Corrigé des exercices : Séries et sommation des équivalents en maths spé (MP)

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Trois séries à factorielles

Idée clé : les trois termes sont strictement positifs et construits avec des produits, donc la règle de d’Alembert s’impose.

1. Pour \(n\geqslant 1\), \(a_n>0\) et \[\frac{a_{n+1}}{a_n}=\left(\frac{n+1}{n}\right)^3\frac{7}{n+1}.\] Le premier facteur tend vers 1 et le second vers 0. Le rapport tend donc vers \(0<1\). La série \(\sum a_n\) converge.
2. On a \(b_n>0\). Comme \(\binom{2n+2}{n+1}=\frac{(2n+2)(2n+1)}{(n+1)^2}\binom{2n}{n}\), on obtient \[\frac{b_{n+1}}{b_n}=\frac{2(2n+1)}{5(n+1)}\longrightarrow\frac{4}{5}.\] Ainsi la limite est strictement inférieure à 1. La série \(\sum b_n\) converge.
3. Ici \(c_n>0\) et \[\frac{c_{n+1}}{c_n}=\frac{3(n+1)\,n^n}{(n+1)^{n+1}}=3\left(\frac{n}{n+1}\right)^n=3\left(1+\frac{1}{n}\right)^{-n}.\] Or \(\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\to e\), donc le rapport tend vers \(3/e\). Comme \(e<3\), cette limite est strictement supérieure à 1. La série \(\sum c_n\) diverge grossièrement.

Corrigé de l’exercice 2 – Divergence grossière ou non

Idée clé : on calcule d’abord la limite du terme général ; s’il tend vers 0, on cherche un équivalent de signe constant.

1. On sait que \(\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=\exp\left(n\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)\right)\to e\). Le terme ne tend pas vers 0. La série diverge grossièrement.
2. Le terme \(\cos\frac{1}{n}-1\) tend vers 0, donc il n’y a pas de divergence grossière. De plus, \(1-\cos\frac{1}{n}\sim\frac{1}{2n^2}\), et ce terme est positif. Par comparaison avec une série de Riemann d’exposant 2, \(\sum\left(1-\cos\frac{1}{n}\right)\) converge. La série proposée converge, puisqu’elle en est l’opposée.
3. Comme \(\sin x\sim x\) en 0, on a \(n\sin\frac{1}{n^2}\sim\frac{1}{n}\). Le terme tend donc vers 0 : pas de divergence grossière. Cependant, ce terme est positif et équivalent à celui de la série harmonique. La série diverge.
4. Écrivons \(\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n^2}=\exp\left(-n^2\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)\right)\). Le développement \(\ln(1+h)=h-\frac{h^2}{2}+O(h^3)\) donne \[-n^2\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)=-n+\frac{1}{2}+O\left(\frac{1}{n}\right).\] Par continuité de l’exponentielle, le terme est donc équivalent à \(e^{1/2}e^{-n}\). Il tend vers 0, sans divergence grossière. Ensuite, \(\sum e^{-n}\) est une série géométrique convergente. La série converge.

Corrigé de l’exercice 3 – Série géométrique de matrices

Idée clé : une puissance explicite donne des coefficients explicites ; on somme alors coefficient par coefficient.

1. Procédons par récurrence sur \(n\) pour établir \(A^n=\begin{pmatrix}1&n\\0&1\end{pmatrix}\). Pour \(n=0\), on retrouve bien \(I_2\). Supposons la formule acquise au rang \(n\) ; un produit matriciel donne alors \(A^{n+1}=A^nA=\begin{pmatrix}1&n+1\\0&1\end{pmatrix}\). Ainsi \(A^n=\begin{pmatrix}1&n\\0&1\end{pmatrix}\) pour tout \(n\).
2. Pour \(n\geqslant 1\), \(N\left(\frac{A^n}{3^n}\right)=\frac{\max(1,n)}{3^n}=\frac{n}{3^n}\). La règle de d’Alembert s’applique : \(\frac{(n+1)/3^{n+1}}{n/3^n}=\frac{n+1}{3n}\to\frac{1}{3}<1\). La série est absolument convergente, donc convergente car \(\mathcal{M}_2(\mathbb{R})\) est de dimension finie.
3. On somme coefficient par coefficient. Les coefficients diagonaux donnent \(\sum_{n\geqslant 0}\frac{1}{3^n}=\frac{3}{2}\). Pour le coefficient en haut à droite, notons \(T=\sum_{n\geqslant 0}\frac{n}{3^n}\), qui converge. Alors \(T-\frac{T}{3}=\sum_{n\geqslant 1}\frac{n-(n-1)}{3^n}=\frac{1}{2}\), donc \(T=\frac{3}{4}\). On obtient \[S=\begin{pmatrix}3/2&3/4\\0&3/2\end{pmatrix}.\] Vérifions : \(I_2-\frac{1}{3}A=\begin{pmatrix}2/3&-1/3\\0&2/3\end{pmatrix}\). Le coefficient en haut à droite du produit vaut \(\frac{3}{2}\cdot\left(-\frac{1}{3}\right)+\frac{3}{4}\cdot\frac{2}{3}=-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=0\). Les coefficients diagonaux valent 1. Donc \(S\left(I_2-\frac{1}{3}A\right)=I_2\), comme pour une série géométrique de nombres.

Corrigé de l’exercice 4 – Reste de la série des inverses des cubes

Idée clé : la fonction \(t\mapsto 1/t^3\) est positive et décroissante, donc le reste s’encadre par deux intégrales.

1. Soit \(f(t)=1/t^3\), positive et décroissante sur \([1,+\infty[\). Pour \(k\geqslant 2\), \[\int_k^{k+1}f(t)\,\mathrm{d}t\leqslant\frac{1}{k^3}\leqslant\int_{k-1}^{k}f(t)\,\mathrm{d}t.\] Sommons pour \(k\) allant de \(n+1\) à \(N\), puis faisons tendre \(N\) vers l’infini. Comme \(\int_a^{+\infty}\frac{\mathrm{d}t}{t^3}=\frac{1}{2a^2}\) pour \(a>0\), on obtient \(\dfrac{1}{2(n+1)^2}\leqslant R_n\leqslant\dfrac{1}{2n^2}\).
2. Les deux bornes sont équivalentes à \(\frac{1}{2n^2}\). Par encadrement, \(2n^2R_n\to 1\). Donc \(R_n\sim\dfrac{1}{2n^2}\).
3. Le majorant vérifie \(\frac{1}{2n^2}\leqslant 10^{-4}\) si et seulement si \(n^2\geqslant 5000\). Or \(70^2=4900\) et \(71^2=5041\). Le plus petit entier convenable est \(n=71\).

Corrigé de l’exercice 5 – Moyennes de Cesàro de suites simples

Idée clé : il suffit de calculer la limite de la suite que l’on moyenne, puis d’appliquer le théorème de Cesàro.

1. On a \(k\sin\frac{1}{k}=\frac{\sin(1/k)}{1/k}\to 1\), car \(\frac{\sin x}{x}\to 1\) en 0. Par Cesàro, la moyenne tend vers 1.
2. La suite \(\left(1+\frac{1}{k}\right)^k\) tend vers \(e\). Par Cesàro, la moyenne tend vers \(e\).
3. On écrit \(k^{1/k}=\exp\left(\frac{\ln k}{k}\right)\). Par croissances comparées, \(\frac{\ln k}{k}\to 0\), donc \(k^{1/k}\to 1\). Par Cesàro, la moyenne tend vers 1.
4. La suite \(a_n=(-1)^n\) diverge, car ses termes pairs valent 1 et ses termes impairs \(-1\). Cependant, \(\sum_{k=1}^{n}(-1)^k\) vaut \(-1\) ou \(0\). Ainsi la moyenne est majorée en valeur absolue par \(\frac{1}{n}\) et tend vers 0. Des moyennes convergentes n’impliquent donc pas la convergence de la suite.

Corrigé de l’exercice 6 – Somme des racines carrées des entiers

Idée clé : la fonction racine est croissante, donc les inégalités de comparaison série-intégrale changent de sens.

1. La racine carrée croît sur \([0,+\infty[\). Ainsi, pour tout entier \(k\geqslant 1\), l’intégrale sur \([k-1,k]\) est au plus \(\sqrt{k}\), et l’intégrale sur \([k,k+1]\) est au moins \(\sqrt{k}\) : \[\int_{k-1}^{k}\sqrt{t}\,\mathrm{d}t\leqslant\sqrt{k}\leqslant\int_{k}^{k+1}\sqrt{t}\,\mathrm{d}t.\] Une sommation pour \(1\leqslant k\leqslant n\), puis avec Chasles, on obtient \(\int_0^n\sqrt{t}\,\mathrm{d}t\leqslant S_n\leqslant\int_1^{n+1}\sqrt{t}\,\mathrm{d}t\). Le calcul des intégrales donne \(\frac{2}{3}n^{3/2}\leqslant S_n\leqslant\frac{2}{3}\left((n+1)^{3/2}-1\right)\).
2. En divisant par \(\frac{2}{3}n^{3/2}\), on encadre le quotient entre 1 et \(\left(1+\frac{1}{n}\right)^{3/2}-n^{-3/2}\). Ce majorant tend vers 1. Par encadrement, \(S_n\sim\dfrac{2}{3}n^{3/2}\).

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Somme des logarithmes divisés par k

Idée clé : la fonction n’est décroissante qu’à partir de \(e\), donc on isole les premiers termes avant de comparer à une intégrale.

1. La fonction \(f\) est dérivable et \(f^{\prime}(t)=\frac{1-\ln t}{t^2}\). Elle est donc croissante sur \([1,e]\) et décroissante sur \([e,+\infty[\), avec un maximum \(1/e\) en \(e\).
2. Soit \(k\geqslant 4\). L’intervalle \([k-1,k+1]\) est inclus dans \([3,+\infty[\), lui-même inclus dans \([e,+\infty[\). Sur cet intervalle, \(f\) décroît, donc \(\int_k^{k+1}f\leqslant f(k)\leqslant\int_{k-1}^{k}f\). En sommant pour \(4\leqslant k\leqslant n\), on obtient l’encadrement demandé.
3. Une primitive de \(f\) est \(\frac{(\ln t)^2}{2}\). L’encadrement devient \[\frac{(\ln(n+1))^2-(\ln 4)^2}{2}\leqslant\sum_{k=4}^{n}\frac{\ln k}{k}\leqslant\frac{(\ln n)^2-(\ln 3)^2}{2}.\] De plus, \(\ln(n+1)=\ln n+\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)\sim\ln n\). Les deux bornes sont donc équivalentes à \(\frac{(\ln n)^2}{2}\), qui tend vers l’infini. Enfin, ajouter les trois premiers termes, de somme constante, ne change pas l’équivalent. Ainsi \(\sum_{k=1}^{n}\frac{\ln k}{k}\sim\frac{(\ln n)^2}{2}\).

La figure montre les rectangles de hauteur \(f(k)\) posés sur \([k,k+1]\) : après le maximum, ils dépassent la courbe, ce qui traduit la minoration par l’intégrale.

Corrigé de l’exercice 8 – Reste d’une série en cosinus

Idée clé : on remplace le terme par un équivalent positif, puis par un terme télescopique dont le reste se calcule exactement.

1. Comme \(1-\cos x\sim\frac{x^2}{2}\) en 0, on a \(1-\cos\frac{1}{k}\sim\frac{1}{2k^2}\). Ce terme est positif. Par comparaison avec une série de Riemann convergente, la série converge.
2. Pour \(k\geqslant 2\), \(\frac{1}{k(k-1)}=\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}\). La somme de \(n+1\) à \(N\) vaut \(\frac{1}{n}-\frac{1}{N}\), qui tend vers \(\frac{1}{n}\). Donc \(\sum_{k>n}\frac{1}{k(k-1)}=\frac{1}{n}\). Ensuite, \(\frac{1}{k^2}\sim\frac{1}{k(k-1)}\), et ces termes sont positifs, de série convergente. Par sommation des équivalents dans le cas convergent, \(\sum_{k>n}\frac{1}{k^2}\sim\frac{1}{n}\).
3. De même, \(1-\cos\frac{1}{k}\sim\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{k^2}\), avec une référence positive et sommable. Les restes sont donc équivalents : \(R_n\sim\frac{1}{2}\sum_{k>n}\frac{1}{k^2}\). Finalement \(R_n\sim\dfrac{1}{2n}\).
4. Le reste \(R_n\) est positif, comme somme de termes positifs. Il est équivalent à \(\frac{1}{2n}\), terme d’une série divergente. La série \(\sum R_n\) diverge.

Corrigé de l’exercice 9 – Trois termes pour la somme des inverses des racines

Idée clé : le terme \(2(\sqrt{k}-\sqrt{k-1})\) télescope ; l’erreur \(v_k\) est sommable et son reste fournit le troisième terme.

1. On utilise la quantité conjuguée : \(2(\sqrt{k}-\sqrt{k-1})=\frac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k-1}}\). Ensuite, \[v_k=\frac{\sqrt{k}+\sqrt{k-1}-2\sqrt{k}}{\sqrt{k}\left(\sqrt{k}+\sqrt{k-1}\right)}=\frac{\sqrt{k-1}-\sqrt{k}}{\sqrt{k}\left(\sqrt{k}+\sqrt{k-1}\right)}.\] Or \(\sqrt{k-1}-\sqrt{k}=-\frac{1}{\sqrt{k}+\sqrt{k-1}}\). D’où l’expression annoncée. Enfin, \(\left(\sqrt{k}+\sqrt{k-1}\right)^2\sim 4k\), donc \(v_k\sim-\dfrac{1}{4k^{3/2}}\).
2. Par télescopage, \(\sum_{k=2}^{n}v_k=(S_n-1)-2(\sqrt{n}-1)\). Ainsi \(S_n=2\sqrt{n}-1+\sum_{k=2}^{n}v_k\). La suite \((-v_k)\) est positive et équivalente au terme d’une série de Riemann d’exposant \(3/2>1\). Donc \(\sum v_k\) converge, de somme notée \(V\). Avec \(C=V-1\), on obtient \(S_n=2\sqrt{n}+C+o(1)\).
3. La fonction \(t\mapsto t^{-3/2}\) est positive et décroissante. Le cours donne \(\int_{n+1}^{+\infty}t^{-3/2}\,\mathrm{d}t\leqslant\sum_{k>n}k^{-3/2}\leqslant\int_n^{+\infty}t^{-3/2}\,\mathrm{d}t\), soit un encadrement entre \(\frac{2}{\sqrt{n+1}}\) et \(\frac{2}{\sqrt{n}}\). Par encadrement, ce reste est équivalent à \(\frac{2}{\sqrt{n}}\).
4. D’après la question 2, \(S_n-2\sqrt{n}-C=-\sum_{k>n}v_k=\sum_{k>n}(-v_k)\). Or \(-v_k\sim\frac{1}{4k^{3/2}}\), avec une référence positive et sommable. Par sommation des équivalents dans le cas convergent, \(\sum_{k>n}(-v_k)\sim\frac{1}{4}\cdot\frac{2}{\sqrt{n}}=\frac{1}{2\sqrt{n}}\). Donc \(S_n=2\sqrt{n}+C+\dfrac{1}{2\sqrt{n}}+o\left(\dfrac{1}{\sqrt{n}}\right)\).

Corrigé de l’exercice 10 – Itération de l’arctangente

Idée clé : comme \(\arctan x=x-\frac{x^3}{3}+o(x^3)\), la bonne puissance est \(u_n^{-2}\), et Cesàro conclut.

1. Pour \(x>0\), on a \(0<\arctan x<x\). En effet, la fonction \(x\mapsto x-\arctan x\) a pour dérivée \(\frac{x^2}{1+x^2}>0\) sur \(]0,+\infty[\) et s’annule en 0. Par récurrence, \(u_n>0\) et \(u_{n+1}<u_n\). La suite décroît et elle est minorée par 0, donc elle converge vers \(\ell\geqslant 0\). Par continuité, \(\ell=\arctan\ell\), et la stricte monotonie précédente impose \(\ell=0\). Ainsi \((u_n)\) est positive, décroissante et tend vers 0.
2. On écrit \(\arctan x=x\left(1-\frac{x^2}{3}+o(x^2)\right)\). Donc \(\arctan^2x=x^2\left(1-\frac{2x^2}{3}+o(x^2)\right)\), puis \[\frac{1}{\arctan^2x}=\frac{1}{x^2}\left(1+\frac{2x^2}{3}+o(x^2)\right)=\frac{1}{x^2}+\frac{2}{3}+o(1).\] La différence tend donc vers \(\frac{2}{3}\).
3. Appliquons ce résultat à \(x=u_n\), qui tend vers \(0^+\) : \(\frac{1}{u_{n+1}^2}-\frac{1}{u_n^2}\to\frac{2}{3}\). Par le corollaire de Cesàro, \(\frac{1}{u_n^2}\sim\frac{2n}{3}\). Donc \(u_n^2\sim\frac{3}{2n}\). Comme les termes sont positifs, on peut élever à la puissance \(\frac{1}{2}\). Finalement \(u_n\sim\sqrt{\dfrac{3}{2n}}\).
4. D’abord, \(u_n^2\sim\frac{3}{2n}\), positif, donc \(\sum u_n^2\) diverge. Ensuite, \(u_n^3\sim\left(\frac{3}{2}\right)^{3/2}n^{-3/2}\), terme positif d’une série de Riemann convergente. Donc \(\sum u_n^3\) converge.

Une vérification rapide rassure sur le résultat. Pour \(n=100\), l’équivalent donne \(\sqrt{3/200}\approx 0{,}122\). Un calcul des itérées à la machine fournit environ \(0{,}1219\), soit un écart inférieur à \(1\,\%\). Cet écart provient des termes négligés dans \(\frac{1}{u_n^2}\), une constante et un terme logarithmique, dont le poids relatif tend vers 0. Enfin, retenez le réflexe principal : la fonction d’itération est de la forme \(x-cx^3\), donc on étudie \(u_n^{-2}\), et les différences tendent vers \(2c\).

Corrigé de l’exercice 11 – Itération de x multiplié par exponentielle de moins x

Idée clé : la fonction d’itération vaut \(x-x^2+o(x^2)\), donc on étudie l’inverse \(1/u_n\).

1. Par récurrence, \(u_n>0\), car c’est un produit de réels strictement positifs. De plus, \(e^{-u_n}<1\), donc \(u_{n+1}<u_n\). La suite décroît et elle est minorée par 0 : elle converge vers \(\ell\geqslant 0\). Par continuité, \(\ell=\ell e^{-\ell}\), donc \(\ell=0\) ou \(e^{-\ell}=1\). Dans les deux cas, \(\ell=0\).
2. On calcule \(\frac{1}{u_{n+1}}-\frac{1}{u_n}=\frac{e^{u_n}-1}{u_n}\). Or \(\frac{e^x-1}{x}\to 1\) en 0, car c’est un taux d’accroissement de l’exponentielle. Comme \(u_n\to 0\), la différence tend vers 1.
3. Par le corollaire de Cesàro, \(\frac{1}{u_n}\sim n\). Donc \(u_n\sim\dfrac{1}{n}\).
4. Les termes sont positifs. D’une part, \(u_n\sim\frac{1}{n}\), donc \(\sum u_n\) diverge. D’autre part, \(u_n^2\sim\frac{1}{n^2}\), donc \(\sum u_n^2\) converge.

Corrigé de l’exercice 12 – Coefficients binomiaux centraux et cas limite

Idée clé : d’Alembert règle tout sauf \(x=\frac{1}{4}\) ; dans ce cas limite, on compare le rapport à celui de la suite \(1/n\).

1. Le terme \(u_n\) est strictement positif et \[\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{(2n+2)(2n+1)}{(n+1)^2}\,x=\frac{2(2n+1)}{n+1}\,x\longrightarrow 4x.\] Si \(x<\frac{1}{4}\), la série converge ; si \(x>\frac{1}{4}\), elle diverge grossièrement.
2. Pour \(x=\frac{1}{4}\), le rapport vaut \(\dfrac{u_{n+1}}{u_n}=\dfrac{2n+1}{2n+2}\). Ensuite, l’inégalité \(\frac{2n+1}{2n+2}\geqslant\frac{n}{n+1}\) équivaut à \((2n+1)(n+1)\geqslant n(2n+2)\), soit \(2n^2+3n+1\geqslant 2n^2+2n\). Elle est donc vraie, puisque \(n+1\geqslant 0\).
3. L’inégalité précédente s’écrit \((n+1)u_{n+1}\geqslant nu_n\). La suite \((nu_n)_{n\geqslant 1}\) est donc croissante, et \(nu_n\geqslant 1\cdot u_1=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}\). Ainsi \(u_n\geqslant\frac{1}{2n}\). Par comparaison de séries positives avec la série harmonique, \(\sum u_n\) diverge. Remarquons que la divergence n’est pas grossière : la formule de Stirling montre que \(u_n\) tend vers 0.

La figure trace la suite \((nu_n)\) : elle croît et reste au-dessus de \(\frac{1}{2}\), ce qui interdit la convergence de la série.

Corrigé de l’exercice 13 – Deux équivalents de signe variable

Idée clé : un développement à l’ordre 3 fait apparaître un terme positif non sommable, que l’équivalent masque.

1. Pour \(n\geqslant 2\), \(n^{-1/3}\leqslant 2^{-1/3}<1\), donc \(1+\frac{(-1)^n}{n^{1/3}}>0\) et \(w_n\) est défini. De plus, \(u_n\to 0\) et \(\ln(1+x)\sim x\) en 0. Donc \(w_n\sim u_n\).
2. La suite \(\left(n^{-1/3}\right)\) décroît vers 0. Par le critère spécial des séries alternées, \(\sum u_n\) converge.
3. On utilise \(\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+O(x^4)\) avec \(x=u_n\). Or \(u_n^2=n^{-2/3}\), \(u_n^3=\frac{(-1)^n}{n}\) et \(u_n^4=n^{-4/3}\). On obtient le développement annoncé. Ensuite, \(\sum u_n\) converge, \(\sum\frac{(-1)^n}{3n}\) converge par le critère des séries alternées, et le \(O(n^{-4/3})\) est le terme d’une série absolument convergente. Si \(\sum w_n\) convergeait, la série \(\sum\frac{1}{2n^{2/3}}\) convergerait aussi, comme combinaison linéaire de séries convergentes. C’est faux, car \(\frac{2}{3}<1\). Donc \(\sum w_n\) diverge, et ses sommes partielles tendent vers \(-\infty\).
4. Les suites \((u_n)\) et \((w_n)\) sont équivalentes, mais leurs séries n’ont pas la même nature. Il manque l’hypothèse de signe constant de la suite de référence : \(u_n\) change de signe à chaque rang.

Corrigé de l’exercice 14 – Racine n-ième et rapport de termes consécutifs

Idée clé : le logarithme transforme les quotients en différences, ce qui permet d’appliquer le corollaire de Cesàro.

1. Posons \(b_n=\ln a_n\). Alors \(b_{n+1}-b_n=\ln\frac{a_{n+1}}{a_n}\to\ln\ell\), par continuité du logarithme sur \(]0,+\infty[\). Par le corollaire de Cesàro, \(\frac{b_n}{n}\to\ln\ell\). Par continuité de l’exponentielle, \(a_n^{1/n}=\exp\left(\frac{b_n}{n}\right)\to\ell\).
2. Prenons \(a_n=\frac{n!}{n^n}\). On a vu dans l’exercice 1 que \(\frac{a_{n+1}}{a_n}=\left(1+\frac{1}{n}\right)^{-n}\to e^{-1}\). Or \(a_n^{1/n}=\frac{(n!)^{1/n}}{n}\). Donc \(\dfrac{(n!)^{1/n}}{n}\to\dfrac{1}{e}\).
3. Pour \(a_n=\binom{2n}{n}\), l’exercice 12 donne \(\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{2(2n+1)}{n+1}\to 4\). Donc \(\binom{2n}{n}^{1/n}\to 4\).
4. Pour \(a_n=2^{\,n+(-1)^n}\), on a \(a_n^{1/n}=2^{\,1+(-1)^n/n}\to 2\). En revanche, \(\frac{a_{n+1}}{a_n}=2^{\,1-2(-1)^n}\) vaut \(\frac{1}{2}\) pour \(n\) pair et \(8\) pour \(n\) impair. Le rapport n’a donc pas de limite : la réciproque est fausse.

Corrigé de l’exercice 15 – Somme pondérée de logarithmes

Idée clé : on développe le terme général, on somme les termes explicites, et l’erreur en \(O(1/k^2)\) fournit une constante.

1. Avec \(\ln(1+h)=h-\frac{h^2}{2}+\frac{h^3}{3}+O(h^4)\) et \(h=\frac{1}{k}\), on multiplie par \(k^2\). On obtient \(k^2\ln\left(1+\frac{1}{k}\right)=k-\frac{1}{2}+\frac{1}{3k}+O\left(\frac{1}{k^2}\right)\).
2. Notons \(\varepsilon_k\) le terme d’erreur. Comme \(\varepsilon_k=O\left(\frac{1}{k^2}\right)\), la série \(\sum\varepsilon_k\) converge absolument, de somme \(E\). Donc \(\sum_{k=1}^{n}\varepsilon_k=E+o(1)\). Ensuite, \(\sum_{k=1}^{n}\left(k-\frac{1}{2}\right)=\frac{n(n+1)}{2}-\frac{n}{2}=\frac{n^2}{2}\). Enfin, le cours donne \(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{3k}=\frac{1}{3}\ln n+\frac{\gamma}{3}+o(1)\). En posant \(C=E+\frac{\gamma}{3}\), on obtient \(S_n=\frac{n^2}{2}+\frac{1}{3}\ln n+C+o(1)\).
3. Les termes \(\frac{1}{3}\ln n\) et \(C\) sont négligeables devant \(n^2\). Donc \(S_n\sim\dfrac{n^2}{2}\).

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – Reste de la série harmonique alternée

Idée clé : le reste s’écrit comme une intégrale, et une intégration par parties en donne le comportement exact.

1. La suite \(\left(\frac{1}{k}\right)\) décroît et tend vers 0. Le critère spécial des séries alternées s’applique donc : \(R_n\) est bien défini. Ce critère fournit au passage la majoration \(|R_n|\leqslant\frac{1}{n+1}\), qui donne l’ordre de grandeur mais pas l’équivalent.
2. Soit \(N>n\). Comme \(\frac{1}{k}=\int_0^1t^{k-1}\,\mathrm{d}t\), la linéarité de l’intégrale donne \[\sum_{k=n+1}^{N}\frac{(-1)^k}{k}=\int_0^1\sum_{k=n+1}^{N}(-1)^kt^{k-1}\,\mathrm{d}t.\] La somme intérieure est géométrique de raison \(-t\) : elle vaut \((-1)^{n+1}t^n\,\frac{1-(-t)^{N-n}}{1+t}\). Ainsi, la somme partielle vaut \((-1)^{n+1}I_n\) plus un terme de valeur absolue au plus \(\int_0^1\frac{t^N}{1+t}\,\mathrm{d}t\leqslant\frac{1}{N+1}\). En faisant tendre \(N\) vers l’infini, on obtient \(R_n=(-1)^{n+1}I_n\).
3. On intègre par parties en dérivant \(\frac{1}{1+t}\) et en primitivant \(t^n\). Les fonctions sont de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \([0,1]\), et \[I_n=\left[\frac{t^{n+1}}{(n+1)(1+t)}\right]_0^1+\frac{1}{n+1}\int_0^1\frac{t^{n+1}}{(1+t)^2}\,\mathrm{d}t=\frac{1}{2(n+1)}+\frac{J_n}{n+1}.\] Comme \((1+t)^2\geqslant 1\), on a \(0\leqslant J_n\leqslant\int_0^1t^{n+1}\,\mathrm{d}t=\frac{1}{n+2}\). Donc \(0\leqslant\frac{J_n}{n+1}\leqslant\frac{1}{(n+1)(n+2)}\leqslant\frac{1}{n^2}\). Ainsi \(I_n=\frac{1}{2(n+1)}+O\left(\frac{1}{n^2}\right)\).
4. D’abord, \(\frac{1}{2(n+1)}\sim\frac{1}{2n}\), donc \(I_n\sim\frac{1}{2n}\). Par conséquent \(R_n\sim\dfrac{(-1)^{n+1}}{2n}\). Cet équivalent change de signe, donc il ne suffit pas pour conclure sur \(\sum R_n\). En revanche, la question 3 donne \(R_n=\frac{(-1)^{n+1}}{2(n+1)}+O\left(\frac{1}{n^2}\right)\). Le premier terme définit une série convergente par le critère des séries alternées. Le second définit une série absolument convergente. Donc \(\sum R_n\) converge.

La figure compare le reste à son équivalent : les deux suites alternent et se confondent rapidement.

Corrigé de l’exercice 17 – Deux termes pour une suite logistique

Idée clé : la différence des inverses est exacte ; on la sépare en une partie constante et une partie qui se somme par équivalents dans le cas divergent.

1. Posons \(h(x)=x(1-x)\). Si \(x\in\left]0,\frac{1}{2}\right]\), alors \(x>0\) et \(1-x\geqslant\frac{1}{2}\), donc \(h(x)>0\). De plus, \(h(x)\leqslant x\leqslant\frac{1}{2}\). Par récurrence, \(u_n\in\left]0,\frac{1}{2}\right]\) pour tout \(n\). Ensuite, \(u_{n+1}-u_n=-u_n^2<0\), donc la suite décroît. Elle est minorée par 0, donc elle converge vers \(\ell\) qui vérifie \(\ell=\ell-\ell^2\). Ainsi \(\ell=0\).
2. On calcule \[\frac{1}{u_{n+1}}-\frac{1}{u_n}=\frac{1}{u_n(1-u_n)}-\frac{1}{u_n}=\frac{1-(1-u_n)}{u_n(1-u_n)}=\frac{1}{1-u_n}.\] Cette quantité tend vers 1. Par le corollaire de Cesàro, \(\frac{1}{u_n}\sim n\). Donc \(u_n\sim\dfrac{1}{n}\).
3. On somme les différences de \(k=0\) à \(n-1\). Comme \(\frac{1}{u_0}=2\) et \(\frac{1}{1-u_k}=1+\frac{u_k}{1-u_k}\), on obtient \(\frac{1}{u_n}=2+n+\sum_{k=0}^{n-1}\frac{u_k}{1-u_k}\).
4. Pour \(k\geqslant 1\), \(\frac{u_k}{1-u_k}\sim u_k\sim\frac{1}{k}\), et la référence \(\frac{1}{k}\) est positive, de série divergente. Par sommation des équivalents dans le cas divergent, \(\sum_{k=1}^{n-1}\frac{u_k}{1-u_k}\sim H_{n-1}\sim\ln n\). Le terme d’indice 0 et la constante 2 sont négligeables devant \(\ln n\). Donc \(\frac{1}{u_n}=n+\ln n+o(\ln n)\). Ensuite, posons \(\delta_n=\frac{\ln n}{n}+o\left(\frac{\ln n}{n}\right)\), qui tend vers 0. On a \(u_n=\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{1+\delta_n}=\frac{1}{n}\left(1-\delta_n+O(\delta_n^2)\right)\). Or \(\delta_n^2=O\left(\frac{(\ln n)^2}{n^2}\right)=o\left(\frac{\ln n}{n}\right)\). Finalement \(u_n=\dfrac{1}{n}-\dfrac{\ln n}{n^2}+o\left(\dfrac{\ln n}{n^2}\right)\).

Corrigé de l’exercice 18 – Problème – Une suite qui croît comme la racine de 2n

Idée clé : la suite des carrés a des différences qui tendent vers 2 ; Cesàro donne le premier terme, puis la sommation des équivalents donne le second.

1. Par récurrence, si \(x_n\geqslant 1\), alors \(x_{n+1}=x_n+\frac{1}{x_n}\geqslant x_n\geqslant 1\). Ainsi \(x_n\geqslant 1\) pour tout \(n\), et \(x_{n+1}-x_n=\frac{1}{x_n}>0\). La suite est donc croissante. Si elle était majorée, elle convergerait vers un réel \(\ell\geqslant 1\), et la continuité donnerait \(\ell=\ell+\frac{1}{\ell}\), ce qui est absurde. Croissante et non majorée, la suite tend vers \(+\infty\).
2. En élevant au carré, \(x_{n+1}^2=x_n^2+2+\frac{1}{x_n^2}\). Donc \(x_{n+1}^2-x_n^2=2+\frac{1}{x_n^2}\), qui tend vers 2 car \(x_n\to+\infty\). Par le corollaire de Cesàro, \(x_n^2\sim 2n\). Les termes étant positifs, \(x_n\sim\sqrt{2n}\).
3. D’après la question 2, \(\frac{1}{x_k^2}\sim\frac{1}{2k}\). La référence est positive et sa série diverge. Par sommation des équivalents dans le cas divergent, \(\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{x_k^2}\sim\frac{1}{2}H_{n-1}\). Comme \(H_{n-1}\sim\ln n\), on obtient l’équivalent \(\frac{1}{2}\ln n\).
4. En sommant les différences de la question 2 de \(k=0\) à \(n-1\), avec \(x_0=1\) : \[x_n^2=1+2n+\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{x_k^2}=2n+2+\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{x_k^2}.\] La constante 2 est négligeable devant \(\ln n\). Donc \(x_n^2=2n+\frac{1}{2}\ln n+o(\ln n)\). Ensuite, \(x_n=\sqrt{2n}\left(1+\frac{\ln n}{4n}+o\left(\frac{\ln n}{n}\right)\right)^{1/2}\). Comme \((1+h)^{1/2}=1+\frac{h}{2}+o(h)\), on obtient \(x_n=\sqrt{2n}+\sqrt{2n}\,\frac{\ln n}{8n}+o\left(\frac{\ln n}{\sqrt{n}}\right)\). Or \(\frac{\sqrt{2n}}{8n}=\frac{\sqrt{2}}{8\sqrt{n}}=\frac{1}{4\sqrt{2n}}\). D’où \(x_n=\sqrt{2n}+\dfrac{\ln n}{4\sqrt{2n}}+o\left(\dfrac{\ln n}{\sqrt{n}}\right)\).
5. Les termes sont positifs. D’une part, \(\frac{1}{x_n}\sim\frac{1}{\sqrt{2}}n^{-1/2}\), exposant \(\frac{1}{2}\leqslant 1\) : \(\sum\frac{1}{x_n}\) diverge. D’autre part, \(\frac{1}{x_n^3}\sim(2n)^{-3/2}\), exposant \(\frac{3}{2}>1\) : \(\sum\frac{1}{x_n^3}\) converge.
6. D’abord, \(\frac{1}{x_k}\sim\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot\frac{1}{\sqrt{k}}\), avec une référence positive de série divergente. Le cours donne \(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}\sim 2\sqrt{n}\). Par sommation des équivalents, \(\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{x_k}\sim\frac{2\sqrt{n}}{\sqrt{2}}=\sqrt{2n}\), et le terme d’indice 0 ne change rien. Ensuite, la relation de récurrence s’écrit \(\frac{1}{x_k}=x_{k+1}-x_k\). Par télescopage, \(\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{x_k}=x_n-1\), qui est bien équivalent à \(\sqrt{2n}\) d’après la question 2. Les deux méthodes donnent \(\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{x_k}\sim\sqrt{2n}\).

La figure représente \(x_n^2-2n\) et \(\frac{1}{2}\ln n\) en échelle logarithmique. Les deux courbes deviennent parallèles : leur écart reste borné, ce qui est cohérent avec un reste en \(o(\ln n)\).

Pour aller plus loin

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