Corrigé des exercices : Séries alternées et semi-convergence en L2 de maths

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Trois tests de convergence absolue

Idée clé : on majore le module par un terme de série de référence, puis on traite à part la série dont le module se comporte comme \(1/n\).

1. D’abord, \(|u_n| \leqslant \dfrac{1}{n^{3/2}}\), terme d’une série de Riemann convergente car \(3/2 > 1\). Ensuite, \(|1 + i| = \sqrt{2}\), donc \(|v_n| = \dfrac{1}{n} \left( \dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)^n \leqslant \left( \dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)^n\). Or \(\sqrt{2}/2 < 1\) : la série géométrique converge. Les séries \(\sum u_n\) et \(\sum v_n\) convergent absolument.
2. On a \(|w_n| = \dfrac{n}{n^2+3} \sim \dfrac{1}{n}\). Ces termes sont positifs et la série harmonique diverge. Par comparaison, \(\sum |w_n|\) diverge.
3. Posons \(f(x) = \dfrac{x}{x^2+3}\). Sa dérivée vaut \(\dfrac{3 – x^2}{(x^2+3)^2}\) : \(f\) croît sur \([0, \sqrt{3}]\) puis décroît sur \([\sqrt{3}, +\infty[\). Ainsi \(|w_1| = \frac{1}{4}\) est plus petit que \(|w_2| = \frac{2}{7}\) : la suite \((|w_n|)\) n’est pas décroissante dès le départ. En revanche, comme \(2 > \sqrt{3}\), elle décroît à partir du rang \(2\), et elle tend vers \(0\). On applique donc le critère spécial à \(\sum_{n \geqslant 2} w_n\) ; ajouter le terme \(w_1\) ne change pas la nature. La série \(\sum w_n\) converge sans converger absolument : elle est semi-convergente.

Corrigé de l’exercice 2 – Le critère de Cauchy pour prouver une divergence

Idée clé : exhiber des blocs de termes lointains qui ne deviennent pas petits, ce qui contredit le critère de Cauchy.

1. Pour \(n \geqslant 1\), \(S_{2n} – S_n = \sum_{k=n+1}^{2n} \dfrac{1}{2k+1}\). Cette somme compte \(n\) termes. Le plus petit est obtenu pour \(k = 2n\) et vaut \(\dfrac{1}{4n+1}\). Donc \(S_{2n} – S_n \geqslant \dfrac{n}{4n+1}\). Enfin, \(\dfrac{n}{4n+1} \geqslant \dfrac{1}{5}\) équivaut à \(5n \geqslant 4n + 1\), soit \(n \geqslant 1\). On a bien \(S_{2n} – S_n \geqslant 1/5\).
2. Supposons la série convergente. Le critère de Cauchy, avec \(\varepsilon = 1/10\), fournirait un rang \(N\) tel que \(|S_q – S_p| \leqslant 1/10\) pour \(q > p \geqslant N\). Or, avec \(p = N + 1\) et \(q = 2N + 2\), on obtient un écart au moins égal à \(1/5\). C’est absurde. La série diverge.
3. Comme \(2 + \cos k \geqslant 1\), chaque terme vérifie \(\dfrac{2 + \cos k}{2k+1} \geqslant \dfrac{1}{2k+1}\). Les blocs de la nouvelle série dominent donc ceux de la première : ils restent supérieurs à \(1/5\). Par le même raisonnement, la série \(\sum \frac{2+\cos k}{2k+1}\) diverge.

Corrigé de l’exercice 3 – Une suite de Cauchy sans limite explicite

Idée clé : majorer \(|\cos(2k)|\) par \(1\), puis exploiter un télescopage d’ordre deux pour obtenir une majoration indépendante de \(p\).

1. Multiplions l’égalité cherchée par \(k\), puis faisons \(k \to 0\) : on trouve \(\alpha = \frac{1}{2}\). De même, en multipliant par \(k + 2\) puis en faisant \(k \to -2\), on trouve \(\beta = -\frac{1}{2}\). Ainsi \(\dfrac{1}{k(k+2)} = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{1}{k} – \dfrac{1}{k+2} \right)\).
2. Pour \(p > n \geqslant 1\), l’inégalité triangulaire et \(|\cos(2k)| \leqslant 1\) donnent \(|u_p – u_n| \leqslant \sum_{k=n+1}^{p} \frac{1}{k(k+2)}\). Dans la somme télescopique, seuls survivent deux termes au début et deux à la fin :
   \[\frac{1}{2} \sum_{k=n+1}^{p} \left( \frac{1}{k} – \frac{1}{k+2} \right) = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} – \frac{1}{p+1} – \frac{1}{p+2} \right).\]
   Ce nombre est au plus \(\frac{1}{2} \left( \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} \right) \leqslant \frac{1}{n+1}\). La majoration demandée est établie.
3. Soit \(\varepsilon > 0\) et \(N \geqslant 1/\varepsilon\). Pour \(p > n \geqslant N\), on a \(|u_p – u_n| \leqslant \varepsilon\). La suite est de Cauchy, donc elle converge dans \(\mathbb{R}\) par complétude. En faisant tendre \(p\) vers l’infini dans l’inégalité précédente, on obtient \(|\ell – u_n| \leqslant \dfrac{1}{n+1}\).
4. Il suffit que \(n + 1 \geqslant 1000\). Le rang \(n = 999\) convient.

Corrigé de l’exercice 4 – Une série alternée en ln(n)/n

Idée clé : la décroissance n’a lieu qu’à partir d’un certain rang, ce qui suffit pour le critère spécial.

1. La fonction \(f\) est dérivable et \(f^{\prime}(x) = \dfrac{1 – \ln x}{x^2}\). Elle est positive sur \([1, e]\) et négative sur \([e, +\infty[\). Ainsi \(f\) croît sur \([1, e]\) puis décroît sur \([e, +\infty[\).
2. Comme \(3 > e\), la suite \(a_n = \dfrac{\ln n}{n}\) est décroissante pour \(n \geqslant 3\). De plus, par croissances comparées, \(a_n \to 0\). Le critère spécial s’applique : la série converge.
3. Pour \(n \geqslant 3\), \(\ln n \geqslant 1\), donc \(\dfrac{\ln n}{n} \geqslant \dfrac{1}{n}\). La série harmonique diverge. Par comparaison de séries positives, la convergence n’est pas absolue : la série est semi-convergente.
4. Le critère spécial indique que le reste a le signe du premier terme négligé, \((-1)^{n+1} \frac{\ln(n+1)}{n+1}\). Donc \(R_n\) est du signe de \((-1)^{n+1}\) : négatif pour \(n\) pair, positif pour \(n\) impair.

Corrigé de l’exercice 5 – Valeur approchée à un millième près

Idée clé : la série converge absolument, mais c’est le critère spécial qui fournit une majoration du reste simple et explicite.

1. Première méthode : \(\left| \dfrac{(-1)^{n+1}}{n\sqrt{n}} \right| = \dfrac{1}{n^{3/2}}\), terme d’une série de Riemann convergente. Seconde méthode : la suite \(a_n = n^{-3/2}\) est positive, décroissante et de limite nulle, donc le critère spécial s’applique. La série converge, et même absolument.
2. Le critère donne \(|S – S_N| \leqslant a_{N+1} = (N+1)^{-3/2}\). On veut \((N+1)^{3/2} \geqslant 1000\), c’est-à-dire \(N + 1 \geqslant 1000^{2/3} = 100\). Le plus petit entier qui convient est \(N = 99\).
3. Le premier terme négligé correspond à \(n = 100\) et vaut \(\dfrac{(-1)^{101}}{100 \sqrt{100}} = -10^{-3}\). Il est négatif, donc \(R_{99} \leqslant 0\) et \(S \leqslant S_{99}\). De plus, \(S\) est compris entre \(S_{100}\) et \(S_{99}\). Ainsi \(S_{99}\) est une valeur approchée par excès, et \(S_{99} – 10^{-3} \leqslant S \leqslant S_{99}\).

Corrigé de l’exercice 6 – Produit de deux séries géométriques de raisons opposées

Idée clé : la somme \(\sum_{k=0}^{n} (-1)^{n-k}\) vaut \(1\) ou \(0\) selon la parité de \(n\).

1. Ce sont deux séries géométriques de raisons \(1/2\) et \(-1/2\), de module inférieur à \(1\). Donc \(A = \dfrac{1}{1 – 1/2} = 2\) et \(B = \dfrac{1}{1 + 1/2} = \dfrac{2}{3}\).
2. Par définition,
   \[c_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{2^k} \cdot \frac{(-1)^{n-k}}{2^{n-k}} = \frac{1}{2^n} \sum_{k=0}^{n} (-1)^{n-k}.\]
   La dernière somme compte \(n + 1\) termes égaux à \(\pm 1\), qui alternent en finissant par \(+1\). Elle vaut donc \(1\) si \(n\) est pair et \(0\) sinon. Ainsi \(c_{2m} = \dfrac{1}{4^m}\) et \(c_{2m+1} = 0\).
3. Les termes nuls ne modifient pas la convergence. Donc \(\sum c_n = \sum_{m \geqslant 0} \dfrac{1}{4^m} = \dfrac{1}{1 – 1/4} = \dfrac{4}{3}\). On retrouve bien \(AB = 2 \times \dfrac{2}{3} = \dfrac{4}{3}\). Ce résultat était garanti par le théorème du produit de Cauchy, car les deux séries convergent absolument.

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – La série complexe de terme i^n/n

Idée clé : séparer les indices pairs et impairs pour obtenir deux séries alternées réelles.

1. On a \(\left| \dfrac{i^n}{n} \right| = \dfrac{1}{n}\), terme de la série harmonique. La série ne converge pas absolument.
2. Comme \(i^{2m} = (-1)^m\) et \(i^{2m+1} = (-1)^m i\), on obtient :
   \[\frac{i^{2m}}{2m} = \frac{(-1)^m}{2m}, \qquad \frac{i^{2m+1}}{2m+1} = i \, \frac{(-1)^m}{2m+1}.\]
   Les termes d’indice pair sont réels, ceux d’indice impair sont imaginaires purs.
3. Notons \(x_n\) et \(y_n\) les parties réelle et imaginaire du terme. La somme partielle \(\sum_{n=1}^{N} x_n\) vaut \(\sum_{m=1}^{\lfloor N/2 \rfloor} \frac{(-1)^m}{2m}\), car les termes impairs ont une partie réelle nulle. Or \(\sum \frac{(-1)^m}{2m}\) converge par le critère spécial, et \(\lfloor N/2 \rfloor \to +\infty\). Donc \(\sum x_n\) converge. De même, \(\sum_{n=1}^{N} y_n = \sum_{m=0}^{\lfloor (N-1)/2 \rfloor} \frac{(-1)^m}{2m+1}\) converge. La série complexe converge, et elle est semi-convergente.
4. La partie réelle de la somme vaut \(\frac{1}{2} \sum_{m \geqslant 1} \frac{(-1)^m}{m} = -\frac{\ln 2}{2}\). La partie imaginaire vaut \(\frac{\pi}{4}\). Donc \(\sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{i^n}{n} = -\dfrac{\ln 2}{2} + i \, \dfrac{\pi}{4}\).

Corrigé de l’exercice 8 – Une famille de séries alternées perturbées

Idée clé : l’identité exacte sépare une série alternée convergente et une série positive dont la nature dépend de \(2\alpha\).

1. Pour \(n \geqslant 2\), \(n^{\alpha} \geqslant 2^{\alpha} > 1\), donc \(n^{\alpha} – (-1)^n \geqslant n^{\alpha} – 1 > 0\). Ainsi \(u_n\) est défini, et \(|u_n| \leqslant \dfrac{1}{n^{\alpha} – 1}\). Ce majorant tend vers \(0\), donc \(u_n \to 0\).
2. Réduisons au même dénominateur :
   \[u_n – \frac{(-1)^n}{n^{\alpha}} = \frac{(-1)^n \big( n^{\alpha} – n^{\alpha} + (-1)^n \big)}{n^{\alpha} \big( n^{\alpha} – (-1)^n \big)} = \frac{(-1)^{2n}}{n^{\alpha} \big( n^{\alpha} – (-1)^n \big)}.\]
   Comme \((-1)^{2n} = 1\), l’identité est établie.
3. Notons \(v_n\) le membre de droite. Il est strictement positif et \(v_n \sim \dfrac{1}{n^{2\alpha}}\). Par ailleurs, \(\sum \frac{(-1)^n}{n^{\alpha}}\) converge par le critère spécial, car \(n^{-\alpha}\) décroît vers \(0\). Si \(\alpha > 1/2\), la série positive \(\sum v_n\) converge, donc \(\sum u_n\) converge comme somme de deux séries convergentes. Si \(\alpha \leqslant 1/2\), alors \(2\alpha \leqslant 1\) et \(\sum v_n\) diverge, donc \(\sum u_n\) diverge. La série converge si et seulement si \(\alpha > 1/2\).
4. Enfin, \(|u_n| = \dfrac{1}{n^{\alpha} – (-1)^n} \sim \dfrac{1}{n^{\alpha}}\). Par comparaison de séries positives, \(\sum |u_n|\) converge si et seulement si \(\alpha > 1\). La série est semi-convergente exactement lorsque \(1/2 < \alpha \leqslant 1\).

Corrigé de l’exercice 9 – Sinus et logarithme : Abel en action

Idée clé : les sommes de \(\sin k\) sont bornées, et \(1/\ln n\) décroît vers \(0\) : c’est exactement le cadre du critère d’Abel.

1. On a \(\sum_{k=p}^{q} \sin k = \mathrm{Im} \left( \sum_{k=p}^{q} e^{ik} \right)\). Comme \(1 \notin 2\pi\mathbb{Z}\), le lemme du cours donne un module au plus égal à \(1/|\sin(1/2)|\). Donc \(\left| \sum_{k=p}^{q} \sin k \right| \leqslant \dfrac{1}{\sin(1/2)}\).
2. Posons \(a_n = 1/\ln n\) et \(b_n = \sin n\) pour \(n \geqslant 2\). La suite \((a_n)\) est positive, décroissante et tend vers \(0\). Les sommes partielles \(\sum_{k=2}^{n} b_k\) sont bornées par \(M = 1/\sin(1/2)\), d’après la question 1. Le critère d’Abel donne la convergence de la série.
3. Comme \(|\sin n| \leqslant 1\), on a \(|\sin n| \geqslant \sin^2 n = \dfrac{1 – \cos(2n)}{2}\). Ainsi
   \[\frac{|\sin n|}{\ln n} \geqslant \frac{1}{2 \ln n} – \frac{\cos(2n)}{2 \ln n}.\]
   D’une part, \(\ln n \leqslant n\), donc \(\frac{1}{2\ln n} \geqslant \frac{1}{2n}\) et \(\sum \frac{1}{2 \ln n}\) diverge. D’autre part, \(\sum \frac{\cos(2n)}{\ln n}\) converge par le critère d’Abel, car \(2 \notin 2\pi\mathbb{Z}\). Le membre de droite, qui vaut \(\sin^2 n / \ln n \geqslant 0\), est donc le terme d’une série positive divergente. Par comparaison, \(\sum \frac{|\sin n|}{\ln n}\) diverge : la série est semi-convergente.

Corrigé de l’exercice 10 – La série de terme z^n/n sur le cercle unité

Idée clé : le module de \(z\) décide de tout, sauf sur le cercle unité où la transformation d’Abel prend le relais.

1. Posons \(r = |z|\). Lorsque \(r < 1\), le module du terme est majoré par \(r^n\) ; la comparaison avec la géométrique de raison \(r\) assure la convergence de \(\sum |z^n/n|\). Lorsque \(r > 1\), écrivons \(r = 1 + h\) avec \(h > 0\). Pour \(n \geqslant 2\), le binôme donne \(r^n \geqslant \frac{n(n-1)}{2} h^2\), donc \(\frac{r^n}{n} \geqslant \frac{(n-1) h^2}{2}\), qui tend vers \(+\infty\). Pour \(|z| < 1\) la série converge absolument ; pour \(|z| > 1\) elle diverge grossièrement.
2. Écrivons \(z = e^{i\theta}\) avec \(\theta \notin 2\pi\mathbb{Z}\), puisque \(z \neq 1\). Le lemme du cours borne les sommes \(\sum_{k=1}^{n} z^k\) par \(1/|\sin(\theta/2)|\). La suite \(1/n\) décroît vers \(0\). Le critère d’Abel donne la convergence. En revanche, \(|z^n/n| = 1/n\). La série converge, mais pas absolument.
3. Pour \(z = 1\), on obtient la série harmonique, qui diverge. La série converge si et seulement si \(|z| \leqslant 1\) et \(z \neq 1\).
4. Pour \(\theta \in \, ]0, 2\pi[\), le complexe \(z = e^{i\theta}\) est de module \(1\) et différent de \(1\). La série \(\sum \frac{e^{in\theta}}{n}\) converge, donc ses parties réelle et imaginaire aussi. Les séries \(\sum \frac{\cos(n\theta)}{n}\) et \(\sum \frac{\sin(n\theta)}{n}\) convergent.

Corrigé de l’exercice 11 – Produits de séries géométriques de raisons différentes

Idée clé : le terme du produit est une somme géométrique « à deux variables », que l’on calcule par télescopage.

1. Par définition, \(c_n = \sum_{k=0}^{n} x^k y^{n-k}\). Multiplions par \(x – y\) :
   \[(x – y) c_n = \sum_{k=0}^{n} x^{k+1} y^{n-k} – \sum_{k=0}^{n} x^k y^{n-k+1} = x^{n+1} – y^{n+1}.\]
   En effet, les deux sommes ont en commun tous les termes sauf \(x^{n+1}\) et \(y^{n+1}\). Comme \(x \neq y\), on obtient \(c_n = \dfrac{x^{n+1} – y^{n+1}}{x – y}\).
2. Prenons \(x = 1/2\) et \(y = 1/3\), de sorte que \(x – y = 1/6\). Alors
   \[c_n = 6 \left( \frac{1}{2^{n+1}} – \frac{1}{3^{n+1}} \right) = \frac{6 \, (3^{n+1} – 2^{n+1})}{6^{n+1}} = \frac{3^{n+1} – 2^{n+1}}{6^n}.\]
   Les deux séries géométriques convergent absolument. Le théorème du produit de Cauchy donne donc \(\sum c_n = \dfrac{1}{1 – 1/2} \cdot \dfrac{1}{1 – 1/3} = 2 \cdot \dfrac{3}{2}\). Ainsi \(\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{3^{n+1} – 2^{n+1}}{6^n} = 3\).
3. La série géométrique de raison \(1/4\) a pour somme \(\frac{4}{3}\). Dans son carré de Cauchy, chacun des \(n + 1\) produits \(\frac{1}{4^k} \cdot \frac{1}{4^{n-k}}\) vaut \(\frac{1}{4^n}\), d’où le terme \(\frac{n+1}{4^n}\). La convergence absolue autorise le théorème. Donc \(\sum_{n \geqslant 0} \dfrac{n+1}{4^n} = \left( \dfrac{4}{3} \right)^2 = \dfrac{16}{9}\).
4. La série de terme \(\frac{n+1}{4^n}\) est à termes positifs et convergente, donc absolument convergente. Son produit de Cauchy avec la géométrique de raison \(1/4\) a pour terme
   \[\sum_{k=0}^{n} \frac{k+1}{4^k} \cdot \frac{1}{4^{n-k}} = \frac{1 + 2 + \cdots + (n+1)}{4^n} = \frac{(n+1)(n+2)}{2 \cdot 4^n}.\]
   La somme de ce produit vaut \(\frac{16}{9} \cdot \frac{4}{3} = \frac{64}{27}\). En multipliant par \(2\), on obtient \(\sum_{n \geqslant 0} \dfrac{(n+1)(n+2)}{4^n} = \dfrac{128}{27}\).

Corrigé de l’exercice 12 – Un produit de Cauchy qui diverge

Idée clé : minorer chaque terme de \(c_n\) grâce à l’inégalité arithmético-géométrique, pour voir que \(c_n\) ne tend pas vers \(0\).

1. La suite \((n+1)^{-\alpha}\) est positive, décroissante et de limite nulle, car \(\alpha > 0\). Le critère spécial donne la convergence de \(\sum a_n\).
2. Pour \(0 \leqslant k \leqslant n\), on a \(a_k b_{n-k} = \dfrac{(-1)^k (-1)^{n-k}}{(k+1)^{\alpha} (n-k+1)^{\alpha}}\). Le signe vaut \((-1)^n\) pour tout \(k\). En sommant, on obtient la formule annoncée.
3. Posons \(k + 1 = \frac{n+2}{2} + h\). Alors \(n – k + 1 = \frac{n+2}{2} – h\), et le produit vaut \(\left( \frac{n+2}{2} \right)^2 – h^2\). Un carré étant positif, on obtient \((k+1)(n-k+1) \leqslant \left( \dfrac{n+2}{2} \right)^2\).
4. Chaque terme de la somme est donc au moins égal à \(\left( \frac{2}{n+2} \right)^{2\alpha}\). Or \(0 < \frac{2}{n+2} \leqslant 1\) et \(0 < 2\alpha \leqslant 1\), donc \(\left( \frac{2}{n+2} \right)^{2\alpha} \geqslant \frac{2}{n+2}\). Avec \(n + 1\) termes, on obtient \(|c_n| \geqslant \dfrac{2(n+1)}{n+2}\). Enfin, \(2(n+1) \geqslant n+2\), donc \(|c_n| \geqslant 1\). Le terme ne tend pas vers \(0\). Le produit de Cauchy diverge grossièrement.
5. Le théorème exige la convergence absolue des deux séries. Ici, \(|a_n| = (n+1)^{-\alpha}\) avec \(\alpha \leqslant 1/2 < 1\) : la série des modules diverge. L’hypothèse du théorème n’est pas satisfaite, donc il n’y a aucune contradiction.

La figure trace \(|c_n|\) pour deux valeurs de \(\alpha\) de l’énoncé et, à titre de comparaison, pour \(\alpha = 0{,}75\), hors du cadre de l’exercice.

Corrigé de l’exercice 13 – Regroupement par paquets de trois

Idée clé : les paquets sont nuls, et comme ils ont une longueur fixe avec un terme général qui tend vers \(0\), on peut revenir à la série initiale.

1. On calcule \(v_k = \dfrac{1}{k+1} – \dfrac{1}{2(k+1)} – \dfrac{1}{2(k+1)}\). Ainsi \(v_k = 0\) pour tout \(k\).
2. La série \(\sum v_k\) converge vers \(0\). De plus, \(|u_n| \leqslant \dfrac{1}{\lfloor n/3 \rfloor + 1}\), donc \(u_n \to 0\). Enfin, les paquets ont tous trois termes. La proposition sur les paquets de longueur bornée s’applique. La série \(\sum u_n\) converge et sa somme vaut \(0\).
3. Regroupons les valeurs absolues par paquets : \(|u_{3k}| + |u_{3k+1}| + |u_{3k+2}| = \dfrac{2}{k+1}\). Les sommes partielles de \(\sum |u_n|\) d’indice \(3K+2\) valent donc \(2 H_{K+1}\), qui tend vers \(+\infty\). La série ne converge pas absolument : elle est semi-convergente.
4. Les termes \(u_{3k+1}\) et \(u_{3k+2}\) sont consécutifs et tous deux négatifs. Le signe n’alterne donc pas d’un terme au suivant. Le critère spécial ne s’appliquait pas ; c’est le regroupement qui permet de conclure.

Corrigé de l’exercice 14 – Produit de Cauchy et coefficients binomiaux

Idée clé : après mise au même dénominateur \(n!\), le terme du produit fait apparaître la formule du binôme.

1. Pour \(x \neq 0\), le quotient de deux termes consécutifs en module vaut \(\dfrac{|x|}{n+1}\), qui tend vers \(0\). La règle de d’Alembert donne la convergence de \(\sum \frac{|x|^n}{n!}\). Le cas \(x = 0\) est immédiat. La série converge absolument pour tout réel \(x\).
2. Le terme du produit vaut
   \[c_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{x^k}{k!} \cdot \frac{y^{n-k}}{(n-k)!} = \frac{1}{n!} \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} x^k y^{n-k} = \frac{(x+y)^n}{n!}.\]
   Les deux séries convergent absolument, donc le théorème du produit de Cauchy s’applique. On obtient \(E(x) E(y) = E(x+y)\).
3. Avec \(x = 1\) et \(y = -1\), on trouve \(c_n = \dfrac{(1 – 1)^n}{n!}\), donc \(c_0 = 1\) et \(c_n = 0\) pour \(n \geqslant 1\). La somme du produit vaut \(1\). Ainsi \(e \cdot \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{n!} = 1\). Donc \(\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{(-1)^n}{n!} = \dfrac{1}{e}\).
4. D’après la question 2, \(E(x) E(-x) = E(0) = 1\). Un produit égal à \(1\) n’a aucun facteur nul. Donc \(E(x) \neq 0\) pour tout réel \(x\).

Corrigé de l’exercice 15 – Encadrer une somme alternée de carrés impairs

Idée clé : deux sommes partielles voisines prennent \(G\) en étau, et le premier terme oublié dicte le sens de l’erreur.

1. Pour \(n \geqslant 1\), \(\dfrac{1}{(2n+1)^2} \leqslant \dfrac{1}{4n^2}\), terme d’une série de Riemann convergente : la convergence est absolue. Par ailleurs, \(a_n = \dfrac{1}{(2n+1)^2}\) est positive, décroissante et de limite nulle. Les hypothèses du critère spécial sont vérifiées.
2. On calcule \(S_2 = 1 – \dfrac{1}{9} + \dfrac{1}{25} = \dfrac{225 – 25 + 9}{225} = \dfrac{209}{225}\). Ensuite, \(S_3 = \dfrac{209}{225} – \dfrac{1}{49} = \dfrac{10\,241 – 225}{11\,025} = \dfrac{10\,016}{11\,025}\). Le critère spécial place \(G\) entre ces deux sommes consécutives : \(S_3 \leqslant G \leqslant S_2\). Or \(\dfrac{209}{225} \approx 0{,}92889\) et \(\dfrac{10\,016}{11\,025} \approx 0{,}90848\). Donc \(0{,}908 \leqslant G \leqslant 0{,}929\).
3. On veut \(a_{N+1} = \dfrac{1}{(2N+3)^2} \leqslant 10^{-4}\), soit \(2N + 3 \geqslant 100\), c’est-à-dire \(N \geqslant 48{,}5\). Le plus petit rang qui convient est \(N = 49\).
4. Le premier terme négligé est \(\dfrac{(-1)^{50}}{101^2} > 0\). Le reste \(R_{49}\) est donc positif, et \(G \geqslant S_{49}\). La somme partielle \(S_{49}\) est une valeur approchée par défaut.

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – Équivalent du reste d’une série alternée

Idée clé : la relation \(\rho_n + \rho_{n+1} = a_{n+1}\), jointe à la décroissance de \((\rho_n)\), coince \(\rho_n\) entre deux demi-termes.

1. La suite \((a_k)\) décroît vers \(0\), donc la série \(\sum (-1)^k a_k\) converge et son reste \(R_n\) existe. En posant \(k = n + 1 + j\), on obtient \(R_n = \sum_{j \geqslant 0} (-1)^{n+1+j} a_{n+1+j} = (-1)^{n+1} \rho_n\). La série qui définit \(\rho_n\) est alternée, de premier terme positif, avec des termes qui décroissent vers \(0\). Sa somme a le signe de son premier terme. Ainsi \(\rho_n \geqslant 0\).
2. On isole le premier terme de \(\rho_n\) : \(\rho_n = a_{n+1} + \sum_{j \geqslant 1} (-1)^j a_{n+1+j}\). En posant \(i = j – 1\), la seconde somme devient \(-\sum_{i \geqslant 0} (-1)^i a_{n+2+i} = -\rho_{n+1}\). Donc \(\rho_n + \rho_{n+1} = a_{n+1}\).
3. On multiplie par la quantité conjuguée :
   \[d_k = \frac{\sqrt{k+1} – \sqrt{k}}{\sqrt{k}\sqrt{k+1}} = \frac{1}{\sqrt{k}\sqrt{k+1}\,(\sqrt{k} + \sqrt{k+1})}.\]
   Le dénominateur est un produit de facteurs positifs croissants, qui tend vers \(+\infty\). Donc \((d_k)\) est positive et décroît vers \(0\).
4. Les séries qui définissent \(\rho_n\) et \(\rho_{n+1}\) convergent, donc on peut les soustraire terme à terme : \(\rho_n – \rho_{n+1} = \sum_{j \geqslant 0} (-1)^j d_{n+1+j}\). C’est une série alternée de premier terme positif, avec \((d_k)\) décroissante vers \(0\). Sa somme est donc positive. La suite \((\rho_n)\) est décroissante.
5. D’une part, \(a_{n+1} = \rho_n + \rho_{n+1} \leqslant 2\rho_n\). D’autre part, pour \(n \geqslant 1\), \(a_n = \rho_{n-1} + \rho_n \geqslant 2\rho_n\). Ainsi \(\dfrac{a_{n+1}}{2} \leqslant \rho_n \leqslant \dfrac{a_n}{2}\). En divisant par \(a_n/2\), on obtient \(\sqrt{\dfrac{n}{n+1}} \leqslant \dfrac{2\rho_n}{a_n} \leqslant 1\). Le minorant tend vers \(1\), donc \(\rho_n \sim \dfrac{a_n}{2}\). Finalement \(R_n \sim \dfrac{(-1)^{n+1}}{2\sqrt{n}}\).

La figure confirme numériquement l’encadrement de \(|R_n|\) obtenu à la question 5.

Corrigé de l’exercice 17 – La règle d’Abel générale

Idée clé : on se ramène au critère d’Abel du cours en retranchant la limite \(\ell\), ce qui fournit une suite monotone de limite nulle.

1. Une suite réelle monotone et bornée converge, par le théorème de la limite monotone. Notons \(\ell\) sa limite. De plus, la série \(\sum b_n\) converge : ses sommes partielles forment une suite convergente, donc bornée. Il existe \(M\) tel que \(\left| \sum_{k=0}^{n} b_k \right| \leqslant M\) pour tout \(n\).
2. Si \((a_n)\) décroît, alors \(a_n \geqslant \ell\) et la suite \((a_n – \ell)\) décroît vers \(0\). Le critère d’Abel, appliqué avec les sommes partielles bornées de \(\sum b_n\), donne la convergence de \(\sum (a_n – \ell) b_n\). Par ailleurs, \(\sum \ell \, b_n\) converge. Par somme, \(\sum a_n b_n\) converge.
3. Si \((a_n)\) croît, la suite \((-a_n)\) est décroissante et bornée. La question 2 s’applique à elle : \(\sum (-a_n) b_n\) converge. Donc \(\sum a_n b_n\) converge aussi.
4. Posons \(a_n = (1 + 1/n)^n\), croissante et bornée par \(e\), et \(b_n = \dfrac{(-1)^n}{n}\). La série \(\sum b_n\) converge par le critère spécial. La question 3 donne la convergence de la série étudiée. Pour la valeur absolue, la croissance donne \(a_n \geqslant a_1 = 2\), donc \(\dfrac{a_n}{n} \geqslant \dfrac{2}{n}\), terme d’une série divergente. La série est semi-convergente.
5. La suite \(a_n = 1 + \frac{(-1)^n}{\ln n}\) est bornée par \(1 + \frac{1}{\ln 2}\). Elle n’est pas monotone : elle dépasse \(1\) pour \(n\) pair et reste en dessous pour \(n\) impair. Ensuite, \(\sum b_n\) converge par le critère spécial, car \(1/\ln n\) décroît vers \(0\). Or
   \[a_n b_n = \frac{(-1)^n}{\ln n} + \frac{1}{(\ln n)^2}.\]
   La première série converge. Pour la seconde, la fonction \(g(x) = \sqrt{x} – \ln x\) a pour dérivée \(\dfrac{\sqrt{x} – 2}{2x}\). Son minimum sur \([1, +\infty[\) vaut \(g(4) = 2 – \ln 4 > 0\). Ainsi \(\ln n \leqslant \sqrt{n}\), puis \(\dfrac{1}{(\ln n)^2} \geqslant \dfrac{1}{n}\), et la seconde série diverge. La série \(\sum a_n b_n\) diverge : sans monotonie, la règle tombe en défaut.

Corrigé de l’exercice 18 – Problème – Réarranger la série harmonique alternée

Idée clé : exprimer les sommes de blocs complets avec les nombres harmoniques, puis laisser le développement \(\ln n + \gamma\) faire disparaître tout ce qui dépend de \(m\).

1. La somme \(H_{2N}\) contient les inverses des impairs de \(1\) à \(2N – 1\) et ceux des pairs de \(2\) à \(2N\). Ces derniers valent \(\sum_{j=1}^{N} \frac{1}{2j} = \frac{1}{2} H_N\). Ainsi \(\sum_{j=1}^{N} \dfrac{1}{2j-1} = H_{2N} – \dfrac{1}{2} H_N\).
2. Après \(m\) blocs complets, nous avons utilisé les \(pm\) premiers impairs, avec le signe plus, et les \(qm\) premiers pairs, avec le signe moins. Avec la question 1, appliquée à \(N = pm\), on obtient
   \[T_{m(p+q)} = H_{2pm} – \tfrac{1}{2} H_{pm} – \tfrac{1}{2} H_{qm}.\]
   C’est l’expression demandée.
3. Remplaçons chaque \(H_n\) par \(\ln n + \gamma + \varepsilon_n\). Les constantes donnent \(\gamma – \frac{\gamma}{2} – \frac{\gamma}{2} = 0\). Les logarithmes donnent
   \[\ln(2pm) – \tfrac{1}{2} \ln(pm) – \tfrac{1}{2} \ln(qm) = \ln 2 + \tfrac{1}{2} \ln p – \tfrac{1}{2} \ln q.\]
   En effet, les termes en \(\ln m\) s’annulent : \(1 – \frac{1}{2} – \frac{1}{2} = 0\). Les \(\varepsilon\) tendent vers \(0\). Donc \(T_{m(p+q)} \to \ln 2 + \dfrac{1}{2} \ln \dfrac{p}{q}\).
4. Chaque entier apparaît une seule fois dans la série réarrangée. Ses termes sont donc de la forme \(\pm 1/k\), avec \(k\) qui tend vers l’infini : ils tendent vers \(0\). De plus, les blocs ont tous \(p + q\) termes, et la série des blocs a pour sommes partielles les \(T_{m(p+q)}\). La proposition sur les paquets de longueur bornée s’applique. La série réarrangée converge, et sa somme vaut \(\ln 2 + \frac{1}{2} \ln \frac{p}{q}\).
5. Pour \((1, 1)\), on retrouve l’ordre usuel et la somme \(\ln 2\). Pour \((2, 1)\), on obtient \(\ln 2 + \frac{1}{2} \ln 2 = \frac{3}{2} \ln 2\). Pour \((1, 3)\), on trouve \(\ln 2 – \frac{1}{2} \ln 3 = \ln \frac{2}{\sqrt{3}} \approx 0{,}144\). Les trois sommes sont \(\ln 2\), \(\frac{3}{2} \ln 2\) et \(\ln \frac{2}{\sqrt{3}}\).
6. On veut \(\ln 2 + \frac{1}{2} \ln \frac{p}{q} = 0\), soit \(\ln \frac{p}{q} = -2 \ln 2\), donc \(\frac{p}{q} = \frac{1}{4}\). Le couple \((p, q) = (1, 4)\) donne une somme nulle.
7. Le théorème du cours sur l’invariance de la somme par permutation suppose la convergence absolue. Or la série harmonique alternée n’est que semi-convergente. Il n’y a donc aucune contradiction ; ces calculs illustrent au contraire le théorème de réarrangement de Riemann.

La figure suit les sommes partielles pour \((p, q) = (1, 3)\) : elles se stabilisent nettement sous \(\ln 2\).

Pour aller plus loin

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