Séries à termes positifs : corrigé des exercices de maths en L2.

Corrigé de l’exercice 1 : Série géométrique : sommes partielles et reste

1. La raison \(q = \frac{2}{3}\) est différente de \(1\). D’après la formule de la somme géométrique,
   \[S_N = \frac{1 – (\frac{2}{3})^{N+1}}{1 – \frac{2}{3}} = 3(1 – (\frac{2}{3})^{N+1}).\]
   Comme \(|\frac{2}{3}| < 1\), on a \((\frac{2}{3})^{N+1} \to 0\). La série converge et sa somme vaut \(S = 3\).
2. Par définition, \(R_N = S – S_N = 3(\frac{2}{3})^{N+1}\). Ensuite, la fonction \(\ln\) est croissante, donc
   \[R_N \leq\, 10^{-3} \Leftrightarrow (\frac{2}{3})^{N+1} \leq\, \frac{1}{3000} \Leftrightarrow (N+1)\ln\frac{3}{2} \geq\, \ln 3000.\]
   Or \(\frac{\ln 3000}{\ln 1{,}5} \approx \frac{8{,}006}{0{,}405} \approx 19{,}75\). Il faut donc \(N + 1 \geq\, 20\). Par exemple, \(R_{19} \approx 9{,}0 \times 10^{-4}\) et \(R_{18} \approx 1{,}35 \times 10^{-3}\). Le plus petit entier convenable est \(N = 19\). La figure ci-dessous montre les sommes partielles qui montent vers \(3\) et les restes, en rouge, qui s’écrasent vers \(0\).

   

3. On a \(\frac{2^n + 3^n}{6^n} = (\frac{1}{3})^n + (\frac{1}{2})^n\). Les deux séries géométriques convergent, car leurs raisons sont dans \(]-1, 1[\). De plus, \(\sum_{n=1}^{+\infty} q^n = \frac{q}{1 – q}\). Par linéarité, la somme vaut \(\frac{1/3}{2/3} + \frac{1/2}{1/2} = \frac{1}{2} + 1\). La série converge et sa somme vaut \(\frac{3}{2}\).
4. On factorise le premier terme : \(\sum_{n=2}^{+\infty} \frac{5}{4^n} = \frac{5}{16} \sum_{m=0}^{+\infty} (\frac{1}{4})^m = \frac{5}{16} \times \frac{4}{3}\). La somme vaut \(\frac{5}{12}\).

Point de méthode : pour une série géométrique qui commence à l’indice \(n_0\), factorisez par le premier terme : \(\sum_{n \geq\, n_0} q^n = \frac{q^{n_0}}{1 – q}\).

Corrigé de l’exercice 2 : Divergence grossière

1. Par continuité de \(\cos\) en \(0\), \(\cos(\frac{1}{n}) \to 1 \neq 0\). La série diverge grossièrement.
2. On a \((1 + \frac{1}{n})^n = \exp(n \ln(1 + \frac{1}{n}))\). Or \(\ln(1 + x) \sim x\) en \(0\), donc \(n \ln(1 + \frac{1}{n}) \to 1\). Par continuité de l’exponentielle, le terme tend vers \(\mathrm{e} \neq 0\). La série diverge grossièrement.
3. Comme \(\sin x \sim x\) en \(0\), on a \(n \sin(\frac{1}{n}) \sim n \times \frac{1}{n} = 1\). Le terme tend donc vers \(1\). La série diverge grossièrement.
4. On écrit \(\frac{n-1}{n+1} = 1 – \frac{2}{n+1}\). Ainsi, \(u_n = \exp(n \ln(1 – \frac{2}{n+1}))\). Or \(n \ln(1 – \frac{2}{n+1}) \sim n \times (-\frac{2}{n+1}) \to -2\). Donc \(u_n \to \mathrm{e}^{-2} \neq 0\). La série diverge grossièrement.
5. Ici, \(u_n \to 0\), donc la condition nécessaire ne permet pas de conclure. En revanche, pour \(1 \leq\, k \leq\, n\), on a \(\frac{1}{\sqrt{k}} \geq\, \frac{1}{\sqrt{n}}\). En sommant ces \(n\) inégalités, \(S_n \geq\, \frac{n}{\sqrt{n}} = \sqrt{n}\). Donc \(S_n \to +\infty\). La série \(\sum \frac{1}{\sqrt{n}}\) diverge, bien que son terme général tende vers \(0\).

Point de méthode : commencez toujours par regarder la limite du terme général. Si elle n’est pas nulle, la question est réglée en une ligne.

Corrigé de l’exercice 3 : Séries télescopiques

1. On a \(\frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n} – \frac{1}{n+1}\). Par télescopage, \(\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n(n+1)} = 1 – \frac{1}{N+1}\). La série converge et sa somme vaut \(1\).
2. D’abord, on réduit au même dénominateur :
   \[\frac{1}{n(n+1)} – \frac{1}{(n+1)(n+2)} = \frac{(n+2) – n}{n(n+1)(n+2)} = \frac{2}{n(n+1)(n+2)}.\]
   Posons \(a_n = \frac{1}{n(n+1)}\). Alors \(\frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac{1}{2}(a_n – a_{n+1})\). Par télescopage,
   \[\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac{1}{2}(a_1 – a_{N+1}) = \frac{1}{2}(\frac{1}{2} – \frac{1}{(N+1)(N+2)}).\]
   La série converge et sa somme vaut \(\frac{1}{4}\).
3. On a \(\ln(1 + \frac{1}{n}) = \ln(n+1) – \ln n\). Donc \(\sum_{n=1}^{N} \ln(1 + \frac{1}{n}) = \ln(N+1) – \ln 1 = \ln(N+1)\). Cette quantité tend vers \(+\infty\). La série diverge.
4. Pour \(n \geq\, 2\), on a \(1 – \frac{1}{n^2} = \frac{(n-1)(n+1)}{n^2}\). Posons \(b_n = \ln\frac{n-1}{n}\). Alors \(\ln(1 – \frac{1}{n^2}) = \ln\frac{n-1}{n} – \ln\frac{n}{n+1} = b_n – b_{n+1}\). Par télescopage,
   \[\sum_{n=2}^{N} \ln(1 – \frac{1}{n^2}) = b_2 – b_{N+1} = \ln\frac{1}{2} – \ln\frac{N}{N+1} = \ln\frac{N+1}{2N}.\]
   Cette somme tend vers \(\ln\frac{1}{2}\). La série converge et sa somme vaut \(-\ln 2\).
5. On a \(\frac{1}{(2n+1)(2n+3)} = \frac{1}{2}(\frac{1}{2n+1} – \frac{1}{2n+3})\). En effet, la différence entre parenthèses vaut \(\frac{2}{(2n+1)(2n+3)}\). Par télescopage, \(\sum_{n=0}^{N} \frac{1}{(2n+1)(2n+3)} = \frac{1}{2}(1 – \frac{1}{2N+3})\). La série converge et sa somme vaut \(\frac{1}{2}\).

Point de méthode : une décomposition en éléments simples fait souvent apparaître une différence \(a_n – a_{n+1}\). La nature de la série est alors celle de la suite \((a_n)\).

Corrigé de l’exercice 4 : Comparaison par inégalités

1. Pour \(n \geq\, 1\), on a \(0 \leq\, \frac{1}{n^2 + \sqrt{n}} \leq\, \frac{1}{n^2}\). Or la série de Riemann \(\sum \frac{1}{n^2}\) converge, car \(2 > 1\). Par comparaison, la série converge.
2. Pour \(n \geq\, 2\), l’inégalité \(\ln x \leq\, x – 1\) donne \(0 < \ln n \leq\, n – 1 < n\). Par conséquent, \(\frac{1}{\ln n} \geq\, \frac{1}{n}\). Or la série harmonique diverge. Par comparaison, la série \(\sum \frac{1}{\ln n}\) diverge.
3. Comme \(\cos n \geq\, -1\), on a \(\frac{2 + \cos n}{n} \geq\, \frac{1}{n} \geq\, 0\). Par comparaison à la série harmonique, la série diverge.
4. Montrons \(n! \geq\, 2^{n-1}\) par récurrence. Pour \(n = 1\), on a \(1 \geq\, 1\). Si \(n! \geq\, 2^{n-1}\), alors \((n+1)! = (n+1)\, n! \geq\, 2 \times 2^{n-1} = 2^n\), car \(n + 1 \geq\, 2\). Ainsi, pour \(n \geq\, 1\), \(0 < \frac{1}{n!} \leq\, (\frac{1}{2})^{n-1}\). La série géométrique de raison \(\frac{1}{2}\) converge. Par comparaison, \(\sum \frac{1}{n!}\) converge.
5. Pour tout \(n \geq\, 1\), on a \(0 \leq\, \frac{\sin^2 n}{n^2} \leq\, \frac{1}{n^2}\). Par comparaison à une série de Riemann convergente, la série converge.

Corrigé de l’exercice 5 : Équivalents usuels et nature d’une série

1. Pour \(n \geq\, 1\), on a \(\frac{1}{n^2} \in\, ]0, 1]\), donc \(\sin(\frac{1}{n^2}) > 0\). De plus, \(\sin x \sim x\) en \(0\), donc \(u_n \sim \frac{1}{n^2}\). Par le critère des équivalents, la série converge.
2. Le terme est positif, car \(1 + \frac{1}{\sqrt{n}} > 1\). Ensuite, \(\ln(1 + x) \sim x\) donne \(u_n \sim \frac{1}{\sqrt{n}} = \frac{1}{n^{1/2}}\). Or \(\frac{1}{2} \leq\, 1\). La série diverge.
3. Le terme est positif, car \(\mathrm{e}^{1/n} > 1\). De plus, \(\mathrm{e}^x – 1 \sim x\), donc \(u_n \sim \frac{1}{n}\). La série diverge, comme la série harmonique.
4. Le terme est positif et \(u_n \sim \frac{n}{n^3} = \frac{1}{n^2}\). La série converge.
5. Posons \(x = \frac{1}{n} \in\, ]0, 1]\). Alors \(\tan x – \sin x = \tan x\,(1 – \cos x)\). Sur \(]0, 1]\), on a \(\tan x > 0\) et \(1 – \cos x > 0\), donc le terme est positif. Ensuite, \(\tan x \sim x\) et \(1 – \cos x \sim \frac{x^2}{2}\). Par produit, \(u_n \sim \frac{x^3}{2} = \frac{1}{2n^3}\). La série converge.
6. Le discriminant de \(n^2 – n + 1\) est négatif, donc ce trinôme est strictement positif et le terme aussi. De plus, \(u_n \sim \frac{\sqrt{n}}{n^2} = \frac{1}{n^{3/2}}\). Or \(\frac{3}{2} > 1\). La série converge.

Point de méthode : un équivalent d’un produit s’obtient en multipliant les équivalents. En revanche, pour une différence comme \(\tan x – \sin x\), factorisez ou utilisez un développement limité.

Corrigé de l’exercice 6 : Comparaison aux séries de Riemann

1. Le terme est positif et \(\frac{n^a}{n^2 + 1} \sim n^{a-2} = \frac{1}{n^{2-a}}\). D’après le critère des équivalents, la série a la nature de la série de Riemann d’exposant \(2 – a\). Celle-ci converge si et seulement si \(2 – a > 1\). La série converge si et seulement si \(a < 1\).
2. On a \(\sqrt{n(n+1)} \sim \sqrt{n^2} = n\). Donc \(\frac{1}{\sqrt{n(n+1)}} \sim \frac{1}{n}\), terme positif. La série diverge.
3. On a \(n^4 + 1 \sim n^4\), donc \(\sqrt[3]{n^4 + 1} \sim n^{4/3}\). Ainsi, le terme est équivalent à \(\frac{1}{n^{4/3}}\), avec \(\frac{4}{3} > 1\). La série converge.
4. Première méthode : par la quantité conjuguée, \(\sqrt{n+1} – \sqrt{n} = \frac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} \sim \frac{1}{2\sqrt{n}}\). Ce terme est positif et la série \(\sum \frac{1}{\sqrt{n}}\) diverge. Seconde méthode : par télescopage, \(\sum_{n=0}^{N} (\sqrt{n+1} – \sqrt{n}) = \sqrt{N+1} \to +\infty\). La série diverge.
5. D’après la question précédente, \(\frac{\sqrt{n+1} – \sqrt{n}}{n} \sim \frac{1}{2n^{3/2}}\), terme positif. La série converge.

Corrigé de l’exercice 7 : Règle de d’Alembert

1. Tous les termes sont strictement positifs. On calcule chaque rapport \(\frac{u_{n+1}}{u_n}\).
   • Pour \(\frac{n^2}{2^n}\) : le rapport vaut \(\frac{1}{2}(\frac{n+1}{n})^2 \to \frac{1}{2} < 1\). La série converge.
   • Pour \(\frac{3^n}{n!}\) : le rapport vaut \(\frac{3}{n+1} \to 0\). La série converge.
   • Pour \(\frac{n!}{n^n}\) : le rapport vaut \(\frac{(n+1)\, n^n}{(n+1)^{n+1}} = (\frac{n}{n+1})^n = \frac{1}{(1 + \frac{1}{n})^n} \to \frac{1}{\mathrm{e}} < 1\). La série converge.
   • Pour \(\frac{n^{10}}{(1{,}1)^n}\) : le rapport vaut \(\frac{1}{1{,}1}(1 + \frac{1}{n})^{10} \to \frac{1}{1{,}1} < 1\). La série converge.
   • Pour \(\frac{(n!)^2}{(2n)!}\) : le rapport vaut \(\frac{(n+1)^2}{(2n+2)(2n+1)} = \frac{n+1}{2(2n+1)} \to \frac{1}{4}\). La série converge.

   Les cinq séries convergent.

2. On a \(\binom\,{2n+2}{n+1} = \frac{(2n+2)(2n+1)}{(n+1)^2} \binom\,{2n}{n}\). Donc
   \[\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(2n+2)(2n+1)}{4(n+1)^2} = \frac{2n+1}{2n+2}.\]
   Ce rapport tend vers \(1\) : la règle de d’Alembert ne permet pas de conclure.
3. On calcule \(\frac{(n+1)a_{n+1}}{n a_n} = \frac{n+1}{n} \times \frac{2n+1}{2(n+1)} = \frac{2n+1}{2n} > 1\). La suite \((n a_n)\) est donc croissante. Ainsi, \(n a_n \geq\, 1 \times a_1 = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}\), soit \(a_n \geq\, \frac{1}{2n}\). Or \(\sum \frac{1}{2n}\) diverge. Par comparaison, \(\sum a_n\) diverge.

Point de méthode : quand le rapport tend vers \(1\), comparez \(\frac{u_{n+1}}{u_n}\) au rapport \(\frac{v_{n+1}}{v_n}\) d’une série de Riemann bien choisie.

Corrigé de l’exercice 8 : Règle de Cauchy

1. Le terme est positif et \(\sqrt[n]{u_n} = \frac{n+1}{3n+2} \to \frac{1}{3} < 1\). D’après la règle de Cauchy, la série converge.
2. Le terme est positif et \(\sqrt[n]{u_n} = (1 – \frac{1}{n})^n = \exp(n \ln(1 – \frac{1}{n}))\). Or \(n \ln(1 – \frac{1}{n}) \sim n \times (-\frac{1}{n}) = -1\). Donc \(\sqrt[n]{u_n} \to \mathrm{e}^{-1} < 1\). La série converge.
3. On a \(\sqrt[n]{u_n} = \frac{a n}{n+1} \to a\).
   • Si \(a < 1\), la série converge d’après la règle de Cauchy.
   • Si \(a > 1\), elle diverge grossièrement.
   • Si \(a = 1\), la règle ne conclut pas. Cependant, \(u_n = (\frac{n}{n+1})^n \to \frac{1}{\mathrm{e}}\), d’après l’exercice précédent. Le terme ne tend pas vers \(0\) : la série diverge grossièrement.

   La série converge si et seulement si \(a < 1\).

4. Pour \(n \geq\, 3\), on a \(\ln n > 1\), donc le terme est positif. Ensuite, \(\sqrt[n]{u_n} = \frac{1}{\ln n} \to 0\). La série converge.

Corrigé de l’exercice 9 : Conséquences de la majoration des sommes partielles

1. La série \(\sum u_n\) converge, donc \(u_n \to 0\). Il existe ainsi un rang \(N\) tel que \(0 \leq\, u_n \leq\, 1\) pour \(n \geq\, N\). Pour ces indices, \(u_n^2 \leq\, u_n\). Par comparaison, \(\sum u_n^2\) converge.
2. D’abord, \(0 \leq\, \frac{u_n}{1 + u_n} \leq\, u_n\), donc la série converge par comparaison. Réciproquement, posons \(t_n = \frac{w_n}{1 + w_n} \in [0, 1[\). La série \(\sum t_n\) converge, donc \(t_n \to 0\). Or \(w_n = \frac{t_n}{1 – t_n}\). À partir d’un certain rang, \(t_n \leq\, \frac{1}{2}\), donc \(0 \leq\, w_n \leq\, 2 t_n\). Par comparaison, \(\sum w_n\) converge.
3. L’inégalité \(\sqrt{xy} \leq\, \frac{x + y}{2}\) donne \(0 \leq\, \sqrt{u_n u_{n+1}} \leq\, \frac{u_n + u_{n+1}}{2}\). La série \(\sum u_{n+1}\) converge, car elle ne diffère de \(\sum u_n\) que par un terme. Par linéarité, le majorant est le terme d’une série convergente. Par comparaison, \(\sum \sqrt{u_n u_{n+1}}\) converge.
4. On applique \(ab \leq\, \frac{a^2 + b^2}{2}\) avec \(a = \sqrt{u_n}\) et \(b = \frac{1}{n}\) : \(0 \leq\, \frac{\sqrt{u_n}}{n} \leq\, \frac{1}{2}(u_n + \frac{1}{n^2})\). Les séries \(\sum u_n\) et \(\sum \frac{1}{n^2}\) convergent. Donc \(\sum \frac{\sqrt{u_n}}{n}\) converge.
5. Non. En effet, pour \(u_n = \frac{1}{n}\), la série \(\sum u_n^2 = \sum \frac{1}{n^2}\) converge. Pourtant, \(\sum \frac{1}{n}\) diverge. La réciproque est fausse.
6. Pour \(n+1 \leq\, k \leq\, 2n\), la décroissance donne \(u_k \geq\, u_{2n}\). En sommant ces \(n\) inégalités, \(0 \leq\, n u_{2n} \leq\, \sum_{k=n+1}^{2n} u_k = S_{2n} – S_n\). Or \(S_{2n}\) et \(S_n\) tendent vers la même limite. Donc \(n u_{2n} \to 0\), puis \(2n u_{2n} \to 0\). Ensuite, \(0 \leq\, (2n+1) u_{2n+1} \leq\, \frac{2n+1}{2n} \times 2n u_{2n} \to 0\). Les suites extraites d’indices pairs et impairs tendent vers \(0\). Donc \(n u_n \to 0\).
7. Posons \(u_n = \frac{1}{n}\) si \(n\) est un carré parfait et \(u_n = 0\) sinon. Les sommes partielles sont majorées par \(\sum_{k=1}^{+\infty} \frac{1}{k^2}\), donc la série converge. Cependant, pour \(n = m^2\), on a \(n u_n = 1\). La suite \((n u_n)\) ne tend pas vers \(0\) : l’hypothèse de décroissance est indispensable.

Corrigé de l’exercice 10 : Encadrement de la série harmonique

1. La fonction \(t \mapsto \frac{1}{t}\) est décroissante sur \(]0, +\infty[\). Pour \(t \in [k, k+1]\), on a donc \(\frac{1}{t} \leq\, \frac{1}{k}\). En intégrant sur un intervalle de longueur \(1\), \(\int_k^{k+1} \frac{\mathrm{d}t}{t} \leq\, \frac{1}{k}\). De même, pour \(k \geq\, 2\) et \(t \in [k-1, k]\), on a \(\frac{1}{k} \leq\, \frac{1}{t}\). On obtient les deux inégalités demandées.
2. On somme la première inégalité pour \(k\) de \(1\) à \(n\). Par la relation de Chasles, \(\ln(n+1) = \int_1^{n+1} \frac{\mathrm{d}t}{t} \leq\, H_n\). Ensuite, on somme la seconde pour \(k\) de \(2\) à \(n\) : \(H_n – 1 \leq\, \int_1^n \frac{\mathrm{d}t}{t} = \ln n\). Ainsi, \(\ln(n+1) \leq\, H_n \leq\, 1 + \ln n\). Enfin, \(\ln(n+1) = \ln n + \ln(1 + \frac{1}{n}) \sim \ln n\) et \(1 + \ln n \sim \ln n\). Par encadrement, \(H_n \sim \ln n\). La figure ci-dessous montre \(H_n\) coincé entre les deux courbes.

   

3. D’une part, \(u_{n+1} – u_n = \frac{1}{n+1} – \int_n^{n+1} \frac{\mathrm{d}t}{t} \leq\, 0\), d’après la question 1 (décroissance de \(\frac{1}{t}\) sur \([n, n+1]\)). D’autre part, \(v_{n+1} – v_n = \frac{1}{n+1} – \int_{n+1}^{n+2} \frac{\mathrm{d}t}{t} \geq\, 0\). Enfin, \(u_n – v_n = \ln(1 + \frac{1}{n}) \to 0\). Les suites sont donc adjacentes et convergent vers une même limite \(\gamma\). De plus, \(v_1 \leq\, \gamma \leq\, u_1\). On obtient \(1 – \ln 2 \leq\, \gamma \leq\, 1\), soit \(0{,}30 \leq\, \gamma \leq\, 1\).
4. Notons \(n_0\) le plus petit entier tel que \(H_{n_0} \geq\, 10\). Si \(n \leq\, 8103\), alors \(\ln n < 9\), car \(\mathrm{e}^9 \approx 8103{,}08\). Donc \(H_n \leq\, 1 + \ln n < 10\). Ainsi, \(n_0 \geq\, 8104\). Ensuite, \(\mathrm{e}^{10} \approx 22026{,}47\). Pour \(n = 22026\), on a \(\ln(n + 1) > 10\), donc \(H_n \geq\, 10\). On conclut que \(8104 \leq\, n_0 \leq\, 22026\).

Corrigé de l’exercice 11 : Encadrement d’une somme par des intégrales

1. La fonction \(f\) est dérivable et \(f^{\prime}(x) = -\frac{2x}{(1 + x^2)^2} \leq\, 0\) sur \([0, +\infty[\). Elle est donc décroissante. Pour \(t \in [n, n+1]\), on a \(f(t) \leq\, f(n)\). Pour \(t \in [n-1, n]\), on a \(f(n) \leq\, f(t)\). En intégrant sur des intervalles de longueur \(1\), on obtient l’encadrement voulu.
2. On somme l’encadrement pour \(n\) de \(1\) à \(N\) :
   \[\int_1^{N+1} f(t)\,\mathrm{d}t \leq\, \sum_{n=1}^{N} f(n) \leq\, \int_0^{N} f(t)\,\mathrm{d}t.\]
   Une primitive de \(f\) est \(\arctan\). Le majorant vaut \(\arctan N \leq\, \frac{\pi}{2}\). Les sommes partielles sont donc majorées, et la série à termes positifs converge. Ensuite, on fait tendre \(N\) vers \(+\infty\). Le minorant tend vers \(\frac{\pi}{2} – \arctan 1 = \frac{\pi}{4}\). Ainsi, \(\frac{\pi}{4} \leq\, S \leq\, \frac{\pi}{2}\).
3. On somme cette fois de \(k = n+1\) à \(N\) :
   \[\arctan(N+1) – \arctan(n+1) \leq\, \sum_{k=n+1}^{N} f(k) \leq\, \arctan N – \arctan n.\]
   Quand \(N \to +\infty\), on obtient \(\frac{\pi}{2} – \arctan(n+1) \leq\, R_n \leq\, \frac{\pi}{2} – \arctan n\). Or, pour \(x > 0\), \(\frac{\pi}{2} – \arctan x = \arctan\frac{1}{x}\). D’où l’encadrement annoncé. De plus, \(\arctan u \sim u\) en \(0\), donc les deux bornes sont équivalentes à \(\frac{1}{n}\). Par encadrement, \(R_n \sim \frac{1}{n}\).
4. On a \(S_3 = \frac{1}{2} + \frac{1}{5} + \frac{1}{10} = 0{,}8\). Ensuite, \(\arctan\frac{1}{4} \approx 0{,}2450\) et \(\arctan\frac{1}{3} \approx 0{,}3218\). Comme \(S = S_3 + R_3\), on obtient \(1{,}0449 \leq\, S \leq\, 1{,}1218\). L’amplitude vaut environ \(0{,}077\). Ainsi, \(1{,}044 \leq\, S \leq\, 1{,}122\).

Point de méthode : pour encadrer un reste, sommez jusqu’à un indice \(N\) fini, puis seulement ensuite faites tendre \(N\) vers l’infini.

Corrigé de l’exercice 12 : Séries de Bertrand

1. Cas \(\beta \leq\, 0\) : pour \(n \geq\, 3\), on a \(\ln n \geq\, 1\), donc \((\ln n)^{\beta} \leq\, 1\) et \(u_n \geq\, \frac{1}{n}\). La série diverge par comparaison à la série harmonique. Cas \(\beta > 0\) : la fonction \(f : t \mapsto \frac{1}{t (\ln t)^{\beta}}\) est continue et positive sur \([2, +\infty[\). Elle est décroissante, car \(t \mapsto t (\ln t)^{\beta}\) est un produit de fonctions positives croissantes. La comparaison série-intégrale s’applique donc. Pour \(\beta \neq 1\), une primitive de \(f\) est \(\frac{(\ln t)^{1-\beta}}{1 – \beta}\). Ainsi, \(\int_2^n f\) est bornée si \(\beta > 1\) et tend vers \(+\infty\) si \(\beta < 1\). Pour \(\beta = 1\), on a \(\int_2^n f = \ln(\ln n) – \ln(\ln 2) \to +\infty\). Pour \(\alpha = 1\), la série converge si et seulement si \(\beta > 1\).
2. On a \(1 < \gamma < \alpha\). Ensuite, \(n^{\gamma} u_n = \frac{1}{n^{(\alpha-1)/2} (\ln n)^{\beta}}\). Par croissances comparées, cette quantité tend vers \(0\), que \(\beta\) soit positif ou négatif. Donc \(u_n = o(\frac{1}{n^{\gamma}})\), avec \(\sum \frac{1}{n^{\gamma}}\) convergente. La série converge pour tout \(\beta\).
3. On a \(n u_n = \frac{n^{1-\alpha}}{(\ln n)^{\beta}} \to +\infty\) par croissances comparées. Ainsi, \(u_n \geq\, \frac{1}{n}\) à partir d’un certain rang. La série diverge pour tout \(\beta\).
4. On applique les résultats précédents :
   • \(\sum \frac{1}{n \ln n}\) : \(\alpha = 1\), \(\beta = 1\), divergente ;
   • \(\sum \frac{\ln n}{n^2}\) : \(\alpha = 2\), \(\beta = -1\), convergente ;
   • \(\sum \frac{1}{\sqrt{n} \ln n}\) : \(\alpha = \frac{1}{2}\), divergente ;
   • \(\sum \frac{1}{n (\ln n)^2}\) : \(\alpha = 1\), \(\beta = 2\), convergente ;
   • \(\sum \frac{1}{n \sqrt{\ln n}}\) : \(\alpha = 1\), \(\beta = \frac{1}{2}\), divergente.

   Seules la deuxième et la quatrième séries convergent.

Point de méthode : quand \(\alpha \neq 1\), le logarithme ne pèse rien face à une puissance. On le « noie » en comparant à \(n^{-\gamma}\) avec \(\gamma\) strictement entre \(1\) et \(\alpha\).

Corrigé de l’exercice 13 : Reste d’une série de Riemann convergente

1. La fonction \(t \mapsto t^{-\alpha}\) est continue, positive et décroissante sur \([1, +\infty[\). Pour \(k \geq\, 2\), on a donc \(\int_k^{k+1} t^{-\alpha}\,\mathrm{d}t \leq\, \frac{1}{k^{\alpha}} \leq\, \int_{k-1}^{k} t^{-\alpha}\,\mathrm{d}t\). On somme de \(k = n+1\) à \(N\) :
   \[\int_{n+1}^{N+1} \frac{\mathrm{d}t}{t^{\alpha}} \leq\, \sum_{k=n+1}^{N} \frac{1}{k^{\alpha}} \leq\, \int_{n}^{N} \frac{\mathrm{d}t}{t^{\alpha}}.\]
   Comme \(\alpha > 1\), on a \(\int_a^{N} t^{-\alpha}\,\mathrm{d}t = \frac{a^{1-\alpha} – N^{1-\alpha}}{\alpha – 1} \to \frac{a^{1-\alpha}}{\alpha – 1}\). En faisant tendre \(N\) vers \(+\infty\), on obtient l’encadrement. Enfin, \((n+1)^{1-\alpha} \sim n^{1-\alpha}\). Donc \(R_n \sim \frac{1}{(\alpha – 1) n^{\alpha – 1}}\).
2. Pour \(\alpha = 2\), on a \(\alpha – 1 = 1\). L’encadrement devient \(\frac{1}{n+1} \leq\, R_n \leq\, \frac{1}{n}\). La figure ci-dessous montre les restes coincés entre les deux courbes, qui se rejoignent vite.

   

3. L’erreur commise est exactement \(R_n\). Si \(n \geq\, 1000\), alors \(R_n \leq\, \frac{1}{n} \leq\, 10^{-3}\). Si \(n \leq\, 998\), alors \(R_n \geq\, \frac{1}{n+1} \geq\, \frac{1}{999} > 10^{-3}\). Le plus petit rang convenable vaut donc \(999\) ou \(1000\).
4. L’erreur vaut \(\frac{\pi^2}{6} – S_n – \frac{1}{n} = R_n – \frac{1}{n}\). D’après la question 2, \(\frac{1}{n+1} – \frac{1}{n} \leq\, R_n – \frac{1}{n} \leq\, 0\). Or \(\frac{1}{n} – \frac{1}{n+1} = \frac{1}{n(n+1)}\). Donc l’erreur est majorée en valeur absolue par \(\frac{1}{n(n+1)}\). Enfin, \(31 \times 32 = 992\) et \(32 \times 33 = 1056 \geq\, 1000\). Le rang \(n = 32\) suffit, au lieu d’environ \(1000\).

Point de méthode : un équivalent du reste permet d’accélérer la convergence : on ajoute à \(S_n\) une approximation de \(R_n\).

Corrigé de l’exercice 14 : Équivalents de sommes partielles divergentes

1. La fonction \(t \mapsto \sqrt{t}\) est croissante. Pour \(k \geq\, 1\), on a donc \(\int_{k-1}^{k} \sqrt{t}\,\mathrm{d}t \leq\, \sqrt{k} \leq\, \int_k^{k+1} \sqrt{t}\,\mathrm{d}t\). En sommant de \(k = 1\) à \(n\),
   \[\frac{2}{3} n^{3/2} = \int_0^n \sqrt{t}\,\mathrm{d}t \leq\, A_n \leq\, \int_1^{n+1} \sqrt{t}\,\mathrm{d}t = \frac{2}{3}((n+1)^{3/2} – 1).\]
   Or \((n+1)^{3/2} – 1 \sim n^{3/2}\). Par encadrement, \(A_n \sim \frac{2}{3} n^{3/2}\).
2. La fonction \(t \mapsto \frac{1}{\sqrt{t}}\) est décroissante sur \(]0, +\infty[\). En sommant \(\int_k^{k+1} \frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{t}} \leq\, \frac{1}{\sqrt{k}}\) de \(k = 1\) à \(n\), on obtient \(2\sqrt{n+1} – 2 \leq\, \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}}\). Ensuite, en sommant \(\frac{1}{\sqrt{k}} \leq\, \int_{k-1}^{k} \frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{t}}\) de \(k = 2\) à \(n\), puis en ajoutant le terme \(1\), on obtient la majoration par \(1 + (2\sqrt{n} – 2) = 2\sqrt{n} – 1\). Les deux bornes sont équivalentes à \(2\sqrt{n}\), donc \(\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}} \sim 2\sqrt{n}\).
3. La fonction \(f : t \mapsto \frac{1}{t \ln t}\) est continue, positive et décroissante sur \([2, +\infty[\). Une primitive est \(\ln(\ln t)\). Par la même méthode,
   \[\ln(\ln(n+1)) – \ln(\ln 2) \leq\, \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k \ln k} \leq\, \frac{1}{2 \ln 2} + \ln(\ln n) – \ln(\ln 2).\]
   De plus, \(\ln(n+1) = \ln n (1 + \frac{\ln(1 + 1/n)}{\ln n})\), donc \(\ln(\ln(n+1)) = \ln(\ln n) + o(1)\). Comme \(\ln(\ln n) \to +\infty\), les deux bornes sont équivalentes à \(\ln(\ln n)\). Ainsi, \(\sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k \ln k} \sim \ln(\ln n)\).

Corrigé de l’exercice 15 : Sommation des relations de comparaison

1. On a \(\frac{k}{k^2 + 1} \sim \frac{1}{k}\), terme positif d’une série divergente. D’après le théorème de sommation des équivalents (cas divergent), \(A_n \sim H_n\). Or \(H_n \sim \ln n\). Donc \(A_n \sim \ln n\).
2. Par télescopage, \(\sum_{k=n+1}^{N} \frac{1}{k(k+1)} = \frac{1}{n+1} – \frac{1}{N+1}\). Le reste vaut donc \(\frac{1}{n+1}\). Ensuite, \(\frac{1}{k^2 + k + 1} \sim \frac{1}{k(k+1)}\), terme positif d’une série convergente. D’après le théorème de sommation des équivalents (cas convergent), \(B_n \sim \frac{1}{n+1}\). Donc \(B_n \sim \frac{1}{n}\).
3. On réduit au même dénominateur : \(\frac{1}{(k-1)k} – \frac{1}{k(k+1)} = \frac{(k+1) – (k-1)}{(k-1)k(k+1)} = \frac{2}{(k-1)k(k+1)}\). L’identité est donc vraie. Par télescopage, \(\sum_{k=n+1}^{+\infty} \frac{1}{(k-1)k(k+1)} = \frac{1}{2n(n+1)}\). Or \(\frac{1}{k^3} \sim \frac{1}{(k-1)k(k+1)}\), termes positifs. Par sommation des équivalents, \(C_n \sim \frac{1}{2n(n+1)}\). Ainsi, \(C_n \sim \frac{1}{2n^2}\).
4. La série \(\sum \frac{1}{n}\) est à termes positifs et diverge. D’après le théorème de sommation des relations de comparaison (cas divergent), \(\sum_{k=1}^{n} a_k = o(H_n)\). Or \(H_n \sim \ln n\), donc \(o(H_n) = o(\ln n)\). Pour l’application, \(n a_n = \frac{1}{\ln(n+1)} \to 0\), donc \(a_n = o(\frac{1}{n})\). Par conséquent, \(\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k \ln(k+1)} = o(\ln n)\).
5. La série \(\sum \frac{1}{n^3}\) converge. D’après le théorème (cas convergent, version \(O\)), \(\sum u_n\) converge et son reste est un \(O(C_n)\). Or \(C_n \sim \frac{1}{2n^2}\). Le reste de \(\sum u_n\) est donc un \(O(\frac{1}{n^2})\).

Point de méthode : retenez le principe. Pour une série convergente on somme les restes ; pour une série divergente on somme les débuts.

Corrigé de l’exercice 16 : Séries à paramètre et développements limités

1. Posons \(d_n = \sqrt{n^2 + n + 1} – \sqrt{n^2 + n – 1}\). Par la quantité conjuguée,
   \[d_n = \frac{2}{\sqrt{n^2 + n + 1} + \sqrt{n^2 + n – 1}}.\]
   Le dénominateur est équivalent à \(2n\), donc \(d_n \sim \frac{1}{n}\), avec \(d_n > 0\). Ainsi, \(n d_n \to 1\), puis \((n d_n)^{\alpha} \to 1\). Autrement dit, \(d_n^{\alpha} \sim \frac{1}{n^{\alpha}}\). La série converge si et seulement si \(\alpha > 1\).
2. Le terme est positif. De plus, \(1 – \cos\frac{1}{n} \sim \frac{1}{2n^2}\), donc le terme est équivalent à \(\frac{1}{2n^{2-a}}\). La série converge si et seulement si \(2 – a > 1\), c’est-à-dire \(a < 1\).
3. Pour \(x > 0\), on a \(\ln(1 + x) < x\). Donc \(n \ln(1 + \frac{1}{n}) < 1\), puis \((1 + \frac{1}{n})^n < \mathrm{e}\). Ensuite, le développement limité de \(\ln(1 + x)\) donne
   \[n \ln(1 + \frac{1}{n}) = 1 – \frac{1}{2n} + O(\frac{1}{n^2}).\]
   Par conséquent, \((1 + \frac{1}{n})^n = \mathrm{e} \exp(-\frac{1}{2n} + O(\frac{1}{n^2})) = \mathrm{e} – \frac{\mathrm{e}}{2n} + O(\frac{1}{n^2})\). Ainsi, \(\mathrm{e} – (1 + \frac{1}{n})^n \sim \frac{\mathrm{e}}{2n}\). Ce terme est positif. La série diverge.
4. Posons \(x = \frac{1}{n^{\alpha}}\), qui tend vers \(0\) car \(\alpha > 0\). Pour \(x > 0\), on a \(\sin x < x\), donc le terme est positif. De plus, \(x – \sin x \sim \frac{x^3}{6}\). Le terme est donc équivalent à \(\frac{1}{6 n^{3\alpha}}\). La série converge si et seulement si \(3\alpha > 1\), soit \(\alpha > \frac{1}{3}\).

Corrigé de l’exercice 17 : Calcul approché de e et irrationalité

1. Les termes sont strictement positifs et \(\frac{1/(k+1)!}{1/k!} = \frac{1}{k+1} \to 0 < 1\). D’après la règle de d’Alembert, la série converge.
2. On a \(\mathrm{e} – S_n = \sum_{k=n+1}^{+\infty} \frac{1}{k!} > 0\), car tous les termes sont strictement positifs. Pour \(k \geq\, n+1\), on écrit
   \[\frac{1}{k!} = \frac{1}{(n+1)!} \times \frac{1}{(n+2)(n+3)\cdots k}.\]
   Le second facteur contient \(k – n – 1\) entiers, tous supérieurs à \(n+1\). Donc \(\frac{1}{k!} \leq\, \frac{1}{(n+1)!} (\frac{1}{n+1})^{k-n-1}\). En sommant, avec une série géométrique de raison \(\frac{1}{n+1} < 1\),
   \[\mathrm{e} – S_n \leq\, \frac{1}{(n+1)!} \times \frac{1}{1 – \frac{1}{n+1}} = \frac{1}{(n+1)!} \times \frac{n+1}{n} = \frac{1}{n \cdot n!}.\]
   On a bien \(0 < \mathrm{e} – S_n \leq\, \frac{1}{n \cdot n!}\).
3. On cherche \(n \cdot n! \geq\, 10^6\). Or \(8 \times 8! = 322\,560\) et \(9 \times 9! = 3\,265\,920\). Le rang \(n = 9\) garantit une erreur inférieure à \(10^{-6}\).
4. Posons \(A = q!\,(\mathrm{e} – S_q)\). D’une part, \(A = (q-1)!\,p – \sum_{k=0}^{q} \frac{q!}{k!}\). Chaque \(\frac{q!}{k!}\) est entier pour \(k \leq\, q\), donc \(A\) est un entier. D’autre part, la question 2 donne \(0 < A \leq\, \frac{1}{q} \leq\, \frac{1}{2}\). Aucun entier ne vérifie cela : c’est absurde. Enfin, tout rationnel s’écrit avec un dénominateur \(q \geq\, 2\) (quitte à multiplier \(p\) et \(q\) par \(2\)). Le nombre \(\mathrm{e}\) est donc irrationnel.

Point de méthode : une majoration du reste par une série géométrique est le prolongement quantitatif de la règle de d’Alembert.

Corrigé de l’exercice 18 : Une suite récurrente et deux séries

1. Posons \(g(x) = x – x^2 = x(1 – x)\). Si \(u_n \in\, ]0, 1[\), alors \(u_{n+1} = u_n(1 – u_n)\) est un produit de deux réels de \(]0, 1[\). Donc \(u_{n+1} \in\, ]0, 1[\). Par récurrence, \(u_n \in\, ]0, 1[\) pour tout \(n\). Ensuite, \(u_{n+1} – u_n = -u_n^2 < 0\) : la suite est décroissante. Elle est minorée par \(0\), donc elle converge vers un réel \(\ell \in [0, 1[\). Par continuité de \(g\), \(\ell = \ell – \ell^2\), d’où \(\ell = 0\). La suite décroît et tend vers \(0\).
2. On calcule
   \[\frac{1}{u_{n+1}} – \frac{1}{u_n} = \frac{1}{u_n(1 – u_n)} – \frac{1}{u_n} = \frac{1 – (1 – u_n)}{u_n(1 – u_n)} = \frac{1}{1 – u_n}.\]
   Comme \(u_n \to 0\), cette différence tend vers \(1\).
3. Posons \(v_k = \frac{1}{u_{k+1}} – \frac{1}{u_k}\). On a \(v_k \sim 1\), terme positif de la série divergente \(\sum 1\). Par sommation des équivalents (cas divergent), \(\sum_{k=0}^{n-1} v_k \sim \sum_{k=0}^{n-1} 1 = n\). Or, par télescopage, \(\sum_{k=0}^{n-1} v_k = \frac{1}{u_n} – \frac{1}{u_0}\). Ainsi, \(\frac{1}{u_n} = n + o(n) + \frac{1}{u_0}\), donc \(\frac{1}{u_n} \sim n\). On conclut que \(u_n \sim \frac{1}{n}\).
4. La suite \((u_n)\) est positive et \(u_n \sim \frac{1}{n}\). Par comparaison à la série harmonique, \(\sum u_n\) diverge.
5. On a \(u_n^2 \sim \frac{1}{n^2}\), donc \(\sum u_n^2\) converge. Mieux, la relation de récurrence donne \(u_n^2 = u_n – u_{n+1}\). Par télescopage, \(\sum_{n=0}^{N} u_n^2 = u_0 – u_{N+1} \to u_0\). La somme vaut \(\sum_{n=0}^{+\infty} u_n^2 = u_0\).

Point de méthode : pour une suite \(u_{n+1} = u_n – a u_n^{p}\) qui tend vers \(0\), cherchez un exposant \(\beta\) tel que \(u_{n+1}^{\beta} – u_n^{\beta}\) ait une limite finie non nulle, puis sommez.

Corrigé de l’exercice 19 : Logarithme de la factorielle

1. La fonction \(\ln\) est croissante. Pour \(k \geq\, 2\), on a donc \(\int_{k-1}^{k} \ln t\,\mathrm{d}t \leq\, \ln k \leq\, \int_{k}^{k+1} \ln t\,\mathrm{d}t\). Comme \(\ln 1 = 0\), on a \(\ln(n!) = \sum_{k=2}^{n} \ln k\). Une primitive de \(\ln\) est \(t \ln t – t\). En sommant de \(k = 2\) à \(n\),
   \[\int_1^n \ln t\,\mathrm{d}t = n \ln n – n + 1 \leq\, \ln(n!) \leq\, \int_2^{n+1} \ln t\,\mathrm{d}t.\]
   Le majorant vaut \((n+1)\ln(n+1) – (n+1) – 2\ln 2 + 2\). On obtient bien \(n \ln n – n + 1 \leq\, \ln(n!) \leq\, (n+1)\ln(n+1) – n + 1 – 2\ln 2\).
2. Le minorant vérifie \(n \ln n – n + 1 \sim n \ln n\), car \(n = o(n \ln n)\). Pour le majorant, \((n+1)\ln(n+1) = (n+1)(\ln n + \ln(1 + \frac{1}{n})) \sim n \ln n\). Les autres termes sont des \(o(n \ln n)\). Par encadrement, \(\ln(n!) \sim n \ln n\).
3. On soustrait \(n \ln n – n\) à l’encadrement. Le minorant devient \(1\). Le majorant devient
   \[(n+1)\ln(n+1) – n \ln n + 1 – 2\ln 2 = n \ln(1 + \frac{1}{n}) + \ln(n+1) + 1 – 2\ln 2.\]
   Or \(n \ln(1 + \frac{1}{n}) \leq\, 1\) et \(\ln(n+1) \leq\, \ln n + 1\). Ainsi, \(1 \leq\, \ln(n!) – (n \ln n – n) \leq\, \ln n + 3\). Donc \(\ln(n!) = n \ln n – n + O(\ln n)\).
4. Pour \(n \geq\, 2\), \(\ln(n!) > 0\) et \(\frac{1}{\ln(n!)} \sim \frac{1}{n \ln n}\). Or \(\sum \frac{1}{n \ln n}\) diverge (série de Bertrand, exercice 12). Donc \(\sum \frac{1}{\ln(n!)}\) diverge. Ensuite, \(\frac{1}{(\ln(n!))^2} \sim \frac{1}{n^2 (\ln n)^2}\). Pour \(n \geq\, 3\), ce dernier terme est majoré par \(\frac{1}{n^2}\). La première série diverge et la seconde converge.

Corrigé de l’exercice 20 : Critère de condensation de Cauchy

1. Le bloc d’indices \(k\) allant de \(2^n\) à \(2^{n+1} – 1\) contient \(2^n\) termes. Par décroissance, chacun vérifie \(u_{2^{n+1}} \leq\, u_{2^{n+1}-1} \leq\, u_k \leq\, u_{2^n}\). En sommant les \(2^n\) inégalités, on obtient l’encadrement voulu.
2. On somme l’encadrement pour \(n\) de \(0\) à \(N\). Les blocs recouvrent exactement les indices de \(1\) à \(2^{N+1} – 1\). Ainsi,
   \[\frac{1}{2} \sum_{n=1}^{N+1} 2^n u_{2^n} \leq\, \sum_{k=1}^{2^{N+1}-1} u_k \leq\, \sum_{n=0}^{N} 2^n u_{2^n}.\]
   Si \(\sum 2^n u_{2^n}\) converge, de somme \(T\), alors \(S_{2^{N+1}-1} \leq\, T\). Pour tout \(m\), on choisit \(N\) avec \(m \leq\, 2^{N+1} – 1\). Comme \((S_m)\) croît, \(S_m \leq\, T\). La série \(\sum u_n\) converge donc. Réciproquement, si \(\sum u_n\) converge, de somme \(S\), la minoration donne \(\sum_{n=1}^{N+1} 2^n u_{2^n} \leq\, 2S\). Les sommes partielles de la série condensée sont donc majorées. Les deux séries sont de même nature.
3. Pour \(\alpha > 0\), la suite \(\frac{1}{n^{\alpha}}\) est positive et décroissante. De plus, \(2^n u_{2^n} = 2^n \times 2^{-n\alpha} = (2^{1-\alpha})^n\). Cette série géométrique converge si et seulement si \(2^{1-\alpha} < 1\). On retrouve la convergence si et seulement si \(\alpha > 1\).
4. La nature ne dépend pas du premier terme. On pose donc \(u_1 = u_2\), et la suite reste positive et décroissante. Pour \(n \geq\, 1\), \(2^n u_{2^n} = \frac{2^n}{2^n (n \ln 2)^{\beta}} = \frac{1}{(\ln 2)^{\beta}} \times \frac{1}{n^{\beta}}\). La série converge si et seulement si \(\beta > 1\).
5. Pour \(n \geq\, 3\), on a \(\ln(\ln n) > 0\). Le terme est positif et décroissant, car \(n \ln n \ln(\ln n)\) est un produit de fonctions positives croissantes. On pose \(u_1 = u_2 = u_3\). Pour \(n \geq\, 2\), on a \(2^n \geq\, 3\) et
   \[2^n u_{2^n} = \frac{1}{n \ln 2 \times \ln(n \ln 2)} \sim \frac{1}{\ln 2} \times \frac{1}{n \ln n},\]
   car \(\ln(n \ln 2) = \ln n + \ln(\ln 2) \sim \ln n\). La série de Bertrand \(\sum \frac{1}{n \ln n}\) diverge. La série condensée diverge, donc la série étudiée diverge aussi.

Point de méthode : la condensation remplace une série lente par une série qui avance à pas exponentiels. Elle transforme ainsi un logarithme en simple puissance de \(n\).

Corrigé de l’exercice 21 : Problème : développement asymptotique de la série harmonique

1. On a \(u_n – u_{n+1} = -\frac{1}{n+1} + \ln(n+1) – \ln n\). Or \(\ln n – \ln(n+1) = \ln\frac{n}{n+1} = \ln(1 – \frac{1}{n+1})\). D’où la formule. Ensuite, pour \(x \in [0, 1[\), on a \(\ln(1 – x) \leq\, -x\) par concavité. Donc \(-\ln(1 – x) – x \geq\, 0\). Avec \(x = \frac{1}{n+1}\), on obtient \(u_n – u_{n+1} \geq\, 0\).
2. Le développement limité \(-\ln(1 – x) = x + \frac{x^2}{2} + O(x^3)\) donne \(-\ln(1 – x) – x \sim \frac{x^2}{2}\). Avec \(x = \frac{1}{n+1}\), on a donc \(u_n – u_{n+1} \sim \frac{1}{2(n+1)^2} \sim \frac{1}{2n^2}\). La série \(\sum (u_n – u_{n+1})\) est à termes positifs. Par équivalence avec une série de Riemann convergente, elle converge. C’est une série télescopique : la suite \((u_n)\) converge donc. On note \(\gamma\) sa limite, la constante d’Euler.
3. Pour \(N \geq\, n\), on a \(\sum_{k=n}^{N} (u_k – u_{k+1}) = u_n – u_{N+1}\). En faisant tendre \(N\) vers \(+\infty\), on obtient \(u_n – \gamma = \sum_{k=n}^{+\infty} (u_k – u_{k+1})\).
4. Les termes \(u_k – u_{k+1}\) sont positifs et équivalents à \(\frac{1}{2k^2}\), terme d’une série convergente. Par sommation des équivalents (cas convergent), \(u_n – \gamma \sim \frac{1}{2} \sum_{k=n}^{+\infty} \frac{1}{k^2}\). D’après l’exercice 13, \(\sum_{k=n}^{+\infty} \frac{1}{k^2} = R_{n-1} \sim \frac{1}{n-1} \sim \frac{1}{n}\). Ainsi, \(u_n – \gamma \sim \frac{1}{2n}\), c’est-à-dire \(u_n – \gamma = \frac{1}{2n} + o(\frac{1}{n})\). On obtient \(H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + o(\frac{1}{n})\). La figure ci-dessous confirme cette approximation, déjà excellente pour \(n = 5\).

   

5. On a \(H_n – \ln n – \gamma = u_n – \gamma \geq\, 0\) et \(u_n – \gamma \sim \frac{1}{2n}\). Donc \(\sum (u_n – \gamma)\) diverge. Ensuite, \((u_n – \gamma)^2 \sim \frac{1}{4n^2}\). La première série diverge et la seconde converge.
6. On écrit \(\sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k} = H_{2n} – H_n\). D’après la question 4,
   \[H_{2n} – H_n = \ln(2n) + \gamma + \frac{1}{4n} – \ln n – \gamma – \frac{1}{2n} + o(\frac{1}{n}).\]
   Donc \(\sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k} = \ln 2 – \frac{1}{4n} + o(\frac{1}{n})\).

Point de méthode : pour trouver le terme suivant d’un développement, étudiez la série télescopique des différences \(u_n – u_{n+1}\), puis sommez les équivalents sur le reste.

Corrigé de l’exercice 22 : Problème : quand la règle de d’Alembert ne conclut pas

1. On calcule
   \[\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{(n+1)^{n+1}}{(n+1)!\,\mathrm{e}^{n+1}} \times \frac{n!\,\mathrm{e}^n}{n^n} = \frac{1}{\mathrm{e}}(1 + \frac{1}{n})^n.\]
   Comme \((1 + \frac{1}{n})^n \to \mathrm{e}\), ce rapport tend vers \(1\). La règle de d’Alembert ne permet pas de conclure.
2. On a \(\ln\frac{u_{n+1}}{u_n} = n \ln(1 + \frac{1}{n}) – 1\). Le développement \(\ln(1 + x) = x – \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + O(x^4)\) donne
   \[n \ln(1 + \frac{1}{n}) = 1 – \frac{1}{2n} + \frac{1}{3n^2} + O(\frac{1}{n^3}).\]
   Donc \(\ln\frac{u_{n+1}}{u_n} = -\frac{1}{2n} + \frac{1}{3n^2} + O(\frac{1}{n^3})\).
3. On a \(w_n = \frac{1}{2}\ln(1 + \frac{1}{n}) + \ln\frac{u_{n+1}}{u_n}\). Or \(\frac{1}{2}\ln(1 + \frac{1}{n}) = \frac{1}{2n} – \frac{1}{4n^2} + O(\frac{1}{n^3})\). En additionnant,
   \[w_n = (\frac{1}{3} – \frac{1}{4})\frac{1}{n^2} + O(\frac{1}{n^3}) = \frac{1}{12 n^2} + O(\frac{1}{n^3}).\]
   Ainsi, \(w_n \sim \frac{1}{12 n^2}\).
4. La suite \((w_n)\) est positive à partir d’un certain rang et équivalente au terme d’une série de Riemann convergente. Donc \(\sum w_n\) converge. Or, par télescopage, \(\sum_{k=1}^{n-1} w_k = \ln v_n – \ln v_1\). La suite \((\ln v_n)\) converge donc vers un réel \(\lambda\). Par continuité de l’exponentielle, \(v_n \to L = \mathrm{e}^{\lambda} > 0\). Autrement dit, \(\sqrt{n}\, u_n \to L\), soit \(u_n \sim \frac{L}{\sqrt{n}}\).
5. Le terme \(u_n\) est positif et équivalent à \(\frac{L}{\sqrt{n}}\), avec \(L > 0\). La série de Riemann \(\sum \frac{1}{\sqrt{n}}\) diverge. Donc \(\sum u_n\) diverge.
6. La relation \(\frac{n^n}{n!\,\mathrm{e}^n} \sim \frac{L}{\sqrt{n}}\) donne \(n! \sim \frac{1}{L} \sqrt{n} (\frac{n}{\mathrm{e}})^n\). Avec \(L = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\), on obtient la formule de Stirling : \(n! \sim \sqrt{2\pi n} (\frac{n}{\mathrm{e}})^n\).

Point de méthode : quand \(\frac{u_{n+1}}{u_n} = 1 – \frac{a}{n} + O(\frac{1}{n^2})\), la suite \(n^{a} u_n\) converge vers une limite strictement positive. Ainsi, \(u_n\) se compare à une série de Riemann.

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Pour aller plus loin en L2

• Le cours : séries à termes positifs, cours de maths en L2
• Les énoncés : exercices de maths en L2 sur séries à termes positifs
• Chapitre suivant : Séries à termes quelconques
• Tester vos connaissances : QCM de maths en L2 par chapitre
• Le sommaire : tous les chapitres de maths de L2 et la licence de maths de L1 à L3