Exercices sur les séries numériques

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 :

$\frac{\frac{1}{(\alpha-1) (n+1)^{\alpha-1}}}{\frac{1}{(\alpha-1) n^{\alpha-1}}} \leq \frac{R_n}{\frac{1}{(\alpha-1) n^{\alpha-1}}} \leq 1, \quad \frac{1}{(\alpha-1) n^{\alpha-1}} > 0$