Corrigé du contrôle de maths L2 : séries numériques à termes positifs

Exercice 1 : Question de cours, le critère de Riemann (4 points)

1. Soit \(k \geq\, 2\). Pour \(t \in [k-1, k]\), on a \(0 < k-1 \leq\, t \leq\, k\). Comme \(\alpha > 0\), la fonction \(t \mapsto t^{\alpha}\) est croissante sur \(]0, +\infty[\), donc \(\dfrac{1}{k^{\alpha}} \leq\, \dfrac{1}{t^{\alpha}} \leq\, \dfrac{1}{(k-1)^{\alpha}}\). On intègre ces inégalités sur un intervalle de longueur 1 (croissance de l’intégrale) : \(\dfrac{1}{k^{\alpha}} \leq\, \displaystyle\int_{k-1}^{k} \frac{\mathrm{d}t}{t^{\alpha}} \leq\, \dfrac{1}{(k-1)^{\alpha}}\).
2. On somme l’inégalité de gauche pour \(k\) de 2 à \(n\) (relation de Chasles) :
   \[S_n = 1 + \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k^{\alpha}} \leq\, 1 + \int_{1}^{n} \frac{\mathrm{d}t}{t^{\alpha}} = 1 + \frac{1 – n^{1-\alpha}}{\alpha – 1} \leq\, 1 + \frac{1}{\alpha – 1} = \frac{\alpha}{\alpha – 1}.\]
   La suite \((S_n)\) est croissante, car ses termes ajoutés sont positifs, et elle est majorée. Par le théorème de la limite monotone, elle converge. Donc la série \(\sum \frac{1}{n^{\alpha}}\) converge pour \(\alpha > 1\).
3. On somme cette fois l’inégalité de droite pour \(k\) de 2 à \(n\) :
   \[\int_{1}^{n} \frac{\mathrm{d}t}{t^{\alpha}} \leq\, \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{(k-1)^{\alpha}} = S_{n-1}.\]
   Si \(\alpha = 1\), l’intégrale vaut \(\ln n\), qui tend vers \(+\infty\). Si \(0 < \alpha < 1\), elle vaut \(\dfrac{n^{1-\alpha} – 1}{1 – \alpha}\), qui tend aussi vers \(+\infty\) car \(1 – \alpha > 0\). Par comparaison, \(S_{n-1} \to +\infty\) : la série diverge pour \(0 < \alpha \leq\, 1\). Enfin, si \(\alpha \leq\, 0\), on a \(\frac{1}{n^{\alpha}} = n^{-\alpha} \geq\, 1\) : le terme général ne tend pas vers 0 et la série diverge grossièrement.

Barème : a) 1 point (0,5 pour la monotonie de \(t \mapsto t^{\alpha}\), 0,5 pour l’intégration) ; b) 1,5 point : 0,5 pour la sommation, 0,5 pour le calcul de l’intégrale, 0,5 pour l’argument de limite monotone ; c) 1,5 point : 0,5 pour la minoration, 0,5 pour les deux calculs d’intégrale, 0,5 pour le cas \(\alpha \leq\, 0\).

Exercice 2 : Nature de cinq séries (5 points)

1. Le terme \(u_n\) est positif et \(u_n \sim \dfrac{n}{n^3} = \dfrac{1}{n^2}\). Or \(\sum \frac{1}{n^2}\) est une série de Riemann convergente (\(2 > 1\)). Par le théorème de comparaison par équivalents pour les séries à termes positifs, \(\sum u_n\) converge.
2. On a \(1 – \cos x \geq\, 0\) et \(1 – \cos x \sim \dfrac{x^2}{2}\) quand \(x \to 0\). Comme \(\frac{1}{n} \to 0\), \(u_n \sim \dfrac{1}{2n^2}\), terme positif d’une série convergente. Par équivalence, \(\sum u_n\) converge.
3. On a \(u_n > 0\) et \(\ln(1+x) \sim x\) quand \(x \to 0\), donc \(u_n \sim \dfrac{1}{n^{1/2}}\). La série de Riemann \(\sum \frac{1}{n^{1/2}}\) diverge car \(\frac{1}{2} \leq\, 1\). Par équivalence de séries à termes positifs, \(\sum u_n\) diverge.
4. Le terme \(u_n\) est strictement positif et \(\dfrac{u_{n+1}}{u_n} = \dfrac{(n+1)^2}{2n^2} = \dfrac{1}{2}(1 + \dfrac{1}{n})^2 \to \dfrac{1}{2}\). La limite est strictement inférieure à 1, donc, d’après la règle de d’Alembert, \(\sum u_n\) converge.
5. Le terme \(u_n\) est strictement positif et
   \[\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}} \times \frac{n^n}{n!} = \frac{n^n}{(n+1)^n} = (1 + \frac{1}{n})^{-n} = \exp(-n\ln(1 + \frac{1}{n})).\]
   Comme \(n \ln(1 + \frac{1}{n}) \to 1\), le rapport tend vers \(e^{-1} < 1\). Par la règle de d’Alembert, \(\sum u_n\) converge.

Erreur fréquente : appliquer un équivalent sans vérifier que les termes sont positifs, ou conclure avec la règle de d’Alembert quand la limite du rapport vaut 1.

Barème : 1 point par série : 0,5 pour l’équivalent ou la limite du rapport, 0,5 pour le critère cité avec ses hypothèses et la conclusion.

Exercice 3 : Deux séries à paramètre (3 points)

1. La fonction exponentielle est convexe, donc \(e^{x} \geq\, 1 + x\) avec égalité seulement pour \(x = 0\). Avec \(x = \frac{1}{n} \neq 0\), on obtient \(e^{1/n} – 1 – \frac{1}{n} > 0\), donc \(u_n > 0\). Ensuite, \(e^{x} – 1 – x \sim \dfrac{x^2}{2}\) quand \(x \to 0\), d’où
   \[u_n \sim n^{a} \times \frac{1}{2n^2} = \frac{1}{2n^{2-a}}.\]
   Par comparaison avec la série de Riemann \(\sum \frac{1}{n^{2-a}}\), la série converge si et seulement si \(2 – a > 1\). Ainsi, \(\sum u_n\) converge si et seulement si \(a < 1\).
2. Si \(a \leq\, 0\), alors \(1 – \frac{a}{n} \geq\, 1\), donc \(w_n \geq\, 1\) : le terme général ne tend pas vers 0, la série diverge grossièrement. Si \(a > 0\), pour \(n > a\) on a \(0 < 1 – \frac{a}{n} < 1\), donc \(w_n > 0\) et
   \[(w_n)^{1/n} = (1 – \frac{a}{n})^{n} = \exp(n \ln(1 – \frac{a}{n})) \to e^{-a}.\]
   En effet, \(n\ln(1 – \frac{a}{n}) \sim n \times (-\frac{a}{n}) = -a\). Comme \(e^{-a} < 1\), la règle de Cauchy donne la convergence. Conclusion : \(\sum w_n\) converge si et seulement si \(a > 0\).

Barème : a) 1,5 point : 0,5 pour la positivité, 0,5 pour l’équivalent, 0,5 pour la discussion ; b) 1,5 point : 0,5 pour le cas \(a \leq\, 0\), 1 pour la règle de Cauchy (limite et conclusion).

Exercice 4 : Encadrer deux sommes partielles (3 points)

1. La fonction \(t \mapsto \frac{1}{t}\) est décroissante sur \([1, +\infty[\). Pour \(k \geq\, 1\) et \(t \in [k, k+1]\), \(\frac{1}{t} \leq\, \frac{1}{k}\), donc \(\int_{k}^{k+1} \frac{\mathrm{d}t}{t} \leq\, \frac{1}{k}\). En sommant de 1 à \(n\) : \(\ln(n+1) \leq\, H_n\). De même, pour \(k \geq\, 2\), \(\frac{1}{k} \leq\, \int_{k-1}^{k} \frac{\mathrm{d}t}{t}\), et en sommant de 2 à \(n\) : \(H_n – 1 \leq\, \ln n\). D’où \(\ln(n+1) \leq\, H_n \leq\, 1 + \ln n\). Pour \(n \geq\, 2\), on divise par \(\ln n > 0\) :
   \[\frac{\ln(n+1)}{\ln n} = 1 + \frac{\ln(1 + \frac{1}{n})}{\ln n} \leq\, \frac{H_n}{\ln n} \leq\, 1 + \frac{1}{\ln n}.\]
   Les deux bornes tendent vers 1. Par le théorème des gendarmes, \(H_n \sim \ln n\).
2. Cette fois, \(t \mapsto \ln t\) est croissante. Pour \(k \geq\, 1\), \(\ln k \leq\, \int_{k}^{k+1} \ln t \,\mathrm{d}t\) ; pour \(k \geq\, 2\), \(\int_{k-1}^{k} \ln t \,\mathrm{d}t \leq\, \ln k\) (voir la figure). En sommant, et puisque \(\ln 1 = 0\) :
   \[\int_{1}^{n} \ln t \,\mathrm{d}t \leq\, L_n \leq\, \int_{1}^{n+1} \ln t \,\mathrm{d}t.\]
   Une primitive de \(\ln\) est \(t \mapsto t\ln t – t\), donc \(\int_{1}^{x} \ln t \,\mathrm{d}t = x \ln x – x + 1\). On obtient \(n \ln n – n + 1 \leq\, L_n \leq\, (n+1)\ln(n+1) – n\). Pour l’équivalent, on divise par \(n \ln n\). La borne de gauche donne \(1 – \frac{1}{\ln n} + \frac{1}{n \ln n} \to 1\). Pour celle de droite, \((n+1)\ln(n+1) = (n+1)\ln n + (n+1)\ln(1 + \frac{1}{n})\) et \(0 \leq\, (n+1)\ln(1 + \frac{1}{n}) \leq\, \frac{n+1}{n} \leq\, 2\), donc
   \[\frac{(n+1)\ln(n+1) – n}{n \ln n} \leq\, \frac{n+1}{n} + \frac{2 – n}{n \ln n} \to 1.\]
   Par encadrement, \(\ln(n!) \sim n \ln n\).

Barème : a) 1,5 point : 1 pour l’encadrement (0,5 par inégalité), 0,5 pour l’équivalent ; b) 1,5 point : 0,5 pour la comparaison, 0,5 pour le calcul des intégrales, 0,5 pour l’équivalent.

Exercice 5 : Problème, équivalent du reste d’une série de Riemann (5 points)

1. La fonction \(f : t \mapsto t^{-\alpha}\) est positive et décroissante sur \([1, +\infty[\). Pour \(k \geq\, 2\), on a donc \(\int_{k}^{k+1} f \leq\, f(k) \leq\, \int_{k-1}^{k} f\). On somme pour \(k\) de \(n+1\) à \(N\) :
   \[\int_{n+1}^{N+1} \frac{\mathrm{d}t}{t^{\alpha}} \leq\, \sum_{k=n+1}^{N} \frac{1}{k^{\alpha}} \leq\, \int_{n}^{N} \frac{\mathrm{d}t}{t^{\alpha}}.\]
   Or \(\int_{x}^{+\infty} \frac{\mathrm{d}t}{t^{\alpha}} = \frac{1}{(\alpha – 1)x^{\alpha – 1}}\) pour \(x > 0\), intégrale convergente car \(\alpha > 1\). En faisant tendre \(N\) vers \(+\infty\), on obtient \(\dfrac{1}{(\alpha – 1)(n+1)^{\alpha – 1}} \leq\, R_n(\alpha) \leq\, \dfrac{1}{(\alpha – 1)n^{\alpha – 1}}\). On multiplie par \((\alpha – 1)n^{\alpha – 1} > 0\) : \((\frac{n}{n+1})^{\alpha – 1} \leq\, (\alpha – 1)n^{\alpha – 1}R_n(\alpha) \leq\, 1\), et la borne de gauche tend vers 1. Par encadrement, \(R_n(\alpha) \sim \dfrac{1}{(\alpha – 1)n^{\alpha – 1}}\).
2. Les \(R_n(\alpha)\) sont positifs et équivalents à \(\frac{1}{\alpha – 1} \times \frac{1}{n^{\alpha – 1}}\). Par comparaison avec une série de Riemann, \(\sum R_n(\alpha)\) converge si et seulement si \(\alpha – 1 > 1\), c’est-à-dire \(\alpha > 2\).
3. On réduit au même dénominateur \(k^2(k-1)\) :
   \[\frac{1}{k-1} – \frac{1}{k} – \frac{1}{k^2} = \frac{k^2 – k(k-1) – (k-1)}{k^2(k-1)} = \frac{k^2 – k^2 + k – k + 1}{k^2(k-1)} = \frac{1}{k^2(k-1)}.\]
4. La série télescopique vérifie \(\displaystyle\sum_{k=n+1}^{N}(\frac{1}{k-1} – \frac{1}{k}) = \frac{1}{n} – \frac{1}{N} \to \frac{1}{n}\). Les trois séries \(\sum (\frac{1}{k-1} – \frac{1}{k})\), \(\sum \frac{1}{k^2}\) et \(\sum \frac{1}{k^2(k-1)}\) convergent, donc on peut sommer l’égalité de c) de \(n+1\) à \(+\infty\) : \(\dfrac{1}{n} – R_n(2) = \displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty} \frac{1}{k^2(k-1)}\).
5. On a \(\frac{1}{k^2(k-1)} \sim \frac{1}{k^3}\), et ces termes sont positifs, de séries convergentes. Le théorème de sommation des relations de comparaison assure que les restes sont équivalents : \(\sum_{k>n} \frac{1}{k^2(k-1)} \sim R_n(3)\). Par a) avec \(\alpha = 3\), \(R_n(3) \sim \frac{1}{2n^2}\). Donc \(\frac{1}{n} – R_n(2) = \frac{1}{2n^2} + o(\frac{1}{n^2})\), soit \(R_n(2) = \dfrac{1}{n} – \dfrac{1}{2n^2} + o(\dfrac{1}{n^2})\). Contrôle numérique : pour \(n = 10\), \(\frac{1}{10} – \frac{1}{200} = 0{,}095\), et \(R_{10}(2) \approx 0{,}0952\).

Barème : a) 2 points : 1 pour l’encadrement (comparaison et passage à la limite), 0,5 pour le calcul des intégrales, 0,5 pour l’équivalent ; b) 1 point ; c) 0,5 point ; d) 0,5 point (télescopage justifié) ; e) 1 point : 0,5 pour le théorème cité avec ses hypothèses, 0,5 pour le développement.

Revenir à l’énoncé du contrôle

Après le corrigé du contrôle : séries numériques à termes positifs

Pour consolider ce que le corrigé vous a appris, relisez le cours « Séries à termes positifs » en L2 puis entraînez-vous avec les exercices corrigés séries à termes positifs.

Retrouvez tous les contrôles de maths de L2 classés par chapitre, ou choisissez un autre niveau sur la page contrôles de maths du CP au post-bac.

Autres contrôles de maths de L2 sur ce thème

• Contrôle de maths L2 : comparaison série-intégrale et restes