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Feuille d"exercices n°21 : corrigé

PTSI B Lycée Eiffel

5 juin 2014

Exercice 1 (* à ***)

En écrivantn13

n=13 n3 n113 n, on reconnait une somme de deux séries géométriques (dont une dérivée) convergentes, et on calcule facilement +1X n=0n13 n= 13 1(113 )21113 =13 94
32
=34 (il est normal que le résultat soit négatif, le premier terme de la somme est égal à1et les autres sont trop petits pour le compenser). On peut écrire, à partir den= 2(les deux premiers termes de la série sont de toute façon nuls), n(n1)n!=1(n2)!, ce qui permet de reconnaitre une série exponen- tielle convergente et de calculer +1X n=0n(n1)xnn!=+1X n=2x n(n2)!=x2+1X n=0x nn!= x 2ex.

Inutile de beaucoup se fatiguer ici,2n2n

312n
, terme général d"une série diver- gente, donc notre série diverge (elle est à termes positifs à partir du rang2).

On peut écrire12

2n+1=12

14 npour reconnaitre une série gémétrique convergente, de somme 12 1114
=23 Rien à faire ici, c"est un exemple direct de série exponentielle, de somme4e1=4e La série est à termes positifs et son terme général est équivalent à1n

3, donc elle

converge (comparaison avec une série de Riemann). Pour calculer sa somme, il faut faire un télescopage, en commençant par écrire

1n(n+ 1)(n+ 2)=an

+bn+ 1+ cn+ 2. En multipliant l"égalité parnet en évaluant pourn= 0, on trouvea=12 De même, en multipliant parn+ 1et en prenantn=1on ab=1. On trouve de mêmec=12 , soit1n(n+ 1)(n+ 2)=12n1n+ 1+12(n+ 2). Pour effec- tuer le télescopage, on travaille avec les sommes partielles : pX n=11n(n+ 1)(n+ 2)= 1 1 2 p X n=11n pX n=11n+ 1+12 p X n=11n+ 2=12 n X n=11n p+1X n=21n +12 p+2X n=31n =12 +14 12

1p+ 1+12(p+ 1)+12(p+ 2)=14

12(p+ 1)+12(p+ 2). Il y a bien convergence,

vers la somme suivante : +1X n=11n(n+ 1)(n+ 2)=14 Encore des géométriques à faire apparaitre :3 +n2n4 n+2=316 14 n+132 n2 n1, tout converge et +1X n=03 +n2n4 n+2=316 1114
+132
1(112 )2=14 +18 =38 Il y a un télescopage tout simple, mais il est n"est même pas utile de s"en rendre compter :lnn+ 1n = ln 1 +1n 1n , donc la série diverge (elle est à termes positifs).

Le terme général de cette série (positive à partir den= 1) étant équivalent à14n2,

elle converge. De plus,

14n21=a2n+ 1+b2n1, aveca(2n1)+b(2n+1) = 1

(pour changer, on met tout au même dénominateur et on identifie), soita+b= 0et ba= 1, doncb=12 eta=12 . On en déduit quenX k=014k21=12 n X k=012k1 12 n X k=012k+ 1=12 n X k=012k112 n+1X k=112k+ 1=12

12(2n+ 1). La série converge

donc vers12

Il suffit de se souvenir quech(n) =en+en2

pour écrire notre série comme somme de deux séries géométriques convergentes : +1X n=0ch(n)3 n=12 +1X n=0 e3 n+12 +1X n=01(3e)n= 12 11e3
+1113e!
12

33e+3e3e1

(inutile de tenter de simplifier plus).

Le terme général de cette série à termes positifs est équivalent à54n2, elle converge

donc. On effectue une décomposition en éléments simples :

5(2n+ 1)(2n+ 3)=

a2n+ 1+b2n+ 3=a(2n+ 3) +b(2n+ 1)(2n+ 1)(2n+ 3). Par identification, on obtient2a+2b=

0, soitb=a, et3a+b= 5, dont on déduita=52

etb=52 . Autre- ment dit, pX n=05(2n+ 1)(2n+ 3)=52 p X n=012n+ 152 p X n=012n+ 3=52 p X n=012n+ 1 52
p+1X n=112n+ 1=52

52(2p+ 3). Il y a bien convergence de la série, vers52

Si on tient vraiment à prouver la convergence avant d"essayer de calculer la somme, on peut trouver un équivalent du terme général à coup de développements limités. On peut aussi anticiper le télescopage et calculer directement la somme partielle : 2 n X k=21pk1+1pk+ 12pk =n1X k=11pk +n+1X k=31pk nX k=22pk = 1 +1p2 +1pn

1pn+ 12p2

2pn = 11p2 1pn +1pn+ 1, qui converge vers la somme11p2 On constate ici queenx= (ex)n. On est donc en présence d"une simple série géométrique de raisonex. Cette série convergera donc si et seulement six >0 (condition pour queex2]1;1[), vers11ex=exe x1. Rien d"évident ici, mais on sait que la suite(Fn)est récurrente linéaire d"ordre2, d"équation caractéristiquex2=x+ 1. Cette équation a pour discriminant = 5, et pour racinesx1=1 +p5 2 etx2=1p5 2 . Si on part deF0= 0etF1= 1, on aura doncFn= 1 +p5 2 n 1p5 2 n , avecF0=+= 0, et F 1=2 (1 +p5) + 2 (1p5) = 1, soit2p5 = 1, et=12 p5 , puis=12 p5

Commex1>1, etjx2j<1, on obtientFn12

p5 1 +p5 2 n (le second terme tendant vers0), puis1F n2p5 21 +
p5 n , terme général d"une série géométrique convergente. On en déduit que notre série converge (elle est à termes positifs), mais il n"existe en fait aucun moyen d"en calculer aisément la somme!

Exercice 2 (**)

1. On montre par une récurrence facile que8n2N,un>0. En effet, c"est vrai pouru0,

et si on le suppose vrai pourun, commeeun>0, on aura bienun+1=eunun>0. De plus, commeun>0, on aeun<1, et donceunun< un. Autrement dit, la suite(un)est décroissante. Comme elle est minorée par0, elle converge vers une certaine limitel. On en déduit queeununtend verslel, mais aussi verslpuisque cette expression est égale àun+1. On en déduit quel=lel, ce qui se produit si l= 0ou siel= 1, ce qui ne laisse que la possibilitél= 0. La suite(un)converge donc vers0.

2. On remarque quevn+1= ln(un+1) = ln(eunun) =un+lnun=vnun, ce qu"on

peut aussi écrireun=vnvn+1. On en déduit queSn=nX k=0u k=nX k=0(vkvk+1) = v

0vn+1(il y a télescopage).

3. Commeuntend vers0, la suite(vn)diverge vers1quandntend vers+1, et

la série(Sn)diverge donc vers+1.

Exercice 3 (*)

Comme la série de terme général

2est une série de Riemann convergente, on sait

que son reste converge vers0. On va tout de même commencer par travailler avec des 3 sommes partielles (ou plutôt des restes partiels). Sur l"intervalle[k;k+ 1], on a l"enca- drement1(k+ 1)261x 261k

2par décroissance de la fonctionx7!1x

2. En intégrant cet

encadrement, on obtient

1(k+ 1)26Z

k+1 k1x

2dx61k

2, soit1(k+ 1)261k

1k+ 161k

2 (encadrement qui est en l"occurrence facile à obtenir sans calculer d"intégrale). Si on somme l"inégalité de droite pourkvariant entren(qu"on fixera désormais) etp(qui va ensuite tendre vers+1), on trouve alorspX k=n1k 2>pX k=n1k

1k+ 1=1n

1p+ 1(téles-

copage dans la somme de droite). De même, en sommant les inégalités de gauche pour kvariant entren1etp1(pour avoir des1(k+ 1)2variant entre1n 2et1p

2), on

obtient l"autre inégalité pX k=n1k 26p1X
k=n11k

1k+ 1=1n11p

. Autrement dit, on a prouvé que 1n

1p16pX

k=n1k

261n11p

. En multipliant tout parn, on a donc

1np16npX

k=n1k

26nn1np

. Lorsqu"on faire tendrepvers+1ànfixé, les deux membres extrêmes convergent (mais pas vers1, attention à la rigueur!), et on en déduit que16limp!+1npX k=n1k

26nn1, soit16nRn6nn1. On peut maintenant

faire tendrenvers+1pour trouver, par application du théorème des gendarmes cette fois-ci,limn!+1nRn= 1, soitRn=+1X k=n1k 21n
La généralisation se fait exactement de la même façon : sur[k;k+ 1],1(k+ 1)6 1x 61k
, ce qui donne par intégration1(k+ 1)61(1)(k+ 1)11(1)k16 1k . Une somme télescopique plus tard, on trouve1(1)(p+ 1)11(1)n16 p X k=n1k

61(1)p11(1)(n1)1. Comme précédemment, un premier passage

à la limite surppermet d"obtenir l"encadrement16(1)n1Rn6nn+ 1 1 puis le théorème des gendarmes donne l"équivalentRn1(1)n1.

Exercice 4 (***)

1. On peut commencer par constater assez aisément que la suite(un)est décroissante

puisqueun+1un=u2n60. Cela donne bien envie de tenter de la minorer, par exemple par0. Prouvons via une petite récurrence que tous les termes de la suite appartiennent à l"intervalle[0;1]. C"est vrai pouru0par hypothèse. Supposons donc06un61, on a alors également061un61, donc06un(1un)61. 4 Or,un(1un) =unu2n=un+1. Cette constatation achève la récurrence. La suite(un)étant décroissante minorée, elle converge. Commeun+1=unu2n, on en déduit en prenant la limite de chaque côté quel=ll2, soitl2= 0, ce qui n"est possible que sil= 0. On peut en déduire que la suite(un)converge vers0.

2. En revenant à la relation de récurrence, on constate queu2n=unun+1, d"où

k=nX k=0u

2k=k=nX

k=0u kuk+1=u0un+1(par télescopage). D"après la question pré- cédente,limn!+1u0un+1=u0, donc la série de terme généralu2nconverge vers u 0.

3. La somme partielle va également être télescopique :

k=nX k=0lnuk+1u k =k=nX k=0ln(uk+1) ln(uk) = ln(un+1)ln(u0). Or, toujours en utilisant notre connaissance de la limite de(un), on alimn!+1ln(un+1) =1, ce qui signifie que la série considérée diverge.

4. En reprenant la relation de récurrence définissant la suite, on constate quelnun+1u

n ln unu2nu n = ln(1un) unpuisqueunest une suite qui converge vers0.

La série

Xun(qui est à termes négatifs) diverge donc, etXu négalement.

Exercice 5 (* à **)

La série est à termes positifs, de terme général équivalent à1n

2(terme général

d"une série de Riemann convergente), donc converge.

La série est à termes positifs, et1e

n+en1e n, terme général d"une série géomé- trique convergente, donc la série converge. Même si on se trompe dans l"équivalent, on tombera sur une série convergente. En l"occurrence,1n

3+ 2n12

n, et la série converge. Le terme général ne tend même pas vers0, puisquen2+n42n4a pour limite12 , donc la série diverge grossièrement.

Ici, la positivité est évidente, etrn+ 2n

34n+ 1r1

n 21n
, donc la série diverge.

La série est à termes positifs, etln(n)3

n62n3 n(au moins à partir d"un certain rang), ce qui suffit à assurer la convergence. Encore une série qui diverge grossièrement, le terme général tendant vers1(en factorisant, on constate que le dénominateur est équivalent àln(3n), donc àln(n), puisqueln(3n) = ln(n) + ln(3). On peut par exemple écrire quen2n!n(n1)n!1(n2)!, ce qui assure la convergence de la série. notons qu"on peut très bien calculer sa somme : +1X n=0n 2n!= 5 +1X n=21(n2)!++1X n=11(n1)!= 2e. Un peu plus pénible que celui de la ligne du dessus, mais on peut certainement écrire qu"à partir d"un certain rang,ln(n)6n14 (puisque lelnest négligeable par rapport à toute puissance strictement positive), donc ln(n)n 32
6n14 n 32
=1n 54
, terme général d"une série de Riemann convergente. Ceci assure la convergence de notre série.

On constate par exemple quepn+ 1pn

2n=12n(pn+ 1 +pn)(quantité conju-

guée), qui tend certainement vers0, et assure la divergence grossière de la série proposée.

C"est beaucoup plus intéressant :nn+ 1

n2 =en2ln(nn+1), avecn2lnnn+ 1 n2ln 1 +1n =n21n

12n2+o1n

=n+12 +o(1). On en déduit que nn+ 1 n2 =ene12 eo(1)enpe , terme général d"une série géométrique convergente. notre série est donc convergente.

Ici, le plus simple est de faire une comparaison série-intégrale. La fonctionx7!1x(ln(x))est continue et décroissante sur]1;+1[pour >0(si60, la sé-

rie diverge de toute façon car son terme général est supérieur à celui de la série harmonique). Mieux, on sait calculerZ n

21x(ln(x))dx=Z

x 21x
(ln(x))dx=

11[ln(x)1]n2=ln(x)11+K. Cette valeur a une limite finie en+1si et

seulement si1 <0, soit >1. On trouve donc exactement le même critère que pour les séries de Riemann.

Exercice 6 (*)

La série de terme général

1(2k+ 1)2converge car son terme général est équivalent à

14k2. De même pour la série de terme général1(2k+ 2)2. On peut donc écrire que la série

de terme général

1(2k+ 2)2+1(2k+ 1)2converge, et que+1X

k=01(2k+ 1)2+1(2k+ 2)2= +1X k=01(2k+ 1)2++1X k=01(2k+ 2)2. Or, la somme de gauche n"est autre que la somme des

inverses des carrés de tous les entiers (on a juste séparé entiers pairs et impairs) qui vaut

26
. Quant à la deuxième somme à droite, elle vaut+1X k=014(k+ 1)2=14 +1X k=01(k+ 1)2= 14 +1X k=11k 2=14 26
. Conclusion :+1X k=01(2k+ 1)2=26 14 26
=34 26
=28 6

Exercice 7 (**)

1. On sait quearctan(x)x!0x(par exemple en utilisant le début du développe-

ment limité d"arctangente), donc le terme général de notre série est équivalent à1n

2+n+ 1, puis à1n

2, ce qui assure la convergence de notre série (qui est à termes

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