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Séries numériques

Exercice 11. Etudier la convergence de la série numérique de terme général : 1. ( ) . 2. .

L2 - Math4 Exercices corrigés sur les séries numériques

Montrer par comparaison avec une intégrale

Exercices corriges sur Series Numeriques

2.6 Exercices corrigés. Exercice 1. On considère la progression géométrique de raison q Etudier la convergence des séries numériques suivantes.

Séries de fonctions

Exercice 3. Etudier la convergence simple et la convergence normale de la série de fonction dans les cas suivants : 1. ( ).

Séries numériques

diverge. Séries entières. Exercice 3. Déterminer le rayon de convergence des séries entières suivantes. (1) ?.

Exercices corrigés séries numériques

Exercices corrigés sur les séries séries numériques : séries entières séries de Fourier

Exercices corrigés sur les séries entières

Exercices corrigés sur les séries entières. 1 Enoncés. Exercice 1 Déterminer le rayon de convergence des séries entières. ? anzn suivantes :.

Séries entières

Séries entières. Exercice 1. Soit. ?. Une série entière. On suppose qu'elle diverge pour et qu'elle converge pour . Quel est son rayon de convergence ?

Chapitre 3 — séries numériques — exercices corrigés page 1

La série de terme général. (?1)n n converge par le théor`eme des séries alternées. Par somme la série de terme général Rn converge. Exercice 15. (**) Étudier

Chapitre 1 : Séries numériques Exercice 1.1. Exercice 1.2. Exercice

Exercice 1.1. 1. Après avoir décomposé la fraction rationnelle. 1 x(x + 1). décider

Chapitre 3 | series numeriques | exercices corrigespage 1Series numeriques | exercices corriges

Series a termes positifs

Exercice 1. (*) (Series de Bertrand)

a.Pour tout >0 et tout >1, montrer que la serieP n>2(ln(n))n est convergente. Pour cela, on comparera le terme general a celui d'une serie de Riemann bien choisie. b.Pour tout >0 et tout2]0;1[, montrer que la serieP n>21n (ln(n))est divergente. La suggestion precedente est reconduite. c.Soit >0.Etudier la nature de la serieP n>21n(ln(n)). On s'inspirera de la methode d'etude des series de Riemann.Exercice 2. (*)Determiner la nature des series dont le terme general suit a n= 2(ln(n))1=3; bn= (n+1)1=nn1=n; cn= tan1n sin1n ; d n=n!xnn n; en=n+ 32n+ 1 nln(n)

Pour la premiere, on comparera le terme general a celui d'une serie de Riemann. Pour les deux suivantes, on

commencera par trouver un equivalent du terme general.Exercice 3. Etudier la nature des series dont les termes generaux suivent. Pourdnetin, calculer la somme. a n=3nn bn=n3 + cos(n)cn=ln(n)pn dn= (cos(n) + sin(n))enen=sin(n)n 3=2 f n= e1=ncos(1=n)sin(1=n)gn= 31=n21=nhn=n2n1 n i n=n(n+ 1)! j n=1ln(n)pn kn=Z 1 0t n1 +tdt `n=Z 1 0 ettndt m n=Z 1 0 ettn(1t) dt pn=13 nn!n Y k=1(3k2)qn=nxn1Corrige succinct de l'exercice 3.

La suite (an)n>1tend vers +1par croissances comparees donc la seriePandiverge grossierement.L'inegalitebn>n4

mene a la m^eme conclusion.Pour tout entiern>2, on acn>ln(2)pn . La serieP1pn

diverge donc la la seriePcndiverge.La seriePenconverge (serie geometrique dont la raison a un module strictement inferieur a 1). La domination

jdnj62en donne la convergence absolue de la serie

Pdn.Lycee Henri Poincare | PC

*| mathematiques septembre 2020 Chapitre 3 | series numeriques | exercices corrigespage 2On observe la domination

8n2N;jenj61n

3=2: L'exposant 3=2 est strictement superieur a 1 donc la serie de RiemannP1n

3=2converge. La seriePenconverge

donc absolument.Un developpement limite donnefn=O(1=n2). La seriePfnconverge absolument.Un developpement limite donnegnln(3)ln(2)n

donc la seriePgndiverge.Pourhn, je propose trois demonstrations de convergence. Premiere methode : comparaison a une serie de Riemann.Prenons >0. Pour toutn2N, on trouve h n1=n= exp nlnn2n1 +ln(n)

Dans l'exposant, le premier terme est equivalent anln(2). Il est donc preponderant devantln(n). On en deduit

que cet exposant tend vers1puis que le quotient etudie tend vers 0.

Prenons speciquement= 2, pour avoirhn= o1n

2 , ce qui donne la convergence dePhn. Deuxieme methode : comparaison a une serie geometrique.On remarque que le quotientn2n1tend

vers 1=2. On peut donc penser que la serie etudiee est du m^eme type queP(1=2)n. Sauf qu'on ne peut pas passer

l'equivalent a la puissancen. On peut cependant remarquer qu'il existe un rangn0tel que

8n>n0;06n2n1634

On en deduit la domination

8n>n0;06hn634

La raison 3=4 est dans ]1;1[ donc la serie de terme general (3=4)nconverge. La domination donne aussi la

convergence dePhn. Troisieme methode : obtention d'un equivalent.On ecrithnsous forme d'une exponentielle. h n= exp nlnn2n1 = exp nln2n1n = exp nln 21n
= exp(nln(2))exp nln 112n

La derniere exponentielle se reecrit

exp nln 112n
= exp n

12n+ o1n

= exp12 + o(1) Par continuite de l'exponentielle, ceci tend vers e

1=2, ce qui donne l'equivalent

h ne1=212 n:

La serie geometrique

P12 nconverge donc la seriePhnconverge.Lycee Henri Poincare | PC *| mathematiques septembre 2020

Chapitre 3 | series numeriques | exercices corrigespage 3On peut appliquer la regle de d'Alembert ou simplement remarquer l'equivalentin1n!pour obtenir la conver-

gence de la seriePin.Lepnau denominateur suggere plut^ot la divergence. Dans ce cas, on compare a1n et on trouve1n = o(jn), ce qui donne la divergence.Pour toutt2[0;1], on a12

611 +t61 ce qui donne

k n>12 Z 1 0 tndt=12

1n+ 1:

On en deduit que la serie

Pknest divergente.Pour toutt2[0;1], on a e16et61 ce qui donne n>e1Z 1 0 tndt= e11n+ 1:

On en deduit que la serie

P`nest divergente.Pour toutt2[0;1], on a e16et61 ce qui donne m n6Z 1 0 tn(1t) dt=1n+ 11n+ 2=1(n+ 1)(n+ 2)61(n+ 1)2:

On en deduit que la serie

Pmnest convergente.L'etude depnest beaucoup plus dicile car elle utilise le resultat de l'exercice 5 | qui n'est bien s^ur pas un

resultat du cours. On trouvepnp n1=3n23n= 123n: On en deduit qu'il existe une constantec >0 telle quepncn

2=3. La seriePpnest divergente.Sixest nul, la seriePqnconverge (serie nulle).

Sixest non nul, on peut appliquer la regle de d'Alembert. On trouve lim n!+1 q n+1q n =jxj: Sijxj<1, la seriePqnconverge absolument. Sijxj>1, la seriePqndiverge grossierement. Dans le casjxj= 1, il restejqnj=ndonc la seriePqndiverge grossierement aussi.Serie des dierences Exercice 4. (*)Montrer que la suite de terme generalun=nP k=11k ln(n) est convergente.Lycee Henri Poincare | PC *| mathematiques septembre 2020

Chapitre 3 | series numeriques | exercices corrigespage 4Solution de l'exercice 4.Pour tout entiern>2, on trouve

u nun1=1n ln(n) + ln(n1) =1n + ln 11n Un developpement limite donne alorsunun1=O(1=n2). On en deduit que la serieP(unun1) converge absolument, si bien qu'elle converge.

La convergence de cette serie telescopique permet de conclure que la suite (un)n2Nest convergente.Exercice 5. (**)Soits2R. Soit (un)n2Nune suite reelle strictement positive. On fait l'hypothese

u n+1u n= 1sn +O1n 2

Montrer que la suite de terme general ln(nsun) possede une limite nie. En deduire la nature de la seriePun.Solution de l'exercice 5.Corrige en classe.Exercice 6. (*)Calculer les sommes suivantes, en precisant les domaines de validite.

+1X n=1z

2n1;+1X

n=0z

2n(2n)!;+1X

n=0n

2znn!:Solution de l'exercice 6.Corrige en classe.Exercice 7. (*)On donne+1P

n=11n 2=26 . Calculer les sommes+1P k=01(2k+ 1)2et+1P n=1(1)nn

2.Solution de l'exercice 7.

Exercice 8. (*)Quelles sont les valeurs dezcomplexe pour lesquelles la serie X n>2e iln(n)znn 2

est convergente?Solution de l'exercice 8.Convergence absolue sijzj61. Divergence grossiere sijzj>1.Exercice 9. (**)On xe (a;b) dansR2. Pour toutndansN, on pose

u n= ln(n) +aln(n+ 1) +bln(n+ 2): a.Obtenir un developpement asymptotique deunavec la precisionO(1=n2).

b.En deduire qu'il existe un unique choix de (a;b) pour lequel la serie de terme generalunest convergente et

preciser ce choix. c.Pour ce choix particulier de (a;b), calculer la somme+1P n=1u n.Solution de l'exercice 9.Corrige en classe.Exercice 10. (**)Montrer que pour toutndansN, le nombre u n= (2 +p3) n+ (2p3) n est un entier.Lycee Henri Poincare | PC *| mathematiques septembre 2020

Chapitre 3 | series numeriques | exercices corrigespage 5En deduire que la serie de terme general sin((2 +p3)

n) converge absolument.Solution de l'exercice 10.Les nombres 2 +p3 et 2p3 sont les racines du polyn^ome

(X(2 +p3)(X(2p3)) = (X2)23 = X24X + 1: On en deduit que la suite (un)n2Nverie la relation de recurrence

8n2N; un+24un+1+un= 0:

Ses deux premiers termes sontu0= 2 etu1= 4 donc, par une recurrence double que je ne detaille pas, tous les

termes de cette suite sont des entiers | et m^eme des entiers pairs. Autre methode.Soitn2N. La formule du bin^ome donne (je zappe quelques etapes de calcul) u n=nX k=0 n k 2 nk(p3) k(1 + (1)k): Les termes d'indices impairs sont nuls. En ne gardant que les termes d'indices pairs, il vient u n= 2bn=2cX p=0 n 2p 2 n2p3p; si bien queunest un entier pair.

Soitn2N. On ecrit(2 +p3)

n=un(2p3) n. Le fait queunsoit un entier donne sin((2 +p3) n)) =(1)unsin((2p3) n) puissin((2 +p3) n))=sin((2p3) n): On conna^t l'encadrement 10(2p3) n. Par le critere des equivalents pour les series a termes positifs, on en deduit que la serie P n>0sin((2+p3) n) converge absolument.Exercice 11. (**)Montrer que la serieP

n>1(1)n(n!)1=nest convergente. Est-elle absolument convergente?Solution de l'exercice 11.L'equivalent de Stirling donne l'existence d'une suite ("n)n>1de limite nulle telle que

8n2N; n! =nnenp2n(1 +"n):

Pour toutn2N, on en deduit l'egalite

(n!)1=n=ne1(2n)1=(2n)(1 +"n)1=n:

Sous forme exponentielle, on a

(2n)1=(2n)(1 +"n)1=n= expln(n) + ln(2)2n+ln(1 +"n)n

Quandntend vers +1, l'exposant tend vers 0 donc, par continuite de l'exponentielle, cette quantite tend vers 1.

On en deduit l'equivalent

(n!)1=nne puis1(n!)1=nen :Lycee Henri Poincare | PC *| mathematiques septembre 2020 Chapitre 3 | series numeriques | exercices corrigespage 6La serie de Riemann P n>11n est divergente donc, par le critere des equivalents pour les series a termes positifs, la serie P n>11(n!)1=nest divergente.

On en deduit que la serie

P n>1(1)n(n!)1=nne converge pas absolument.

Soitn2N. On trouve

1=((n+ 1)!)1=(n+1)1=(n!)1=n=(n!)n+1((n+ 1)!)n

1n(n+1):

Apres simplication, on a

(n!)n+1((n+ 1)!)n=n!(n+ 1)n=1n+ 12n+ 1 nn+ 161:

On en deduit l'inegalite

1=((n+ 1)!)1=(n+1)1=(n!)1=n61:

Ainsi, la suite

1(n!)1=n

n>1est decroissante. D'apres l'equivalent obtenu plus haut, cette suite converge vers 0. Par le theoreme des series alternees, on en deduit que la serie P n>1(1)n(n!)1=nconverge.Exercice 12. (**)

Etudier la nature de la serieP

n>2(1)npn+ (1)n.Solution de l'exercice 12.Corrige en classe.Exercice 13. (*)Montrer la convergence de la serie de terme general

R n=+1X k=n+1(1)kk

Pour cela, on montrera que cette serie verie les hypotheses du theoreme des series alternees. Pour l'hypothese de

decroissance, on commencera par justier l'identite jRnj=+1X p=0

1n+ 2p+ 11n+ 2p+ 2

Generaliser avec R

n() =+1P k=n+1(1)kk

pour tout >0.Solution de l'exercice 13.Corrige en classe.Exercice 14. (*)On reprend la notation Rnde l'exercice precedent.

a.Pour toutn2N, justier l'egalite Rn= (1)n+1Z 1 0t n1 +tdt. b.En deduire le developpement asymptotique Rn=(1)n+12n+O1n 2 c.Qu'en deduit-on?Lycee Henri Poincare | PC *| mathematiques septembre 2020

Chapitre 3 | series numeriques | exercices corrigespage 7Solution de l'exercice 14. a.Soitn2N. Prenons un entier N>n+1. On utilise d'abord la linearite de l'integrale.

N X k=n+1(1)kk =NX k=n+1(1)kZ 1 0 tk1dt=Z 1 0 NX k=n+1(1)ktk1! dt:

On reconna^t la une somme geometrique nie de raisont. Cette raison est dierente de 1 donc on peut simplier

cette somme. N X k=n+1(1)kk =Z 1 0 (t)n1(t)Nn1 +t dt= (1)n+1Z1 0t n1 +tdt(1)NnZ 1 0t

N1 +tdt

L'encadrement

06Z 1 0t

N1 +tdt6Z

1 0 tNdt=1N + 1

montre que ce reste integral tend vers 0 quand N tend vers +1. Ce passage a la limite donne alors la formule attendue

R n= (1)n+1Z 1 0t

n1 +tdt:b.Eectuons une integration par parties. On primitivet7!tnent7!tn+1=(n+ 1), qui est de classeC1sur [0;1].

On derivet7!1=(t+ 1), qui est de classeC1sur [0;1], ent7! 1=(t+ 1)2. Il vient R n= (1)n+112(n+ 1)+1n+ 1Z 1 0t n+1(t+ 1)2dt

L'encadrement

06Z 1 0t n+1(t+ 1)2dt6Z 1 0 tn+1dt=1n+ 2donne1n+ 1Z 1 0t n+1(t+ 1)2dt=O1n 2 On observe par ailleurs le developpement asymptotique

1n+ 1=1n

1 +1n 1 =1n

1 +O1n

=1n +O1n 2quotesdbs_dbs1.pdfusesText_1

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Series a termes positifs

Exercice 1. (*) (Series de Bertrand)

Pdn.Lycee Henri Poincare | PC

8n2N;jenj61n

3=2converge. La seriePenconverge

Prenons speciquement= 2, pour avoirhn= o1n

8n>n0;06n2n1634

On en deduit la domination

8n>n0;06hn634

La derniere exponentielle se reecrit

12n+ o1n

1=2, ce qui donne l'equivalent

La serie geometrique

611 +t61 ce qui donne

1n+ 1:

On en deduit que la serie

On en deduit que la serie

On en deduit que la serie

2=3. La seriePpnest divergente.Sixest nul, la seriePqnconverge (serie nulle).

2n1;+1X

2n(2n)!;+1X

2znn!:Solution de l'exercice 6.Corrige en classe.Exercice 7. (*)On donne+1P

2.Solution de l'exercice 7.

8n2N; un+24un+1+un= 0:

Soitn2N. On ecrit(2 +p3)

8n2N; n! =nnenp2n(1 +"n):

Pour toutn2N, on en deduit l'egalite

Sous forme exponentielle, on a

On en deduit l'equivalent

On en deduit que la serie

Soitn2N. On trouve

1=((n+ 1)!)1=(n+1)1=(n!)1=n=(n!)n+1((n+ 1)!)n

1n(n+1):

Apres simplication, on a

On en deduit l'inegalite

1=((n+ 1)!)1=(n+1)1=(n!)1=n61:

Ainsi, la suite

1(n!)1=n

Etudier la nature de la serieP

1n+ 2p+ 11n+ 2p+ 2

Generaliser avec R

N1 +tdt

L'encadrement

N1 +tdt6Z

L'encadrement

1n+ 1=1n

1 +O1n