Corrigé du contrôle de maths spé : séries numériques et sommation des équivalents

Exercice 1 : Question de cours : sommation des relations de comparaison (4 points)

1. Théorème. Soient \((v_n)\) une suite de réels positifs et \((u_n)\) une suite réelle telle que \(u_n \sim v_n\).

   Si \(\sum v_n\) converge, alors \(\sum u_n\) converge et les restes sont équivalents : \(R_n(u) \sim R_n(v)\).

   Si \(\sum v_n\) diverge, alors \(\sum u_n\) diverge et les sommes partielles sont équivalentes : \(S_n(u) \sim S_n(v)\).

2. Soit \(\varepsilon > 0\). Comme \(u_n – v_n = o(v_n)\), il existe \(N\) tel que \(|u_k – v_k| \leq\, \varepsilon v_k\) pour tout \(k \geq\, N\). En particulier, \(|u_k| \leq\, (1 + \varepsilon) v_k\) pour \(k \geq\, N\). La série \(\sum v_k\), à termes positifs, converge : par comparaison, \(\sum u_k\) converge absolument, donc converge.

   Pour \(n \geq\, N\), l’inégalité triangulaire (passée à la limite dans les sommes partielles) donne :

   \[|R_n(u) – R_n(v)| \leq\, \sum_{k=n+1}^{+\infty} |u_k – v_k| \leq\, \varepsilon \sum_{k=n+1}^{+\infty} v_k = \varepsilon R_n(v).\]

   Ceci vaut pour tout \(\varepsilon > 0\) : \(R_n(u) – R_n(v) = o(R_n(v))\). Donc \(R_n(u) \sim R_n(v)\).

3. Soit \(\varepsilon > 0\) et \(N\) comme en b). La série \(\sum u_n\) diverge, car \(u_k \geq\, (1 – \varepsilon) v_k\) pour \(k \geq\, N\) (avec \(\varepsilon < 1\)), et \(\sum v_k\) est une série positive divergente. Pour \(n \geq\, N\) :

   \[|S_n(u) – S_n(v)| \leq\, \sum_{k=0}^{N-1} |u_k – v_k| + \varepsilon \sum_{k=N}^{n} v_k \leq\, C_N + \varepsilon S_n(v),\]

   où \(C_N = \sum_{k=0}^{N-1} |u_k – v_k|\) ne dépend pas de \(n\). Comme \(\sum v_n\) est positive et divergente, \(S_n(v) \to +\infty\) : il existe \(N_1 \geq\, N\) tel que \(C_N \leq\, \varepsilon S_n(v)\) pour \(n \geq\, N_1\). Alors \(|S_n(u) – S_n(v)| \leq\, 2 \varepsilon S_n(v)\).

   Ainsi \(S_n(u) – S_n(v) = o(S_n(v))\), c’est-à-dire \(S_n(u) \sim S_n(v)\).

Barème : a) 0,5 point par cas, hypothèse de signe comprise ; b) 0,5 point pour la convergence de \(\sum u_n\), 1 point pour la majoration des restes ; c) 0,5 point pour la découpe au rang \(N\), 0,5 point pour l’absorption de la constante, 0,5 point pour la conclusion.

Erreur fréquente : oublier l’hypothèse de signe constant sur \((v_n)\) ; sans elle, le théorème est faux.

Exercice 2 : Nature de séries par d’Alembert et équivalents (4 points)

1. Le terme \(u_n = \frac{n!}{n^n}\) 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 \(n \ln(1 + \frac{1}{n}) \to 1\), ce rapport tend vers \(\frac{1}{e} < 1\). D’après la règle de d’Alembert, la série converge.

2. Le terme \(u_n = \frac{(2n)!}{(n!)^2 5^n}\) est strictement positif, et :

   \[\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{(2n+2)(2n+1)}{(n+1)^2 \times 5} = \frac{2(2n+1)}{5(n+1)} \xrightarrow[n \to +\infty]{ \frac{4}{5} < 1.\]

   D’après la règle de d’Alembert, la série converge.

3. Pour \(n \geq\, 1\), \(1 – \cos\frac{1}{n} \geq\, 0\), et comme \(\frac{1}{n} \to 0\), \(1 – \cos\frac{1}{n} \sim \frac{1}{2n^2}\). La série de Riemann \(\sum \frac{1}{n^2}\) converge (exposant \(2 > 1\)). Par comparaison de séries à termes positifs équivalents, la série converge.

4. Le terme \(u_n = \frac{a^n}{n}\) est strictement positif et \(\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{n}{n+1}\, a \to a\).

   Si \(a < 1\), la série converge (d’Alembert). Si \(a > 1\), \(\frac{a^n}{n} \to +\infty\) par croissances comparées : la série diverge grossièrement. Si \(a = 1\), la règle ne conclut pas, mais on reconnaît la série harmonique : elle diverge.

Barème : 1 point par série ; en d), 0,25 point pour le rapport, 0,25 point par cas.

Exercice 3 : Comparaison série-intégrale (4 points)

1. Sur \([2, +\infty[\), la fonction \(t \mapsto t \ln t\) est strictement positive et croissante, comme produit de fonctions positives croissantes. Donc \(f\) est décroissante et positive. Une primitive de \(f\) est \(F : t \mapsto \ln(\ln t)\), car \(F^{\prime}(t) = \frac{1/t}{\ln t}\).

   Par décroissance, pour \(k \geq\, 2\), \(\int_k^{k+1} f \leq\, f(k)\), et pour \(k \geq\, 3\), \(f(k) \leq\, \int_{k-1}^{k} f\). En sommant :

   \[\ln(\ln(n+1)) – \ln(\ln 2) = \int_2^{n+1} f \leq\, S_n \leq\, f(2) + \int_2^{n} f = \frac{1}{2 \ln 2} + \ln(\ln n) – \ln(\ln 2).\]

   

   Le minorant tend vers \(+\infty\) : la série \(\sum \frac{1}{k \ln k}\) diverge. De plus, \(\ln(n+1) = \ln n + \ln(1 + \frac{1}{n})\), donc :

   \[\ln(\ln(n+1)) = \ln(\ln n) + \ln(1 + \frac{\ln(1 + 1/n)}{\ln n}) = \ln(\ln n) + o(1).\]

   Les deux bornes s’écrivent donc \(\ln(\ln n) + O(1)\). Comme \(\ln(\ln n) \to +\infty\), on divise par \(\ln(\ln n)\) et le théorème des gendarmes donne \(\frac{S_n}{\ln(\ln n)} \to 1\). Ainsi \(S_n \sim \ln(\ln n)\).

2. La fonction \(t \mapsto \frac{1}{t^2}\) est décroissante sur \(]0, +\infty[\). Pour \(k \geq\, 2\), \(\int_k^{k+1} \frac{dt}{t^2} \leq\, \frac{1}{k^2} \leq\, \int_{k-1}^{k} \frac{dt}{t^2}\). On somme pour \(k\) allant de \(n+1\) à \(+\infty\), les intégrales généralisées convergeant :

   \[\frac{1}{n+1} = \int_{n+1}^{+\infty} \frac{dt}{t^2} \leq\, R_n \leq\, \int_{n}^{+\infty} \frac{dt}{t^2} = \frac{1}{n}.\]

   Comme \(\frac{1}{n+1} \sim \frac{1}{n}\), l’encadrement donne \(n R_n \to 1\). Donc \(R_n \sim \frac{1}{n}\).

Barème : a) 0,5 point pour la décroissance et la primitive, 1 point pour l’encadrement, 0,25 point pour la divergence, 0,75 point pour l’équivalent ; b) 1 point pour l’encadrement, 0,5 point pour l’équivalent.

Exercice 4 : Série alternée et produit de Cauchy (3 points)

1. On a \(a_n = (-1)^n b_n\) avec \(b_n = \frac{1}{\sqrt{n+1}}\). La suite \((b_n)\) est positive, décroissante, et tend vers \(0\). D’après le critère spécial des séries alternées, \(\sum a_n\) converge.

2. On a \(|a_n| = \frac{1}{\sqrt{n+1}} \sim \frac{1}{n^{1/2}}\), terme d’une série de Riemann d’exposant \(\frac{1}{2} \leq\, 1\), divergente. La série n’est pas absolument convergente : elle est semi-convergente.

3. On calcule \(a_k a_{n-k} = \frac{(-1)^k (-1)^{n-k}}{\sqrt{(k+1)(n-k+1)}} = \frac{(-1)^n}{\sqrt{(k+1)(n-k+1)}}\). Tous les termes de \(c_n\) ont donc le même signe \((-1)^n\). D’après l’inégalité arithmético-géométrique :

   \[\sqrt{(k+1)(n-k+1)} \leq\, \frac{(k+1) + (n-k+1)}{2} = \frac{n+2}{2}.\]

   Chacun des \(n + 1\) termes est donc au moins égal à \(\frac{2}{n+2}\) en valeur absolue, d’où \(|c_n| \geq\, \frac{2(n+1)}{n+2}\). Ce minorant tend vers \(2\), donc \((c_n)\) ne tend pas vers \(0\).

   La série \(\sum c_n\) diverge grossièrement. Le théorème sur le produit de Cauchy exige que les deux séries soient absolument convergentes, hypothèse en défaut d’après b).

Barème : a) 1 point (trois hypothèses du critère citées) ; b) 0,5 point ; c) 0,5 point pour le signe commun, 0,5 point pour la minoration, 0,5 point pour la divergence et l’hypothèse manquante.

Exercice 5 : Problème : développement asymptotique de la série harmonique (5 points)

1. Pour \(n \geq\, 2\), \(w_n = H_n – H_{n-1} – \ln n + \ln(n-1) = \frac{1}{n} + \ln\frac{n-1}{n} = \frac{1}{n} + \ln(1 – \frac{1}{n})\).

   Le développement limité \(\ln(1 – x) = -x – \frac{x^2}{2} + o(x^2)\) en \(0\), avec \(x = \frac{1}{n}\), donne \(w_n = -\frac{1}{2n^2} + o(\frac{1}{n^2})\), donc \(w_n \sim -\frac{1}{2n^2}\).

   La série \(\sum -w_n\) est donc, à partir d’un certain rang, à termes positifs, et équivalente au terme d’une série de Riemann convergente. Elle converge. Or \(u_n = u_1 + \sum_{k=2}^{n} w_k\) : par le lien suite-série, la suite \((u_n)\) converge.

2. Pour \(N > n\), \(u_N – u_n = \sum_{k=n+1}^{N} w_k\). En faisant tendre \(N\) vers \(+\infty\), on obtient \(\gamma – u_n = \sum_{k=n+1}^{+\infty} w_k\), donc :

   \[u_n – \gamma = \sum_{k=n+1}^{+\infty} (-w_k).\]

   On applique le théorème de sommation des équivalents dans le cas convergent (exercice 1) avec \(-w_k \sim \frac{1}{2k^2}\), la suite \((\frac{1}{2k^2})\) étant positive et de série convergente. Les restes sont équivalents : \(u_n – \gamma \sim \frac{1}{2} R_n\). D’après l’exercice 3 b), \(R_n \sim \frac{1}{n}\). Donc \(u_n – \gamma \sim \frac{1}{2n}\).

   Autrement dit, \(u_n – \gamma = \frac{1}{2n} + o(\frac{1}{n})\), soit :

   \[H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + o(\frac{1}{n}).\]

   

3. On a \(\sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k} = H_{2n} – H_n\). Avec le développement de b), appliqué en \(2n\) puis en \(n\) :

   \[H_{2n} – H_n = \ln(2n) + \gamma + \frac{1}{4n} – \ln n – \gamma – \frac{1}{2n} + o(\frac{1}{n}).\]

   Comme \(\ln(2n) – \ln n = \ln 2\) et \(\frac{1}{4n} – \frac{1}{2n} = -\frac{1}{4n}\), on obtient \(\sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k} = \ln 2 – \frac{1}{4n} + o(\frac{1}{n})\).

4. D’après c), le terme général vérifie \(t_n = H_{2n} – H_n – \ln 2 \sim -\frac{1}{4n}\). Il est donc négatif à partir d’un certain rang. La série \(\sum -t_n\) est alors à termes positifs, équivalents à ceux de \(\frac{1}{4}\sum \frac{1}{n}\), divergente. La série \(\sum t_n\) diverge.

Barème : a) 0,25 point pour \(w_n\), 0,5 point pour l’équivalent, 0,75 point pour la convergence de \((u_n)\) ; b) 0,5 point pour l’écriture en reste, 1 point pour le théorème cité avec ses hypothèses, 0,5 point pour le développement de \(H_n\) ; c) 1 point ; d) 0,5 point.

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Après le corrigé du contrôle : séries numériques et sommation des équivalents

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