\).
3. Le terme \(\frac{1}{k + \sqrt{k}}\) est positif et équivalent à \(\frac{1}{k}\), car \(\sqrt{k} = o(k)\). La série harmonique diverge, d’où \(\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k+\sqrt{k}} \sim H_n\). Cette somme est équivalente à \(\ln n\).
4. Pour \(k \geq 2\), posons \(w_k = \int_{k-1}^{k} \ln t\,\mathrm{d}t\). La croissance du logarithme donne \(\ln(k-1) \leq w_k \leq \ln k\). Or \(\ln(k-1) = \ln k + \ln\left(1 – \frac{1}{k}\right) \sim \ln k\). Par encadrement, \(w_k \sim \ln k\), terme positif. Ensuite, \(\sum_{k=2}^{n} w_k = \int_1^n \ln t\,\mathrm{d}t = n \ln n – n + 1\), qui tend vers \(+\infty\) et est équivalent à \(n \ln n\). La question 2 donne alors \(\sum_{k=2}^{n} \ln k \sim n \ln n – n + 1\). Donc \(\ln(n!) \sim n \ln n\).

La dernière application est un premier pas vers la formule de Stirling, qui précise ce résultat. Notons aussi l’hypothèse essentielle de la question 1 : la divergence de \(\sum v_n\). Sans elle, le terme fixe \(U_N\) ne deviendrait pas négligeable, et la conclusion tomberait.

Corrigé de l’exercice 19 – Problème : une suite récurrente et ses séries

Idée clé : la quantité \(\frac{1}{u_n^2}\) augmente presque exactement de \(2\) à chaque étape ; on somme cet accroissement.

1. Par récurrence, si \(u_n > 0\), alors \(u_{n+1} = \frac{u_n}{1+u_n^2} > 0\). Ensuite, \(\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{1}{1 + u_n^2} < 1\) : la suite est strictement décroissante. Elle est minorée par \(0\), donc elle converge vers un réel \(\ell \geq 0\). La fonction \(x \mapsto \frac{x}{1+x^2}\) est continue ; par passage à la limite, \(\ell = \frac{\ell}{1+\ell^2}\), soit \(\ell^3 = 0\). Donc \(u_n \to 0\).
2. On calcule \(\frac{1}{u_{n+1}^2} = \frac{(1+u_n^2)^2}{u_n^2} = \frac{1 + 2u_n^2 + u_n^4}{u_n^2} = \frac{1}{u_n^2} + 2 + u_n^2\). La relation demandée en découle.
3. Posons \(d_k = 2 + u_k^2\). Ces termes sont positifs et tendent vers \(2\), donc \(d_k \sim 2\). La série \(\sum 2\) diverge, et ses sommes partielles sur \(n\) termes valent \(2n\). Par sommation des équivalents, \(\sum_{k=0}^{n-1} d_k \sim 2n\). Or, par télescopage, \(\frac{1}{u_n^2} = \frac{1}{u_0^2} + \sum_{k=0}^{n-1} d_k = 1 + \sum_{k=0}^{n-1} d_k\). Comme \(1 = o(n)\), on obtient \(\frac{1}{u_n^2} \sim 2n\).
4. En élevant à la puissance \(-\frac{1}{2}\), \(u_n \sim \frac{1}{\sqrt{2n}}\). Les trois séries sont à termes positifs. D’abord, \(u_n \sim \frac{1}{\sqrt{2}\, n^{1/2}}\) : \(\sum u_n\) diverge. Ensuite, \(u_n^2 \sim \frac{1}{2n}\) : \(\sum u_n^2\) diverge. Enfin, \(u_n^3 \sim \frac{1}{2\sqrt{2}\, n^{3/2}}\) : \(\sum u_n^3\) converge.

La méthode employée ici sert pour de nombreuses suites récurrentes qui tendent lentement vers \(0\). On cherche d’abord une puissance \(p\) telle que \(\frac{1}{u_{n+1}^p} – \frac{1}{u_n^p}\) ait une limite finie non nulle. Ensuite, la sommation des équivalents donne la vitesse. La figure de l’énoncé confirme que \(u_n\) colle très vite à \(\frac{1}{\sqrt{2n}}\).

Pour aller plus loin

Télécharger puis imprimer cette fiche en PDF.

Télécharger ou imprimer cette fiche «corrigé des exercices : Séries positives, Riemann, Bertrand en L2 de maths» au format PDF afin de pouvoir travailler en totale autonomie.

---

OK

 Maths PDF c'est 16 224 662 cours et exercices de maths téléchargés en PDF et 4 250 exercices.