Séries numériques : corrigé des exercices de maths sup.

Corrigé de l’exercice 1 : Sommes partielles et séries télescopiques

1. Pour \(k \geq\, 1\), on a \(\frac{1}{k(k+1)} = \frac{(k+1) – k}{k(k+1)} = \frac{1}{k} – \frac{1}{k+1}\). La somme partielle est donc télescopique :
   \[S_n = \sum_{k=1}^{n} (\frac{1}{k} – \frac{1}{k+1}) = 1 – \frac{1}{n+1}.\]
   Ainsi, \(S_n \to 1\). La série converge et \(\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n(n+1)} = 1\).
2. Vérifions d’abord l’identité proposée. On a \(\frac{1}{n(n+1)} – \frac{1}{(n+1)(n+2)} = \frac{(n+2) – n}{n(n+1)(n+2)} = \frac{2}{n(n+1)(n+2)}\). Posons \(a_n = \frac{1}{n(n+1)}\). Alors
   \[\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k(k+1)(k+2)} = \frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n} (a_k – a_{k+1}) = \frac{1}{2}(a_1 – a_{n+1}) = \frac{1}{2}(\frac{1}{2} – \frac{1}{(n+1)(n+2)}).\]
   Cette quantité tend vers \(\frac{1}{4}\). La série converge et sa somme vaut \(\frac{1}{4}\).
3. Pour \(n \geq\, 2\), on a \(1 – \frac{1}{n^2} = \frac{(n-1)(n+1)}{n^2} > 0\). Le logarithme transforme ce produit en somme :
   \[\ln(1 – \frac{1}{n^2}) = \big(\ln(n-1) – \ln n\big) + \big(\ln(n+1) – \ln n\big).\]
   Chaque parenthèse donne une somme télescopique. Pour \(N \geq\, 2\), on obtient
   \[\sum_{n=2}^{N} \ln(1 – \frac{1}{n^2}) = (\ln 1 – \ln N) + \big(\ln(N+1) – \ln 2\big) = \ln\frac{N+1}{N} – \ln 2.\]
   Or \(\frac{N+1}{N} \to 1\), donc \(\ln\frac{N+1}{N} \to 0\). La série converge et sa somme vaut \(-\ln 2\).

La figure ci-dessous montre les sommes partielles des deux premières séries. Elles s’approchent de leurs limites respectives \(1\) et \(\frac{1}{4}\), sans jamais les dépasser.

Point de méthode : découpez toujours la somme partielle avant de passer à la limite. En effet, séparer la série en deux séries divergentes, comme \(\sum \frac{1}{n}\) et \(\sum \frac{1}{n+1}\), n’a pas de sens.

Corrigé de l’exercice 2 : Divergence grossière

1. D’abord, \(\cos\frac{1}{n} \to \cos 0 = 1\) par continuité du cosinus. Ensuite, \(\sin\frac{1}{n} \sim \frac{1}{n}\), donc \(n \sin\frac{1}{n} \to 1\). Enfin, \((1 + \frac{1}{n})^n = \exp(n \ln(1 + \frac{1}{n}))\). Or \(n\ln(1 + \frac{1}{n}) \to 1\), car \(\ln(1+x) \sim x\) en \(0\). Donc ce terme tend vers \(e\). Aucun de ces termes généraux ne tend vers \(0\) : les trois séries divergent grossièrement.
2. La suite \(((-1)^n)\) n’a pas de limite : ses termes pairs valent \(1\) et ses termes impairs valent \(-1\). En particulier, elle ne tend pas vers \(0\). La série \(\sum (-1)^n\) diverge grossièrement.
3. Posons \(g(x) = x – \ln(1+x)\) sur \(]-1, +\infty[\). Sa dérivée vaut \(g^{\prime}(x) = 1 – \frac{1}{1+x} = \frac{x}{1+x}\). Elle est négative sur \(]-1, 0]\) et positive sur \([0, +\infty[\). Donc \(g\) admet un minimum en \(0\), égal à \(g(0) = 0\). Ainsi, \(\ln(1+x) \leq\, x\) pour tout \(x > -1\).
4. On a \(\ln(1 + \frac{1}{k}) = \ln(k+1) – \ln k\). La somme est télescopique : \(\sum_{k=1}^{n} \ln(1 + \frac{1}{k}) = \ln(n+1)\). D’après la question 3, appliquée à \(x = \frac{1}{k}\), on a \(\ln(1 + \frac{1}{k}) \leq\, \frac{1}{k}\). En sommant, \(H_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} \geq\, \ln(n+1)\). Or \(\ln(n+1) \to +\infty\). Donc la série harmonique diverge, alors que \(\frac{1}{n} \to 0\).

Point de méthode : tester la divergence grossière est le premier réflexe, mais un terme général de limite nulle ne prouve rien.

Corrigé de l’exercice 3 : Séries géométriques et série exponentielle

1. Les séries \(\sum (\frac{2}{3})^n\) et \(\sum (-\frac{1}{3})^n\) sont géométriques de raisons de valeur absolue strictement inférieure à \(1\). Elles convergent toutes les deux. Par linéarité,
   \[\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{2^n + (-1)^n}{3^n} = \frac{1}{1 – \frac{2}{3}} + \frac{1}{1 + \frac{1}{3}} = 3 + \frac{3}{4}.\]
   La somme vaut \(\frac{15}{4}\).
2. La série converge, car \(\frac{1}{3} < 1\). On factorise le premier terme :
   \[\sum_{n=2}^{+\infty} \frac{1}{3^n} = \frac{1}{9}\sum_{j=0}^{+\infty} \frac{1}{3^j} = \frac{1}{9} \cdot \frac{3}{2} = \frac{1}{6}.\]
   De même, \(R_n = \frac{1}{3^{n+1}} \cdot \frac{1}{1 – \frac{1}{3}}\). La somme vaut \(\frac{1}{6}\) et \(R_n = \frac{1}{2 \cdot 3^{n}}\).
3. D’après le cours, la série exponentielle \(\sum \frac{z^n}{n!}\) converge pour tout \(z\). Avec \(z = -2\), on obtient \(\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-2)^n}{n!} = e^{-2}\).
4. On écrit \(\frac{n+1}{n!} = \frac{n}{n!} + \frac{1}{n!}\). Pour \(n \geq\, 1\), \(\frac{n}{n!} = \frac{1}{(n-1)!}\), et ce terme est nul pour \(n = 0\). Donc \(\sum \frac{n}{n!}\) converge et
   \[\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{n}{n!} = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{(n-1)!} = \sum_{j=0}^{+\infty} \frac{1}{j!} = e.\]
   Les deux séries convergent, donc on peut les additionner. La somme vaut \(e + e = 2e\).

Corrigé de l’exercice 4 : Comparaison avec les séries de Riemann

Tous les termes généraux sont positifs. On peut donc utiliser le critère des équivalents.

1. On a \(n^2 + n + 1 \sim n^2\), donc \(u_n \sim \frac{1}{n^2}\). Or \(\sum \frac{1}{n^2}\) converge (Riemann, \(2 > 1\)). La série converge.
2. On a \(u_n \sim \frac{\sqrt{n}}{n^2} = \frac{1}{n^{3/2}}\), avec \(\frac{3}{2} > 1\). La série converge.
3. On a \(u_n \sim \frac{n}{n^2} = \frac{1}{n}\), et la série harmonique diverge. La série diverge.
4. On a \(n(n+1) \sim n^2\), donc \(\sqrt{n(n+1)} \sim n\) et \(u_n \sim \frac{1}{n}\). La série diverge.
5. Pour \(n \geq\, 1\), \(\frac{1}{n^2} \in ]0, 1]\), donc \(u_n > 0\). De plus, \(\sin x \sim x\) en \(0\), donc \(u_n \sim \frac{1}{n^2}\). La série converge.

Corrigé de l’exercice 5 : Nature par équivalents

1. Le terme est positif et \(1 – \cos x \sim \frac{x^2}{2}\) en \(0\). Donc \(u_n \sim \frac{1}{2n^2}\). La série converge.
2. Le terme est positif et \(e^{x} – 1 \sim x\) en \(0\). Donc \(u_n \sim \frac{1}{n}\). La série diverge.
3. Pour \(n \geq\, 1\), \(\frac{1}{n} \in ]0, \frac{\pi}{2}[\), donc \(u_n > 0\). De plus, \(\tan x \sim x\) en \(0\), d’où \(u_n \sim \frac{1}{n^2}\). La série converge.
4. On écrit \(n^{1/n} = e^{\ln n / n}\). Or \(\frac{\ln n}{n} \to 0\) par croissances comparées. Donc \(u_n \sim \frac{\ln n}{n}\), qui est positif. Ensuite, pour \(n \geq\, 3\), \(\ln n \geq\, 1\), donc \(\frac{\ln n}{n} \geq\, \frac{1}{n}\). Par comparaison avec la série harmonique, \(\sum \frac{\ln n}{n}\) diverge. Par équivalence, \(\sum u_n\) diverge.
5. On multiplie par la quantité conjuguée : \(u_n = \frac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} \sim \frac{1}{2\sqrt{n}}\). Or \(\sum \frac{1}{\sqrt{n}}\) diverge (Riemann, \(\frac{1}{2} \leq\, 1\)). Donc la série diverge. On le retrouve directement : \(\sum_{k=1}^{n} u_k = \sqrt{n+1} – 1 \to +\infty\). La série diverge.

Corrigé de l’exercice 6 : Comparaison à une série de Riemann par domination

Tous les termes sont positifs. On utilise la règle : si \(n^{\alpha} u_n \to 0\) avec \(\alpha > 1\), alors \(u_n = o(\frac{1}{n^{\alpha}})\) et la série converge.

1. Avec \(\alpha = \frac{3}{2}\), on a \(n^{3/2} \cdot \frac{\ln n}{n^2} = \frac{\ln n}{\sqrt{n}} \to 0\) par croissances comparées. La série converge.
2. On calcule \(n u_n = \frac{\sqrt{n}}{\ln n} \to +\infty\). Donc \(u_n \geq\, \frac{1}{n}\) à partir d’un certain rang. Par comparaison avec la série harmonique, la série diverge.
3. On a \(n^2 e^{-\sqrt{n}} = \exp(2\ln n – \sqrt{n})\). Or \(2 \ln n – \sqrt{n} \to -\infty\), car \(\ln n = o(\sqrt{n})\). Ainsi \(e^{-\sqrt{n}} = o(\frac{1}{n^2})\). La série converge.
4. De même, \(n^2 \cdot n^3 e^{-n} = n^5 e^{-n} \to 0\). La série converge.
5. Pour \(n \geq\, 3\), \((\ln n)^{\ln n} = e^{\ln n \cdot \ln(\ln n)} = n^{\ln(\ln n)}\). Dès que \(\ln(\ln n) \geq\, 2\), c’est-à-dire \(n \geq\, e^{e^2}\), on a \(u_n \leq\, \frac{1}{n^2}\). Par comparaison avec \(\sum \frac{1}{n^2}\), la série converge.

Point de méthode : choisissez \(\alpha\) strictement entre \(1\) et l’exposant « visible ». Ainsi, pour \(\frac{\ln n}{n^2}\), tout \(\alpha \in ]1, 2[\) convient, car le logarithme est négligeable devant toute puissance.

Corrigé de l’exercice 7 : Convergence absolue

1. Pour \(n \geq\, 1\), \(|\frac{\sin n}{n^2}| \leq\, \frac{1}{n^2}\). La série de Riemann \(\sum \frac{1}{n^2}\) converge. Par comparaison, \(\sum |\frac{\sin n}{n^2}|\) converge. La série converge absolument, donc elle converge.
2. On a \(|\frac{(-1)^n n}{2^n}| = \frac{n}{2^n}\). Or \(n^2 \cdot \frac{n}{2^n} = \frac{n^3}{2^n} \to 0\) par croissances comparées. Donc \(\frac{n}{2^n} = o(\frac{1}{n^2})\). La série converge absolument.
3. On a \(|\frac{e^{in\theta}}{n\sqrt{n}}| = \frac{1}{n^{3/2}}\), terme d’une série de Riemann convergente. La série complexe converge absolument, donc converge.
4. Posons \(w_n = \frac{(-1)^n + \sin n}{n^2 + 1}\). Par l’inégalité triangulaire, \(|w_n| \leq\, \frac{2}{n^2+1} \leq\, \frac{2}{n^2}\). Donc \(\sum w_n\) converge absolument. Ensuite, le cours donne \(|\sum_{n=1}^{+\infty} w_n| \leq\, \sum_{n=1}^{+\infty} |w_n|\). Enfin, on compare terme à terme. Ainsi, \(|\sum_{n=1}^{+\infty} w_n| \leq\, 2\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^2+1}\).
5. On a \(|\frac{(-1)^n}{n}| = \frac{1}{n}\), et la série harmonique diverge. La série n’est pas absolument convergente. Elle converge pourtant, d’après le théorème des séries alternées : elle est semi-convergente.

Corrigé de l’exercice 8 : Séries alternées : premières applications

1. La suite \((\frac{1}{\sqrt{n}})\) est positive, décroissante et tend vers \(0\). D’après le théorème des séries alternées, la série converge. Cependant, \(\sum \frac{1}{\sqrt{n}}\) diverge (Riemann, \(\frac{1}{2} \leq\, 1\)). La série converge, mais pas absolument.
2. Pour \(n \geq\, 2\), \(\ln n > 0\). De plus, \(\ln\) est croissante et tend vers \(+\infty\). Donc \((\frac{1}{\ln n})_{n \geq\, 2}\) est positive, décroissante et de limite nulle. La série converge d’après le théorème des séries alternées.
3. Posons \(h(x) = \frac{x}{x^2+1}\). On a \(h^{\prime}(x) = \frac{(x^2 + 1) – 2x^2}{(x^2+1)^2} = \frac{1 – x^2}{(x^2+1)^2}\). Donc \(h\) est décroissante sur \([1, +\infty[\). Par ailleurs, \(h(n) \geq\, 0\) et \(h(n) \sim \frac{1}{n} \to 0\). La série converge d’après le théorème des séries alternées.
4. La suite \((\frac{1}{n})\) décroît vers \(0\). Le théorème donne \(|R_n| \leq\, \frac{1}{n+1}\). Il suffit donc que \(n + 1 \geq\, 100\). Par ailleurs, le reste a le signe de son premier terme, \(\frac{(-1)^{n+2}}{n+1}\). Pour \(n\) pair, ce terme est positif, donc \(\ln 2 – S_n = R_n \geq\, 0\). Le rang \(n = 99\) convient ; pour \(n\) pair, \(S_n\) est une valeur approchée par défaut.

Corrigé de l’exercice 9 : Encadrement de la série harmonique et constante d’Euler

1. Pour \(t \in [k, k+1]\), on a \(\frac{1}{k+1} \leq\, \frac{1}{t} \leq\, \frac{1}{k}\), car \(t \mapsto \frac{1}{t}\) est décroissante sur \(]0, +\infty[\). On intègre sur un segment de longueur \(1\). Par croissance de l’intégrale, \(\frac{1}{k+1} \leq\, \int_{k}^{k+1} \frac{dt}{t} \leq\, \frac{1}{k}\).
2. Sommons l’inégalité de droite pour \(k\) de \(1\) à \(n\). Par la relation de Chasles, \(\ln(n+1) = \int_{1}^{n+1} \frac{dt}{t} \leq\, H_n\). Ensuite, sommons l’inégalité de gauche pour \(k\) de \(1\) à \(n-1\) : \(H_n – 1 \leq\, \int_{1}^{n} \frac{dt}{t} = \ln n\). Ainsi, \(\ln(n+1) \leq\, H_n \leq\, 1 + \ln n\). Divisons par \(\ln n\) pour \(n \geq\, 2\). D’une part, \(\frac{\ln(n+1)}{\ln n} = 1 + \frac{\ln(1 + 1/n)}{\ln n} \to 1\). D’autre part, \(\frac{1 + \ln n}{\ln n} \to 1\). Par encadrement, \(H_n \sim \ln n\).
3. On calcule \(u_{n+1} – u_n = \frac{1}{n+1} – \big(\ln(n+1) – \ln n\big) = \frac{1}{n+1} – \int_{n}^{n+1} \frac{dt}{t}\). D’après la question 1, cette différence est négative. De plus, \(u_n \geq\, \ln(n+1) – \ln n > 0\) d’après la question 2. La suite \((u_n)\) est décroissante et minorée par \(0\).
4. D’après le théorème de la limite monotone, \((u_n)\) converge vers un réel \(\gamma\). Comme \(0 \leq\, u_n \leq\, u_1 = 1\), on a \(\gamma \in [0, 1]\). Ainsi, \(H_n = \ln n + \gamma + o(1)\). (Numériquement, \(\gamma \approx 0{,}577\).)
5. La convergence de \((u_n)\) équivaut à celle de la série télescopique \(\sum (u_{n+1} – u_n)\). La série \(\sum_{n \geq\, 1} (\frac{1}{n+1} – \ln(1 + \frac{1}{n}))\) converge, et sa somme vaut \(\gamma – 1\). On peut le vérifier : ce terme est négatif et équivaut à \(-\frac{1}{2n^2}\).

Corrigé de l’exercice 10 : Séries de Bertrand particulières

1. La fonction \(\varphi : t \mapsto t \ln t\) est dérivable sur \(]1, +\infty[\), de dérivée \(\ln t + 1 > 0\). Elle est donc strictement croissante et strictement positive sur cet intervalle. Par conséquent, \(f = \frac{1}{\varphi}\) est décroissante sur \(]1, +\infty[\).
2. Une primitive de \(\frac{1}{t \ln t} = \frac{1/t}{\ln t}\) est \(\ln(\ln t)\) sur \(]1, +\infty[\). Donc \(\int_{2}^{x} \frac{dt}{t \ln t} = \ln(\ln x) – \ln(\ln 2)\). Par décroissance de \(f\), \(f(k) \geq\, \int_{k}^{k+1} f\) pour \(k \geq\, 2\). En sommant,
   \[\sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k \ln k} \geq\, \ln\big(\ln(n+1)\big) – \ln(\ln 2) \xrightarrow[n \to +\infty]{ +\infty.\]
   La série \(\sum \frac{1}{n \ln n}\) diverge.
3. Notons \(T_n = \sum_{k=2}^{n} f(k)\). Pour \(k \geq\, 3\), \(f(k) \leq\, \int_{k-1}^{k} f\). En sommant pour \(k\) de \(3\) à \(n\), on obtient \(T_n \leq\, f(2) + \ln(\ln n) – \ln(\ln 2)\). Avec la question 2, on a donc
   \[\ln\big(\ln(n+1)\big) – \ln(\ln 2) \leq\, T_n \leq\, \ln(\ln n) + f(2) – \ln(\ln 2).\]
   Or \(\ln(n+1) = \ln n + \ln(1 + \frac{1}{n})\), donc \(\ln(n+1) \sim \ln n\) et \(\ln\big(\ln(n+1)\big) – \ln(\ln n) \to 0\). En divisant l’encadrement par \(\ln(\ln n) \to +\infty\), les deux bornes tendent vers \(1\). Ainsi, \(\sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k \ln k} \sim \ln(\ln n)\).
4. La fonction \(g : t \mapsto \frac{1}{t (\ln t)^2}\) est positive et décroissante sur \(]1, +\infty[\), pour la même raison qu’en question 1. Une primitive est \(-\frac{1}{\ln t}\). Pour \(k \geq\, 3\), \(g(k) \leq\, \int_{k-1}^{k} g\). En sommant,
   \[\sum_{k=3}^{n} g(k) \leq\, \int_{2}^{n} g(t)\,dt = \frac{1}{\ln 2} – \frac{1}{\ln n} \leq\, \frac{1}{\ln 2}.\]
   Les sommes partielles de cette série à termes positifs sont majorées. La série \(\sum \frac{1}{n (\ln n)^2}\) converge.
5. Pour \(\alpha > 1\), \(n^{\alpha} \cdot \frac{1}{n (\ln n)^2} = \frac{n^{\alpha – 1}}{(\ln n)^2} \to +\infty\). De plus, \(n u_n = \frac{1}{(\ln n)^2} \to 0\), donc la règle de divergence ne s’applique pas non plus. Ces séries sont « à la frontière » de la série harmonique : seule la comparaison série-intégrale conclut.

Corrigé de l’exercice 11 : Équivalent du reste d’une série de Riemann

1. La fonction \(t \mapsto t^{-\alpha}\) est décroissante sur \([1, +\infty[\). Pour \(k \geq\, 2\), on a donc \(\int_{k}^{k+1} \frac{dt}{t^{\alpha}} \leq\, \frac{1}{k^{\alpha}} \leq\, \int_{k-1}^{k} \frac{dt}{t^{\alpha}}\). Sommons pour \(k\) de \(n+1\) à \(N\), avec \(N > n \geq\, 1\) :
   \[\int_{n+1}^{N+1} \frac{dt}{t^{\alpha}} \leq\, \sum_{k=n+1}^{N} \frac{1}{k^{\alpha}} \leq\, \int_{n}^{N} \frac{dt}{t^{\alpha}}.\]
   Or \(\int_{a}^{b} \frac{dt}{t^{\alpha}} = \frac{a^{1-\alpha} – b^{1-\alpha}}{\alpha – 1}\), et \(b^{1-\alpha} \to 0\) quand \(b \to +\infty\), car \(1 – \alpha < 0\). Faisons tendre \(N\) vers \(+\infty\). On obtient \(\frac{1}{(\alpha – 1)(n+1)^{\alpha – 1}} \leq\, R_n \leq\, \frac{1}{(\alpha – 1) n^{\alpha – 1}}\).
2. Le quotient des deux bornes vaut \((\frac{n}{n+1})^{\alpha – 1} \to 1\). Divisons l’encadrement par la borne de droite : le rapport tend vers \(1\) par encadrement. Donc \(R_n \sim \frac{1}{(\alpha – 1) n^{\alpha – 1}}\).
3. Pour \(\alpha = 2\), on a \(0 \leq\, R_n \leq\, \frac{1}{n}\). Il suffit donc que \(\frac{1}{n} \leq\, 10^{-3}\). Le rang \(n = 1000\) convient. Cette convergence est lente, car \(R_n \sim \frac{1}{n}\).
4. Notons \(S\) la somme. On a \(S = S_n + R_n\) et \(\frac{1}{n+1} \leq\, R_n \leq\, \frac{1}{n}\). Donc \(S_n + \frac{1}{n+1} \leq\, S \leq\, S_n + \frac{1}{n}\). La longueur de cet intervalle vaut \(\frac{1}{n} – \frac{1}{n+1} = \frac{1}{n(n+1)}\). Pour \(n = 100\), elle vaut \(\frac{1}{10\,100} \approx 9{,}9 \times 10^{-5}\). En prenant le milieu de l’encadrement, on obtient \(S\) à environ \(5 \times 10^{-5}\) près avec seulement cent termes.

Point de méthode : pour une somme infinie, sommez de \(n+1\) à \(N\), puis faites tendre \(N\) vers l’infini. On évite ainsi de manipuler une intégrale généralisée.

Corrigé de l’exercice 12 : Sommes partielles de séries divergentes

1. La fonction racine est croissante sur \([0, +\infty[\). Pour \(k \geq\, 1\), on a donc \(\int_{k-1}^{k} \sqrt{t}\,dt \leq\, \sqrt{k} \leq\, \int_{k}^{k+1} \sqrt{t}\,dt\). Sommons pour \(k\) de \(1\) à \(n\) avec la relation de Chasles :
   \[\int_{0}^{n} \sqrt{t}\,dt \leq\, \sum_{k=1}^{n} \sqrt{k} \leq\, \int_{1}^{n+1} \sqrt{t}\,dt.\]
   Une primitive de \(\sqrt{t}\) est \(\frac{2}{3} t^{3/2}\). On obtient \(\frac{2}{3} n^{3/2} \leq\, \sum_{k=1}^{n} \sqrt{k} \leq\, \frac{2}{3}((n+1)^{3/2} – 1)\).
2. On a \((n+1)^{3/2} = n^{3/2}(1 + \frac{1}{n})^{3/2} \sim n^{3/2}\). Les deux bornes, divisées par \(\frac{2}{3} n^{3/2}\), tendent donc vers \(1\). Par encadrement, \(\sum_{k=1}^{n} \sqrt{k} \sim \frac{2}{3} n^{3/2}\).
3. La fonction \(\ln\) est croissante. Pour \(k \geq\, 2\), on a \(\int_{k-1}^{k} \ln t\,dt \leq\, \ln k \leq\, \int_{k}^{k+1} \ln t\,dt\). Sommons pour \(k\) de \(2\) à \(n\), en remarquant que \(\ln(n!) = \sum_{k=2}^{n} \ln k\) :
   \[\int_{1}^{n} \ln t\,dt \leq\, \ln(n!) \leq\, \int_{2}^{n+1} \ln t\,dt.\]
   Une primitive de \(\ln\) est \(t \ln t – t\). À gauche, on obtient \(n \ln n – n + 1\). À droite, on obtient \((n+1)\ln(n+1) – (n+1) – 2\ln 2 + 2\). Donc \(n \ln n – n + 1 \leq\, \ln(n!) \leq\, (n+1)\ln(n+1) – n – 2\ln 2 + 1\).
4. Divisons par \(n \ln n\). La borne de gauche donne \(1 – \frac{1}{\ln n} + \frac{1}{n \ln n} \to 1\). À droite, \((n+1)\ln(n+1) = (n+1)(\ln n + \ln(1 + \frac{1}{n})) \sim n \ln n\), et les autres termes sont négligeables devant \(n \ln n\). Par encadrement, \(\ln(n!) \sim n \ln n\).

La figure ci-dessous compare \(\sum_{k=1}^{n} \sqrt{k}\) à ses deux bornes intégrales. Les trois courbes sont presque confondues à grande échelle, ce qui traduit l’équivalence obtenue.

Corrigé de l’exercice 13 : Somme approchée d’une série alternée

1. On a \(|\frac{(-1)^{n+1}}{n^2}| = \frac{1}{n^2}\), terme d’une série de Riemann convergente. La série converge absolument.
2. La suite \(a_n = \frac{1}{n^2}\) est positive, décroissante et tend vers \(0\). Le théorème des séries alternées s’applique. Le reste \(R_n\) a le signe de son premier terme \(\frac{(-1)^{n+2}}{(n+1)^2}\), c’est-à-dire le signe de \((-1)^n\). Ainsi, \(R_n \geq\, 0\) si \(n\) est pair, \(R_n \leq\, 0\) si \(n\) est impair, et \(|R_n| \leq\, \frac{1}{(n+1)^2}\).
3. On calcule \(S_3 = 1 – \frac{1}{4} + \frac{1}{9} = \frac{36 – 9 + 4}{36} = \frac{31}{36}\). Puis \(S_4 = \frac{31}{36} – \frac{1}{16} = \frac{124 – 9}{144} = \frac{115}{144}\). D’après la question 2, \(R_4 \geq\, 0\) et \(R_3 \leq\, 0\), donc \(S_4 \leq\, S \leq\, S_3\). Ainsi, \(\frac{115}{144} \leq\, S \leq\, \frac{31}{36}\), soit \(0{,}798 \leq\, S \leq\, 0{,}862\).
4. Le théorème garantit \(|R_n| \leq\, \frac{1}{(n+1)^2}\). Cette majoration est inférieure à \(10^{-2}\) si et seulement si \((n+1)^2 \geq\, 100\), c’est-à-dire \(n \geq\, 9\). Le plus petit rang est \(n = 9\).

La figure ci-dessous illustre la solution. Les sommes partielles d’indice impair décroissent, celles d’indice pair croissent, et la somme \(S\) reste coincée entre elles.

Corrigé de l’exercice 14 : Développement asymptotique d’une série alternée perturbée

1. Pour \(n \geq\, 2\), \(\sqrt{n} + (-1)^n \geq\, \sqrt{2} – 1 > 0\), donc \(u_n\) est bien défini. Posons \(x_n = \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}\), qui tend vers \(0\). On factorise par \(\sqrt{n}\) : \(u_n = \frac{x_n}{1 + x_n}\). Or \(\frac{1}{1+x} = 1 – x + O(x^2)\) en \(0\). Donc
   \[u_n = x_n – x_n^2 + O(x_n^3) = \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}} – \frac{1}{n} + O(\frac{1}{n^{3/2}}).\]
   Le développement demandé est établi.
2. La série \(\sum \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}\) converge (théorème des séries alternées). Le terme \(O(n^{-3/2})\) définit une série absolument convergente (Riemann, \(\frac{3}{2} > 1\)). Leur somme est une série convergente. En revanche, \(\sum \frac{1}{n}\) diverge. Or une série convergente plus une série divergente donne une série divergente. Donc \(\sum u_n\) diverge.
3. D’après la question 1, \(u_n – x_n = O(\frac{1}{n}) = o(\frac{1}{\sqrt{n}}) = o(x_n)\), car \(|x_n| = \frac{1}{\sqrt{n}}\). Donc \(u_n \sim \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}\). Il n’y a pas de contradiction : le critère des équivalents ne vaut que pour des termes de signe constant, et \(x_n\) change de signe.
4. Pour \(n \geq\, 2\), \(1 + x_n \geq\, 1 – \frac{1}{\sqrt{3}} > 0\) (le cas le pire est \(n = 3\)). Donc \(v_n\) est bien défini. Ensuite, \(\ln(1+x) = x – \frac{x^2}{2} + O(x^3)\), d’où
   \[v_n = \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}} – \frac{1}{2n} + O(\frac{1}{n^{3/2}}).\]
   Le même raisonnement qu’en question 2 s’applique. La série \(\sum v_n\) diverge (ses sommes partielles tendent vers \(-\infty\)).

Corrigé de l’exercice 15 : Une série trigonométrique à terme oscillant

1. On factorise : \(\sqrt{n^2 + 1} = n\sqrt{1 + \frac{1}{n^2}}\). Or \(\sqrt{1 + h} = 1 + \frac{h}{2} + O(h^2)\) en \(0\). Avec \(h = \frac{1}{n^2}\), on obtient \(\sqrt{n^2 + 1} = n(1 + \frac{1}{2n^2} + O(\frac{1}{n^4}))\). Donc \(\sqrt{n^2 + 1} = n + \frac{1}{2n} + O(\frac{1}{n^3})\).
2. Posons \(\varepsilon_n = \pi\sqrt{n^2 + 1} – \pi n = \frac{\pi}{2n} + O(\frac{1}{n^3})\). Pour tout réel \(x\), \(\sin(\pi n + x) = (-1)^n \sin x\). Donc \(u_n = (-1)^n \sin \varepsilon_n\). Ensuite, \(\sin x = x + O(x^3)\), et \(\varepsilon_n^3 = O(\frac{1}{n^3})\). Ainsi \(\sin \varepsilon_n = \frac{\pi}{2n} + O(\frac{1}{n^3})\). On obtient \(u_n = (-1)^n \frac{\pi}{2n} + O(\frac{1}{n^3})\).
3. La série \(\sum (-1)^n \frac{\pi}{2n}\) converge, d’après le théorème des séries alternées. De plus, le reste \(O(\frac{1}{n^3})\) est le terme d’une série absolument convergente. Par somme, \(\sum u_n\) converge.
4. D’après la question 2, \(|u_n| \sim \frac{\pi}{2n}\). Les termes \(|u_n|\) sont positifs, et \(\sum \frac{1}{n}\) diverge. La série n’est donc pas absolument convergente : elle est semi-convergente.

Corrigé de l’exercice 16 : Séries dépendant d’un paramètre

1. En \(0\), \(e^{x} = 1 + x + \frac{x^2}{2} + o(x^2)\). Donc \(e^{1/n} – 1 – \frac{1}{n} \sim \frac{1}{2n^2}\), qui est positif. Le terme général vérifie ainsi \(u_n \sim \frac{1}{2n^{2-a}}\). Par comparaison avec une série de Riemann, la série converge si et seulement si \(2 – a > 1\). La série converge si et seulement si \(a < 1\).
2. On a \(\sqrt{n+1} – \sqrt{n} = \frac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} \sim \frac{1}{2\sqrt{n}}\). Le terme général est positif et équivaut à \(\frac{1}{2n^{a + 1/2}}\). La série converge si et seulement si \(a + \frac{1}{2} > 1\). Elle converge si et seulement si \(a > \frac{1}{2}\).
3. Si \(|a| \leq\, 1\), alors \(|\frac{a^n}{n^2}| \leq\, \frac{1}{n^2}\), donc la série converge absolument. Si \(|a| > 1\), alors \(|\frac{a^n}{n^2}| = \frac{|a|^n}{n^2} \to +\infty\) par croissances comparées. Dans ce cas, la série diverge grossièrement. La série converge si et seulement si \(|a| \leq\, 1\).

Corrigé de l’exercice 17 : Comparaison logarithmique

1. Pour \(n \geq\, n_0\), l’hypothèse s’écrit \(\frac{u_{n+1}}{v_{n+1}} \leq\, \frac{u_n}{v_n}\), car \(u_n\) et \(v_{n+1}\) sont strictement positifs. La suite \((\frac{u_n}{v_n})_{n \geq\, n_0}\) est donc décroissante. Par conséquent, \(0 < \frac{u_n}{v_n} \leq\, \frac{u_{n_0}}{v_{n_0}}\) pour \(n \geq\, n_0\). Ainsi, \(u_n \leq\, M v_n\) avec \(M = \frac{u_{n_0}}{v_{n_0}}\), donc \(u_n = O(v_n)\).
2. Les suites sont positives. D’après le critère de domination, si \(\sum v_n\) converge, alors \(\sum u_n\) converge.
3. On calcule
   \[\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}} \cdot \frac{n^n}{n!} = \frac{(n+1) \, n^n}{(n+1)^{n+1}} = (\frac{n}{n+1})^n.\]
   Donc \(\frac{u_{n+1}}{u_n} = (1 + \frac{1}{n})^{-n}\).
4. D’après la formule du binôme, \((1 + \frac{1}{n})^n \geq\, 1 + n \cdot \frac{1}{n} = 2\), car tous les termes sont positifs. Donc \(\frac{u_{n+1}}{u_n} \leq\, \frac{1}{2}\). Posons \(v_n = \frac{1}{2^n}\) : on a \(\frac{v_{n+1}}{v_n} = \frac{1}{2}\). La question 1 s’applique avec \(n_0 = 1\), et \(\sum v_n\) converge. Donc la série \(\sum \frac{n!}{n^n}\) converge.

Corrigé de l’exercice 18 : Série exponentielle et irrationalité de e

1. La formule de Taylor avec reste intégral, appliquée à \(\exp\) entre \(0\) et \(1\), donne
   \[e – S_n = \int_{0}^{1} \frac{(1-t)^n}{n!} e^{t}\,dt.\]
   L’intégrande est positif, donc \(e – S_n \geq\, 0\). De plus, \(e^{t} \leq\, e\) sur \([0, 1]\), et \(\int_{0}^{1} \frac{(1-t)^n}{n!}\,dt = \frac{1}{(n+1)!}\). Ainsi, \(0 \leq\, e – S_n \leq\, \frac{e}{(n+1)!}\), et donc \(S_n \to e\).
2. Pour \(k \geq\, n+1\), on a \(k! = (n+1)! \times (n+2)(n+3)\cdots k\). Ce produit comporte \(k – n – 1\) facteurs, tous supérieurs ou égaux à \(n+1\). D’où \(k! \geq\, (n+1)!\,(n+1)^{k-n-1}\). Ensuite, \(e – S_n = \sum_{k=n+1}^{+\infty} \frac{1}{k!}\) est une somme de termes strictement positifs, donc \(e – S_n > 0\). Enfin, pour \(n \geq\, 1\),
   \[e – S_n \leq\, \frac{1}{(n+1)!} \sum_{j=0}^{+\infty} \frac{1}{(n+1)^j} = \frac{1}{(n+1)!} \cdot \frac{n+1}{n} = \frac{1}{n \cdot n!}.\]
   On a bien \(0 < e – S_n \leq\, \frac{1}{n \cdot n!}\).
3. Pour \(n \geq\, 2\), \(\frac{n(n-1)}{n!} = \frac{1}{(n-2)!}\), et ce terme est nul pour \(n \in \{0, 1\}\). Donc \(\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{n(n-1)}{n!} = \sum_{j=0}^{+\infty} \frac{1}{j!} = e\). De même, \(\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{n}{n!} = e\) (exercice 3). Les deux séries convergent, donc par linéarité : \(\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{n^2}{n!} = 2e\).
4. Supposons \(e = \frac{p}{q}\) avec \(q \geq\, 2\). D’une part, \(q!\,e = p\,(q-1)!\) est un entier. D’autre part, \(q!\,S_q = \sum_{k=0}^{q} \frac{q!}{k!}\) est un entier, car \(k!\) divise \(q!\). Donc \(N = q!\,(e – S_q)\) est un entier. Or la question 2 donne \(0 < N \leq\, \frac{q!}{q \cdot q!} = \frac{1}{q} \leq\, \frac{1}{2}\). Aucun entier n’est dans \(]0, \frac{1}{2}]\) : c’est absurde. Si \(q = 1\), on écrit \(e = \frac{2p}{2}\) et on se ramène au cas \(q = 2\). Le nombre \(e\) est irrationnel.

Corrigé de l’exercice 19 : Série alternée logarithmique à paramètre

1. Si \(n\) est pair, \(1 + \frac{1}{n^{\alpha}} > 0\). Si \(n\) est impair, alors \(n \geq\, 3\) et \(n^{\alpha} > 1\) puisque \(\alpha > 0\). Donc \(1 – \frac{1}{n^{\alpha}} > 0\). Dans tous les cas, \(u_n\) est bien défini.
2. Posons \(x_n = \frac{(-1)^n}{n^{\alpha}}\), qui tend vers \(0\). En \(0\), \(\ln(1+x) – x = -\frac{x^2}{2} + o(x^2)\), donc \(\ln(1+x) – x \sim -\frac{x^2}{2}\). Comme \(x_n^2 = \frac{1}{n^{2\alpha}}\), on obtient \(w_n \sim -\frac{1}{2n^{2\alpha}}\).
3. La suite \((-w_n)\) est positive à partir d’un certain rang et équivaut à \(\frac{1}{2n^{2\alpha}}\). Donc \(\sum w_n\) converge si et seulement si \(2\alpha > 1\). Par ailleurs, \(\sum x_n\) converge pour tout \(\alpha > 0\) (théorème des séries alternées). Or \(u_n = x_n + w_n\). Si \(\alpha > \frac{1}{2}\), \(\sum u_n\) est la somme de deux séries convergentes. Si \(\alpha \leq\, \frac{1}{2}\), c’est la somme d’une série convergente et d’une série divergente. La série \(\sum u_n\) converge si et seulement si \(\alpha > \frac{1}{2}\).
4. On a \(|u_n| = |\ln(1 + x_n)| \sim |x_n| = \frac{1}{n^{\alpha}}\), car \(\ln(1+x) \sim x\) en \(0\). Par comparaison avec les séries de Riemann, \(\sum u_n\) converge absolument si et seulement si \(\alpha > 1\). Pour \(\alpha \in ]\frac{1}{2}, 1]\), la série est donc semi-convergente.

Corrigé de l’exercice 20 : Formule de Stirling faible : lien suite-série

1. On a \(b_n = \ln(n!) + n – (n + \frac{1}{2})\ln n\). Donc
   \[b_{n+1} – b_n = \ln(n+1) + 1 – (n + \frac{3}{2})\ln(n+1) + (n + \frac{1}{2})\ln n.\]
   On regroupe les logarithmes de \(n+1\) : \(\ln(n+1) – (n + \frac{3}{2})\ln(n+1) = -(n + \frac{1}{2})\ln(n+1)\). Ainsi, \(b_{n+1} – b_n = 1 – (n + \frac{1}{2})\ln(1 + \frac{1}{n})\).
2. En \(0\), \(\ln(1+h) = h – \frac{h^2}{2} + \frac{h^3}{3} + O(h^4)\). Avec \(h = \frac{1}{n}\), on obtient
   \[(n + \frac{1}{2})\ln(1 + \frac{1}{n}) = (1 – \frac{1}{2n} + \frac{1}{3n^2}) + (\frac{1}{2n} – \frac{1}{4n^2}) + O(\frac{1}{n^3}) = 1 + \frac{1}{12n^2} + O(\frac{1}{n^3}).\]
   Donc \(b_{n+1} – b_n = -\frac{1}{12n^2} + O(\frac{1}{n^3})\).
3. On en déduit \(b_{n+1} – b_n = O(\frac{1}{n^2})\). La série \(\sum (b_{n+1} – b_n)\) converge donc absolument. D’après le lien suite-série, la suite \((b_n)\) converge vers un réel \(L\). Par continuité de l’exponentielle, \(a_n \to e^{L} = C > 0\). Ainsi, \(n! \sim C\, n^{n} e^{-n} \sqrt{n}\). (On montre ailleurs que \(C = \sqrt{2\pi}\).)
4. D’après la question 2, \(b_{n+1} – b_n \sim -\frac{1}{12n^2}\). Deux suites équivalentes ont le même signe à partir d’un certain rang. Donc \(b_{n+1} – b_n < 0\) pour \(n\) assez grand. La suite \((b_n)\), et donc \((a_n) = (e^{b_n})\), est décroissante à partir d’un certain rang.

La figure ci-dessous représente \(b_n = \ln a_n\) pour les premières valeurs de \(n\). La suite décroît et se stabilise rapidement vers sa limite \(L = \ln\sqrt{2\pi} \approx 0{,}919\).

Corrigé de l’exercice 21 : Problème : série harmonique alternée

1. La suite \((\frac{1}{k})\) est positive, décroissante et tend vers \(0\). D’après le théorème des séries alternées, la série converge.
2. Dans \(A_{2n}\), les termes d’indice impair sont positifs et ceux d’indice pair sont négatifs. On ajoute puis on retranche les termes pairs :
   \[A_{2n} = \sum_{k=1}^{2n} \frac{1}{k} – 2\sum_{j=1}^{n} \frac{1}{2j} = H_{2n} – \sum_{j=1}^{n} \frac{1}{j}.\]
   Donc \(A_{2n} = H_{2n} – H_n\).
3. On utilise le développement admis : \(A_{2n} = \big(\ln(2n) + \gamma + o(1)\big) – \big(\ln n + \gamma + o(1)\big) = \ln 2 + o(1)\). La suite \((A_n)\) converge d’après la question 1. Sa limite est donc celle de la suite extraite \((A_{2n})\). Ainsi, \(\sum_{k=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k} = \ln 2\).
4. On réduit au même dénominateur : \(\frac{1}{n} – \frac{2}{2n+1} = \frac{2n + 1 – 2n}{n(2n+1)} = \frac{1}{n(2n+1)}\). Ensuite, \(\frac{1}{n} – \frac{2}{2n+1} = 2(\frac{1}{2n} – \frac{1}{2n+1})\). Or
   \[A_{2N+1} = 1 – \sum_{n=1}^{N} (\frac{1}{2n} – \frac{1}{2n+1}).\]
   On en déduit \(\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n(2n+1)} = 2(1 – A_{2N+1})\).
5. La suite \((A_{2N+1})\) est extraite de \((A_n)\), donc elle tend vers \(\ln 2\). Par conséquent, \(\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n(2n+1)} = 2(1 – \ln 2) \approx 0{,}614\).
6. On a \(\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n+k} = \sum_{m=n+1}^{2n} \frac{1}{m} = H_{2n} – H_n = A_{2n}\). Donc \(\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n+k} \to \ln 2\). On retrouve aussi ce résultat comme somme de Riemann de \(t \mapsto \frac{1}{1+t}\) sur \([0, 1]\) : \(\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{1 + k/n} \to \int_{0}^{1} \frac{dt}{1+t} = \ln 2\).

Point de méthode : pour une série convergente, il suffit de connaître la limite d’une suite extraite de sommes partielles, comme \((A_{2n})\), pour obtenir la somme.

Corrigé de l’exercice 22 : Problème : une suite récurrente et deux séries

1. Montrons par récurrence que \(u_n \in ]0, 1[\). C’est vrai pour \(n = 0\). 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 \(u_{n+1} \in ]0, 1[\). Ensuite, \(u_{n+1} – u_n = -u_n^2 < 0\), donc la suite est décroissante. Elle est minorée par \(0\), donc elle converge vers un réel \(\ell \in [0, u_0]\). Par continuité de \(f\), on a \(\ell = \ell – \ell^2\), donc \(\ell = 0\). La suite \((u_n)\) décroît et converge vers \(0\).
2. On a \(u_n^2 = u_n – u_{n+1}\). La série \(\sum u_n^2\) est donc télescopique, et \(\sum_{k=0}^{n} u_k^2 = u_0 – u_{n+1} \to u_0\). La série \(\sum u_n^2\) converge et sa somme vaut \(u_0\).
3. On calcule
   \[\frac{1}{u_{n+1}} – \frac{1}{u_n} = \frac{1}{u_n(1 – u_n)} – \frac{1}{u_n} = \frac{1 – (1 – u_n)}{u_n(1 – u_n)} = \frac{1}{1 – u_n}.\]
   L’identité est démontrée.
4. Comme \(0 < u_k \leq\, u_0 < 1\), on a \(1 \leq\, \frac{1}{1 – u_k} \leq\, \frac{1}{1 – u_0}\). Sommons pour \(k\) de \(0\) à \(n-1\) : la somme de gauche est télescopique. On obtient \(n \leq\, \frac{1}{u_n} – \frac{1}{u_0} \leq\, \frac{n}{1 – u_0}\). Donc
   \[u_n \geq\, \frac{1}{\frac{n}{1 – u_0} + \frac{1}{u_0}} \sim \frac{1 – u_0}{n}.\]
   Le minorant est positif et équivalent à un multiple de \(\frac{1}{n}\), terme d’une série divergente. Par comparaison, la série \(\sum u_n\) diverge.
5. On a \(\frac{1}{1 – u_k} = 1 + \frac{u_k}{1 – u_k} \leq\, 1 + \frac{u_k}{1 – u_0}\). La question 4 donne aussi \(u_k \leq\, \frac{1}{k}\) pour \(k \geq\, 1\). En sommant pour \(k\) de \(0\) à \(n-1\), avec \(n \geq\, 2\),
   \[n \leq\, \frac{1}{u_n} – \frac{1}{u_0} \leq\, n + \frac{1}{1 – u_0}(u_0 + \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k}) \leq\, n + \frac{1}{1 – u_0}(u_0 + 1 + \ln n).\]
   On a utilisé \(H_{n-1} \leq\, 1 + \ln n\). Ainsi, \(\frac{1}{u_n} = n + O(\ln n)\). Enfin, \(n u_n = \frac{n}{n + O(\ln n)} = \frac{1}{1 + O(\frac{\ln n}{n})} \to 1\). Donc \(u_n \sim \frac{1}{n}\).

La figure ci-dessous compare \(u_n\) et \(\frac{1}{n}\) pour \(u_0 = 0{,}8\), puis trace le produit \(n u_n\). Les deux suites se rapprochent en proportion, conformément à l’équivalent obtenu.

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Pour aller plus loin en maths sup

• Le cours : séries numériques, cours de maths sup
• Les énoncés : exercices de maths sup sur séries numériques
• À maîtriser avant : Relations de comparaison : domination, équivalents, Intégration sur un segment
• Chapitre précédent : Intégration sur un segment
• Chapitre suivant : Familles sommables
• Tester vos connaissances : QCM de maths sup par chapitre
• Le sommaire : tous les chapitres de maths sup et les chapitres de maths spé