Énoncé de l’exercice n°1 :
Étudier la convergence et déterminer la somme de la série
$$
\sum_{n=1}^{+\infty} (-1)^n u_n, \quad u_n = \ln\left(1 + \frac{1}{n}\right).
$$
Indication :
Utiliser le théorème de convergence des séries alternées.
Utiliser une sommation par paquets sur une somme ayant un nombre pair de termes.
Corrigé de l’exercice :
La série est alternée, et la suite $(u_n)$ est positive, tend vers $0$, et est décroissante.
On peut donc appliquer le théorème de convergence des séries alternées, ce qui démontre que la série $\sum_{n\geq 1} u_n$ converge.
Pour calculer la somme, on détermine la limite de la suite des sommes partielles $S_{2n} = \sum_{k=1}^{2n} (-1)^k u_k$ quand $n \to +\infty$.
$$
S_{2n} = \sum_{k=1}^{2n} (-1)^k u_k = \sum_{k=1}^{n} (u_{2k} – u_{2k-1}).
$$
En utilisant la définition de $u_n$, on obtient :
$$
S_{2n} = \sum_{k=1}^{n} \left( \ln\left(1 + \frac{1}{2k}\right) – \ln\left(1 + \frac{1}{2k – 1}\right) \right).
$$
Ceci peut se simplifier en utilisant la propriété des logarithmes :
$$
S_{2n} = \sum_{k=1}^{n} \ln\left(\frac{(2k + 1)(2k – 1)}{4k^2}\right) = \ln\left(\prod_{k=1}^{n} \frac{(2k + 1)(2k – 1)}{4k^2}\right).
$$
Donc, pour tout $n \geq 1$, on a $S_{2n} = \ln(P_{2n})$, avec
$$
P_{2n} = \prod_{k=1}^{n} \frac{(2k + 1)(2k – 1)}{4k^2}
$$
$$
P_{2n} = \prod_{k=1}^{n} (2k + 1) \prod_{k=1}^{n} \frac{(2k – 1)}{4k^2}
$$
$$
P_{2n} = (2\times 1-1)\prod_{k=2}^{n+1} (2k – 1) \prod_{k=1}^{n} \frac{(2k – 1)}{(2k)^2}
$$
$$
P_{2n} = (2n + 1)\prod_{k=1}^{n} (2k – 1) \prod_{k=1}^{n} \frac{(2k – 1)}{(2k)^2}
$$
$$
P_{2n} = (2n + 1) \left(\prod_{k=1}^{n} \frac{2k – 1}{2k}\right)^2
$$
$$
P_{2n} = (2n + 1) \left(\prod_{k=1}^{n} \frac{(2k – 1)(2k)}{4k^2}\right)^2.
$$
$$
{P_{2n} = (2n + 1) \frac{(2n)!^2}{16^n (n!)^4}}
$$
En utilisant l’approximation de Stirling pour les grands $n$, on obtient que
$$
P_{2n} = (2n + 1) \frac{(2n)!^2}{16^n (n!)^4} \sim_{+\infty} 2n \frac{(2n)^{4n} e^{-4n} (4 \pi n)}{16^n n^{4n} e^{-4n} (2 \pi n)^2} = \frac{2}{\pi}
$$
Par continuité de la fonction logarithme, $S_{2n} = \ln(P_{2n}) \to_{+\infty} \ln\left(\frac{2}{\pi}\right).$
$(S_{2n})$ est une suite extraite de la suite $(S_{n})$ qui est convergente, donc $S_{n} \to_{+\infty} \ln\left(\frac{2}{\pi}\right)$.
Donc on conclut que la somme de la série alternée vaut :
$$
\sum_{n=1}^{+\infty} (-1)^n \ln\left(1 + \frac{1}{n}\right) = \ln\left(\frac{2}{\pi}\right).
$$
Énoncé de l’exercice n°2 :
On définit la somme partielle de la série harmonique $H_n$ par $H_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}$ et ensuite $u_n$ par $u_n = H_n – \ln(n)$.
Démontrer que la suite $(u_n)_{n \geq 1}$ est convergente.
Remarque : on note la limite de cette suite $\lim_{n \to +\infty} u_n = \gamma$. Cette limite $\gamma$ est appelée la « constante d’Euler » et sa valeur est approximativement $\gamma \approx 0.5772156649$.
Indication :
Étudier la série $\sum (u_n – u_{n-1})$.
Corrigé de l’exercice :
On sait que la suite $(u_n)_{n \geq 1}$ a la même nature de convergence que la série $\sum (u_n – u_{n-1}),$ selon le lien entre suites et séries.
Pour $n \geq 2$, on simplifie la différence $u_n – u_{n-1}$ :
$$
u_n – u_{n-1} = H_n – \ln(n) – H_{n-1} + \ln(n-1) = \frac{1}{n} + \ln \left(1 – \frac{1}{n} \right).
$$
En effectuant un développement asymptotique de $\ln \left(1 – \frac{1}{n}\right)$ on obtient :
$$
\ln\left(1 – \frac{1}{n}\right) = -\frac{1}{n} – \frac{1}{2n^2} + o\left(\frac{1}{n^2}\right).
$$
Donc
$$
u_n – u_{n-1} = -\frac{1}{2n^2} + o\left(\frac{1}{n^2}\right) \sim_{n \to +\infty} -\frac{1}{2n^2}.
$$
Par comparaison avec une série de Riemann convergente $(2>1)$, la série $\sum (u_n – u_{n-1})$ est convergente.
On en déduit que la suite $(u_n)_{n \geq 1}$ est également convergente.
Énoncé de l’exercice n°3 :
Déterminer la nature de la série $ \sum_{n \geq 2} u_n $, où $ u_n = \frac{(-1)^n}{n^\alpha + (-1)^n} $, $ \alpha > 0 $.
Indication :
Essayer d’utiliser le théorème de convergence pour les séries alternées.
Si besoin : utiliser un développement asymptotique.
Corrigé de l’exercice :
On considère la suite positive définie par :
$$
|u_n| = \left| \frac{(-1)^n}{n^\alpha + (-1)^n} \right|.
$$
En étudiant la limite de $ |u_n| $ lorsque $ n \to +\infty $, on constate que :
$$
|u_n| \to 0.
$$
Cependant, cette suite $ (|u_n|) $ n’est pas décroissante si $ 0 < \alpha \leq 1 $. On ne peut donc pas appliquer directement le critère des séries alternées dans ce cas. Pour obtenir plus d’informations sur le comportement de $ u_n $, effectuons un développement asymptotique. Pour tout $ n \geq 2 $, on peut écrire : $$ u_n = \frac{(-1)^n}{n^\alpha} \left( 1 + \frac{(-1)^n}{n^\alpha} \right)^{-1}. $$ En utilisant le développement de $ \left( 1 + x \right)^{-1} = 1 - x + o\left( x \right)$ pour $ x $ petit, on obtient : $$ u_n = \frac{(-1)^n}{n^\alpha} \left( 1 - \frac{(-1)^n}{n^\alpha} + o\left( \frac{1}{n^\alpha} \right) \right). $$ Donc : $$ u_n = \frac{(-1)^n}{n^\alpha} - \frac{1}{n^{2\alpha}} + o\left( \frac{1}{n^{2\alpha}} \right). $$ On peut alors décomposer $ u_n $ en une somme de deux termes : $$ u_n = v_n + w_n $$ où $v_n = \frac{(-1)^n}{n^\alpha}$ et $w_n \sim -\frac{1}{n^{2\alpha}}.$ La série $ \sum v_n $ est convergente, d'après le critère des séries alternées. Les séries $ \sum u_n $ et $ \sum w_n $ ont donc la même nature. Cependant, la série $ \sum w_n $ converge si, et seulement si, $ \alpha > \frac{1}{2} $ d’après la comparaison avec la série de Riemann.
Conclusion : la série $ \sum u_n $ diverge si $ 0 < \alpha \leq \frac{1}{2} $, et elle converge si $ \alpha > \frac{1}{2} $.
Énoncé de l’exercice n°4 :
Soit $\alpha > 1$. Encadrer $R_n = \sum_{k=n+1}^{+\infty} \frac{1}{k^\alpha}$ puis en déduire un équivalent simple.
Indication :
Utiliser la méthode de la comparaison série-intégrale.
Corrigé de l’exercice :
$\alpha > 1$, donc, par le critère de Riemann, $\sum \frac{1}{k^\alpha}$ converge, donc $\forall n \in \mathbb{N}, R_n$ est bien défini.
On pose $f$ définie par $\forall x \in D_f = [1; +\infty[$, $f(x) = \frac{1}{x^\alpha}$. Ainsi, $\forall n \in \mathbb{N}, R_n = \sum_{k=n+1}^{+\infty} f(k)$.
$f$ est continue, positive, et décroissante sur $D_f$, donc on peut appliquer la méthode de la comparaison série-intégrale.
Soient $k \in \mathbb{N}^*$, $t \in [k ; k+1]$.
$f$ est décroissante sur $D_f \supset [k ; k+1]$ donc :
$$
f(k+1) \leq f(t) \leq f(k)
$$
En intégrant avec les bornes dans l’ordre croissant $k < k+1$ :
$$
\int_k^{k+1} f(k+1) \, dt \leq \int_k^{k+1} f(t) \, dt \leq \int_k^{k+1} f(k) \, dt
$$
t est la variable d'intégration, donc $f(k+1)$ et $f(k)$ sont des constantes.
$$
f(k+1) (k+1 - k) \leq \int_k^{k+1} f(t) \, dt \leq f(k) (k+1 - k)
$$
Donc :
$$
\forall k \in \mathbb{N}^*, \quad f(k+1) \leq \int_k^{k+1} f(t) \, dt \leq f(k)
$$
On va majorer $f(k)$, en utilisant un décalage d’indice.
Soit $k \in \mathbb{N} \cap [2; +\infty[$,
$$
f(k) = f((k-1)+1)
$$
on pose $\ell = k-1 \in \mathbb{N}^*$.
$$
f(k) = f(\ell + 1) \leq \int_\ell^{\ell+1} f(t) \, dt = \int_{k-1}^k f(t) \, dt
$$
Donc :
$$
\forall k \in \mathbb{N} \cap [2; +\infty[, \quad \int_k^{k+1} f(t) \, dt \leq f(k) \leq \int_{k-1}^k f(t) \, dt
$$
On va encadrer $R_n$.
$\alpha > 1$, donc, par la règle de Riemann, $\int_1^{+\infty} \frac{1}{t^\alpha} \, dt = \int_{1}^{+\infty} f(t) \, dt$ converge.
En sommant les inégalités ci-dessus pour $k$ variant de $n+1$ à $+\infty$, on obtient :
$$
\sum_{k=n+1}^{+\infty} \int_k^{k+1} f(t) \, dt \leq \sum_{k=n+1}^{+\infty} f(k) \leq \sum_{k=n+1}^{+\infty} \int_{k-1}^k f(t) \, dt
$$
$$
\int_{n+1}^{n+2} f(t) \, dt + \int_{n+2}^{n+3} f(t) \, dt + \dots \leq R_n \leq \int_n^{n+1} f(t) \, dt + \int_{n+1}^{n+2} f(t) \, dt + \dots
$$
Par la relation de Chasles,
$$
\int_{n+1}^{+\infty} f(t) \, dt \leq R_n \leq \int_n^{+\infty} f(t) \, dt
$$
$$
\int_{n+1}^{+\infty} \frac{1}{t^\alpha} \, dt \leq R_n \leq \int_n^{+\infty} \frac{1}{t^\alpha} \, dt
$$
$$
\int_{n+1}^{+\infty} t^{-\alpha} \, dt \leq R_n \leq \int_n^{+\infty} t^{-\alpha} \, dt
$$
$$
\left[ \frac{t^{-\alpha+1}}{-\alpha+1} \right]_{n+1}^{+\infty} \leq R_n \leq \left[ \frac{t^{-\alpha+1}}{-\alpha+1} \right]_n^{+\infty}, \quad \alpha > 1
$$
$$
0 – \frac{(n+1)^{-\alpha+1}}{-\alpha+1} \leq R_n \leq 0 – \frac{n^{-\alpha+1}}{-\alpha+1}
$$
$$
\frac{1}{(\alpha-1) (n+1)^{\alpha-1}} \leq R_n \leq \frac{1}{(\alpha-1) n^{\alpha-1}}
$$
On va trouver un équivalent simple de $R_n$ lorsque $n$ tend vers $+\infty$.
On conjecture que $R_n \underset{n \to +\infty}{\sim} \frac{1}{(\alpha-1) n^{\alpha-1}}$.
Démonstration :
$$
\frac{\frac{1}{(\alpha-1) (n+1)^{\alpha-1}}}{\frac{1}{(\alpha-1) n^{\alpha-1}}} \leq \frac{R_n}{\frac{1}{(\alpha-1) n^{\alpha-1}}} \leq 1, \quad \frac{1}{(\alpha-1) n^{\alpha-1}} > 0
$$
$$
\left( \frac{n}{n+1} \right)^\alpha \leq \frac{R_n}{\frac{1}{(\alpha-1) n^{\alpha-1}}} \leq 1
$$
$$
\frac{n}{n+1} \underset{n \to +\infty}{\sim} \frac{n}{n} = 1
$$
$\alpha$ ne dépend pas de $n$, donc :
$$
\left( \frac{n}{n+1} \right)^\alpha \underset{n \to +\infty}{\sim} 1^\alpha = 1
$$
Donc :
$$
\left( \frac{n}{n+1} \right)^\alpha \xrightarrow[n \to +\infty]{} 1
$$
Donc, par théorème d’encadrement (alias théorème des gendarmes),
$$
\frac{R_n}{\frac{1}{(\alpha-1) n^{\alpha-1}}} \xrightarrow[n \to +\infty]{} 1
$$
Conclusion :
$$
R_n \underset{n \to +\infty}{\sim} \frac{1}{(\alpha-1) n^{\alpha-1}}
$$
Énoncé de l’exercice n°5 :
Indication :
Corrigé de l’exercice :
Énoncé de l’exercice n°6 :