QCM : Séries positives, Riemann, Bertrand en L2 de maths

Réponse A.

Le terme \(u_n\) tend vers \(\frac{1}{2}\), qui n’est pas nul. Par conséquent, la série diverge grossièrement : ses sommes partielles se comportent comme \(\frac{n}{2}\). Le piège de la somme égale à \(\frac{1}{2}\) confond la limite du terme avec la somme de la série. Quant à un terme borné, il ne suffit jamais à garantir la convergence.

Réponse C.

La raison \(\frac{3}{5}\) appartient à \(]-1,1[\), donc la série converge. On met en facteur le terme d’indice 2 : la somme vaut \(\frac{9}{25}\times\frac{5}{2}=\frac{9}{10}\). La réponse \(\frac{5}{2}\) correspond à un départ en \(n=0\), et \(\frac{3}{2}\) à un départ en \(n=1\) : ces pièges ignorent l’indice initial. Enfin, \(\frac{9}{25}\) n’est que le premier terme.

Réponse A.

On écrit \(\frac{1}{n(n+3)}=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+3}\right)\). Le télescopage porte sur trois rangs : il survit donc \(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}=\frac{11}{6}\), multiplié par \(\frac{1}{3}\). On trouve \(\frac{11}{18}\). Le piège \(\frac{11}{6}\) perd ce facteur \(\frac{1}{3}\). La valeur \(\frac{1}{3}\) suppose à tort qu’un seul terme survit, comme pour un décalage d’un rang.

Réponse B.

Comme chaque terme est positif, la suite des sommes partielles croît. Or une suite croissante converge si et seulement si elle est majorée. Le terme qui tend vers 0 n’est qu’une condition nécessaire : la série harmonique le prouve. De même, la décroissance vers 0 ne suffit pas, puisque \(\frac{1}{n}\) la vérifie et fournit pourtant une série divergente.

Réponse C.

Avec la quantité conjuguée, \(u_n=\frac{2}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n}}\). Ce terme positif est équivalent à \(\frac{1}{\sqrt{n}}\), terme de Riemann d’exposant \(\frac{1}{2}\leq 1\). Donc la série diverge. Le piège télescopique mérite attention : une telle somme converge seulement si la suite \(\sqrt{n}\) admet une limite finie, ce qui est faux. Enfin, \(u_n\to 0\) ne prouve rien.

Réponse B.

Sans signe fixe, le critère tombe. Prenons \(u_n=(-1)^n n^{-1/3}\) et \(v_n=u_n+n^{-2/3}\) : elles sont équivalentes, puisque l’ajout est négligeable devant \(u_n\). Cependant, la série des \(u_n\) converge par le critère des séries alternées, alors que celle des \(v_n\) diverge. Le piège \(u_n-v_n\to 0\) est trop faible. Enfin, la monotonie n’intervient pas.

Réponse B.

Si \(a>1\), on compare à \(k^{-c}\) avec \(1<c<a\) : le logarithme ne pèse rien, quel que soit \(b\). Si \(a=1\), l’encadrement intégral fait intervenir \(\int\frac{\mathrm{d}t}{t(\ln t)^{b}}\), finie seulement pour \(b>1\). Par conséquent, exiger \(b>1\) quand \(a>1\) est un piège. De plus, le cas \(a=b=1\) diverge.

Réponse D.

La fonction \(t\mapsto\frac{1}{t\sqrt{\ln t}}\) est positive et décroissante sur \([2,+\infty[\). On peut donc encadrer \(S_N\) par des intégrales, et une primitive vaut \(2\sqrt{\ln t}\). Ainsi \(S_N\sim 2\sqrt{\ln N}\). Le piège \(\sqrt{\ln N}\) oublie le facteur 2. Quant à \(\frac{2}{3}(\ln N)^{3/2}\), il intègre \(\frac{\sqrt{\ln t}}{t}\) : la racine est passée du dénominateur au numérateur.

Réponse A.

On simplifie le quotient : \(\frac{u_{n+1}}{u_n}=2\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n}\). Or \(\left(1+\frac{1}{n}\right)^{-n}\) tend vers \(\frac{1}{e}\), donc le rapport tend vers \(\frac{2}{e}\), environ \(0{,}74\). Comme ce nombre est inférieur à 1, la série converge. Le piège 2 remplace \(\frac{n}{n+1}\) par 1 alors que l’exposant explose. La réponse \(2e\) inverse la limite.

Réponse D.

La racine \(n\)-ième de \(u_n\) vaut \(\left(1-\frac{2}{n}\right)^{n}\), qui tend vers \(e^{-2}<1\). Par conséquent, la série converge. Le piège de la divergence grossière confond \(u_n\) avec sa racine : en réalité, \(u_n\) tend vers 0. La limite 1 vient, elle aussi, d’un remplacement abusif de \(1-\frac{2}{n}\) par 1 sous un exposant qui grandit.

Réponse C.

La fonction \(t\mapsto t^{-3}\) décroît. On compare donc \(R_n\) aux intégrales de \(t^{-3}\) sur \([n+1,+\infty[\) et sur \([n,+\infty[\), qui valent \(\frac{1}{2(n+1)^2}\) et \(\frac{1}{2n^2}\). Ainsi \(R_n\sim\frac{1}{2n^2}\). Le piège \(\frac{1}{n^3}\) prend le premier terme du reste pour le reste entier. Quant à \(\frac{1}{n^2}\), il oublie le facteur \(\frac{1}{2}\) de la primitive.

Réponse D.

Le terme est positif et équivalent à \(k^{-1/3}\), terme d’une série divergente. Le théorème de sommation s’applique donc : les sommes partielles sont équivalentes. Or la somme des \(k^{-1/3}\) se compare à \(\int_1^n t^{-1/3}\,\mathrm{d}t\), qui est équivalente à \(\frac{3}{2}n^{2/3}\). Le piège \(\frac{2}{3}n^{2/3}\) inverse le coefficient de la primitive. Enfin, \(\ln n\) confond ce terme avec \(\frac{1}{k}\).