Transformation d’Abel et convergence absolue : corrigé du contrôle de maths en L2
Voici le corrigé du contrôle de maths en L2 sur le thème « transformation d’Abel et convergence absolue », question par question.
Cette correction suit la rédaction attendue en partiel : chaque critère est cité avec ses hypothèses, puis appliqué. Pour le vrai/faux, elle propose un contre-exemple explicite à chaque affirmation fausse et une preuve par le critère de Cauchy pour la seule vraie. Ensuite, l’exercice 2 détaille l’encadrement de la somme par deux sommes partielles consécutives, ainsi que le choix de l’indice garantissant la précision. Dans l’exercice 3, la transformation d’Abel est écrite ligne à ligne, car c’est là que se perdent la plupart des points. Enfin, le problème est complété par une figure qui montre pourquoi un produit de Cauchy peut diverger grossièrement. Chaque exercice se termine par un barème et une erreur fréquente.
L’énoncé complet se trouve ici : Transformation d’Abel et convergence absolue : contrôle de maths en L2.
Barème du contrôle corrigé : transformation d’Abel et convergence absolue
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Quatre affirmations à trancher | 4 points |
| 2. Une série alternée et son reste | 4 points |
| 3. Sinus et transformation d’Abel | 5 points |
| 4. Problème : réordonner et multiplier des séries | 7 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : transformation d’Abel et convergence absolue
Exercice 1 – Quatre affirmations à trancher (4 points)
- Vrai. Soit \(\varepsilon > 0\). Comme \(\sum |u_n|\) converge, le critère de Cauchy fournit un rang \(N\) tel que \(\sum_{k=p+1}^{q} |u_k| \leq \varepsilon\) dès que \(q > p \geq N\). Par l’inégalité triangulaire, on a alors \(\left|\sum_{k=p+1}^{q} u_k\right| \leq \varepsilon\) pour ces mêmes indices. La suite des sommes partielles de \(\sum u_n\) est donc de Cauchy. Puisque \(\mathbb{R}\) est complet, elle converge.
- Faux. Prenons \(u_n = \frac{(-1)^n}{n}\). D’un côté, \(\sum |u_n|\) est la série harmonique, qui diverge. De l’autre, \(\frac{1}{n}\) décroît vers 0, donc \(\sum u_n\) converge par le critère des séries alternées.
- Faux. Considérons \(u_n = \frac{(-1)^n}{n^{1/3}}\). La suite \(n^{-1/3}\) décroît vers 0, si bien que \(\sum u_n\) converge par le critère des séries alternées. En revanche, \(u_n^2 = n^{-2/3}\), terme d’une série de Riemann divergente car \(\frac{2}{3} \leq 1\).
- Faux. Gardons \(u_n = \frac{(-1)^n}{n^{1/3}}\) et posons \(v_n = u_n + n^{-2/3}\). Alors \(\frac{v_n}{u_n} = 1 + (-1)^n n^{-1/3}\), qui tend vers 1 : ainsi \(v_n \sim u_n\). Pourtant, si \(\sum v_n\) convergeait, la série \(\sum n^{-2/3} = \sum (v_n – u_n)\) convergerait aussi, ce qui est faux. Donc \(\sum v_n\) diverge, bien que \(\sum u_n\) converge.
Piège classique : croire que deux suites équivalentes donnent toujours des séries de même nature. Cette règle exige un signe constant ; sans elle, l’affirmation 4 devient fausse.
Exercice 2 – Une série alternée et son reste (4 points)
- Le terme \(u_n\) est de signe \((-1)^n\), et \(|u_n| = \frac{1}{n + \sqrt{n}}\). Or la fonction \(t \mapsto t + \sqrt{t}\) est strictement croissante et positive sur \([1, +\infty[\), donc \((|u_n|)\) décroît. De plus, \(|u_n| \leq \frac{1}{n}\), donc \(|u_n|\) tend vers 0. Les trois hypothèses du critère des séries alternées sont réunies : \(\sum u_n\) converge.
- On a \(n + \sqrt{n} = n\left(1 + n^{-1/2}\right)\), d’où \(|u_n| \sim \frac{1}{n}\). Ces termes sont positifs et la série harmonique diverge. Par comparaison, \(\sum |u_n|\) diverge : la convergence n’est pas absolue.
- D’abord, \(S_1 = u_1 = -\frac{1}{2}\). Ensuite, \(u_2 = \frac{1}{2 + \sqrt{2}} = \frac{2 – \sqrt{2}}{(2+\sqrt{2})(2-\sqrt{2})} = \frac{2 – \sqrt{2}}{2}\), donc \(S_2 = -\frac{1}{2} + 1 – \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{1 – \sqrt{2}}{2}\). Le critère des séries alternées place la somme entre deux sommes partielles consécutives. Par conséquent \(-\frac{1}{2} \leq S \leq \frac{1 – \sqrt{2}}{2}\), et \(S\) est strictement négative, du signe de son premier terme. La figure suggère d’ailleurs \(S \approx -0{,}33\).
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Question 4 : précision au centième
Le même critère majore le reste : \(|S – S_N| \leq |u_{N+1}| = \frac{1}{(N+1) + \sqrt{N+1}}\). Il suffit donc que \((N+1) + \sqrt{N+1} \geq 100\), et cette quantité croît avec \(N\).
Pour \(N + 1 = 91\), on a \(9{,}5^2 = 90{,}25 < 91\), donc \(\sqrt{91} > 9{,}5\) et \(91 + \sqrt{91} > 100{,}5\). Au contraire, pour \(N + 1 = 90\), \(\sqrt{90} < 9{,}5\), donc \(90 + \sqrt{90} < 99{,}5\). Le plus petit entier convenable est \(N = 90\).
Piège classique : majorer \(|S – S_N|\) par \(|u_N|\) au lieu de \(|u_{N+1}|\). Le reste commence au premier terme omis, et cette confusion décale la réponse d’un rang.
Exercice 3 – Sinus et transformation d’Abel (5 points)
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Question 1 : les sommes partielles du sinus
Comme \(\mathrm{e}^{\mathrm{i}} \neq 1\), la somme géométrique vaut \(\sum_{k=1}^{n} \mathrm{e}^{\mathrm{i}k} = \mathrm{e}^{\mathrm{i}}\,\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}n} – 1}{\mathrm{e}^{\mathrm{i}} – 1}\). Factorisons ensuite par l’angle moitié : \(\mathrm{e}^{\mathrm{i}n} – 1 = 2\mathrm{i}\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}n/2}\sin\left(\frac{n}{2}\right)\) et \(\mathrm{e}^{\mathrm{i}} – 1 = 2\mathrm{i}\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}/2}\sin\left(\frac{1}{2}\right)\).
Il reste \(\sum_{k=1}^{n} \mathrm{e}^{\mathrm{i}k} = \mathrm{e}^{\mathrm{i}(n+1)/2}\,\frac{\sin(n/2)}{\sin(1/2)}\), dont la partie imaginaire donne la formule demandée. Enfin, les deux sinus du numérateur sont majorés par 1 en valeur absolue, et \(\sin\left(\frac{1}{2}\right) > 0\) car \(0 < \frac{1}{2} < \pi\). Donc \(|B_n| \leq M\), avec \(M = \frac{1}{\sin(1/2)} \approx 2{,}09\), ce que confirme la figure.
- Puisque \(\sin k = B_k – B_{k-1}\), on a \(\sum_{k=1}^{n} \frac{\sin k}{\sqrt{k}} = \sum_{k=1}^{n} \frac{B_k}{\sqrt{k}} – \sum_{k=1}^{n} \frac{B_{k-1}}{\sqrt{k}}\). Dans la seconde somme, posons \(j = k – 1\) : elle devient \(\sum_{j=1}^{n-1} \frac{B_j}{\sqrt{j+1}}\), car \(B_0 = 0\). En isolant le terme d’indice \(n\) de la première somme, puis en regroupant les indices de 1 à \(n – 1\), on obtient exactement l’égalité de l’énoncé.
- D’une part, \(\frac{B_n}{\sqrt{n}}\) tend vers 0, car \(B_n\) est bornée. D’autre part, \(\left|B_k\left(\frac{1}{\sqrt{k}} – \frac{1}{\sqrt{k+1}}\right)\right| \leq M\left(\frac{1}{\sqrt{k}} – \frac{1}{\sqrt{k+1}}\right)\), et cette série positive est télescopique : ses sommes partielles valent \(1 – \frac{1}{\sqrt{n}}\), donc elle converge. La série des \(B_k\left(\frac{1}{\sqrt{k}} – \frac{1}{\sqrt{k+1}}\right)\) converge ainsi absolument. Les deux morceaux ayant une limite, \(\sum \frac{\sin n}{\sqrt{n}}\) converge.
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Question 4 : pas de convergence absolue
Comme \(|\sin n| \leq 1\), on a bien \(|\sin n| \geq \sin^2 n = \frac{1 – \cos(2n)}{2}\). Ainsi \(\frac{\sin^2 n}{\sqrt{n}} = \frac{1}{2\sqrt{n}} – \frac{\cos(2n)}{2\sqrt{n}}\).
Si \(\sum \frac{\sin^2 n}{\sqrt{n}}\) convergeait, alors \(\sum \frac{1}{2\sqrt{n}}\) convergerait comme somme de deux séries convergentes. Or c’est une série de Riemann d’exposant \(\frac{1}{2} \leq 1\), donc divergente. Par comparaison de séries positives, \(\sum \frac{|\sin n|}{\sqrt{n}}\) diverge, et la série étudiée est semi-convergente.
Piège classique : majorer directement \(\left|\frac{\sin n}{\sqrt{n}}\right|\) par \(\frac{1}{\sqrt{n}}\) et conclure à la convergence. Une série majorante divergente ne prouve rien ; seule la transformation d’Abel exploite la compensation des signes.
Exercice 4 – Problème : réordonner et multiplier des séries (7 points)
Partie A : une somme qui dépend de l’ordre
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Les termes positifs \(\frac{1}{2m-1}\) parcourent tous les inverses d’entiers impairs, chacun une fois. Quant aux dénominateurs \(4m – 2\) et \(4m\), ils parcourent les pairs non multiples de 4 et les multiples de 4 : tous les entiers pairs apparaissent donc une fois. La nouvelle série est bien un réarrangement de la série harmonique alternée.
Pour le bloc \(j\), on calcule \(\frac{1}{2j-1} – \frac{1}{2(2j-1)} – \frac{1}{4j} = \frac{1}{2(2j-1)} – \frac{1}{4j} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2j-1} – \frac{1}{2j}\right)\). En sommant pour \(j\) de 1 à \(m\), on trouve \(T_{3m} = \frac{1}{2}A_{2m}\).
- La suite extraite \((A_{2m})\) tend vers \(\ln 2\), donc \(T_{3m}\) tend vers \(\frac{\ln 2}{2}\). Ensuite, \(T_{3m+1} = T_{3m} + \frac{1}{2m+1}\) et \(T_{3m+2} = T_{3m+1} – \frac{1}{4m+2}\) ont la même limite, puisque les termes ajoutés tendent vers 0. Les trois suites extraites recouvrent tous les indices. Donc \(T_n\) tend vers \(\frac{\ln 2}{2}\), qui diffère de \(\ln 2\).
- Pour une série absolument convergente, la famille \((u_n)\) est sommable, et la somme d’une famille sommable ne dépend pas de l’ordre : pour toute bijection \(\sigma\) de \(\mathbb{N}^*\), \(\sum u_{\sigma(n)} = \sum u_n\). Ici, le changement de somme est possible car \(\sum \frac{1}{n}\) diverge : la série n’est que semi-convergente.
Deux produits de Cauchy (partie B)
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On factorise \(\left(\frac{1}{3}\right)^n\) : \(c_n = \left(\frac{1}{3}\right)^n \sum_{k=0}^{n} \left(-\frac{3}{2}\right)^k = \left(\frac{1}{3}\right)^n \times \frac{1 – \left(-\frac{3}{2}\right)^{n+1}}{1 + \frac{3}{2}}\). Or \(\left(\frac{1}{3}\right)^n \left(-\frac{3}{2}\right)^{n+1} = -\frac{3}{2}\left(-\frac{1}{2}\right)^n\). Donc \(c_n = \frac{2}{5}\left(\frac{1}{3}\right)^n + \frac{3}{5}\left(-\frac{1}{2}\right)^n\) ; par exemple \(c_1 = \frac{2}{15} – \frac{3}{10} = -\frac{1}{6}\), qui vaut bien \(\frac{1}{3} – \frac{1}{2}\).
Ensuite, \(\sum c_n = \frac{2}{5} \times \frac{3}{2} + \frac{3}{5} \times \frac{2}{3} = 1\). De leur côté, \(\sum a_n = \frac{1}{1 + 1/2} = \frac{2}{3}\) et \(\sum b_n = \frac{3}{2}\), de produit 1. Les deux calculs concordent, comme le prévoit le théorème, puisque ces séries géométriques convergent absolument.
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La suite \(\frac{1}{\sqrt{n}}\) décroît vers 0, donc \(\sum a_n\) converge par le critère des séries alternées. Pour \(n \geq 2\), les termes d’indices \(k = 0\) et \(k = n\) sont nuls, d’où \(c_n = (-1)^n \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{\sqrt{k(n-k)}}\).
Or \(\frac{n^2}{4} – k(n-k) = \left(\frac{n}{2} – k\right)^2 \geq 0\), donc chaque terme est au moins égal à \(\frac{2}{n}\). Il en résulte \(|c_n| \geq \frac{2(n-1)}{n} = 2 – \frac{2}{n} \geq 1\).
- Le terme \(c_n\) ne tend pas vers 0, donc \(\sum c_n\) diverge grossièrement. Il n’y a aucune contradiction : le théorème sur le produit de Cauchy suppose l’absolue convergence, et \(\sum \frac{1}{\sqrt{n}}\) diverge. La figure montre même que \(|c_n|\) s’approche de \(\pi\), limite d’une somme de Riemann.
Piège classique : conclure en partie A avec la seule suite \(T_{3m}\). Une suite extraite ne suffit pas ; il faut contrôler toutes les sommes partielles, d’où l’étude de \(T_{3m+1}\) et de \(T_{3m+2}\).
À retenir de ce contrôle
- Une série absolument convergente converge, grâce au critère de Cauchy ; la réciproque est fausse, comme le montre la série harmonique alternée.
- Si la suite des valeurs absolues décroît vers 0, la somme d’une série alternée se trouve entre deux sommes partielles consécutives, et le reste est majoré par le premier terme omis.
- La transformation d’Abel remplace une somme de produits par une somme où interviennent les sommes partielles bornées et les écarts d’une suite décroissante.
- Seules les séries absolument convergentes gardent leur somme quand on réordonne leurs termes ; une série semi-convergente peut changer de somme.
- Le produit de Cauchy de deux séries absolument convergentes converge vers le produit des sommes, mais l’hypothèse d’absolue convergence ne peut pas être supprimée.
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