Corrigé des exercices : Nature d’une série numérique en maths sup (MPSI)

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Trois divergences grossières

Idée clé : un terme qui ne s’écrase pas vers 0 suffit à condamner la série ; on cherche donc sa limite avant tout.

1. On a \(u_n=\frac{1}{3+5/n^2}\to\frac{1}{3}\neq 0\). La série \(\sum u_n\) diverge grossièrement.
2. On écrit \(v_n=\exp\left(n\ln\left(1+\frac{2}{n}\right)\right)\). Or \(\ln(1+x)\sim x\) en 0, donc \(n\ln\left(1+\frac{2}{n}\right)\to 2\). Par continuité de l’exponentielle, \(v_n\to e^{2}\neq 0\). La série \(\sum v_n\) diverge grossièrement.
3. On a \(|w_n|=\frac{n}{n+4}\to 1\). Ainsi, \((w_n)\) ne tend pas vers 0, sinon \(|w_n|\) tendrait vers 0. La série \(\sum w_n\) diverge grossièrement.
4. Non : la limite nulle est une condition nécessaire, pas suffisante. Il faut un autre argument. Ici, \(t_n\geq 0\) et \(t_n\sim\frac{1}{n}\). Par comparaison avec la série harmonique, la série \(\sum t_n\) diverge, bien que \(t_n\to 0\).

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

Idée clé : on décompose en éléments simples, puis on télescope sur une somme finie avant de passer à la limite.

1. On a \(\frac{1}{n+2}-\frac{1}{n+5}=\frac{3}{(n+2)(n+5)}\). Donc \(\alpha=\frac{1}{3}\) et \(\beta=-\frac{1}{3}\).
2. Pour \(N\geq 3\), on décale les indices dans chaque somme finie :
   \[S_N=\frac{1}{3}\left(\sum_{m=3}^{N+2}\frac{1}{m}-\sum_{m=6}^{N+5}\frac{1}{m}\right).\]
   Comme \(N+2\geq 5\), les termes d’indice 6 à \(N+2\) se simplifient. Il reste \(S_N=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{1}{N+3}-\frac{1}{N+4}-\frac{1}{N+5}\right)\).
3. Les trois derniers termes tendent vers 0. De plus, \(\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}=\frac{20+15+12}{60}=\frac{47}{60}\). Par conséquent, la série converge et \(\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{(n+2)(n+5)}=\frac{47}{180}\).

La figure montre les sommes partielles qui montent vers la valeur \(\frac{47}{180}\approx 0{,}261\).

Corrigé de l’exercice 3 – Sommes géométriques combinées

Idée clé : on sépare en séries géométriques convergentes, puis on applique la formule « premier terme sur \(1-q\) ».

1. Les raisons \(\frac{2}{5}\) et \(-\frac{1}{5}\) sont de module strictement inférieur à 1. Les deux séries convergent, donc leur somme aussi. Ensuite, \(\sum_{n=0}^{+\infty}\left(\frac{2}{5}\right)^{n}=\frac{5}{3}\) et \(\sum_{n=0}^{+\infty}\left(-\frac{1}{5}\right)^{n}=\frac{5}{6}\). Finalement, la somme vaut \(\frac{5}{3}+\frac{5}{6}=\frac{5}{2}\).
2. On écrit \(\frac{3^{n+1}}{4^n}=3\left(\frac{3}{4}\right)^{n}\), avec \(\left|\frac{3}{4}\right|<1\). Le premier terme, pour \(n=1\), vaut \(\frac{3}{4}\). Donc \(\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{3^{n+1}}{4^n}=3\cdot\frac{3/4}{1-3/4}\), soit 9.
3. La série géométrique de raison \(q=\frac{z}{1+i}\) converge si et seulement si \(|q|<1\). Or \(|1+i|=\sqrt{2}\). Ainsi, la série converge si et seulement si \(|z|<\sqrt{2}\). Dans ce cas, sa somme vaut \(\frac{1}{1-\frac{z}{1+i}}=\frac{1+i}{1+i-z}\).

Corrigé de l’exercice 4 – Autour de la série exponentielle

Idée clé : on simplifie les factorielles pour se ramener à \(\sum\frac{x^m}{m!}=e^{x}\), en surveillant le premier indice.

1. Pour \(n\geq 1\), \(\frac{n}{n!}=\frac{1}{(n-1)!}\), et ce terme est nul pour \(n=0\). Donc \(\sum_{n\geq 0}\frac{n}{n!}\) converge et vaut \(\sum_{m\geq 0}\frac{1}{m!}=e\). De plus, \(\sum\frac{2}{n!}\) converge vers \(2e\). Par linéarité, \(\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{n+2}{n!}=3e\).
2. On a \(\frac{2^n}{(n+1)!}=\frac{1}{2}\cdot\frac{2^{n+1}}{(n+1)!}\). Avec \(m=n+1\), la série devient \(\frac{1}{2}\sum_{m\geq 1}\frac{2^{m}}{m!}\), qui converge. Il manque le terme \(m=0\), égal à 1. Donc \(\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{2^n}{(n+1)!}=\frac{e^{2}-1}{2}\).
3. Pour \(n\geq 1\), \(\frac{n^2}{n!}=\frac{n}{(n-1)!}\). Avec \(m=n-1\), on obtient \(\frac{m+1}{m!}\). Or \(\sum_{m\geq 0}\frac{m}{m!}=e\) d’après la question 1, et \(\sum_{m\geq 0}\frac{1}{m!}=e\). Le terme \(n=0\) étant nul, \(\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{n^2}{n!}=2e\).

Corrigé de l’exercice 5 – Nature par équivalent

Idée clé : chaque terme est positif ; on cherche un équivalent de la forme \(\frac{c}{n^{\alpha}}\) et on conclut avec les séries de Riemann.

1. On a \(a_n>0\) et \(a_n\sim\frac{\sqrt{n}}{n^2}=\frac{1}{n^{3/2}}\). Comme \(\frac{3}{2}>1\), \(\sum a_n\) converge.
2. Par croissances comparées, \(\ln n=o(n^{2/3})\), donc \(n^{2/3}+\ln n\sim n^{2/3}\). Ainsi, \(b_n\sim\frac{1}{n^{2/3}}\), qui est positif. Comme \(\frac{2}{3}\leq 1\), \(\sum b_n\) diverge.
3. Comme \(0<\frac{1}{n}\leq\frac{1}{2}<\frac{\pi}{2}\), on a \(c_n>0\). De plus, \(\tan x\sim x\) en 0, donc \(c_n\sim\frac{1}{n}\). Par comparaison à la série harmonique, \(\sum c_n\) diverge.
4. On a \(d_n>0\). Ensuite, \(e^{x}-1\sim x\) en 0, donc \(d_n\sim n\cdot\frac{1}{n^3}=\frac{1}{n^2}\). Par conséquent, \(\sum d_n\) converge.

Corrigé de l’exercice 6 – Majoration du module

Idée clé : on majore le module par le terme d’une série de Riemann convergente, sans se soucier du signe.

1. Pour \(n\geq 1\), on a \(\left|\frac{\cos(5n)}{n\sqrt{n}}\right|\leq\frac{1}{n^{3/2}}\). Comme \(\frac{3}{2}>1\), la série converge absolument, donc elle converge.
2. On a \(\left|\frac{(-1)^n}{n^2+n}\right|=\frac{1}{n^2+n}\leq\frac{1}{n^2}\). Donc la série converge absolument. Ensuite, \(\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\), donc \(\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n^2+n}=1-\frac{1}{N+1}\). Ainsi, \(\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2+n}=1\).
3. Comme \(\left|e^{in\sqrt{2}}\right|=1\), le module du terme vaut \(\frac{1}{n^2+1}\), qui est équivalent à \(\frac{1}{n^2}\). Par conséquent, la série complexe converge absolument, et donc elle converge.

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Équivalent d’une somme de racines cubiques

Idée clé : la fonction \(t\mapsto t^{-1/3}\) est décroissante ; on compare chaque terme à l’intégrale sur un intervalle de longueur 1.

1. La fonction \(f:t\mapsto t^{-1/3}\) est continue, positive et décroissante sur \([1,+\infty[\). Pour \(k\geq 1\), on a \(f(t)\leq f(k)\) sur \([k,k+1]\), donc \(\int_{k}^{k+1}f\leq f(k)\). Pour \(k\geq 2\), on a de même \(f(k)\leq\int_{k-1}^{k}f\). On somme la première inégalité pour \(k\) de 1 à \(n\), et la seconde pour \(k\) de 2 à \(n\). Avec la primitive \(\frac{3}{2}t^{2/3}\), on obtient \(\frac{3}{2}\left((n+1)^{2/3}-1\right)\leq S_n\leq 1+\frac{3}{2}\left(n^{2/3}-1\right)\).
2. D’une part, \((n+1)^{2/3}=n^{2/3}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{2/3}\sim n^{2/3}\). D’autre part, les constantes sont négligeables devant \(n^{2/3}\). Ainsi, les deux bornes, divisées par \(\frac{3}{2}n^{2/3}\), tendent vers 1. Par encadrement, \(S_n\sim\frac{3}{2}n^{2/3}\).
3. On a \(\frac{1}{S_n}>0\) et \(\frac{1}{S_n}\sim\frac{2}{3n^{2/3}}\). Comme \(\frac{2}{3}\leq 1\), la série \(\sum\frac{1}{S_n}\) diverge.

Corrigé de l’exercice 8 – Équivalent du reste d’ordre quatre

Idée clé : on encadre chaque terme du reste par des intégrales, on somme jusqu’à un rang fini, puis on fait tendre ce rang vers l’infini.

1. La série \(\sum\frac{1}{k^4}\) est une série de Riemann d’exposant \(4>1\). Elle converge, donc le reste \(R_n\) existe.
2. La fonction \(f:t\mapsto t^{-4}\) est positive et décroissante sur \([1,+\infty[\). Pour \(k\geq n+1\), on a \(\int_{k}^{k+1}f\leq f(k)\leq\int_{k-1}^{k}f\). Soit \(M>n\). En sommant pour \(k\) de \(n+1\) à \(M\), on obtient
   \[\int_{n+1}^{M+1}\frac{\mathrm{d}t}{t^4}\leq\sum_{k=n+1}^{M}\frac{1}{k^4}\leq\int_{n}^{M}\frac{\mathrm{d}t}{t^4}.\]
   Or \(\int_{p}^{q}\frac{\mathrm{d}t}{t^4}=\frac{1}{3p^3}-\frac{1}{3q^3}\). En faisant tendre \(M\) vers \(+\infty\), on obtient \(\frac{1}{3(n+1)^3}\leq R_n\leq\frac{1}{3n^3}\).
3. Comme \((n+1)^3\sim n^3\), les deux bornes sont équivalentes à \(\frac{1}{3n^3}\). Par encadrement, \(R_n\sim\frac{1}{3n^3}\).
4. L’erreur commise vaut \(R_n\), qui est positif et majoré par \(\frac{1}{3n^3}\). Il suffit donc que \(n^3\geq\frac{10^6}{3}\approx 333\,334\). Or \(69^3=328\,509\) et \(70^3=343\,000\). Ainsi, \(n=70\) convient.

La figure compare le reste à ses deux bornes, sur une échelle logarithmique.

Corrigé de l’exercice 9 – Une série alternée non absolument convergente

Idée clé : on vérifie les trois hypothèses du critère des séries alternées, puis on exploite le signe et la majoration du reste.

1. Posons \(a_n=\frac{1}{\sqrt{n+2}}\). Ses termes sont strictement positifs. Comme \(\sqrt{n+2}\) croît vers \(+\infty\), la suite \((a_n)\) diminue et tend vers 0. Les trois hypothèses sont réunies : \(\sum u_n\) converge par le théorème sur les séries alternées.
2. On a \(|u_n|=\frac{1}{\sqrt{n+2}}\sim\frac{1}{n^{1/2}}\), avec \(\frac{1}{2}\leq 1\). Donc \(\sum|u_n|\) diverge : la convergence n’est pas absolue.
3. Le reste \(R_5=S-S_5\) a le signe de \((-1)^{6}\), donc il est positif. Ainsi, \(S\geq S_5\), et de plus \(S-S_5\leq a_6=\frac{1}{\sqrt{8}}\).
4. On a \(|S-S_n|=|R_n|\leq a_{n+1}=\frac{1}{\sqrt{n+3}}\). Cette borne est au plus \(10^{-2}\) dès que \(n+3\geq 10^{4}\). Donc tout rang \(n\geq 9\,997\) convient. Cette lenteur est typique d’une série semi-convergente.

Corrigé de l’exercice 10 – Équivalents et signe variable : un piège

Idée clé : le terme n’est pas de signe constant ; on développe donc jusqu’à un reste absolument sommable au lieu d’utiliser l’équivalent.

1. Le dénominateur s’annule seulement si \(\sqrt{n}=-2(-1)^n\), soit \(n=4\) avec \(n\) impair, ce qui est impossible. Ensuite, \(u_n=\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}\cdot\frac{1}{1+x_n}\) avec \(x_n\to 0\). Le quotient de \(u_n\) par \(\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}\) tend donc vers 1 : les deux termes sont équivalents.
2. On a \((1-x)(1+x)+x^2=1\), d’où l’identité en divisant par \(1+x\). Ensuite, \(\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}\cdot x_n=\frac{2}{n}\). On obtient donc \(u_n=\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}-\frac{2}{n}+v_n\), avec
   \[v_n=\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}\cdot\frac{x_n^2}{1+x_n}=\frac{4(-1)^n}{n^{3/2}(1+x_n)}.\]
   Pour \(n\geq 16\), on a \(|x_n|\leq\frac{2}{4}=\frac{1}{2}\), donc \(1+x_n\geq\frac{1}{2}\). Par conséquent, \(|v_n|\leq\frac{8}{n^{3/2}}\) pour \(n\geq 16\).
3. La série \(\sum\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}\) converge par le critère des séries alternées. De plus, \(\sum v_n\) converge absolument. Supposons que \(\sum u_n\) converge. Alors \(\sum\frac{2}{n}=\sum\left(\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}+v_n-u_n\right)\) convergerait, ce qui est faux. Donc \(\sum u_n\) diverge.
4. Comparer deux séries par équivalents exige un signe fixe à partir d’un certain rang. Ici, \(\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}\) change de signe : l’équivalent ne permettait pas de conclure, et il n’y a aucune contradiction.

Corrigé de l’exercice 11 – Logarithmes et puissances

Idée clé : on glisse une puissance de \(n\) entre le terme et la série de Riemann de référence, grâce aux croissances comparées.

1. On a \(n^{7/6}\cdot\frac{(\ln n)^2}{n^{4/3}}=\frac{(\ln n)^2}{n^{1/6}}\to 0\). Donc le terme est un \(o\left(\frac{1}{n^{7/6}}\right)\), et il est positif. Comme \(\frac{7}{6}>1\), la série converge.
2. La fonction \(g:x\mapsto\sqrt{x}-\ln x\) a pour minimum \(g(4)=2-\ln 4>0\). Ainsi, \(\ln n\leq\sqrt{n}\), donc \(\frac{1}{\sqrt{n}\ln n}\geq\frac{1}{n}\). Par comparaison, la série diverge.
3. On a \(n^2\cdot n^5e^{-\sqrt{n}}=m^{14}e^{-m}\) avec \(m=\sqrt{n}\to+\infty\). Ce produit tend vers 0, donc le terme est un \(o\left(\frac{1}{n^2}\right)\). Par conséquent, la série converge.
4. Le quotient \(\frac{(\ln n)^3}{n}\) tend vers 0, car toute puissance du logarithme est négligeable devant \(n\). Au-delà d’un certain entier \(n_0\), ce quotient reste sous 1, ce qui donne \(\frac{1}{(\ln n)^3}\geq\frac{1}{n}\). Finalement, la série diverge.

Corrigé de l’exercice 12 – Choisir les paramètres pour converger

Idée clé : on développe le terme général en puissances de \(\frac{1}{n}\) ; chaque coefficient non nul avant l’ordre 2 provoque la divergence.

1. On écrit \(\sqrt{n^2+n+1}=n\sqrt{1+h}\) avec \(h=\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}\to 0\). Or \(\sqrt{1+h}=1+\frac{h}{2}-\frac{h^2}{8}+O(h^3)\). Ici, \(\frac{h}{2}=\frac{1}{2n}+\frac{1}{2n^2}\) et \(h^2=\frac{1}{n^2}+O\left(\frac{1}{n^3}\right)\). Donc \(\sqrt{1+h}=1+\frac{1}{2n}+\frac{3}{8n^2}+O\left(\frac{1}{n^3}\right)\). En multipliant par \(n\), on obtient \(\sqrt{n^2+n+1}=n+\frac{1}{2}+\frac{3}{8n}+O\left(\frac{1}{n^2}\right)\).
2. On en déduit \(u_n=\left(\frac{1}{2}-a\right)+\left(\frac{3}{8}-b\right)\frac{1}{n}+O\left(\frac{1}{n^2}\right)\). Si \(a\neq\frac{1}{2}\), le terme tend vers une limite non nulle : divergence grossière. Si \(a=\frac{1}{2}\) et \(b\neq\frac{3}{8}\), alors \(u_n\sim\frac{3/8-b}{n}\), de signe constant : divergence. Enfin, si \(a=\frac{1}{2}\) et \(b=\frac{3}{8}\), alors \(u_n=O\left(\frac{1}{n^2}\right)\) : convergence absolue. La série converge si et seulement si \((a,b)=\left(\frac{1}{2},\frac{3}{8}\right)\).
3. Ici, \(u_n\sim\frac{3}{8n}\), qui est positif. L’équivalent est donc légitime et la série diverge.

Corrigé de l’exercice 13 – Une constante à la Euler

Idée clé : pour prouver qu’une suite converge, on étudie la série de ses différences successives, dont le terme admet un équivalent simple.

1. On a \(w_n=\frac{1}{\sqrt{n+1}}-2\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right)\) où \(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\) vaut \(\frac{(n+1)-n}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}\) par la quantité conjuguée. En réduisant au même dénominateur, le numérateur vaut \(\sqrt{n+1}+\sqrt{n}-2\sqrt{n+1}=\sqrt{n}-\sqrt{n+1}\). On remplace encore cette différence par \(\frac{-1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}\). Ainsi, \(w_n=-\frac{1}{\sqrt{n+1}\left(\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\right)^{2}}\).
2. On a \(\sqrt{n+1}\sim\sqrt{n}\) et \(\left(\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\right)^2\sim 4n\). Donc \(w_n\sim-\frac{1}{4n^{3/2}}\). Le terme \(-w_n\) est positif et équivalent au terme d’une série de Riemann convergente. Par conséquent, \(\sum w_n\) converge.
3. Pour \(n\geq 2\), la somme \(\sum_{k=1}^{n-1}w_k\) vaut \(x_n-x_1\) par télescopage. Ces sommes ont une limite finie, donc \((x_n)\) aussi ; notons-la \(C\). De plus, \(w_n<0\), donc \((x_n)\) est strictement décroissante. Or \(x_1=1-2=-1\). Il vient \(C\leq x_2<x_1\), donc \(C<-1\).
4. Comme \(x_n=C+o(1)\), on obtient \(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}=2\sqrt{n}+C+o(1)\). Ce résultat précise l’équivalent \(2\sqrt{n}\) donné par une comparaison série-intégrale.

Corrigé de l’exercice 14 – Discussion selon un paramètre réel

Idée clé : selon la position de \(x\) par rapport à 1, le terme se compare à une série géométrique ou ne tend pas vers 0.

1. Si \(0<x<1\), alors \(0<u_n(x)\leq x^n\). La série géométrique \(\sum x^n\) converge, donc \(\sum u_n(x)\) converge par comparaison.
2. Si \(x=1\), alors \(u_n(1)=\frac{1}{2}\) pour tout \(n\). Le terme ne tend pas vers 0 : la série diverge grossièrement.
3. En divisant numérateur et dénominateur par \(x^{2n}\), on obtient \(u_n(x)=\frac{x^{-n}}{x^{-2n}+1}=u_n(1/x)\). Si \(x>1\), alors \(0<\frac{1}{x}<1\), et la question 1 s’applique. Ainsi, \(\sum u_n(x)\) converge si et seulement si \(x\neq 1\).

On peut aller plus loin. Pour \(0<x<1\), on a \(x^n-u_n(x)=\frac{x^{3n}}{1+x^{2n}}\leq x^{3n}\). La somme est donc proche de \(\frac{1}{1-x}\) lorsque \(x\) est petit. En revanche, quand \(x\) s’approche de 1, chaque terme s’approche de \(\frac{1}{2}\), et la somme devient très grande. Cette explosion est cohérente avec la divergence obtenue en \(x=1\).

Corrigé de l’exercice 15 – Une divergence très lente

Idée clé : aucun équivalent en \(\frac{1}{n^{\alpha}}\) ne conclut ; on compare donc la somme à l’intégrale de \(\frac{1}{t\ln t}\), dont la primitive est \(\ln(\ln t)\).

1. Sur \([2,+\infty[\), la fonction \(t\mapsto t\ln t\) est positive et strictement croissante, comme produit de deux fonctions positives croissantes. Donc \(f\) est positive et décroissante. Par ailleurs, la dérivée de \(\ln(\ln t)\) vaut \(\frac{1/t}{\ln t}=f(t)\) : \(t\mapsto\ln(\ln t)\) est une primitive de \(f\).
2. Pour \(k\geq 2\), on a \(\int_{k}^{k+1}f\leq f(k)\). En sommant de 2 à \(n\), il vient \(S_n\geq\ln(\ln(n+1))-\ln(\ln 2)\). Pour \(k\geq 3\), on a \(f(k)\leq\int_{k-1}^{k}f\). On isole le terme \(f(2)=\frac{1}{2\ln 2}\), puis on somme de 3 à \(n\). On obtient l’encadrement demandé.
3. Le minorant tend vers \(+\infty\), donc \(\sum\frac{1}{n\ln n}\) diverge. Ensuite, \(\ln(n+1)=\ln n+o(1)\), donc \(\ln(\ln(n+1))=\ln(\ln n)+o(1)\). Les deux bornes, divisées par \(\ln(\ln n)\), tendent donc vers 1. Par encadrement, \(S_n\sim\ln(\ln n)\).
4. D’après le minorant, \(S_n\geq 3\) dès que \(\ln(\ln(n+1))\geq 3+\ln(\ln 2)\). Cela équivaut à \(\ln(n+1)\geq e^{3}\ln 2\), soit \(n+1\geq 2^{e^{3}}\). Or \(e^{3}\approx 20{,}09\) et \(2^{20{,}09}\approx 1{,}1\times 10^{6}\). Il faut ainsi environ un million de termes pour dépasser 3 : une simulation numérique ne laisse pas deviner la divergence.

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – Un sinus qui cache une série alternée

Idée clé : on retire à \(\pi\sqrt{n^2+3}\) le multiple \(\pi n\), ce qui fait apparaître le signe \((-1)^n\) devant un sinus positif et décroissant.

1. Par la quantité conjuguée, \(\sqrt{n^2+3}-n=\frac{3}{\sqrt{n^2+3}+n}\), d’où \(y_n=\frac{3\pi}{n+\sqrt{n^2+3}}\). Ensuite, \(\sin(\pi n+y_n)=\sin(\pi n)\cos y_n+\cos(\pi n)\sin y_n\). Comme \(\sin(\pi n)=0\) et \(\cos(\pi n)=(-1)^n\), on obtient \(u_n=(-1)^n\sin(y_n)\).
2. Pour \(n\geq 3\), on a \(n+\sqrt{n^2+3}\geq 3+\sqrt{12}>6\), donc \(0<y_n<\frac{3\pi}{6}=\frac{\pi}{2}\). De plus, le dénominateur croît, donc \((y_n)\) décroît et tend vers 0. Comme le sinus est croissant sur \(\left[0,\frac{\pi}{2}\right]\), \((\sin y_n)_{n\geq 3}\) est positive, décroissante, de limite nulle.
3. La question 2 fournit exactement les hypothèses voulues à partir du rang 3. Ainsi, \(\sum_{n\geq 3}u_n\) converge, et les trois premiers termes ne changent pas la nature. Donc \(\sum u_n\) converge.
4. On a \(|u_n|=\sin y_n\sim y_n\sim\frac{3\pi}{2n}\). Ce terme positif est équivalent à celui d’une série divergente. Ainsi, la série ne converge pas absolument.
5. Pour \(n\geq 3\), la majoration du reste donne \(|R_n|\leq\sin(y_{n+1})\leq y_{n+1}\). Or \(\sqrt{(n+1)^2+3}\geq n+1\), donc \(|R_n|\leq\frac{3\pi}{2(n+1)}\).

Corrigé de l’exercice 17 – Série des restes d’une série de Riemann

Idée clé : l’encadrement intégral donne un équivalent du reste, qui est lui-même le terme d’une série de Riemann.

1. La fonction \(t\mapsto t^{-a}\) est positive et décroissante sur \([1,+\infty[\). Comme dans l’exercice 8, pour \(M>n\geq 1\), on a \(\int_{n+1}^{M+1}t^{-a}\,\mathrm{d}t\leq\sum_{k=n+1}^{M}k^{-a}\leq\int_{n}^{M}t^{-a}\,\mathrm{d}t\). Or \(\int_{p}^{+\infty}t^{-a}\,\mathrm{d}t=\frac{1}{(a-1)p^{a-1}}\) par passage à la limite. En faisant tendre \(M\) vers \(+\infty\), on obtient l’encadrement demandé.
2. Les deux bornes sont équivalentes, donc \(R_n\sim\frac{1}{(a-1)n^{a-1}}\). Ce terme est positif. Par comparaison aux séries de Riemann, \(\sum R_n\) converge si et seulement si \(a-1>1\), c’est-à-dire \(a>2\).
3. Soit \(N\geq 0\) et \(0\leq n\leq N\). On coupe le reste au rang \(N+1\) : \(R_n=\sum_{k=n+1}^{N+1}\frac{1}{k^3}+R_{N+1}\). On somme ces égalités pour \(n\) de 0 à \(N\). Dans la double somme finie, l’entier \(k\) apparaît pour les \(k\) valeurs \(n=0,\dots,k-1\). Ainsi,
   \[\sum_{n=0}^{N}R_n=\sum_{k=1}^{N+1}\frac{k}{k^3}+(N+1)R_{N+1}=\sum_{k=1}^{N+1}\frac{1}{k^2}+(N+1)R_{N+1}.\]
   L’égalité est démontrée.
4. D’après la question 1 avec \(a=3\), on a \(0\leq(N+1)R_{N+1}\leq\frac{N+1}{2(N+1)^2}=\frac{1}{2(N+1)}\). Ce terme tend donc vers 0. En passant à la limite, \(\sum_{n=0}^{+\infty}R_n=\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{k^2}\).

Ce résultat se comprend bien. Le terme \(\frac{1}{k^3}\) figure dans chacun des restes \(R_0,R_1,\dots,R_{k-1}\), soit \(k\) fois au total. Cependant, cette idée d’échange des sommations ne suffit pas comme preuve : c’est pourquoi on a travaillé sur des sommes finies, puis contrôlé le terme \((N+1)R_{N+1}\). Le même calcul pour un exposant \(a>2\) quelconque donne \(\sum_{n\geq 0}R_n=\sum_{k\geq 1}k^{1-a}\).

Corrigé de l’exercice 18 – Suite récurrente et séries associées

Idée clé : une série télescopique donne la première somme ; ensuite, on cherche une puissance de \(u_n\) dont les inverses varient presque de façon constante.

1. Montrons par récurrence que \(u_n\in\,]0,1]\). C’est vrai pour \(n=0\). Si \(u_n\in\,]0,1]\), alors \(u_{n+1}=\frac{u_n}{1+u_n^2}\) est strictement positif et vérifie \(u_{n+1}\leq u_n\leq 1\). Ainsi, la suite est à valeurs dans \(]0,1]\) et décroissante. Étant minorée par 0, elle converge vers un réel \(\ell\in[0,1]\). Par continuité, \(\ell=\frac{\ell}{1+\ell^2}\), donc \(\frac{\ell^3}{1+\ell^2}=0\) et \(\ell=0\).
2. On calcule \(u_n-u_{n+1}=u_n-\frac{u_n}{1+u_n^2}=\frac{u_n^3}{1+u_n^2}\). La série est donc télescopique. Comme \(u_n\to 0\), elle converge et \(\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{u_n^3}{1+u_n^2}=u_0-0=1\).
3. On a \(\frac{1}{u_{n+1}^2}=\frac{(1+u_n^2)^2}{u_n^2}=\frac{1}{u_n^2}+2+u_n^2\). Donc \(\frac{1}{u_{n+1}^2}-\frac{1}{u_n^2}=2+u_n^2\).
4. En sommant de 0 à \(n-1\), on obtient \(\frac{1}{u_n^2}=1+\sum_{k=0}^{n-1}(2+u_k^2)\). Or \(0<u_k^2\leq 1\), donc chaque terme est entre 2 et 3. Il vient \(2n+1\leq\frac{1}{u_n^2}\leq 3n+1\), ce qui reste vrai pour \(n=0\). Par conséquent, \(\frac{1}{\sqrt{3n+1}}\leq u_n\leq\frac{1}{\sqrt{2n+1}}\).
5. D’abord, \(u_n\geq\frac{1}{\sqrt{3n+1}}\), terme équivalent à \(\frac{1}{\sqrt{3}\,n^{1/2}}\) : \(\sum u_n\) diverge. Ensuite, \(u_n^2\geq\frac{1}{3n+1}\sim\frac{1}{3n}\) : \(\sum u_n^2\) diverge. Enfin, \(u_n^3\leq\frac{1}{(2n+1)^{3/2}}\leq\frac{1}{(2n)^{3/2}}\) pour \(n\geq 1\) : \(\sum u_n^3\) converge.

Remarquons la cohérence avec la question 2. En effet, \(\frac{u_n^3}{1+u_n^2}\) est compris entre \(\frac{u_n^3}{2}\) et \(u_n^3\). La convergence de \(\sum u_n^3\) est donc compatible avec celle de la série télescopique. De plus, l’encadrement de la question 4 montre que \(u_n\) décroît comme \(\frac{1}{\sqrt{n}}\), à une constante près. La figure de l’énoncé le suggère déjà : les marches de l’escalier deviennent de plus en plus courtes.

Corrigé de l’exercice 19 – Problème : somme d’une série alternée par une intégrale

Idée clé : on écrit \(\frac{1}{3k+1}\) comme l’intégrale de \(t^{3k}\) sur \([0,1]\), on somme une série géométrique finie, puis on contrôle l’intégrale restante.

1. Les nombres \(a_k=\frac{1}{3k+1}\) sont positifs. Leur dénominateur augmente avec \(k\) et tend vers \(+\infty\) : la suite \((a_k)\) diminue donc vers 0. Le théorème sur les séries alternées s’applique, et la série converge.
2. Il s’agit d’une somme géométrique de raison \(q=-t^3\neq 1\). Ainsi, \(\sum_{k=0}^{N}q^k=\frac{1-q^{N+1}}{1-q}=\frac{1-(-1)^{N+1}t^{3N+3}}{1+t^3}\). En séparant les deux termes, on obtient la formule demandée.
3. Pour tout \(k\), \(\int_{0}^{1}t^{3k}\,\mathrm{d}t=\frac{1}{3k+1}\). On intègre l’égalité de la question 2 sur \([0,1]\). Par linéarité de l’intégrale sur une somme finie, \(S_N=I-(-1)^{N+1}J_N\).
4. Sur \([0,1]\), on a \(0\leq\frac{t^{3N+3}}{1+t^3}\leq t^{3N+3}\). Par croissance de l’intégrale, \(0\leq J_N\leq\frac{1}{3N+4}\). Donc \(|S_N-I|=J_N\to 0\), et \(\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{3k+1}=I\).
5. On a \(1+t^3=(1+t)(t^2-t+1)\). En multipliant par \(1+t\) puis en posant \(t=-1\), on trouve \(\alpha=\frac{1}{3}\). Ensuite, \(\frac{1}{1+t^3}-\frac{1}{3(1+t)}=\frac{3-(t^2-t+1)}{3(1+t^3)}=\frac{-(t-2)(t+1)}{3(1+t)(t^2-t+1)}\). Après simplification par \(t+1\), il reste \(\frac{2-t}{3(t^2-t+1)}\). Donc \(\alpha=\frac{1}{3}\), \(\beta=-\frac{1}{3}\), \(\gamma=\frac{2}{3}\).
6. D’abord, \(\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}t}{3(1+t)}=\frac{\ln 2}{3}\). Ensuite, on écrit \(2-t=-\frac{1}{2}(2t-1)+\frac{3}{2}\). Le premier morceau donne \(-\frac{1}{2}\left[\ln(t^2-t+1)\right]_{0}^{1}=0\). Pour le second, \(t^2-t+1=\left(t-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}\), donc
   \[\int_{0}^{1}\frac{3/2}{\left(t-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}}\,\mathrm{d}t=\frac{3}{2}\cdot\frac{2}{\sqrt{3}}\left[\arctan\frac{2t-1}{\sqrt{3}}\right]_{0}^{1}=\sqrt{3}\cdot\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{\sqrt{3}}.\]
   En multipliant par \(\frac{1}{3}\), on obtient \(\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{3k+1}=I=\frac{\ln 2}{3}+\frac{\pi}{3\sqrt{3}}\approx 0{,}836\).
7. D’après la question 4, \(|S_N-I|\leq\frac{1}{3N+4}\). Cette borne vaut au plus \(10^{-3}\) dès que \(3N+4\geq 1000\), soit \(N\geq 332\). Il suffit donc de sommer 333 termes (indices 0 à 332). Le critère des séries alternées donne \(|R_N|\leq a_{N+1}=\frac{1}{3N+4}\) : c’est exactement la même borne. De plus, \(I-S_N=(-1)^{N+1}J_N\) a bien le signe de \((-1)^{N+1}\), comme le prévoit le cours.

La figure montre les sommes partielles qui encadrent la valeur exacte en se resserrant.

Pour aller plus loin

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