Restes et sommes partielles asymptotiques : corrigé du contrôle de maths en MP

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Barème du contrôle corrigé : restes et sommes partielles asymptotiques

Le corrigé détaillé : restes et sommes partielles asymptotiques

Exercice 1 – Une ligne brisée qui s’enroule (3 points)

1. Pour tout \(n\), on a \(\lVert u_n \rVert_2 = \frac{1}{2^n}\sqrt{\cos^2\frac{n\pi}{3} + \sin^2\frac{n\pi}{3}} = \frac{1}{2^n}\). La série \(\sum \lVert u_n \rVert_2\) est donc géométrique de raison \(\frac{1}{2}\), et elle converge. Ainsi \(\sum u_n\) est absolument convergente. Or \(\mathbb{R}^2\) est de dimension finie : une série absolument convergente d’un espace normé de dimension finie converge, ce qui donne l’existence de \(S\).

2. Le vecteur \(u_n\) correspond au complexe \(\frac{1}{2^n}\mathrm{e}^{\mathrm{i} n\pi/3} = z^n\), avec \(z = \frac{1}{2}\mathrm{e}^{\mathrm{i}\pi/3} = \frac{1}{4} + \mathrm{i}\frac{\sqrt{3}}{4}\). Comme \(\lvert z \rvert = \frac{1}{2} < 1\), la série géométrique complexe donne :

   \[S = \sum_{n=0}^{+\infty} z^n = \frac{1}{1 – z} = \frac{1}{\frac{3}{4} – \mathrm{i}\frac{\sqrt{3}}{4}}.\]

   On multiplie par le conjugué, puis on utilise \(\left\lvert 1 – z \right\rvert^2 = \frac{9}{16} + \frac{3}{16} = \frac{3}{4}\) :

   \[S = \frac{4}{3}\left(\frac{3}{4} + \mathrm{i}\frac{\sqrt{3}}{4}\right) = 1 + \mathrm{i}\frac{\sqrt{3}}{3}.\]

   Donc \(S = \left(1, \frac{\sqrt{3}}{3}\right)\), ce qui est cohérent avec la figure, car \(\frac{\sqrt{3}}{3} \approx 0{,}58\).

3. Le reste vaut \(S – S_n = \sum_{k=n+1}^{+\infty} z^k = \frac{z^{n+1}}{1 – z}\). Or le module est multiplicatif et \(\lvert 1 – z \rvert = \frac{\sqrt{3}}{2}\), d’où :

   \[\lVert S – S_n \rVert_2 = \frac{1}{2^{n+1}} \times \frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{1}{2^n\sqrt{3}}.\]

   Ensuite, \(\frac{1}{2^n\sqrt{3}} \leq \frac{1}{100}\) équivaut à \(2^n\sqrt{3} \geq 100\), soit, en élevant au carré, \(3 \times 4^n \geq 10\,000\). Pour \(n = 5\), on trouve \(3 \times 1024 = 3072\), ce qui ne suffit pas. Pour \(n = 6\), en revanche, \(3 \times 4096 = 12\,288\). Le plus petit entier convenable est \(n = 6\).

Piège classique : majorer seulement le reste par \(\sum_{k>n} 2^{-k} = 2^{-n}\) donne \(n = 7\), car cette borne ne tient pas compte des compensations entre les directions des vecteurs.

Barème : en question 1, la convergence absolue et le recours à la dimension finie valent chacun un demi-point ; la somme complexe de la question 2 vaut un point entier ; en question 3, la norme exacte et le seuil \(n = 6\) rapportent chacun un demi-point.

Exercice 2 – Reste d’une série de fractions rationnelles (3,5 points)

1. On a \(a_k = \frac{k}{k^4 + 1} \sim \frac{1}{k^3}\), avec \(a_k > 0\). L’exposant 3 dépasse 1, si bien que \(\sum \frac{1}{k^3}\) est une série de Riemann sommable. Des termes positifs équivalents donnant des séries de même nature, \(\sum a_k\) converge.

2. Encadrement terme à terme

   La fonction \(t \mapsto \frac{1}{t^3}\) est décroissante sur \([1, +\infty[\). Fixons \(k \geq 2\) : la fonction reste au-dessous de la valeur \(\frac{1}{k^3}\) à droite de \(k\), et au-dessus à gauche. Chacun des deux segments \([k-1, k]\) et \([k, k+1]\) mesurant 1, la croissance de l’intégrale fournit :

   \[\int_k^{k+1} \frac{\mathrm{d}t}{t^3} \leq \frac{1}{k^3} \leq \int_{k-1}^{k} \frac{\mathrm{d}t}{t^3}.\]

   Sommation de k = n + 1 à l’infini

   Les intégrales impropres convergent, et la relation de Chasles donne, pour \(n \geq 1\) :

   \[\int_{n+1}^{+\infty} \frac{\mathrm{d}t}{t^3} \leq \sum_{k=n+1}^{+\infty} \frac{1}{k^3} \leq \int_{n}^{+\infty} \frac{\mathrm{d}t}{t^3}.\]

   Or \(t \mapsto -\frac{1}{2t^2}\) est une primitive de \(t \mapsto t^{-3}\) qui tend vers 0 en \(+\infty\), d’où l’encadrement demandé. Enfin, les deux bornes sont équivalentes à \(\frac{1}{2n^2}\), car \((n+1)^2 \sim n^2\). Par encadrement du quotient par \(\frac{1}{2n^2}\), on obtient \(\sum_{k=n+1}^{+\infty} \frac{1}{k^3} \sim \frac{1}{2n^2}\).

3. Théorème (cas convergent). Soit \((b_k)\) une suite de réels positifs telle que \(\sum b_k\) converge. Si \(a_k \sim b_k\), alors \(\sum a_k\) converge et les restes sont équivalents : \(\sum_{k>n} a_k \sim \sum_{k>n} b_k\).

   Ici, \(b_k = \frac{1}{k^3}\) est positif, la série converge, et \(a_k \sim b_k\). Par conséquent, \(R_n \sim \frac{1}{2n^2}\).

4. D’abord, \(R_n \sim \frac{1}{2n^2}\) avec \(R_n > 0\), donc \(\sum R_n\) converge par comparaison à une série de Riemann. Ensuite, \(n R_n \sim \frac{1}{2n}\), terme général positif d’une série divergente : \(\sum n R_n\) diverge.

Barème : la convergence initiale compte un demi-point ; l’encadrement terme à terme, sa sommation et l’équivalent obtenu se partagent ensuite le point et demi de la question 2 à parts égales ; le théorème correctement énoncé puis appliqué rapporte un point ; la nature des deux séries finales vaut un demi-point.

Exercice 3 – Une somme partielle encadrée par deux intégrales (4 points)

1. La fonction \(f\) est dérivable sur \([1, +\infty[\), et pour \(t \geq 1\) :

   \[f^{\prime}(t) = \frac{\ln t}{2\sqrt{t}} + \frac{1}{\sqrt{t}} = \frac{\ln t + 2}{2\sqrt{t}} > 0,\]

   car \(\ln t \geq 0\). Ainsi \(f\) est croissante, et \(f(t) \geq f(1) = 0\).

2. Soit \(k \geq 2\). Comme \(f\) est croissante, on a \(f(t) \leq f(k)\) sur \([k-1, k]\) et \(f(t) \geq f(k)\) sur \([k, k+1]\). En intégrant, il vient :

   \[\int_{k-1}^{k} f(t)\,\mathrm{d}t \leq f(k) \leq \int_{k}^{k+1} f(t)\,\mathrm{d}t.\]

   On somme ensuite pour \(k\) allant de 2 à \(n\), puis on utilise \(f(1) = 0\), si bien que \(S_n = \sum_{k=2}^{n} f(k)\). La relation de Chasles donne alors \(\int_1^n f \leq S_n \leq \int_2^{n+1} f\). La figure ci-dessous illustre le cas \(n = 6\) : à gauche, les rectangles orange dépassent la courbe ; à droite, les rectangles verts restent sous elle.

   

3. Intégration par parties

   On pose \(u(t) = \ln t\) et \(v(t) = \frac{2}{3}t^{3/2}\), fonctions de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \([1, x]\). Alors :

   \[F(x) = \left[\frac{2}{3}t^{3/2}\ln t\right]_1^x – \int_1^x \frac{2}{3}t^{3/2} \times \frac{1}{t}\,\mathrm{d}t = \frac{2}{3}x^{3/2}\ln x – \frac{4}{9}\left(x^{3/2} – 1\right).\]

   Passage à l’équivalent

   D’une part, \(F(n) \sim \frac{2}{3}n^{3/2}\ln n\), car \(n^{3/2} = o\left(n^{3/2}\ln n\right)\). D’autre part, \(f \geq 0\) donne \(\int_2^{n+1} f \leq F(n+1)\). De plus, \((n+1)^{3/2} \sim n^{3/2}\) et l’écart \(\ln(n+1) – \ln n\) tend vers 0 tandis que \(\ln n \to +\infty\), ce qui donne \(\ln(n+1) \sim \ln n\) ; ainsi \(F(n+1) \sim \frac{2}{3}n^{3/2}\ln n\) aussi. On divise alors l’encadrement \(F(n) \leq S_n \leq F(n+1)\) par \(\frac{2}{3}n^{3/2}\ln n\) : les deux bornes tendent vers 1, donc \(S_n \sim \frac{2}{3}n^{3/2}\ln n\).

4. Pour \(k \geq 2\), on a \(\ln(k+3) – \ln k = \ln\left(1 + \frac{3}{k}\right) \to 0\), alors que \(\ln k \to +\infty\) ; par suite \(\ln(k+3) \sim \ln k\), puis \(\sqrt{k}\ln(k+3) \sim \sqrt{k}\ln k\). Les termes \(\sqrt{k}\ln k\) sont positifs et la série correspondante diverge, puisque \(S_n \to +\infty\).

   Le théorème de sommation des équivalents, dans le cas divergent, donne donc \(\sum_{k=2}^{n} \sqrt{k}\ln(k+3) \sim S_n\). Enfin, le premier terme \(\ln 4\) de \(T_n\) est négligeable devant \(S_n\). Par conséquent, \(T_n \sim \frac{2}{3}n^{3/2}\ln n\).

Piège classique : sommer des équivalents sans vérifier la divergence de la série de référence ; dans le cas convergent, ce sont les restes, et non les sommes partielles, qui sont équivalents.

Barème : l’étude de \(f\) vaut un demi-point ; l’encadrement par les rectangles rapporte un point, dont la moitié pour la sommation de Chasles ; l’expression de \(F\) et le passage à l’équivalent comptent trois quarts de point chacun ; enfin la somme \(T_n\) vaut un point.

Exercice 4 – Une récurrence étudiée avec Cesàro (4 points)

1. Premiers termes

   On trouve \(u_1 = g(1) = \frac{1}{3}\), puis \(u_2 = \frac{1/3}{1 + 1/3 + 1/9} = \frac{1}{3} \times \frac{9}{13}\), soit \(u_2 = \frac{3}{13}\).

   Monotonie et limite

   Le dénominateur \(1 + x + x^2\) ne s’annule pas sur \(\mathbb{R}_+\), et \(g(x) > 0\) quand \(x > 0\). Par récurrence, \((u_n)\) est donc bien définie et strictement positive. De plus, \(u_{n+1} = \frac{u_n}{1 + u_n + u_n^2} \leq u_n\), car le dénominateur dépasse 1 : la suite décroît. Étant minorée par 0, elle converge vers un réel \(\ell \geq 0\). Comme \(g\) est continue, \(\ell = g(\ell)\), d’où \(\ell\left(\ell + \ell^2\right) = 0\), c’est-à-dire \(\ell^2(1 + \ell) = 0\). Ainsi \(u_n \to 0\).

2. Pour tout \(n\), \(\frac{1}{u_{n+1}} = \frac{1 + u_n + u_n^2}{u_n} = \frac{1}{u_n} + 1 + u_n\), donc \(\frac{1}{u_{n+1}} – \frac{1}{u_n} = 1 + u_n\).

   Théorème de Cesàro. Si une suite réelle \((v_n)\) converge vers \(\ell\), alors la moyenne \(\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} v_k\) converge aussi vers \(\ell\).

   On l’applique à \(v_k = \frac{1}{u_{k+1}} – \frac{1}{u_k} = 1 + u_k\), qui tend vers 1. La somme est télescopique : \(\frac{1}{n}\left(\frac{1}{u_n} – \frac{1}{u_0}\right) \to 1\). Or \(\frac{1}{n u_0} \to 0\), donc \(\frac{1}{n u_n} \to 1\). On en déduit \(u_n \sim \frac{1}{n}\).

3. Le terme en logarithme

   En sommant la relation précédente de \(k = 0\) à \(n – 1\), on obtient l’égalité exacte \(\frac{1}{u_n} = 1 + n + \sum_{k=0}^{n-1} u_k\). Ensuite, \(u_k \sim \frac{1}{k}\), terme positif d’une série divergente. La sommation des équivalents (cas divergent) donne alors \(\sum_{k=1}^{n-1} u_k \sim \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k} \sim \ln n\). Les constantes \(1\) et \(u_0\) étant négligeables devant \(\ln n\), on a \(\frac{1}{u_n} = n + \ln n + o(\ln n)\).

   Inversion du développement

   On factorise par \(n\) : \(\frac{1}{u_n} = n(1 + h_n)\), où \(h_n = \frac{\ln n}{n} + o\left(\frac{\ln n}{n}\right) \to 0\). Puis \(\frac{1}{1 + h_n} = 1 – h_n + o(h_n)\), d’où :

   \[u_n = \frac{1}{n}\left(1 – \frac{\ln n}{n} + o\left(\frac{\ln n}{n}\right)\right).\]

   Finalement, \(u_n = \frac{1}{n} – \frac{\ln n}{n^2} + o\left(\frac{\ln n}{n^2}\right)\).

Barème : les deux premiers termes valent un quart de point et l’étude de la monotonie trois quarts ; la relation télescopique, l’énoncé de Cesàro et l’équivalent de \(u_n\) se partagent ensuite un point et demi ; le terme logarithmique rapporte un point, puis l’inversion du développement un demi-point.

Exercice 5 – Problème : reste d’une série à quotient convergent (5,5 points)

A. Convergence de la série

1. Comme \(\frac{a_{n+1}}{a_n} \to q < r\), il existe un rang \(N\) tel que \(\frac{a_{n+1}}{a_n} \leq r\) pour tout \(n \geq N\). Une récurrence immédiate donne alors \(a_n \leq a_N\, r^{n-N}\) pour \(n \geq N\). Le majorant est le terme général d’une suite géométrique de raison \(r\) strictement inférieure à 1, dont la série est sommable. Les \(a_n\) étant positifs, le critère de majoration assure que \(\sum a_n\) converge.

2. Le reste \(R_n\) est une somme de termes strictement positifs, donc \(R_n \geq a_{n+1} > 0\). De plus, en isolant le premier terme de \(R_{n-1} = \sum_{k=n}^{+\infty} a_k\), on obtient \(R_{n-1} = a_n + R_n\).

Barème de la partie A : la preuve de la règle de d’Alembert vaut un point, partagé entre le choix du rang et la majoration géométrique ; la relation entre restes vaut un demi-point.

B. Un équivalent du reste

1. Convergence de la série auxiliaire

   La suite \((\varepsilon_k)\) converge, elle est donc bornée par une constante \(M\). Ainsi \(\lvert \varepsilon_k a_k \rvert \leq M a_k\), et la série \(\sum \varepsilon_k a_k\) est absolument convergente, donc convergente.

   Relation entre deux restes

   Par définition, \(a_{k+1} = (q + \varepsilon_k)\, a_k\). On réindexe ensuite le reste, ce qui est légitime puisque toutes les séries en jeu convergent :

   \[R_n = \sum_{k=n}^{+\infty} a_{k+1} = q\sum_{k=n}^{+\infty} a_k + \sum_{k=n}^{+\infty} \varepsilon_k a_k.\]

   Comme \(\sum_{k=n}^{+\infty} a_k = R_{n-1}\), on a bien \(R_n = q R_{n-1} + \sum_{k=n}^{+\infty} \varepsilon_k a_k\).

2. Le réel \(\delta_n\) existe, car \((\varepsilon_k)\) est bornée. Pour \(k \geq n\), on a \(\lvert \varepsilon_k \rvert a_k \leq \delta_n a_k\). Par l’inégalité triangulaire, puis par sommation :

   \[\left\lvert \sum_{k=n}^{+\infty} \varepsilon_k a_k \right\rvert \leq \delta_n \sum_{k=n}^{+\infty} a_k = \delta_n R_{n-1}.\]

   De plus, \(\delta_n \to 0\), puisque \(\varepsilon_k \to 0\). Comme \(R_{n-1} > 0\), le quotient \(\frac{1}{R_{n-1}}\sum_{k \geq n} \varepsilon_k a_k\) tend vers 0. Donc \(R_n = q R_{n-1} + o(R_{n-1})\).

3. On écrit \(R_n = (q + \eta_n) R_{n-1}\), avec \(\eta_n \to 0\). On remplace ensuite \(R_{n-1}\) par \(a_n + R_n\) :

   \[R_n\left(1 – q – \eta_n\right) = (q + \eta_n)\, a_n.\]

   Pour \(n\) assez grand, \(1 – q – \eta_n > 0\), car \(q < 1\). Alors \(R_n = \frac{q + \eta_n}{1 – q – \eta_n}\, a_n\), et le quotient tend vers \(\frac{q}{1 – q} \neq 0\). Par conséquent, \(R_n \sim \frac{q}{1 – q}\, a_n\).

Piège classique : écrire directement \(a_{k+1} \sim q a_k\) puis « sommer » sans contrôle ; la partie B montre précisément comment justifier ce passage avec \(\delta_n\).

Barème de la partie B : un point pour la première question, où la série auxiliaire et la relation comptent autant ; trois quarts de point pour la majoration par \(\delta_n R_{n-1}\) ; trois quarts de point pour l’équivalent final.

C. Deux exemples

1. Pour \(a_n = \frac{n^3}{4^n} > 0\), on calcule \(\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{1}{4}\left(1 + \frac{1}{n}\right)^3 \to \frac{1}{4}\). La partie B s’applique donc avec \(q = \frac{1}{4}\), et \(\frac{q}{1 – q} = \frac{1/4}{3/4} = \frac{1}{3}\). Ainsi \(\sum_{k=n+1}^{+\infty} \frac{k^3}{4^k} \sim \frac{n^3}{3 \times 4^n}\).

2. Pour \(a_n = \frac{1}{n^2}\), la fonction \(t \mapsto \frac{1}{t^2}\) est décroissante. La même comparaison série-intégrale qu’à l’exercice 2 place alors \(R_n\) entre \(\frac{1}{n+1}\) et \(\frac{1}{n}\), d’où \(n R_n \to 1\). Par suite, \(\frac{R_n}{a_n} \sim \frac{n^2}{n} = n\). Ainsi \(\frac{R_n}{a_n} \to +\infty\), alors que la formule de la partie B ferait intervenir un dénominateur \(1 – q\) nul.

Barème de la partie C : trois quarts de point pour l’exemple en puissances de 4 ; trois quarts de point aussi pour le contre-exemple, dont un quart pour la conclusion sur le quotient.

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