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

Corrigé de l’exercice 1 : Suites de Cauchy et série harmonique

1. La somme \(H_{2n} – H_n = \sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k}\) compte \(n\) termes. Chacun est au moins égal au plus petit, \(\frac{1}{2n}\). Donc \(H_{2n} – H_n \geq\, n \cdot \frac{1}{2n} = \frac{1}{2}\). Supposons \((H_n)\) de Cauchy. Avec \(\varepsilon = \frac{1}{4}\), il existerait \(N\) tel que \(|H_p – H_q| \leq\, \frac{1}{4}\) pour \(p, q \geq\, N\). Or \(p = 2N\) et \(q = N\) donnent un écart d’au moins \(\frac{1}{2}\) : contradiction. Par conséquent, \((H_n)\) n’est pas de Cauchy, donc elle diverge, car toute suite convergente est de Cauchy.
2. Pour \(p > n \geq\, 1\), l’inégalité triangulaire et \(|\cos k| \leq\, 1\) donnent \(|v_p – v_n| \leq\, \sum_{k=n+1}^{p} \frac{1}{k^2}\). Comme \(k \geq\, 2\), on a \(\frac{1}{k^2} \leq\, \frac{1}{k(k-1)} = \frac{1}{k-1} – \frac{1}{k}\). La somme est donc télescopique :
   \[|v_p – v_n| \leq\, \sum_{k=n+1}^{p} ( \frac{1}{k-1} – \frac{1}{k} ) = \frac{1}{n} – \frac{1}{p} \leq\, \frac{1}{n}.\]
   Soit \(\varepsilon > 0\) et \(N \geq\, 1/\varepsilon\). Pour \(p, q \geq\, N\), on obtient \(|v_p – v_q| \leq\, \varepsilon\). Ainsi, \((v_n)\) est de Cauchy. Par complétude de \(\mathbb{R}\), \((v_n)\) converge.
3. D’abord, \(w_{n+1} – w_n = \frac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} \to 0\). Ensuite, \(w_{4n} – w_n = 2\sqrt{n} – \sqrt{n} = \sqrt{n} \to +\infty\). Donc \((w_n)\) n’est pas de Cauchy, et d’ailleurs elle diverge. En effet, la définition exige \(|u_p – u_q| \leq\, \varepsilon\) pour tous les couples \(p, q \geq\, N\), et pas seulement pour des indices consécutifs.

Point de méthode : pour montrer qu’une suite n’est pas de Cauchy, on exhibe deux indices \(p, q\) arbitrairement grands, souvent \(n\) et \(2n\), dont l’écart ne tend pas vers \(0\).

Corrigé de l’exercice 2 : Convergence absolue de séries réelles et complexes

1. Pour \(n \geq\, 1\), \(| \frac{\sin n}{n^{3/2}} | \leq\, \frac{1}{n^{3/2}}\). Or la série de Riemann \(\sum 1/n^{3/2}\) converge, car \(\frac{3}{2} > 1\). Par comparaison de séries positives, la série converge absolument.
2. On a \(|u_n| = \frac{\ln n}{n^2}\). De plus, \(n^{3/2} |u_n| = \frac{\ln n}{\sqrt{n}} \to 0\) par croissances comparées. Donc \(|u_n| = o(1/n^{3/2})\), et la série converge absolument.
3. Comme \(|e^{in}| = 1\), on a \(|u_n| = \frac{1}{n^{3/2}}\). Ainsi, la série converge absolument.
4. Pour \(n \geq\, 1\), \(\frac{|u_{n+1}|}{|u_n|} = \frac{(n+1)^2}{2 n^2} \to \frac{1}{2} < 1\). D’après la règle de d’Alembert appliquée à \(\sum |u_n|\), la série converge absolument.
5. Posons \(z = \frac{1+i}{2}\). Alors \(|z| = \frac{\sqrt{2}}{2} < 1\), donc la série géométrique \(\sum |z|^n\) converge : la série converge absolument. Sa somme vaut
   \[\sum_{n=0}^{+\infty} z^n = \frac{1}{1 – z} = \frac{2}{1 – i} = \frac{2(1+i)}{(1-i)(1+i)} = \frac{2(1+i)}{2}.\]
   La somme vaut \(1 + i\).

Corrigé de l’exercice 3 : Critère spécial des séries alternées

1. Posons \(a_n = f(n)\) avec \(f(x) = \frac{x}{x^2 + 1}\). On a \(a_n \geq\, 0\) et \(a_n \sim \frac{1}{n} \to 0\). De plus, \(f^{\prime}(x) = \frac{1 – x^2}{(x^2+1)^2} \leq\, 0\) pour \(x \geq\, 1\). Donc \((a_n)_{n \geq\, 1}\) est décroissante. Le critère spécial des séries alternées s’applique : la série converge. En revanche, \(a_n \sim \frac{1}{n}\) et \(\sum 1/n\) diverge. Donc la série est semi-convergente.
2. La suite \(1/n^{\alpha}\) est positive, décroissante et tend vers \(0\) car \(\alpha > 0\). Par le critère spécial, la série converge pour tout \(\alpha > 0\). Ensuite, \(\sum 1/n^{\alpha}\) converge si et seulement si \(\alpha > 1\). Ainsi, la série est absolument convergente pour \(\alpha > 1\) et semi-convergente pour \(0 < \alpha \leq\, 1\).
3. Posons \(g(x) = \frac{\ln x}{x}\). On a \(g^{\prime}(x) = \frac{1 – \ln x}{x^2}\), négatif pour \(x \geq\, e\). Donc \((\ln n / n)\) décroît à partir de \(n = 3\). De plus, elle tend vers \(0\) par croissances comparées. Le critère spécial s’applique à \(\sum_{n \geq\, 3}\), et les deux premiers termes ne changent pas la nature. La série converge. Cependant, \(\frac{\ln n}{n} \geq\, \frac{1}{n}\) pour \(n \geq\, 3\). Par conséquent, la série est semi-convergente.

Point de méthode : la décroissance ne doit être vérifiée qu’à partir d’un certain rang, car les premiers termes n’influent pas sur la nature d’une série.

Corrigé de l’exercice 4 : Majoration du reste d’une série alternée

1. La suite \(a_n = 1/n^3\) décroît vers \(0\). Le critère spécial donne donc \(|S – S_N| \leq\, a_{N+1} = \frac{1}{(N+1)^3}\). Or \(\frac{1}{(N+1)^3} \leq\, 10^{-3}\) équivaut à \(N + 1 \geq\, 10\). Le plus petit entier est \(N = 9\). Ensuite, le reste \(S – S_9\) a le signe du premier terme omis, \(u_{10} = \frac{(-1)^{11}}{1000} < 0\). Donc \(S < S_9\). Enfin, \(S\) est compris entre \(S_9\) et \(S_{10} = S_9 – 10^{-3}\). On obtient \(S_9 – 10^{-3} \leq\, S \leq\, S_9\).
2. Ici \(a_n = \frac{1}{2n+1}\), qui décroît vers \(0\). Le reste après le terme d’indice \(N\) vérifie \(|R_N| \leq\, \frac{1}{2N+3}\). La condition \(\frac{1}{2N+3} \leq\, 10^{-2}\) équivaut à \(2N + 3 \geq\, 100\), soit \(N \geq\, 48{,}5\). On prend donc \(N = 49\). Les indices vont de \(0\) à \(49\) : il faut \(50\) termes. Cette convergence est très lente : chaque décimale supplémentaire coûte environ dix fois plus de termes.
3. La suite \(a_n = \frac{1}{n!}\) est décroissante, car \(\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{1}{n+1} \leq\, 1\), et tend vers \(0\). Le reste vérifie donc \(|R_N| \leq\, \frac{1}{(N+1)!}\). Or \(9! = 362\,880 < 10^6\) et \(10! = 3\,628\,800 \geq\, 10^6\). Il faut donc \(N + 1 \geq\, 10\). Le plus petit entier est \(N = 9\). Au contraire de la question 2, la convergence est ici très rapide.

Corrigé de l’exercice 5 : Critère de Cauchy et tranches de séries

1. Soit \(\varepsilon > 0\). Le critère de Cauchy fournit \(N\) tel que \(| \sum_{k=n+1}^{p} u_k | \leq\, \varepsilon\) pour \(p > n \geq\, N\). En prenant \(p = 2n\), on obtient \(|u_{n+1} + \cdots + u_{2n}| \leq\, \varepsilon\) pour \(n \geq\, N\). Ainsi, \(u_{n+1} + \cdots + u_{2n} \to 0\).
2. Comme \((u_n)\) décroît, chacun des \(n\) termes \(u_{n+1}, \ldots, u_{2n}\) est au moins égal à \(u_{2n}\). Donc \(0 \leq\, n u_{2n} \leq\, u_{n+1} + \cdots + u_{2n}\). Par encadrement, \(n u_{2n} \to 0\), puis \(2n u_{2n} \to 0\). Ensuite, pour les indices impairs, la décroissance donne
   \[0 \leq\, (2n+1) u_{2n+1} \leq\, (2n+1) u_{2n} = \frac{2n+1}{2n} \cdot 2n u_{2n} \to 1 \cdot 0 = 0.\]
   Les deux sous-suites d’indices pairs et impairs tendent vers \(0\). Par conséquent, \(n u_n \to 0\).
3. La fonction \(f(x) = \frac{1}{x \ln x}\) est positive, continue et décroissante sur \([2, +\infty[\), comme inverse d’un produit de fonctions positives croissantes. Pour \(k \geq\, 2\), on a donc \(f(k) \geq\, \int_{k}^{k+1} f(t) \, dt\). En sommant,
   \[\sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k \ln k} \geq\, \int_{2}^{n+1} \frac{dt}{t \ln t} = \ln(\ln(n+1)) – \ln(\ln 2) \to +\infty.\]
   Donc la série diverge. Pourtant, son terme est positif, décroissant, et \(n u_n = \frac{1}{\ln n} \to 0\). La condition \(n u_n \to 0\) n’est donc pas suffisante.
4. Le terme \(u_n = \frac{1}{3n+2}\) est positif et décroissant. Or \(n u_n = \frac{n}{3n+2} \to \frac{1}{3} \neq 0\). Si la série convergeait, la question 2 donnerait \(n u_n \to 0\). La série diverge.

Corrigé de l’exercice 6 : Une série alternée divergente

1. Si \(n\) est pair, \(u_n = \frac{1}{\sqrt{n}} + \frac{1}{n} > 0\). Si \(n\) est impair, \(u_n = \frac{1}{n} – \frac{1}{\sqrt{n}}\). Or \(n \geq\, 2\) donne \(\sqrt{n} < n\), donc \(\frac{1}{n} < \frac{1}{\sqrt{n}}\). Ainsi, \(u_n < 0\) pour \(n\) impair : la série est alternée.
2. On a \(|u_n| \leq\, \frac{1}{\sqrt{n}} + \frac{1}{n} \to 0\). Donc \(u_n \to 0\).
3. La série \(\sum (-1)^n/\sqrt{n}\) converge par le critère spécial. En revanche, la série harmonique \(\sum 1/n\) diverge. Si \(\sum u_n\) convergeait, alors \(\sum 1/n = \sum ( u_n – (-1)^n/\sqrt{n} )\) convergerait aussi. La série \(\sum u_n\) diverge.
4. Le signe alterne et \(u_n \to 0\). C’est donc la décroissance de \((|u_n|)\) qui fait défaut, comme on le voit sur la figure de l’énoncé. Pour \(m \geq\, 1\), on a \(|u_{2m+1}| = \frac{1}{\sqrt{2m+1}} – \frac{1}{2m+1}\) et \(|u_{2m+2}| = \frac{1}{\sqrt{2m+2}} + \frac{1}{2m+2}\). Par l’inégalité des accroissements finis appliquée à \(x \mapsto x^{-1/2}\), dont la dérivée est majorée en valeur absolue par \(\frac{1}{2} (2m+1)^{-3/2}\) sur \([2m+1, 2m+2]\),
   \[\frac{1}{\sqrt{2m+1}} – \frac{1}{\sqrt{2m+2}} \leq\, \frac{1}{2 (2m+1)^{3/2}} < \frac{1}{2m+1} + \frac{1}{2m+2}.\]
   En réarrangeant, on obtient \(|u_{2m+1}| < |u_{2m+2}|\). La suite \((|u_n|)\) n’est pas décroissante.

Corrigé de l’exercice 7 : Terme alterné perturbé, discussion selon le paramètre

1. Pour \(n \geq\, 2\) et \(\alpha > 0\), on a \(n^{\alpha} \geq\, 2^{\alpha} > 1\). Donc \(n^{\alpha} + (-1)^n \geq\, n^{\alpha} – 1 > 0\), et \(u_n\) est bien défini. De plus, \(\frac{n^{\alpha} + (-1)^n}{n^{\alpha}} \to 1\). Ainsi, \(u_n \sim \frac{(-1)^n}{n^{\alpha}}\).
2. On réduit au même dénominateur :
   \[w_n = (-1)^n \frac{n^{\alpha} – n^{\alpha} – (-1)^n}{n^{\alpha} (n^{\alpha} + (-1)^n)} = \frac{-1}{n^{\alpha} (n^{\alpha} + (-1)^n)}.\]
   D’après la question 1, le dénominateur est positif. Donc \(w_n < 0\) et \(w_n \sim -\frac{1}{n^{2\alpha}}\).
3. On écrit \(u_n = \frac{(-1)^n}{n^{\alpha}} + w_n\). La série \(\sum (-1)^n/n^{\alpha}\) converge toujours, par le critère spécial. Ensuite, \(-w_n\) est positif et équivalent à \(1/n^{2\alpha}\). Donc \(\sum w_n\) converge si et seulement si \(2\alpha > 1\).
   • Si \(\alpha \leq\, \frac{1}{2}\), \(\sum u_n\) est la somme d’une série convergente et d’une série divergente. Elle diverge.
   • Si \(\alpha > \frac{1}{2}\), \(\sum u_n\) est la somme de deux séries convergentes. Elle converge. De plus, \(|u_n| \sim 1/n^{\alpha}\), donc la convergence est absolue si et seulement si \(\alpha > 1\).

   Bilan : absolument convergente pour \(\alpha > 1\), semi-convergente pour \(\frac{1}{2} < \alpha \leq\, 1\), divergente pour \(0 < \alpha \leq\, \frac{1}{2}\).

4. Le théorème de comparaison par équivalents ne vaut que pour des séries de signe constant. Ici, les termes changent de signe. Ainsi, pour \(\alpha \leq\, \frac{1}{2}\), \(u_n\) est équivalent au terme d’une série convergente, mais la série diverge.

La figure ci-dessous illustre les trois régimes. Pour \(\alpha = 0{,}4\), les sommes partielles descendent sans limite, à la vitesse de \(-\sum 1/k^{0{,}8}\). Pour \(\alpha = 0{,}75\) et \(\alpha = 1{,}5\), elles se stabilisent.

Corrigé de l’exercice 8 : Logarithme d’un terme alterné

1. Pour \(n \geq\, 2\), on a \(n^{\alpha} > 1\), donc \(\frac{1}{n^{\alpha}} < 1\). Ainsi, \(1 + \frac{(-1)^n}{n^{\alpha}} \geq\, 1 – \frac{1}{n^{\alpha}} > 0\), et le logarithme est bien défini.
2. Le développement limité \(\ln(1+x) = x – \frac{x^2}{2} + o(x^2)\) donne \(\ln(1+x) – x \sim -\frac{x^2}{2}\) quand \(x \to 0\). Or \(x_n = \frac{(-1)^n}{n^{\alpha}} \to 0\) et \(x_n^2 = \frac{1}{n^{2\alpha}}\). Par conséquent, \(w_n \sim -\frac{1}{2 n^{2\alpha}}\). En particulier, \(w_n\) est négatif à partir d’un certain rang.
3. Le raisonnement est celui de l’exercice 7. La série \(\sum (-1)^n/n^{\alpha}\) converge par le critère spécial. Ensuite, \(-w_n\) est positif à partir d’un certain rang et équivalent à \(\frac{1}{2n^{2\alpha}}\). Donc \(\sum w_n\) converge si et seulement si \(\alpha > \frac{1}{2}\). Enfin, \(|u_n| \sim |x_n| = \frac{1}{n^{\alpha}}\), car \(\ln(1+x) \sim x\). La série est absolument convergente pour \(\alpha > 1\), semi-convergente pour \(\frac{1}{2} < \alpha \leq\, 1\), divergente pour \(\alpha \leq\, \frac{1}{2}\).
4. Pour \(k \geq\, 1\), on calcule
   \[u_{2k} + u_{2k+1} = \ln( \frac{2k+1}{2k} ) + \ln( \frac{2k}{2k+1} ) = \ln 1 = 0.\]
   Donc \(\sum_{n=2}^{2N+1} u_n = 0\) pour tout \(N \geq\, 1\). La série converge d’après la question 3, puisque \(\alpha = 1 > \frac{1}{2}\). Sa somme est la limite de la sous-suite des sommes partielles \(\sum_{n=2}^{2N+1} u_n\). La somme vaut \(0\).

Corrigé de l’exercice 9 : Démonstration du critère d’Abel

1. Pour \(k \geq\, 1\), on a \(b_k = B_k – B_{k-1}\). Donc
   \[\sum_{k=1}^{n} a_k b_k = \sum_{k=1}^{n} a_k B_k – \sum_{k=1}^{n} a_k B_{k-1} = \sum_{k=1}^{n} a_k B_k – \sum_{k=0}^{n-1} a_{k+1} B_k.\]
   Le terme \(k = 0\) de la seconde somme est nul car \(B_0 = 0\). On isole alors le terme \(k = n\) de la première somme et on regroupe : \(\sum_{k=1}^{n} a_k b_k = a_n B_n + \sum_{k=1}^{n-1} (a_k – a_{k+1}) B_k\).
2. D’une part, \(|a_n B_n| \leq\, M a_n \to 0\). D’autre part, \((a_k)\) décroît, donc \(a_k – a_{k+1} \geq\, 0\) et \(|(a_k – a_{k+1}) B_k| \leq\, M (a_k – a_{k+1})\). La série télescopique \(\sum (a_k – a_{k+1})\) converge, car \(\sum_{k=1}^{n-1} (a_k – a_{k+1}) = a_1 – a_n \to a_1\). Par comparaison, \(\sum (a_k – a_{k+1}) B_k\) converge absolument, donc converge. Les deux termes de la formule ont une limite. Par conséquent, \(\sum a_n b_n\) converge.
3. Le même calcul, mené entre \(n+1\) et \(p\), donne
   \[\sum_{k=n+1}^{p} a_k b_k = a_p B_p – a_{n+1} B_n + \sum_{k=n+1}^{p-1} (a_k – a_{k+1}) B_k.\]
   Chaque \(|B_k|\) est majoré par \(M\). La dernière somme est donc majorée en module par \(M (a_{n+1} – a_p)\). Ainsi,
   \[| \sum_{k=n+1}^{p} a_k b_k | \leq\, M a_p + M a_{n+1} + M (a_{n+1} – a_p) = 2 M a_{n+1}.\]
   En faisant tendre \(p\) vers \(+\infty\), le reste vérifie \(|R_n| \leq\, 2 M a_{n+1}\).
4. Comme \(\theta \notin 2\pi\mathbb{Z}\), on a \(e^{i\theta} \neq 1\). La somme géométrique vaut
   \[\sum_{k=1}^{n} e^{ik\theta} = e^{i\theta} \frac{1 – e^{in\theta}}{1 – e^{i\theta}}, \quad \text{de module au plus } \frac{2}{|1 – e^{i\theta}|}.\]
   Or \(1 – e^{i\theta} = e^{i\theta/2} (e^{-i\theta/2} – e^{i\theta/2}) = -2i \sin(\theta/2) e^{i\theta/2}\), de module \(2 |\sin(\theta/2)|\). D’où la majoration par \(\frac{1}{|\sin(\theta/2)|}\). On applique alors la question 2 avec \(a_n = \frac{1}{n}\) et \(b_n = e^{in\theta}\) : la série \(\sum e^{in\theta}/n\) converge. Ses parties réelle et imaginaire convergent aussi. Les séries \(\sum \cos(n\theta)/n\) et \(\sum \sin(n\theta)/n\) convergent.

Corrigé de l’exercice 10 : Semi-convergence d’une série trigonométrique

1. Comme \(0 \leq\, |\sin n| \leq\, 1\), on a \(\sin^2 n = |\sin n| \cdot |\sin n| \leq\, |\sin n|\). De plus, la formule de duplication donne \(\sin^2 n = \frac{1 – \cos(2n)}{2}\).
2. On écrit \(\frac{\sin^2 n}{n} = \frac{1}{2n} – \frac{\cos(2n)}{2n}\). D’abord, \(\sum \frac{\cos(2n)}{n}\) converge, d’après l’exercice 9 avec \(\theta = 2 \notin 2\pi\mathbb{Z}\). Ensuite, \(\sum \frac{1}{2n}\) diverge. La différence d’une série divergente et d’une série convergente diverge. Donc \(\sum \frac{\sin^2 n}{n}\) diverge. Enfin, \(\frac{|\sin n|}{n} \geq\, \frac{\sin^2 n}{n} \geq\, 0\). Par comparaison de séries positives, \(\sum \frac{|\sin n|}{n}\) diverge.
3. L’exercice 9, avec \(\theta = 1\), montre que \(\sum \frac{\sin n}{n}\) converge. La question 2 montre qu’elle ne converge pas absolument. Elle est donc semi-convergente.
4. Si \(\alpha > 1\), on a \(| \frac{\sin n}{n^{\alpha}} | \leq\, \frac{1}{n^{\alpha}}\) : convergence absolue. Si \(0 < \alpha \leq\, 1\), la suite \(1/n^{\alpha}\) décroît vers \(0\), et le critère d’Abel donne la convergence. Cependant, \(\frac{|\sin n|}{n^{\alpha}} \geq\, \frac{|\sin n|}{n}\), terme d’une série divergente. La série est absolument convergente pour \(\alpha > 1\) et semi-convergente pour \(0 < \alpha \leq\, 1\).

Corrigé de l’exercice 11 : Séries de Bertrand

1. Soit \(\gamma = \frac{1 + \alpha}{2}\), de sorte que \(1 < \gamma < \alpha\). Alors \(n^{\gamma} u_n = \frac{n^{\gamma – \alpha}}{(\ln n)^{\beta}} \to 0\), car une puissance négative de \(n\) l’emporte sur toute puissance de \(\ln n\). Donc \(u_n = o(1/n^{\gamma})\) avec \(\gamma > 1\). Par comparaison de séries positives, \(\sum u_n\) converge.
2. Si \(\alpha < 1\), alors \(n u_n = \frac{n^{1 – \alpha}}{(\ln n)^{\beta}} \to +\infty\), toujours par croissances comparées. Il existe donc un rang à partir duquel \(n u_n \geq\, 1\), soit \(u_n \geq\, \frac{1}{n}\). La série diverge.
3. On suppose \(\alpha = 1\). Si \(\beta \leq\, 0\), on a \((\ln n)^{-\beta} \geq\, 1\) pour \(n \geq\, 3\), donc \(u_n \geq\, \frac{1}{n}\) : divergence. Si \(\beta > 0\), la fonction \(f(x) = \frac{1}{x (\ln x)^{\beta}}\) est positive, continue et décroissante sur \([2, +\infty[\). La série et l’intégrale \(\int_2^{+\infty} f\) sont donc de même nature. Pour \(X \geq\, 2\), le changement de variable \(t = \ln x\) donne
   \[\int_{2}^{X} \frac{dx}{x (\ln x)^{\beta}} = \int_{\ln 2}^{\ln X} \frac{dt}{t^{\beta}}.\]
   Cette intégrale a une limite finie quand \(X \to +\infty\) si et seulement si \(\beta > 1\), par le critère de Riemann. Pour \(\alpha = 1\), la série converge si et seulement si \(\beta > 1\).
4. Applications.
   • La suite \(\frac{1}{n \ln n}\) est positive, décroissante et tend vers \(0\). Par le critère spécial, \(\sum \frac{(-1)^n}{n \ln n}\) converge. En revanche, \(\sum \frac{1}{n \ln n}\) diverge (\(\alpha = \beta = 1\)). Elle est semi-convergente.
   • Pour \(\sum \frac{1}{\sqrt{n} \ln n}\), on a \(\alpha = \frac{1}{2} < 1\) : elle diverge.
   • Pour \(\sum \frac{(\ln n)^{10}}{n^{1{,}01}}\), on a \(\alpha = 1{,}01 > 1\) et \(\beta = -10\) : elle converge, malgré le facteur \((\ln n)^{10}\).

Corrigé de l’exercice 12 : Racine n-ième de n et séries associées

1. On a \(a_n = e^{\ln n / n} – 1\). Comme \(\ln n \geq\, 0\), on a \(e^{\ln n / n} \geq\, 1\), donc \(a_n \geq\, 0\). De plus, \(x_n = \frac{\ln n}{n} \to 0\), et \(e^x – 1 \sim x\) quand \(x \to 0\). Donc \(a_n \sim \frac{\ln n}{n}\).
2. La série \(\sum a_n\) est à termes positifs, et \(a_n\) est équivalent au terme de Bertrand \(\alpha = 1\), \(\beta = -1\). Donc \(\sum a_n\) diverge. Ensuite, \(a_n^2 \sim \frac{(\ln n)^2}{n^2}\), terme de Bertrand avec \(\alpha = 2 > 1\). Donc \(\sum a_n^2\) converge.
3. La fonction \(g(x) = \frac{\ln x}{x}\) a pour dérivée \(g^{\prime}(x) = \frac{1 – \ln x}{x^2}\). Elle croît sur \([1, e]\) et décroît sur \([e, +\infty[\). Pour \(n \geq\, 3 > e\), la suite \(\frac{\ln n}{n}\) est donc décroissante. Comme \(x \mapsto e^x – 1\) est croissante, \((a_n)_{n \geq\, 3}\) est décroissante.
4. La suite \((a_n)_{n \geq\, 3}\) est positive, décroissante et tend vers \(0\). Le critère spécial donne la convergence de \(\sum (-1)^n a_n\). Cependant, \(\sum |(-1)^n a_n| = \sum a_n\) diverge d’après la question 2. La série \(\sum (-1)^n a_n\) est semi-convergente.

Corrigé de l’exercice 13 : Natures variées par développement asymptotique

1. Pour \(n \geq\, 1\), \(\frac{1}{n} \in ] 0, 1 ] \subset ] 0, \frac{\pi}{2} ]\). Le sinus est positif et croissant sur cet intervalle, donc \(a_n = \sin(1/n)\) est positive et décroissante. Elle tend vers \(0\). Le critère spécial donne la convergence. En revanche, \(a_n \sim \frac{1}{n}\), donc \(\sum a_n\) diverge. La série est semi-convergente.
2. Les entiers \(n^2\) et \(n\) ont la même parité. Donc \(\cos(\pi n^2) = (-1)^{n^2} = (-1)^n\). La série est exactement \(\sum \frac{(-1)^n}{n}\). Elle est semi-convergente.
3. On a \(\sqrt{n^2 + 1} = n \sqrt{1 + \frac{1}{n^2}} = n ( 1 + \frac{1}{2n^2} + O( \frac{1}{n^4} ) ) = n + \frac{1}{2n} + O( \frac{1}{n^3} )\). Ensuite, \(\sin(\pi n + x) = (-1)^n \sin x\). Avec \(x_n = \frac{\pi}{2n} + O(1/n^3)\) et \(\sin x = x + O(x^3)\), on obtient
   \[u_n = (-1)^n \sin x_n = \frac{(-1)^n \pi}{2n} + O( \frac{1}{n^3} ).\]
   La série \(\sum \frac{(-1)^n \pi}{2n}\) converge par le critère spécial. Le reste \(O(1/n^3)\) est le terme d’une série absolument convergente. Donc \(\sum u_n\) converge. Enfin, \(|u_n| \sim \frac{\pi}{2n}\). La série est semi-convergente.
4. La partie imaginaire du terme est \(\frac{1}{n}\), terme d’une série divergente. Or une série complexe converge si et seulement si ses parties réelle et imaginaire convergent. La série diverge, bien que sa partie réelle \(\sum (-1)^n/n\) converge.

Corrigé de l’exercice 14 : Produits de Cauchy absolument convergents

1. La série \(\sum z^n\) converge absolument car \(|z| < 1\). Le terme du produit de Cauchy vaut \(c_n = \sum_{k=0}^{n} z^k z^{n-k} = (n+1) z^n\). D’après le théorème sur le produit de Cauchy de séries absolument convergentes,
   \[\sum_{n=0}^{+\infty} (n+1) z^n = ( \frac{1}{1-z} )^2 = \frac{1}{(1-z)^2}.\]
   Avec \(z = \frac{1}{2}\), on obtient \(\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{n+1}{2^n} = \frac{1}{(1/2)^2} = 4\).
2. Pour \(z \neq 0\), \(\frac{|z|^{n+1}/(n+1)!}{|z|^n / n!} = \frac{|z|}{n+1} \to 0 < 1\). Par la règle de d’Alembert, \(\sum z^n/n!\) converge absolument ; c’est évident pour \(z = 0\). Le produit de Cauchy de \(E(a)\) et \(E(b)\) a pour terme
   \[c_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{a^k}{k!} \cdot \frac{b^{n-k}}{(n-k)!} = \frac{1}{n!} \sum_{k=0}^{n} \binom\,{n}{k} a^k b^{n-k} = \frac{(a+b)^n}{n!},\]
   par la formule du binôme. Les deux séries étant absolument convergentes, \(E(a) E(b) = E(a+b)\).
3. Avec \(a = z\) et \(b = -z\), on obtient \(E(z) E(-z) = E(0) = 1\). Un produit égal à \(1\) n’a aucun facteur nul. Donc \(E(z) \neq 0\) et \(E(-z) = \frac{1}{E(z)}\).

Corrigé de l’exercice 15 : Un produit de Cauchy divergent

1. La suite \(\frac{1}{\sqrt{n+1}}\) est positive, décroissante et tend vers \(0\). Par le critère spécial, \(\sum a_n\) converge. Cependant, \(|a_n| = \frac{1}{\sqrt{n+1}} \sim \frac{1}{\sqrt{n}}\), terme de Riemann avec \(\alpha = \frac{1}{2} \leq\, 1\). Elle ne converge pas absolument.
2. Pour \(0 \leq\, k \leq\, n\), on a \(a_k b_{n-k} = \frac{(-1)^k (-1)^{n-k}}{\sqrt{k+1} \sqrt{n-k+1}}\). Or \((-1)^k (-1)^{n-k} = (-1)^n\) ne dépend pas de \(k\). En sommant, \(c_n = (-1)^n \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{\sqrt{(k+1)(n-k+1)}}\).
3. L’inégalité arithmético-géométrique \(\sqrt{xy} \leq\, \frac{x+y}{2}\), avec \(x = k+1\) et \(y = n-k+1\), donne \(\sqrt{(k+1)(n-k+1)} \leq\, \frac{n+2}{2}\). Chacun des \(n+1\) termes de la somme est donc au moins égal à \(\frac{2}{n+2}\). Ainsi, \(|c_n| \geq\, \frac{2(n+1)}{n+2}\).
4. Pour \(n \geq\, 0\), \(\frac{2(n+1)}{n+2} \geq\, 1\), car \(2n + 2 \geq\, n + 2\). Donc \(|c_n| \geq\, 1\) et \(c_n\) ne tend pas vers \(0\). Le produit de Cauchy diverge grossièrement. Il manque l’hypothèse de convergence absolue des deux séries.

Corrigé de l’exercice 16 : Sommation par paquets

1. Le terme \((-1)^n\) ne tend pas vers \(0\), donc \(\sum (-1)^n\) diverge grossièrement. Pourtant, chaque paquet \((1 – 1)\) est nul, et la série des paquets converge vers \(0\). Le regroupement peut donc créer une convergence qui n’existe pas.
2. Soit \(n \geq\, p\) et \(N = \lfloor n/p \rfloor\), de sorte que \(pN \leq\, n < pN + p\). Alors
   \[|S_n – S_{pN}| = |u_{pN+1} + \cdots + u_n| \leq\, p \max_{pN < j \leq\, pN + p} |u_j|.\]
   Quand \(n \to +\infty\), on a \(N \to +\infty\), donc ce majorant tend vers \(0\) car \(u_j \to 0\). Comme \(S_{pN} \to S\), on conclut que \(S_n \to S\).
3. Pour \(n = 3k\), on a \(u_n = \frac{1}{n} – \frac{3}{n}\). Donc
   \[S_{3N} = \sum_{n=1}^{3N} \frac{1}{n} – \sum_{k=1}^{N} \frac{3}{3k} = H_{3N} – H_N.\]
   On obtient \(S_{3N} = H_{3N} – H_N\).
4. D’après le développement admis, \(S_{3N} = \ln(3N) + \gamma – \ln N – \gamma + o(1) = \ln 3 + o(1)\). Donc \(S_{3N} \to \ln 3\). De plus, \(|u_n| \leq\, \frac{2}{n} \to 0\). La question 2, avec \(p = 3\), montre que \((S_n)\) converge vers \(\ln 3\). La série converge et sa somme vaut \(\ln 3\).

La figure suivante montre les sommes partielles \(S_n\). Les points bleus, qui correspondent aux paquets complets \(S_{3N}\), montent régulièrement vers \(\ln 3\). Les autres sommes partielles oscillent autour, avec un écart qui tend vers \(0\).

Corrigé de l’exercice 17 : Série logarithmique complexe

1. Si \(|z| < 1\), alors \(| \frac{z^n}{n} | \leq\, |z|^n\), terme d’une série géométrique convergente. La série converge absolument.
2. Si \(|z| > 1\), alors \(| \frac{z^n}{n} | = \frac{|z|^n}{n} \to +\infty\) par croissances comparées. Le terme général ne tend pas vers \(0\). La série diverge grossièrement.
3. Pour \(z = 1\), on obtient la série harmonique. Elle diverge.
4. Soit \(z = e^{i\theta}\) avec \(\theta \notin 2\pi\mathbb{Z}\). On pose \(a_n = \frac{1}{n}\), décroissante de limite nulle, et \(b_n = e^{in\theta}\). D’après l’exercice 9, les sommes \(B_n\) sont bornées par \(M = \frac{1}{|\sin(\theta/2)|}\). Le critère d’Abel donne la convergence. Cependant, \(| \frac{z^n}{n} | = \frac{1}{n}\), terme de la série harmonique. La série converge, mais pas absolument.
5. La majoration du reste établie dans l’exercice 9 donne \(|R_n| \leq\, \dfrac{2}{(n+1) |\sin(\theta/2)|}\). Pour \(z = -1\), on a \(\theta = \pi\) et \(\sin(\pi/2) = 1\). On obtient \(|R_n| \leq\, \frac{2}{n+1}\). Or la série \(\sum (-1)^n/n\) relève du critère spécial, qui donne \(|R_n| \leq\, \frac{1}{n+1}\). La majoration d’Abel est donc deux fois moins fine dans ce cas particulier, mais elle vaut pour tout le cercle privé de \(1\).

Point de méthode : sur le cercle de convergence, aucune règle générale ne s’applique. On traite chaque point, ici par le critère d’Abel.

Corrigé de l’exercice 18 : Suite contractante et série télescopique

1. La fonction \(f\) est dérivable et \(|f^{\prime}(x)| = \frac{1}{2} |\cos x| \leq\, \frac{1}{2}\). Par l’inégalité des accroissements finis, \(|f(x) – f(y)| \leq\, \frac{1}{2} |x – y|\) pour tous réels \(x, y\).
2. On raisonne par récurrence. Pour \(n = 0\), \(|u_1 – u_0| = |f(0) – 0| = 1 = \frac{1}{2^0}\). Si \(|u_{n+1} – u_n| \leq\, \frac{1}{2^n}\), alors \(|u_{n+2} – u_{n+1}| = |f(u_{n+1}) – f(u_n)| \leq\, \frac{1}{2} |u_{n+1} – u_n| \leq\, \frac{1}{2^{n+1}}\). Donc \(|u_{n+1} – u_n| \leq\, \frac{1}{2^n}\) pour tout \(n\).
3. La série géométrique \(\sum \frac{1}{2^n}\) converge. Par comparaison, \(\sum (u_{n+1} – u_n)\) converge absolument, donc converge. Or ses sommes partielles sont télescopiques : \(\sum_{k=0}^{n-1} (u_{k+1} – u_k) = u_n – u_0 = u_n\). La suite \((u_n)\) converge vers un réel \(\ell\).
4. La fonction \(f\) est continue. En passant à la limite dans \(u_{n+1} = f(u_n)\), on obtient \(\ell = f(\ell)\). Ensuite, posons \(g(x) = x – 1 – \frac{1}{2} \sin x\). On a \(g^{\prime}(x) = 1 – \frac{1}{2} \cos x \geq\, \frac{1}{2} > 0\), donc \(g\) est strictement croissante et s’annule au plus une fois. Le réel \(\ell\) est l’unique solution de \(x = 1 + \frac{1}{2} \sin x\).
5. Pour \(n \geq\, 0\), on écrit \(\ell – u_n = \sum_{k=n}^{+\infty} (u_{k+1} – u_k)\). L’inégalité triangulaire donne
   \[|u_n – \ell| \leq\, \sum_{k=n}^{+\infty} \frac{1}{2^k} = \frac{1}{2^n} \cdot \frac{1}{1 – 1/2} = \frac{1}{2^{n-1}}.\]
   Pour une précision de \(10^{-3}\), il suffit que \(2^{n-1} \geq\, 1000\). Or \(2^9 = 512\) et \(2^{10} = 1024\). Il suffit donc que \(n – 1 \geq\, 10\). Le rang \(n = 11\) suffit. On trouve \(\ell \approx 1{,}4987\).

La construction en escalier ci-dessous visualise l’itération. Les marches rétrécissent au moins de moitié à chaque étape : c’est exactement la majoration de la question 2.

Corrigé de l’exercice 19 : Un produit de Cauchy de séries semi-convergentes

1. La suite \(\frac{1}{n+1}\) est positive, décroissante et tend vers \(0\). Par le critère spécial, \(\sum a_n\) converge. Mais \(\sum \frac{1}{n+1}\) est la série harmonique, qui diverge. La série \(\sum a_n\) est semi-convergente.
2. On réduit au même dénominateur :
   \[\frac{1}{k+1} + \frac{1}{n-k+1} = \frac{(n-k+1) + (k+1)}{(k+1)(n-k+1)} = \frac{n+2}{(k+1)(n-k+1)}.\]
   D’où l’identité demandée. Ensuite, comme dans l’exercice 15, \(a_k a_{n-k} = \frac{(-1)^n}{(k+1)(n-k+1)}\). En sommant, on remarque que \(\sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k+1} = H_{n+1}\) et que \(\sum_{k=0}^{n} \frac{1}{n-k+1} = H_{n+1}\) aussi, par le changement d’indice \(j = n – k\). Donc \(c_n = (-1)^n \frac{2 H_{n+1}}{n+2}\).
3. On calcule \(d_n – d_{n+1} = \frac{(n+3) H_{n+1} – (n+2) H_{n+2}}{(n+2)(n+3)}\). Or \((n+2) H_{n+2} = (n+2) H_{n+1} + 1\). Le numérateur vaut donc \(H_{n+1} – 1\), qui est positif car \(H_{n+1} \geq\, H_1 = 1\). Ainsi, \((d_n)\) est décroissante. Enfin, \(H_{n+1} \leq\, 1 + \ln(n+1)\) par comparaison à une intégrale, donc \(d_n \to 0\) par croissances comparées.
4. On a \(c_n = (-1)^n \cdot 2 d_n\), avec \((2 d_n)\) positive, décroissante et de limite nulle. Par le critère spécial, \(\sum c_n\) converge. En revanche, \(|c_n| = \frac{2 H_{n+1}}{n+2} \geq\, \frac{2}{n+2}\), terme d’une série divergente. Le produit n’est pas absolument convergent. Ainsi, sans convergence absolue, le produit de Cauchy peut converger (ici) ou diverger (exercice 15) : le théorème du cours ne dit rien dans ce cas.

Point de méthode : dans un produit de Cauchy, on commence toujours par factoriser le signe \((-1)^n\), qui ne dépend pas de l’indice de sommation.

Corrigé de l’exercice 20 : Problème, série harmonique alternée et réarrangements

Partie A.

1. La concavité du logarithme donne \(\ln(1+x) \leq\, x\) pour \(x > -1\). Avec \(x = \frac{1}{n}\), on obtient \(\ln( 1 + \frac{1}{n} ) \leq\, \frac{1}{n}\). Avec \(x = -\frac{1}{n+1}\), on obtient \(\ln( \frac{n}{n+1} ) \leq\, -\frac{1}{n+1}\), soit \(\ln( 1 + \frac{1}{n} ) \geq\, \frac{1}{n+1}\). L’encadrement est démontré.
2. D’une part, \(u_{n+1} – u_n = \frac{1}{n+1} – \ln( 1 + \frac{1}{n} ) \leq\, 0\) : \((u_n)\) décroît. D’autre part, \(v_{n+1} – v_n = \frac{1}{n} – \ln( 1 + \frac{1}{n} ) \geq\, 0\) : \((v_n)\) croît. Enfin, \(u_n – v_n = \frac{1}{n} \to 0\). Les suites sont adjacentes, comme le montrait la figure de l’énoncé. Leur limite commune \(\gamma\) vérifie \(H_n – \ln n \to \gamma\).

Partie B.

1. Dans \(S_{2N}\), les termes d’indice impair sont comptés positivement et ceux d’indice pair négativement. On ajoute et on retranche la somme des termes pairs :
   \[S_{2N} = H_{2N} – 2 \sum_{j=1}^{N} \frac{1}{2j} = H_{2N} – H_N.\]
   On a bien \(S_{2N} = H_{2N} – H_N\).
2. D’après la partie A, \(S_{2N} = \ln(2N) + \gamma – \ln N – \gamma + o(1) \to \ln 2\). Ensuite, \(S_{2N+1} = S_{2N} + \frac{1}{2N+1} \to \ln 2\). Les sous-suites paire et impaire ont la même limite. La série converge et sa somme vaut \(\ln 2\).
3. La suite \(\frac{1}{n}\) décroît vers \(0\), donc le critère spécial s’applique. Le reste \(\ln 2 – S_n\) vérifie \(|\ln 2 – S_n| \leq\, \frac{1}{n+1}\). Il a le signe du premier terme omis, \(\frac{(-1)^{n+2}}{n+1}\), c’est-à-dire le signe de \((-1)^n\).

Partie C.

1. Le \(k\)-ième paquet de \(T\) est \(\frac{1}{2k-1} – \frac{1}{4k-2} – \frac{1}{4k}\). Or \(\frac{1}{2k-1} – \frac{1}{4k-2} = \frac{1}{2(2k-1)}\). Le paquet vaut donc \(\frac{1}{2} ( \frac{1}{2k-1} – \frac{1}{2k} )\). En sommant pour \(k\) de \(1\) à \(N\), on reconnaît \(\frac{1}{2} S_{2N}\). La somme des \(3N\) premiers termes vaut donc \(\frac{1}{2}(H_{2N} – H_N) \to \frac{1}{2} \ln 2\). Les termes tendent vers \(0\) et les paquets ont trois termes. D’après l’exercice 16, \(T\) converge et sa somme vaut \(\frac{1}{2} \ln 2\).
2. Les \(3N\) premiers termes de \(U\) contiennent les \(2N\) premiers inverses d’impairs et les \(N\) premiers inverses de pairs, affectés du signe moins. Or \(\sum_{k=1}^{2N} \frac{1}{2k-1} = H_{4N} – \frac{1}{2} H_{2N}\), en retirant de \(H_{4N}\) les termes pairs. La somme vaut donc
   \[U_{3N} = H_{4N} – \frac{1}{2} H_{2N} – \frac{1}{2} H_N.\]
   Avec la partie A, \(U_{3N} = \ln 4 + \ln N – \frac{1}{2} (\ln 2 + \ln N) – \frac{1}{2} \ln N + o(1)\). Les \(\gamma\) et les \(\ln N\) se compensent, donc \(U_{3N} \to 2 \ln 2 – \frac{1}{2} \ln 2\). Comme dans la question 1, \(U\) converge et sa somme vaut \(\frac{3}{2} \ln 2\).
3. Les séries \(T\) et \(U\) ont exactement les mêmes termes que la série harmonique alternée. Pourtant, leurs sommes diffèrent : pour une série semi-convergente, la somme dépend de l’ordre des termes. Pour une série absolument convergente, au contraire, tout réarrangement converge vers la même somme, comme le rappelle le cours. Ce phénomène vient donc de la divergence de \(\sum 1/n\).

La figure ci-dessous compare les trois ordres de sommation. Les sommes partielles se stabilisent vers trois limites distinctes : \(\frac{1}{2} \ln 2\), \(\ln 2\) et \(\frac{3}{2} \ln 2\).

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Pour aller plus loin en L2

• Le cours : séries à termes quelconques, cours de maths en L2
• Les énoncés : exercices de maths en L2 sur séries à termes quelconques
• À maîtriser avant : Séries numériques à termes positifs
• Chapitre précédent : Séries numériques à termes positifs
• Chapitre suivant : Intégrales généralisées
• 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