Feuille d’exercices no 19 : corrigés

Exercice 1

• On a directement :n2

2n= O

(

1

n2

)

de série ACV, donc CV.

• On écrit :n4 + 3n+ 1

2n5 + n2 + 1∼

n−→+∞

1

2nde série divergente et tout est positif. La série de départ

diverge.• Il y a plusieurs cas :

⊲ si |x| < 1, alors :an · xn = O(|x|n) , de série ACV donc CV.

⊲ si |x| > 1, comme π n’est pas un nombre décimal, la suite (an)n∈N n’est pas stationnairenulle à partir d’un certain rang et donc la suite d’entiers (an)n∈N ne converge pas vers0. De plus :

∀n ∈ N, 0 6 an 6 an · |x|n,imposant à la suite (an |x|n)n∈N de ne pas converger vers 0 : la série associée DVG.

Exercice 2

• La série est CV car1

k2 + k= O

(

1

k2

)

. On écrit :

1

k2 + k=

1

k− 1

k + 1,

donc la série est télescopique et :+∞∑

k=1

1

k2 + k= 1.

• Comme n4 = ◦(n!), alors n2 + 2n+ 3

n!= ◦

(

1

n2

)

de série CV (on peut aussi utiliser les O ...).

Pour le calcul de la somme, on utilise la base de Hilbert :(

Hk(X) = X(X − 1) · · · , (X − k + 1))

k∈N.

On pose :X2 + 2X + 3 = a + bX + cX(X − 1)

et en résolvant un petit système linéaire, on trouve :

a = 3, b = 3 et c = 1.

1

Toutes les séries qui suivent sont convergentes. On obtient :

+∞∑

n=1

n2 + 2n+ 3

n!= a

+∞∑

n=1

1

n!+ b

+∞∑

n=1

n

n!+ c

+∞∑

n=1

n(n− 1)

n!

= a(e− 1) + b+∞∑

n=1

1

(n− 1)!+ c

+∞∑

n=2

n(n− 1)

n!

= a(e− 1) + b+∞∑

n=0

1

n!+ c

+∞∑

n=2

1

(n− 2)!

= a(e− 1) + b e+ c e

= 7e− 3.

• Si N ∈ N, en posant fN : x 7−→N∑

k=0

xk+1 = x1− xN+1

1− xsur l’intervalle ]0, 1[, alors :

f ′N : x 7−→

N∑

k=0

(k + 1) xk =1− xN+1

1− x+ x

−(N + 1)xN(1− x) + 1− xN+1

(1− x)2.

Par les croissances comparées, en prenant a =1

4, alors :

limN−→+∞

aN = limN−→+∞

(N + 1) aN = 0.

La quantité f ′N(a) converge donc lorsque N tend vers +∞ vers :

1

1− a+ a

1

(1− a)2=

16

9.

Ainsi, on a tout immédiatement : la convergence et la somme de la série convergente et donc :

+∞∑

k=0

k + 1

4k=

16

9.

Exercice 5On pose un le terme général de la série proposée.Soit r un entier supérieur ou égal à 1.Parmi tous les entiers n qui vérifient pn = r, le plus petit entier n possible est :

n = 10r−1

et le plus grand entier n est :n = 10r − 1.

On en déduit que pour tout n > 1 :

10pn−1 6 n < 10pn.

2

Par conséquent,101−

1pn 6 n

1pn < 10,

et :0 < un = 10− n

110 .

On constate que la série proposée est à termes positifs, donc est strictement croissante.Posons la suite v définie par :

∀n ∈ N∗, vn =

{

10− n1pn , si n est une puissance de 10

0, sinon.

Il est clair que :∀n ∈ N

∗, 0 6 vn 6 un.

De plus, pour tout k ∈ N, si n = 10k, alors :

vn = v10k = 10− (10k)1

k+1

= 10×(

1− 10−1

k+1

)

= 10×(

1− exp

(

− 1

k + 1ln 10

))

∼ 10× ln 10

k,

lorsque k tend vers +∞.

En conclusion, en posant SN =N∑

n=1

vn, alors la suite (SN)N∈N∗ est croissante et :

∀N ∈ N∗, S10N =

N∑

k=0

v10k .

Le terme vk10 est équivalent à 10 × ln 10

k, lorsque k tend vers +∞, tout est positif et la série

∑

k

10 × ln 10

kest divergente vers +∞. La série

∑

k

v10k est donc divergente vers +∞ et la

suite (S10N )N∈N∗ est croissante divergente vers +∞. La suite croissante (SN)N∈N∗ est doncdivergente vers +∞.Comme vn 6 un et que la série

∑

n

vn est divergente vers +∞, cela entraîne le fait que la série∑

n

un diverge vers +∞.

Exercice 3Il y a deux choses à savoir sur cet exercice : d’une part, connaître et savoir re-démontrer le résultat est très bien. D’autre part, il faut garder à l’esprit que lesséries de Bertrand qui généralisent les séries de Riemann sont hors programme.

3

Il ne faut jamais les utiliser sans justification. Dans la très grande majorité descas, on peut se passer des séries de Bertrand et les séries de Riemann suffisentlargement.

On distingue plusieurs cas selon la valeur de α.• si α > 1, on prend λ ∈]1, α[ de sorte que par les croissances comparées :

limn−→+∞

ln−β n

nα−λ= 0.

On en déduit :1

nα lnβ n= ◦

(

1

nλ

)

de série ACV donc CV.• si α < 1, on utilise le fait que :

limn−→+∞

lnβ n

n1−α= 0.

Par conséquent, à partir d’un certain rang,

1

n6

1

nα lnβ n.

La série∑

n

1

ndiverge vers +∞ entraînant le fait que la série

∑

n

1

nα lnβ ndiverge vers

+∞.Ne pas oublier dans la phrase précédente « diverge vers +∞ » sinon en aucun cas,l’autre série divergera.

• le cas α = 1 est plus subtil et on ne peut pas comparer à une série de Riemann. Ondoit faire appel aux encadrements série / intégrale. On distingue deux sous-cas selon lavaleur de β :

−→ si β = 1, la fonction f : t 7−→ 1

t ln test continue et décroissante sur [2,+∞[ et on

remarque que :∫ n

2

f(t) dt = ln(lnn)− ln(ln 2)

de limite +∞. Le cours nous dit que la série à termes positifs∑

n

1

n lnndiverge vers

+∞.−→ si β 6= 1, la fonction f : t 7−→ 1

t lnβ test continue et décroissante sur [3,+∞[. De

plus, une primitive de f est :

F : t 7−→ ln−β+1 t

−β + 1.

On distingue alors deux sous-cas.

4

Si β > 1,∫ n

3

f(t) dt =1

β − 1×(

1

lnβ−1 3− 1

lnβ−1 n

)

,

qui est une quantité convergente lorsque n tend vers +∞. La série de Bertrandconverge.Si β < 1,

∫ n

3

f(t) dt =1

1− β×(

ln1−β n− ln1−β 3)

,

qui est une quantité divergente vers +∞, lorsque n tend vers +∞. La série deBertrand diverge.

En conclusion, voici un résultat (hors programme) que l’on peut mettre en annexe de cours :

La série∑

n

1

nα lnβ nest convergente si et seulement si :

α > 1ouα = 1 et β > 1

.

Exercice 6

• On établit un équivalent du terme général un =Nn

Dn.

Or,

e−(

1 +1

n

)n

= e− exp

(

n ln

(

1 +1

n

))

= e− exp

(

1− 1

2n+ O

(

1

n2

))

=e

2n+ O

(

1

n2

)

et :(

1− 1

n2

)n

− 1 = exp

(

n ln

(

1− 1

n2

))

− 1

= exp

(

−1

n+ O

(

1

n3

))

− 1

= −1

n+ O

(

1

n2

)

En définitive, le numérateur vaut :

Nn =e− 2

2n+

(

1

n2

)

.

5

Le dénominateur vaut :

Dn = ln(n2(1 + ◦(1))) + ◦(lnn)= 2 lnn

(

1 + ◦(1))

= 2 lnn+ ◦(lnn).

Conclusion,

Nn ∼n−→+∞

e− 2

2net Dn ∼

n−→+∞2 lnn.

Ainsi,

un ∼n−→+∞

e− 2

2× 1

n lnn.

Tout est positif et la série∑

n

1

n lnnest divergente (utiliser une comparaison série / intégrale

pour démontrer le résultat correctement et non pas utiliser un résultat tout fait sur les sériesde Bertrand).La série

∑

n

un est divergente.

• On sait que :Hn = lnn+ γ + ◦(1).

On en déduit si a > 0 en posant λ = ln a :

un = exp (Hn ln a) = exp(λ Hn) = exp(

λ lnn + C + ◦(1))

,

où C = λ γ.En notant Γ = exp(C) > 0, alors :

un ∼n−→+∞

Γ× exp(λ lnn) = Γ× 1

n−λ.

Tout est positif. La série∑

n

1

n−λest convergente si et seulement si −λ > 1 ⇐⇒ λ < −1 ⇐⇒

ln a < −1 ⇐⇒ a < e−1.

Conclusion,• si a < e−1, alors la série

∑

n

un est convergente ;

• si a > e−1, alors la série∑

n

un diverge vers +∞.

• La suite (jn)n∈N∗ est 3-périodique, d’où l’idée de regrouper les termes, trois par trois.

6

On pose pour tout k ∈ N∗,

vk = u3k + u3k+1 + u3k+2

=1√3k

+j√

3k + 1+

j2√3k + 2

=1√3k

(

1 + j

(

1 +1

3k

)− 12

+ j2(

1 +2

3k

)− 12

)

=1√3k

((

1 + j + j2 − 1

6k×(

j + 2j2)

)

+ O

(

1

k2

))

=ξ

k3/2+ O

(

1

k5/2

)

,

en utilisant 1 + j + j2 = 0 et en posant ξ = − j + 2j2

6√3

.

La série∑

k

vk est donc convergente.

Il faut maintenant voir qu’il y a des petites choses à rédiger pour accéder à l’information sur lasérie

∑

n

un, qui n’est pas tout à fait la même que la série∑

k

vk. On va passer par les sommes

partielles.

Soit N > 3 un entier. On pose kN =

⌊

N

3

⌋

, de sorte que :

N ∈ {3kN , 3kN + 1, 3kN + 2}.

On en déduit :

SN = u1 + u2 +N∑

m=3

um

= u1 + u2 +

3kN−1∑

m=3

um + O

(

|u3kN |+ |u3kN+1|+ |u3kN+2|)

= u1 + u2 +

kN−1∑

ℓ=1

vℓ + O

(

1√kN

)

= u1 + u2 +

+∞∑

ℓ=1

vk + ◦(1).

La suite des sommes partielles (SN)N∈N∗ est donc convergente de limite :

u1 + u2 ++∞∑

ℓ=1

vk.

La série∑

n

un est convergente.

7

• On écrit successivement :

un = cos

(

πn

√

1 +1

n+

1

n2

)

= cos

(

πn

(

1 +1

2n+

1

2n2− 1

8 n2+ O

(

1

n3

)))

= cos

(

πn+π

2+

3π

8 n+ O

(

1

n2

))

= (−1)n+1 sin

(

3π

8 n+ O

(

1

n2

))

=(−1)n+1 3π

8 n+ O

(

1

n2

)

.

La série∑

n

un est donc convergente en utilisant tout d’abord le CSSA pour∑

n

(−1)n+1 3π

8 n

et d’autre part le critère de comparaison des séries de Riemann pour∑

n

O

(

1

n2

)

.

• On pose vn = |un| =1

n√n!.

On remarque que :

ln vn = −1

n

n∑

k=1

ln k,

et :

ln vn+1 = − 1

n + 1

n+1∑

k=1

ln k =1

n+ 1(n ln vn − ln(n+ 1)).

Le nombre ln vn apparaît comme la moyenne arithmétique des nombres− ln 1,− ln 2, · · · ,− lnn,tous supérieurs à − ln(n+ 1). Ainsi,

ln vn > − ln(n + 1),

et donc :ln vn+1 6

1

n+ 1(n ln vn + ln vn) = ln vn.

Par croissance de l’exponentielle,1 < vn+1 6 vn.

Enfin, comme limn−→+∞

lnn = +∞, en utilisant la moyenne de Cesarò [résultat à savoir redé-

montrer avec les quantiticateurs ...] :

limn−→+∞

1

n

n∑

k=1

ln k = +∞.

On peut aussi utiliser une comparaison série / intégrale qui marche avec la fonction croissantet 7−→ ln t.

8

Conclusion, la série∑

n

(−1)n

n√n!

est alternée, de terme général décroissant en module et de limite

nulle, car limn−→+∞

ln vn = −∞. La série converge par le CSSA.

On aurait pu également utiliser la formule de Stirling ce qui donne les calculs suivants :

un = (−1)n((n

e

)n√2πn (1 + ◦(1))

)− 1n

= (−1)n exp

(

−1

nln((n

e

)n√2πn (1 + ◦(1))

)

)

= (−1)n exp

(

−1

n

(

n lnn− n+1

2lnn+

1

2ln(2π) + ◦(1)

))

= (−1)n exp

(

− lnn+ 1 + O

(

lnn

n

))

=(−1)n

ne+ O

(

lnn

n2

)

=(−1)n

ne+ O

(

1

n3/2

)

On retrouve la convergence par le CSSA et la comparaison avec la série de Riemann.

• On fait comme d’habitude un développement asymptotique :

un = cos

(

n2 π ln

(

1− 1

n

))

= cos

(

n2 π

(

−1

n− 1

2n2− 1

3n3+ O

(

1

n4

)))

= cos

(

−nπ − π

2− π

3n+ O

(

1

n2

))

= cos

(

nπ +π

2+

π

3n+ O

(

1

n2

))

= (−1)n+1 sin

(

π

3n+ O

(

1

n2

))

=(−1)n+1 π

3n+ O

(

1

n2

)

de série converge en utilisant comme d’habitude le CSSA et les séries de Riemann.

• La suite des sommes partielles (ωn)n∈N∗ diverge vers +∞ car la série de Riemann associée

est croissante et divergente avec l’exposant α =1

26 1.

Ensuite, on effectue une fois de plus un développement asymptotique.On obtient :

un =(−1)n

ωn

×(

1− (−1)n

ωn

)−1

9

=(−1)n

ωn×(

1 +(−1)n

ωn+ ◦

(

1

ωn

))

=(−1)n

ωn

+

[

1

ω2n

+ ◦(

1

ω2n

)]

.

La série∑

n

(−1)n

ωn

vérifie immédiatement le CSSA car la quantité ωn est positive, croissante

et de limite +∞.

Comme[

1

ω2n

+ ◦(

1

ω2n

)]

∼n−→+∞

1

ω2n

et tout est positif à partir d’un certain rang, la série :

∑

n

[

1

ω2n

+ ◦(

1

ω2n

)]

est de même nature que la série∑

n

1

ω2n

.

On va maintenant établir un équivalent de ωn, lorsque n tend vers +∞, en utilisant unecomparaison série / intégrale.

On considère la fonction continue et décroissante f : t 7−→ 1√tsur l’intervalle [1,+∞[.

Pour tout entier k, on obtient l’encadrement :∫ k+1

k

f(t) dt 6 f(k) 6

∫ k

k−1

f(t) dt,

l’inégalité de gauche étant valable pour tout entier k > 1 alors que l’inégalité de droite estvalable est valable pour tout entier k > 2.On obtient par sommation jusqu’à N ∈ N

∗ :

∫ N+1

1

f(t) dt 6N∑

k=1

1√k= ωN 6 f(1) +

∫ N

1

f(t) dt.

Ainsi, comme t 7−→ 2√t est une primitive de la fonction f :

2√N + 1− 2 6 ωN 6 1 + 2

√N − 2.

Par le théorème des gendarmes, on conclut que :

limN−→+∞

ωN

2√N

= 1,

et donc :ωk ∼ 2

√k ou encore

1

ω2k

∼ 1

4k,

lorsque k tend vers +∞.

Conclusion, la série∑

n

1

ω2n

diverge vers +∞, en utilisant les équivalents positifs de termes

généraux de séries de même nature.

10

En définitive, la série initiale diverge vers +∞, le terme alternée de série convergente n’influantpas le caractère divergent de cette série.

• On commence à en avoir l’habitude ...

un = sin

(

−πn ln

(

1− 1

n

))

= − sin

(

πn

(

−1

n− 1

2n2+ O

(

1

n3

)))

= sin

(

π +π

2n+ O

(

1

n2

))

= − sin

(

π

2n+ O

(

1

n2

))

= − π

2n+ O

(

1

n2

)

Soit on traite les deux termes séparément − π

2nde série divergente vers −∞ et O

(

1

n2

)

de

série convergente, donc le tout est de série divergente vers −∞, soit on dit que :

un ∼n−→+∞

− π

2n,

et tout est négatif à partir d’un certain rang, donc la série∑

n

un est divergente car∑

n

− π

2n

diverge.

• On établit un équivalent de la quantité un, en commençant par utiliser – équivalent dearccos(1− h) à savoir redémontrer lorsque h tend vers 0+ – le fait que :

arccos(1− h) ∼√2h,

lorsque h tend vers 0+.Ainsi,

un ∼n−→+∞

√2

n1/4.

Tout est positif (à partir d’un certain rang ou pas d’ailleurs) et la série∑

n

1

n1/4diverge, donc

la série∑

n

un également.

• Soit a > 0. On fonctionne une nouvelle fois par développement asymptotique. On obtientsuccessivement :

un = na

((

1 +(−1)n

n

)a

− 1

)

= na

(

a(−1)n

n+a(a− 1)

2

1

n2+ ◦

(

1

n2

))

= a(−1)n

n1−a+a(a− 1)

2

[

1

n2−a+ ◦

(

1

n2−a

)]

.

11

On distingue maintenant plusieurs cas :• si a > 1, alors :

un ∼n−→+∞

a(−1)n

n1−a,

quantité qui ne tend pas vers 0 [pas de limite finie si a = 1 et pas de limite infinie sia > 1]. La série

∑

n

un DVG.

• si a ∈]0, 1[, la série∑

n

a(−1)n

n1−avérifie immédiatement le CSSA. Par conséquent, la

série∑

n

un est de même nature que la série∑

n

vn, avec :

vn =a(a− 1)

2

[

1

n2−a+ ◦

(

1

n2−a

)]

.

La constantea(a− 1)

2n’influe pas sur la nature de la série. On pose wn le terme entre

crochets. Or,

wn ∼n−→+∞

1

n2−a,

et tout est positif à partir d’un certain rang. Les séries∑

n

un,∑

n

wn et∑

n

1

n2−asont

de même nature, en l’occurrence ici CV car 2− a > 1.

La série∑

n

un converge si et seulement si a < 1.

• Encore un développement asymptotique !

un =(−1)n

ln

(

na

(

1 +(−1)n

na

))

=(−1)n

a lnn+(−1)n

na− 1

2n2a+ ◦

(

1

n2a

)

=(−1)n

a lnn×(

1 +(−1)n

a na lnn− 1

2an2a lnn+ ◦

(

1

n2a lnn

))−1

=(−1)n

a lnn−[

1

a2 na ln2 n+ ◦

(

1

na ln2 n

)]

La série∑

n

(−1)n

a lnnest convergente par le CSSA appplicable immédiatement.

En posant :

vn =

[

1

a2 na ln2 n+ ◦

(

1

na ln2 n

)]

,

12

alors :vn ∼

n−→+∞

1

a2 na ln2 n,

tout est positif à partir d’un certain rang donc les séries∑

n

vn et∑

n

1

na ln2 nsont de même

nature.

On utilise ici les séries de Bertrand – faut-il encore le rappeler ? ces séries sont hors programme,donc il faut tout redémontrer ; le cas critique où il faut vraiment procéder par comparaisonsérie / intégrale est le cas a = 1 pour lequel on ne peut pas comparer utilement la série avecune série de Riemann.

La série∑

n

1

na ln2 nest convergente si et seulement si a > 1.

La série initiale∑

n

un est donc convergente si et seulement si a > 1 et lorsque a < 1, alors la

série diverge ici vers −∞.

• On termine par un développement asymptotique, une fois de plus...

un =(−1)n

lna n×(

1 +(−1)n

lna n

)−1

=(−1)n

lna n×(

1− (−1)n

lna n+ ◦

(

(−1)n

lna n

))

=(−1)n

lna n−[

1

ln2a n+ ◦

(

1

ln2a n

)]

La série∑

n

(−1)n

lna nconverge par le CSSA, alors que la série

∑

n

[

1

ln2a n+ ◦

(

1

ln2a n

)]

diverge

vers +∞, car :

vn =

[

1

ln2a n+ ◦

(

1

ln2a n

)]

∼n−→+∞

1

ln2a n

et que à partir d’un certain rang,1

lna n>

1

n.

Comme la série∑

n

1

ndiverge vers +∞, cela entraîne que la série

∑

n

1

lna ndiverge vers +∞ et

comme tout est positif à partir d’un certain rang, la série∑

n

vn diverge également vers +∞.

Résultat des courses, la série∑

n

un diverge vers −∞.

Remarque : dans le texte précédent, ne surtout pas omettre les mots colorés en rouge-rubisqui ont toute leur importance.

Exercice 7

13

1. On procède comme avec la constante d’Euler.On va montrer que la série télescopique

∑

n

(un+1 − un) converge, ou plus simplement

que la série∑

n

(un − un−1) converge.

On remarque que :

un − un−1 =n

n2 + 1− lnn+ ln(n− 1)

=1

n

(

1 +1

n2

)−1

+ ln

(

1− 1

n

)

=1

n+ O

(

1

n3

)

− 1

n+ O

(

1

n2

)

= O

(

1

n2

)

de série ACV donc CV.La suite (un)n∈N∗ converge donc, vers une limite ℓ plus ou moins inconnue (plutôtlargement plus que moins d’ailleurs...)

2. On écrit pour tout n ∈ N∗ :

un − ℓ = −+∞∑

k=n+1

(uk − uk−1).

En poussant le développement asymptotique un peu plus loin, on obtient :

un − un−1 = − 1

2n2+ O

(

1

n3

)

.

On redémontre un équivalent des restes :

Rn =+∞∑

k=n

1

kα,

lorsque α > 1. On procède par encadrement série / intégrale.Fixons un réel α > 1. On pose la fonction f continue et décroissante :

f :

∣

∣

∣

∣

∣

[1,+∞[ −→ R

t 7−→ 1

tα= t−α .

On obtient pour tout entier n :∫ n+1

n

f 6 f(n) 6

∫ n

n−1

f,

l’inégalité de gauche étant valable pour tout entier n > 1 et l’inégalité de droite étantvalable pour tout entier n > 2.

14

On peut sommer l’encadrement ce qui donne pour tous entiers 2 6 n 6 N :

∫ N+1

n

f =

N∑

k=n

∫ k+1

k

f 6

N∑

k=n

f(k) 6

N∑

k=n

∫ k

k−1

f =

∫ N

n−1

f.

Or, une primitive de f est F : t 7−→ t−α+1

−α + 1, ce qui donne :

[

t−α+1

−α + 1

]N+1

n

6

N∑

k=n

f(k) 6

[

t−α+1

−α + 1

]N

n−1

.

On peut maintenant faire tendre N vers +∞ en laissant l’entier n > 2 fixe, ce quidonne :

1

α− 1

1

nα−16

+∞∑

k=n

1

kα6

1

α− 1

1

(n− 1)α−1.

On voit alors facilement par le théorème des gendarmes que :

limn−→+∞

nα−1 ×+∞∑

k=n

1

kα=

1

α− 1,

et donc :+∞∑

k=n

1

kα∼

n−→+∞

1

α− 1× 1

nα−1.

On applique ce qui précède à α = 2 et à α = 3 pour gérer le O , ce qui donne :

un − ℓ =1

2

+∞∑

k=n+1

1

k2+ O

(

+∞∑

k=n+1

1

k3

)

=1

2(n+ 1)+ ◦

(

1

n+ 1

)

+ O

(

1

(n+ 1)2

)

=1

2n+ ◦

(

1

n

)

Par conséquent, la série∑

n

(un − ℓ) est de même nature que la série à termes positifs

∑

n

1

2n, c’est-à-dire divergente vers +∞.

3. On peut reprendre ce qui a été fait mais il est plus efficace de voir que l’on peutdirectement appliquer le CSSA.En effet, à partir d’un certain rang, un − un−1 6 0, donc la suite u est décroissante àpartir d’un certain rang, la quantité un − ℓ tendant vers 0+ en décroissant. Le CSSAs’applique et la série converge.

Exercice 11

15

1. Soit n ∈ N∗. Alors, zn est un produit de complexes non nuls :

ln |zn| =1

2ln |zn|2

=1

2

n∑

k=1

ln

(

∣

∣

∣

∣

1 +i

k

∣

∣

∣

∣

2)

=1

2

n∑

k=1

ln

(

1 +1

k2

)

.

La série∑

n

ln

(

1 +1

n2

)

est convergente car le terme général est en O

(

1

n2

)

. La suite

(ln |zn|)n∈N∗ converge vers une limite ℓ et par continuité de l’exponentielle,

limn−→+∞

|zn| = exp(ℓ) = ρ > 0.

2. Pour tout k ∈ N∗, un argument du complexe 1 +

i

kest arctan

(

1

k

)

.

On en déduit qu’en notant θn = arg(zn) [2π], alors :

θn =n∑

k=1

arctan

(

1

k

)

.

Comme arctan(

1

n

)

∼n−→+∞

1

net que tout est positif, alors la série

∑

n

arctan

(

1

n

)

est

divergente et donc la quantité θn tend vers +∞, lorsque n tend vers +∞.Ce qu’il faut voir maintenant, c’est que ceci ne répond pas complètement à la question,car les arguments sont donnés modulo 2π et que l’on peut très bien avoir une suite(ωn)n∈N∗ qui tend vers +∞ alors que la suite complexe

(

eiωn)

n∈N∗converge, comme

c’est le cas lorsque ωn = 2nπ par exemple.Par ailleurs, comme la suite des modules de zn converge vers une quantité non nulle,la suite (zn)n∈N∗ est convergente si et seulement si la suite

(

eiθn)

n∈N∗converge, car on

aura alors la convergence de la suite des modules et des arguments (modulo 2π) doncla convergence de la suite complexe.

Il est très légèrement plus coûteux de montrer que la suite (eiθn)n∈N∗ est dense dans Uque de montrer que cette suite diverge. On choisit de montrer la densité...

Donnons-nous un élément eiξ ∈ U et soit ε > 0. On va montrer que pour tout n0 ∈N

∗, il existe n > n0 tel que le complexe eiθn appartient à l’arc de cercle reliant lespoints d’affixe eiξ et ei(ξ+ε), ce qui permettra par la suite de construire une sous-suite(

eiθϕ(n))

n∈N∗qui converge ves eiξ.

Une fois ξ et ε > 0 fixés, puis n0 arbitraire dans N∗, on choisit n1 > n0 tel que :

arctan

(

1

n1

)

< ε.

16

On choisit maintenant un entier k0 suffisamment grand pour que :

θn1 < ξ + 2k0π.

On pose l’ensemble :D =

{

n > n1 | θn < ξ + 2k0π}

.

L’ensemble D est non vide, car contient n1, est inclus dans N et comme limn−→+∞

θn = +∞,

alors il existe un rang n2 > n1 tel que :

∀n > n2, θn > ξ + 2k0π, donc n /∈ D .

L’ensemble D est donc majoré par n2 et on peut envisager le plus grand élément s del’ensemble D .Ainsi,

θs+1 > ξ + 2k0π,

et :

θs+1 = θs + (θs+1 − θs)

= θs + arctan1

s+ 1< ξ + 2k0π + ε.

Le complexe eiθs+1 appartient bien à l’arc de cercle entre les points de U d’argumentsentre ξ et ξ + ε.La suite (ei arg(zn))n∈N∗ est dense dans U et la suite (zn)n∈N∗ ne peut converger – car lasuite des modules |zn| converge vers une quantité strictement positive.

Exercice 12Exercice loin d’être facile, qui n’est pas sûrement pas bien placé dans cette feuille d’exercices...

• Pour la première série, on montre qu’elle est divergente.

Il suffit de montrer que la série des parties réelles∑

n

cos(lnn)

nest divergente.

On considère les paquets :

Pk ={

n ∈ N∗ | − π

3+ 2kπ < lnn <

π

3+ 2kπ

}

= Jak, bkK.

En posant les sommes partielles :

Sn =n∑

j=1

cos(ln j)

j,

17

alors :

∀k ∈ N∗,∑

n∈Pk

cos(lnn)

n>

∑

n∈Pk

1

2n

=

bk∑

n=ak

1

2n

>

bk∑

n=ak

1

2

∫ n+1

n

dt

t

=1

2

∫ bk+1

ak

dt

t

=1

2lnbk + 1

ak.

Or, au voisinage de +∞,

ak = e−π3+2kπ + O(1) et bk = e

π3+2kπ + O(1),

donc :lim

k−→+∞lnbk + 1

ak=

2π

3.

On voit alors que la suite (Sbk − Sak)k∈N∗ ne peut converger vers 0, ce qui empêche à la suite(Sn)n∈N∗ de converger.

• Pour la deuxième série, on montre qu’elle est convergente.

On note les sommes partielles :

Sn =n∑

k=2

ei lnk

k ln k=

n∑

k=2

ukln k

, avec uk =ei lnk

k.

On va effectuer une transformation d’Abel – assimilable à une intégration par parties discrète...On pose pour tout entier n > 2 :

Tn =n∑

k=2

1

ln ket T1 = 0.

Fixons un entier n > 2. On en déduit :

Sn =n∑

k=2

uk · (Tk − Tk−1)

=

n∑

k=2

uk · Tk −n∑

k=2

uk · Tk−1

=

n∑

k=2

uk · Tk −n∑

k=3

uk · Tk−1

= un · Tn +n∑

k=2

(uk − uk+1) · Tk [égalité ⋆]

18

On montre d’une part que :

Tn = ◦(n), lorsque n tend vers +∞.

En effet, soit ε > 0.Il existe un entier n0 > 2 tel que :

∀n > n0,1

lnn<ε

2.

On pose C =n0−1∑

k=2

1

ln k.

Comme limn−→+∞

C

n= 0, on trouve un entier n1 > n0 tel que :

∀n > n1,C

n6ε

2.

Soit finalement un entier n > n1.On obtient :

0 6Tnn

=C

n+

1

n

n∑

k=n0

1

ln k

6ε

2+

1

n

n∑

k=n0

ε

2

6 ε.

Ainsi,

limn−→+∞

un · Tn = 0, car un = O

(

1

n

)

.

Ensuite, on estime la différence uk − uk+1, lorsque k tend vers +∞.On peut écrire :

uk − uk+1 =ei ln k

k− ei ln(k+1)

k + 1

=ei ln k

k×(

1− ei ln(1+1k)

1 + 1k

)

=ei ln k

k×(

1−(

1 +i

k+ O

(

1

k2

))(

1− 1

k+ O

(

1

k2

)))

=ei ln k

k× 1− i

k+ O

(

1

k3

)

.

On a besoin d’avoir une estimation plus précise de la somme Tn =n∑

k=2

1

ln k.

19

En faisant une comparaison série/intégrale, on obtient :

Tn =

∫ n

2

dt

ln t+ O(1).

Or, par une IPP, on obtient :∫ n

2

dt

ln t=

[

t

ln t

]n

2

+

∫ n

2

dt

ln2 t

=n

lnn+ O(1) +

[

t

ln2 t

]n

2

+ 2

∫ n

2

dt

ln3 t

=n

lnn+

n

ln2 n+ O(1) + ◦

(∫ n

2

dt

ln2 t

)

=n

lnn+ O

(

n

ln2 n

)

.

En reprenant l’égalité ⋆, voici ce que cela donne :

Sn = ◦(1) + (1− i)n∑

k=2

(

ei ln k

k2+ O

(

1

k3

))

×(

k

ln k+ O

(

k

ln2 k

))

= ◦(1) + (1− i)Sn + (1− i)

n∑

k=2

O

(

1

k ln2 k

)

.

Ainsi,

Sn =1

i×(

◦(1) + (1− i)n∑

k=2

O

(

1

k ln2 k

)

)

,

et la quantité de droite converge lorsque n tend vers +∞, en utilisant la série de Bertrand

convergente∑

k

1

k ln2 k.

Exercice 15

On suppose que la série+∞∑

n=0

un est convergente. On note ρ la valeur de sa somme.

Il est clair que la série∑

n

uσ(n) est encore à termes positifs, donc est croissante. De plus, si

N ∈ N, alors, l’ensemble σ(J0, NK) est fini, inclus dans un ensemble du type : J0, sNK, avec sNun entier naturel assez grand. Par conséquent, on obtient :

TN =

N∑

n=0

uσ(n) =∑

k∈σ(J0,NK)

uk

6

sN∑

k=0

uk

6

+∞∑

k=0

uk = ρ.

20

La série croissante+∞∑

n=0

uσ(n) est donc majorée par ρ et la somme de cette série croissante est

inférieure ou égale à ρ :+∞∑

n=0

uσ(n) 6

+∞∑

n=0

un.

Cette inégalité a lieu pour toute permutation σ.

Pour l’autre sens, on peut utiliser ce qui prècède. On pose vn = uσ(n) et on suppose que lasérie à termes positifs

∑

n

uσ(n) =∑

n

vn est convergente. L’application σ−1 = ω : N −→ N

est encore une bijection sur N. En réappliquant le sens direct, on obtient que la série∑

n

vω(n)

reste convergente et de plus :+∞∑

n=0

vω(n) 6+∞∑

n=0

vn,

ce qui se réécrit puisque pour tout n ∈ N, vω(n) = uσ◦ω(n) = un :

+∞∑

n=0

un 6

+∞∑

n=0

uσ(n),

et on obtient le sens indirect et de plus l’égalité des deux sommes des séries convergentes.

Exercice 14La technique de cet exercice est connue sous le nom de « transformation d’Abel ».Il y a un lien entre la formule de la question 1. et la formule d’intégration parparties pour les intégrales... Ce lien est juste conceptuel, il ne sert en rien dans larésolution des questions. Cette technique hors programme de première ou secondeannée sera vue l’an prochain dans votre cours, normalement.

1. On obtient :n∑

k=1

xk (yk − yk−1)−n−1∑

k=0

(xk − xk+1) yk =n∑

k=1

xk yk −n∑

k=1

xk yk−1 −n−1∑

k=0

xk yk +n−1∑

k=0

xk+1 yk

=n∑

k=1

xk yk −n−1∑

k=0

xk yk

= xn yn − x0 y0.

2. On interprète comme d’habitude la somme des cosinus comme la partie réelle d’unesomme d’exponentielles complexes pour obtenir des sommes géométriques.Ainsi,

∀n ∈ N∗, Sn =

n∑

k=1

cos k = ℜe(

n∑

k=1

eik

)

21

= ℜe(

ei × 1− ein

1− ei

)

donc pour tout n ∈ N∗ :

|Sn| 6∣

∣

∣

∣

ei × 1− ein

1− ei

∣

∣

∣

∣

61 + |ein||1− ei| =

2

|1− ei| .

La suite (Sn)n∈N∗ est donc bornée par C =2

|1− ei| .

3. On remarque que lorsque α ∈]0, 1[, on ne peut pas dire grand chose sur cette série quiest en fait absolument divergente (point non évident a priori)...On utilise la démarche de la question 1. On décide de refaire le calcul.On fixe N ∈ N

∗. On en déduit, comme pour tout n ∈ N∗, Sn − Sn−1 = cosn :

TN =N∑

n=1

cos n

nα=

N∑

n=1

Sn − Sn−1

nα

=N∑

n=1

Sn

nα−

N∑

n=1

Sn−1

nα

=

N∑

n=1

Sn

nα−

N−1∑

n=0

Sn

(n+ 1)α

=N∑

n=1

Sn

nα−

N−1∑

n=1

Sn

(n+ 1)α

=SN

Nα+

N−1∑

n=1

Sn ·(

1

nα− 1

(n + 1)α

)

.

On pose vn =1

nα− 1

(n+ 1)α, quantité positive et de série convergente car on a affaire

à une série télescopique associée à la suite(

1

nα

)

n∈N∗

convergente vers 0. De plus,

SN

Nα=

O(1)

Nα= ◦(1).

Enfin,

Sn ·(

1

nα− 1

(n+ 1)α

)

= Sn × vn = O(vn),

de série ACV. En conclusion, la quantitéSN

Nαtend vers 0 lorsque N tend vers +∞ et

la quantitéN−1∑

n=1

Sn ·(

1

nα− 1

(n+ 1)α

)

=

N−1∑

n=1

Sn · vn est la somme partielle d’une série

convergente, donc est une somme partielle convergente.Résultat des courses, la somme partielle TN converge vers une limite finie lorsque Ntend vers +∞ : la série

∑

n

cosn

nαconverge dès que α > 0.

22

4. (a) Comme pour tout n ∈ N∗,

cos2 n− 12

n=

cos(2n)

2n

on en déduit que pour tout N ∈ N∗,

AN =

N∑

n=1

∣

∣

∣

∣

cos2 n− 12

n

∣

∣

∣

∣

=

N∑

n=1

∣

∣

∣

∣

cos(2n)

2n

∣

∣

∣

∣

6

2N∑

k=1

∣

∣

∣

∣

cos(k)

k

∣

∣

∣

∣

= BN ,

car on a rajouté tous les termes positifs associés aux indices k impairs.La suite (BN)N∈N∗ est convergente de limite ℓ, par hypothèse, donc la suite croissante(AN)N∈N∗ est majorée par ℓ : la suite (AN)N∈N∗ est donc convergente et la sériedemandée est bien ACV.

(b) Pour tout n ∈ N∗, comme | cosn| 6 1, alors cos2 n 6 | cosn| et donc :

0 6cos2 n

n6

| cosn|n

.

Toujours par hypothèse, la série∑

n

cos2 n

nest donc convergente.

Cependant, la série∑

n

− 1

2ndiverge vers −∞, donc la somme des deux séries précé-

dentes donne une série divergente vers −∞. Ceci est en contradiction avec le résultatde la question 4.(a).

(c) On vient de montrer que la série∑

n

cosn

nest absolument divergente. Il s’agit donc

une série semi-convergente ! !

(d) On montrerait que la suite

(

S ′n =

n∑

k=0

sin k

)

n∈N

reste bornée et avec la même ma-

nipulation que dans la question 3., on trouve que la série∑

n

sinn

nest convergente.

Pour la série∑

n

∣

∣

∣

∣

sinn

n

∣

∣

∣

∣

, on ne peut plus faire la même démarche qu’en question 4,

même avec toute la meilleure volonté du monde...On fait autrement. Ce qui va suivre s’applique également pour la série

∑

n

∣

∣

∣

cos n

n

∣

∣

∣.

L’idée est qu’il est impossible que pour deux entiers consécutifs n et n+1, les valeursde sinn et sin(n+1) soient toutes les deux petites. Sur un schéma, cela se voit biencar si par exemple sinn est proche de 0, alors n est proche d’une quantité de laforme kπ, où k est un entier et dans ce cas, l’entier (n+ 1) ne sera pas très prochede n’importe quelle quantité de la forme ℓπ, avec ℓ ∈ Z. Je pense qu’on a l’idée sansdevoir la formaliser.Il existe donc une constante c > 0 telle que :

∀n ∈ N, | sinn| + | sin(n+ 1)| > c.

23

Par conséquent, en regroupant les termes deux par deux, on obtient une minorationde la forme :

U2N =2N∑

k=1

| sin(k)|k

=N∑

k=1

( | sin(2k − 1)|2k − 1

+| sin(2k)|

2k

)

>

N∑

k=1

( | sin(2k − 1)|+ | sin(2k)|2k

)

>

N∑

k=1

c

2k,

qui est une quantité tendant vers +∞, lorsque N tend vers +∞. On apprend ainsi

que la série croissante∑

n

∣

∣

∣

∣

sinn

n

∣

∣

∣

∣

n’est pas majorée, donc diverge vers +∞. La série

∑

n

sin n

nest bien absolument divergente.

(e) On distingue deux cas :• si θ ≡ 0[2π], alors eiθ = 1 et la série considérée est la série harmonique divergente ;• sinon, dans le cas contraire, alors eiθ 6= 1 et on peut appliquer les mêmes calculsqu’en question 3. puisque pour tout N ∈ N

∗ :∣

∣

∣

∣

∣

N∑

n=1

einθ

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

eiθ × 1− eiNθ

1− eiθ

∣

∣

∣

∣

62

|1− eiθ| ,

et donc par la transformation d’Abel, la série∑

n

einθ

nsera convergente.

Exercice 24

1. Si l’ensemble E(u) est non vide, l’ensemble E(u) est non vide, inclus dans N∗, donc

admet un plus petit élément p0. Par choix de p0, on a alors :

E(u) ⊂ [p0,+∞[∩N.

Soit p ∈ [p0,+∞[∩N. Comme la série∑

n

up0n converge, alors :

limn−→+∞

up0n = 0,

donc :lim

n−→+∞un = 0.

Il existe un rang n1 à partir duquel :

∀n > n1, 0 6 un 6 1.

24

On sait alors que :∀n > n1, 0 6 upn 6 up0n .

Ainsi, upn = O(up0n ) de série ACV : la série∑

n

upn est convergente et donc p ∈ E(u). On

a l’autre inclusion.

2. • Si on considère la suite u égale à :

∀n ∈ N, un =1

ln(n+ 2),

alors pour tout p ∈ N∗, à partir d’un certain rang, on a :

1

n6 upn.

La série∑

n

1

ndiverge vers +∞, entraînant le fait que la série

∑

n

upn diverge vers +∞.

L’ensemble E(u) est donc vide dans ce cas.• Fixons maintenant un entier p0 > 1. Considérons alors la suite v définie par :

∀n ∈ N, vn =1

(n+ 1)1/(p0−1/2).

Si p > 1 est un entier, alors :

vpn ∼n−→+∞

1

np/(p0−1/2).

L’entier p > 1 appartient à l’ensemble E(v) si et seulement si :

p

p0 − 1/2> 1 ⇐⇒ p > p0 −

1

2⇐⇒ p > p0.

L’ensemble E(v) est donc exactement l’ensemble [p0,+∞[∩N.3. • Soit p un entier supérieur ou égal à 1.

Si p est pair, alors à partir d’un certain rang,

upn =1

lnp(n + 1)>

1

n,

donc la série∑

n

upn diverge vers +∞ dans ce cas.

Si p est impair, alors la série∑

n

upn =∑

n

(−1)n

lnp(n + 1)vérifie immédiatement le CSSA

et donc la série converge.En définitive,

E(u) = 2N+ 1.

25

• Soit p > 1 un entier. Alors,

upn =

(

(−1)n+1

n1/3− 1

2n2/3+ ◦

(

1

n2/3

))p

=(−1)p(n+1)

np/3

(

1 +(−1)n

2n1/3+ ◦

(

1

n1/3

))p

=(−1)p(n+1)

np/3+

(−1)(p+1)n+p × p

2n(p+1)/3+ ◦

(

1

n(p+1)/3

)

.

Lorsque p = 1, alors :

un =(−1)n+1

n1/3−[

1

2n2/3+ ◦

(

1

n2/3

)]

.

La série∑

n

un diverge alors vers −∞ en utilisant le CSSA pour le premier terme, et en

utilisant le résultat sur les équivalents des séries à termes positifs à partir d’un certainrang, ici divergentes.Lorsque p = 2, alors :

u2n ∼n−→+∞

1

n2/3,

et comme tout est positif, la série∑

n

u2n diverge.

Lorsque p = 3, alors :

u3n =(−1)n+1

n+ O

(

1

n4/3

)

.

En utilisant le CSSA et les séries de Riemann. La série converge ici.Lorsque p > 4, alors :

upn = O

(

1

n4/3

)

,

de série ACV donc CV.Résultat des courses :

E(u) = N \ {0, 1, 2}.

Exercice 25

1. On pose pour tout n ∈ N∗ :

wn = ln(

nλ un

)

.

On va montrer que la suite (wn)n∈N∗ converge en étudiant la série télescopique associée.Ainsi, comme la série de terme général vn converge, alors vn est une quantité tendant

26

vers 0 et donc O(v2n) = O(vn) est de série convergente. On procède à un développementasymptotique :

wn+1 − wn = lnun+1

un+ λ · ln n+ 1

n

= ln

(

1− λ

n+ vn

)

+λ

n+ O

(

1

n2

)

= vn + O

(

1

n2

)

+ O(v2n).

La série∑

n

(wn+1 −wn) est donc ACV, puis CV et la suite (wn)n∈N∗ converge vers une

valeur finie α.Par continuité de l’exponentielle,

limn−→+∞

nλ · un = eα.

2. On utilise la question 1. pour :

un =nn

n! en.

En effet, chaque un est strictement positif et au voisinage de +∞ :

un+1

un=

(n+ 1)n+1

nn× n!

(n+ 1)!× en

en+1

=

(

1 +1

n

)n

× e−1

= exp

(

n ln

(

1 +1

n

)

− 1

)

= exp

(

1− 1

2n+ O

(

1

n2

)

− 1

)

= 1− 1

2n+ O

(

1

n2

)

.

On pose vn = O

(

1

n2

)

qui apparaît dans la dernière ligne précédente, on pose λ =1

2,

de sorte qu’il existe une constante strictement positive c > 0 telle que :

limn−→+∞

√n · un = c.

Ainsi, un ∼n−→+∞

c√n, de série DV et tout est positif, donc la série

∑

n

un diverge.

3. On obtient ce résultat « directement » par la formule de Stirling en disant que :

un ∼n−→+∞

c√n, avec c =

1√2π.

27

Exercice 26Comme f est continue, le passage à la limite dans l’égalité :

un+1 = f(un),

conduit à ℓ = f(ℓ).On revient au sujet...

1. On obtient par la formule de Taylor-Young appliquée pour f à l’ordre 2 en ℓ :

1

θn+1

− 1

θn=

1

f(un)− f(ℓ)− 1

θn

=1

m · θn + f ′′(ℓ)2θ2n + ◦(θ2n)

− 1

θn

=1

θn×(

(

1 +f ′′(ℓ)

2θn + ◦(θn)

)−1

− 1

)

= −f′′(ℓ)

2+ ◦(1).

La limite vaut −f′′(ℓ)

2.

2. On utilise maintenant les moyennes de Cesarò. Pour tout n ∈ N∗, la quantité :

1

n

n−1∑

k=0

(

1

θk+1− 1

θk

)

se simplifie en1

n

(

1

θn− 1

θ0

)

et ceci doit tendre vers −f′′(ℓ)

2. Par conséquent,

1

n θn∼

n−→+∞−f

′′(ℓ)

2,

et donc :θn ∼

n−→+∞− 2

f ′′(ℓ) n.

3. On encadre m de la façon suivante :

0 < µ1 < m < µ2 < 1.

Comme la fonction f ′ est continue en ℓ, il existe α > 0 tel que sur l’intervalle I =[ℓ− α, ℓ+ α], on a :

∀x ∈ I, µ1 6 f ′(x) 6 µ2.

Comme limn−→+∞

un = ℓ, à partir d’un certain rang n0, on a :

∀n > n0, un ∈ I.

28

Si n > n0 est un entier, on peut appliquer le théorème des accroissements finis à lafonction f dérivable sur le segment d’extrémités ℓ et un, ce qui donne l’existence d’unréel cn strictement entre ℓ et un tel que :

θn+1

θn=f(un)− f(ℓ)

un − ℓ= f ′(cn) ∈ [µ1, µ2].

Les quotientsθn+1

θnsont donc positifs à partir d’un certain rang.

On en déduit que pour tout n > n0,∣

∣

∣

∣

θn+1

θn

∣

∣

∣

∣

6 µ2,

et par récurrence facile,∀n > n0, |θn| 6 µn−n0

2 · |θn0 |.On en déduit que lorsque n tend vers +∞,

θn = O(µn2 ),

de série ACV, donc CV.

4. On établit un développement asymptotique du terme général :

ln

(

1

m

θn+1

θn

)

= ln

(

1

m

f(un)− f(ℓ)

un − ℓ

)

= ln

(

1

m

m θn + O(θ2n)

θn

)

= ln (1 + O(θn))

= O(θn)

de série ACV donc CV, car dans la question précédente, on montre bien que la sérieest ACV en plus d’être CV.

5. Posons :ξn =

θnmn

,

de sorte que :1

m

θn+1

θn=ξn+1

ξn.

La série∑

n

ln

(

ξn+1

ξn

)

est convergente. Comme la quantitéξn+1

ξnest strictement positive

à partir d’un certain rang, toutes les quantités ξn gardent le même signe et on peutécrire pour n assez grand :

ln

(

ξn+1

ξn

)

= ln

∣

∣

∣

∣

ξn+1

ξn

∣

∣

∣

∣

= ln |ξn+1| − ln |ξn|.

29

La série télescopique∑

n

(

ln |ξn+1|− ln |ξn|)

est convergente amenant la convergence de

la suite (ln(|ξn|))n∈N vers une limite finie λ.Par continuité de l’exponentielle, on obtient finalement :

limn−→+∞

|ξn| = c = exp(λ) > 0,

donc :|θn| ∼

n−→+∞c mn.

À partir d’un certain rang, soit les quantités θn sont positives, auquel cas :

θn ∼n−→+∞

c mn,

soit les quantités θn sont négatives, auquel cas :

θn ∼n−→+∞

−c mn.

Dans tous les cas, on dispose d’un réel non nul ±c qui convient.

Exercice 34

1. On corrige succintement les questions relatives aux intégrales de Wallis.

(a) La décroissance provient de l’intégration de l’inégalité :

0 6 sinn+1(t) 6 sinn(t),

entre 0 etπ

2.

Le fait que Wn > 0 provient du théorème aux quatre hypothèses.

(b) Si n > 2, en faisant une IPP sur Wn, on obtient :

Wn =

∫ π2

0

sinn t dt

=

∫ π2

0

(1− cos2 t) sinn−2 t dt

= Wn−2 −∫ π

2

0

cos t×(

cos t sinn−2 t)

dt

= Wn−2 −[

cos tsinn−1 t

n− 1

]π2

0

+1

n− 1

∫ π2

0

sinn t dt

= Wn−2 −1

n− 1Wn,

amenant à la formule désirée.On pose maintenant :

∀n > 1, ξn = nWnWn−1.

30

D’une part,ξ1 = W1 ×W0 = 1× π

2=π

2

et d’autre part :

∀n ∈ N∗, ξn+1 = (n + 1)Wn+1Wn = nWn−1Wn = ξn.

La suite (ξn)n∈N∗ est constante égale àπ

2.

(c) Comme Wn+2 6 Wn+1 6Wn et Wn+2 =n+ 1

n+ 2Wn ∼

n−→+∞Wn, alors :

Wn+1 ∼n−→+∞

Wn,

en utilisant le théorème des gendarmes pour avoir :

limn−→+∞

Wn+1

Wn= 1.

Ensuite,π

2= nWnWn−1 ∼

n−→+∞n W 2

n ,

donc comme Wn > 0 :

Wn ∼n−→+∞

√

π

2n.

On peut alors utiliser :

limn−→+∞

√2n ·W2n =

√

π

2ou encore lim

n−→+∞(2n) ·W 2

2n =π

2⋆

On peut calculer W2n en fonction de W0 de la façon suivante :

W2n =2n− 1

2nW2n−2

=2n− 1

2n

2n− 3

2n− 2W2n−4

=2n− 1

2n

2n− 3

2n− 2· · · 1

2W0

=(2n)!

(2n n!)2π

2.

On en déduit en réécrivant l’égalité ⋆ :

limn−→+∞

2n · ((2n)!)2

24n (n!)4π2

4=π

2.

On obtient exactement la limite demandée.

31

2. (a) Une fois de plus, on s’intéresse à la série télescopique∑

n

(un+1 − un), à l’aide d’un

développement asymptotique. On obtient :

un+1 − un = ln

(

(n + 1)!(n+ 1)−n− 32 en+1

n!n−n− 12 en

)

= ln

(

(n + 1)(n+ 1)−n− 32 × e

n−n− 12

)

= ln

(

(n + 1)−n− 12 × e

n−n− 12

)

= ln

(

(

1 +1

n

)−n− 12

× e

)

= −(

n+1

2

)

ln

(

1 +1

n

)

+ 1

= −(

n+1

2

) (

1

n− 1

2n2+ O

(

1

n3

))

+ 1

= O

(

1

n2

)

,

de série ACV, donc CV.La suite (un)n∈N∗ converge donc.En notant α la valeur de cette limite, par continuité de l’exponentielle, on obtient :

n! n−n− 12 en ∼

n−→+∞eα = λ > 0.

On en déduit un équivalent de n! de la forme voulue.

(b) Il suffit de montrer que λ =√2π.

On utilise la question 1.(c), ce qui nous donne :

p ((2p)!)2

24p (p!)4∼ p

(

λ (2p)2p e−2p√2p)2

24p(

λ pp e−p √p)4

∼ 2

λ2, après de nombreuses simplifications

Par unicité de la limite :2

λ2=

1

π, donc λ2 = 2π,

et le réel λ est strictement positif, d’où le résultat attendu et la formule de Stirling.

Exercice 35

32

1. (a) Si n = 1, alors le seul diviseur d strictement positif de n = 1 est d = 1. La sommes1 se résume à un seul terme :

s1 = µ(1) = (−1)0 = 1,

car 1 est un produit de zéros premiers différents.Plaçons-nous dans le cas où l’entier n est supérieur ou égal à 2.On pose :

n =

k∏

i=1

pαi

i ,

les nombres premiers p1, · · · , pk étant tous différents, les exposants α1, · · · , αk étantdans N∗.Les diviseurs d strictement positifs de l’entier n sont exactement les entiers de laforme :

d =k∏

i=1

pβi

i ,

avec pour tout entier i entre 1 et k, l’exposant entier βi compris entre 0 et αi.Si d est un diviseur de n admettant un exposant βi supérieur ou égal à 2, alors µ(d)est nul.Les seuls termes non nuls de la somme sn correspondent à des entiers d de la forme :

d =k∏

i=1

pβi

i ,

avec pour tout entier i entre 1 et k, βi ∈ {0, 1}.On peut procéder à un changement de variable et associer bijectivement chaque teldiviseur d à une partie A incluse dans J1, kK, la correspondance étant :

ϕ : A 7−→∏

i∈A

pi,

la correspondance réciproque étant :

ψ : d 7−→{

i ∈ J1, kK | βi = 1}

.

On en déduit :

sn =∑

A⊂J1,kK

µ (ϕ(A))

=∑

A⊂J1,kK

(−1)Card(A)

=

k∑

m=0

∑

A⊂J1,kK et Card(A)=m

(−1)m

33

=k∑

m=0

(

nm

)

(−1)m

= (1 + (−1))k, dans l’anneau commutatif R= 0, car k > 1, puisque n > 2.

Conclusion,

sn =

{

1, si n = 10, sinon .

(b) On se souvient que :+∞∑

ℓ=1

1

ℓ2=π2

6.

On va plutôt montrer la formule :(

+∞∑

k=1

µ(k)

k2

)

×(

+∞∑

ℓ=1

1

ℓ2

)

= 1.

D’une part, la série+∞∑

k=1

µ(k)

k2est bien convergente car le terme général

µ(k)

k2est en

O

(

1

k2

)

.

Ensuite, on considère la famille :

F =

(

ak,ℓ =µ(k)

k2× 1

ℓ2

)

(k,ℓ)∈N∗×N∗

.

Si l’entier k est fixé dans N∗, la série

∑

ℓ

|ak,ℓ| est convergente, de somme égale à

Ak =1

k2× π2

6.

Il est facile de voir que la série∑

k

Ak est encore (absolument) convergente. La

famille F est bien sommable.On utilise maintenant le théorème de sommation par paquets, avec les paquets :

Pp ={

(k, ℓ) ∈ N∗ × N

∗ | k × ℓ = p}

.

On en déduit :N

∗ × N∗ =

⊔

p∈N∗

Pp,

et donc :+∞∑

k=1

+∞∑

ℓ=1

ak,ℓ =

+∞∑

p=1

∑

(k,ℓ)∈Pp

ak,ℓ

.

34

On pose pour tout p ∈ N∗,

Bp =∑

(k,ℓ)∈Pp

ak,ℓ.

On en déduit par la première question :

Bp =

p∑

k=1 ; k|p

ak,p/k

=

p∑

k=1 ; k|p

µ(k)

k2× 1

(p/k)2

=

p∑

k=1 ; k|p

µ(k)× 1

p2

=spp2.

Ainsi, B1 = 1 et pour tout entier p > 2, Bp = 0. La somme de la famille sommableF vaut donc 1, ce que l’on voulait.

2. On suit l’indication.On fixe dans la suite un entier n > 1.Dans l’ensemble J1, nK, si p est un nombre premier inférieur ou égal à n, il y a exactement⌊

n

p

⌋

multiples de l’entier p, à savoir les nombres p, 2p, 3p, ... jusqu’à atteindre le plus

grand multiple de p inférieur ou égal à n.

L’ensemble Ap compte donc⌊

n

p

⌋2

éléments, car il y a⌊

n

p

⌋

choix pour u et⌊

n

p

⌋

choix

pour v, les choix se faisant indépendamment.Ensuite, en posant :

B ={

(u, v) ∈ J1, nK2 | u ∧ v = 1}

,

alors :

B = J1, nK2 \

⋃

p premier 6 n

Ap

.

On utilise la formule (bien connue !) du crible de Poincaré.Si C1, · · · , Ck sont des ensembles finis, alors :

Card(

C1 ∪ · · · ∪ Ck

)

=∑

I⊂J1,kK et I 6=∅

(−1)Card(I)−1 × Card

(

⋂

i∈I

Ci

)

.

Si I est une partie non vide de l’ensemble des nombres premiers p 6 n, alors :

⋂

p∈I

Ap = A∏p∈I p

=

⌊

n∏

p∈I p

⌋

.

35

On en déduit qu’en notant P l’ensemble des nombres premiers p 6 n,

qn = n2 −∑

I⊂P\ et I 6=∅

(−1)Card(I)−1 ×⌊

n∏

ℓ∈I ℓ

⌋2

= n2 +∑

I⊂P\ et I 6=∅

(−1)Card(I) ×⌊

n∏

ℓ∈I ℓ

⌋2

= n2 +∑

I⊂P\ et I 6=∅

µ

(

∏

ℓ∈I

ℓ

)

×⌊

n∏

ℓ∈I ℓ

⌋2

=

+∞∑

k=1

µ(k)⌊n

k

⌋2

[ajout de termes nuls].

3. On va traiter la question « à la Césarò ».Soit ε > 0.Il existe un entier k0 > 1 tel que :

∑

k>k0

1

k2<ε

3.

Par le théorème des gendarmes appliqué à :

n

k− 1 <

⌊n

k

⌋

6n

k,

on voit que si l’entier k est fixé, alors :

limn−→+∞

1

n

⌊n

k

⌋

=1

k,

donc :lim

n−→+∞

1

n2

⌊n

k

⌋2

=1

k2.

Il existe un entier n1 > 1 tel que :

∀n > n1,

∣

∣

∣

∣

∣

k0∑

k=1

µ(k) ·(

1

n2

⌊n

k

⌋2

− 1

k2

)

∣

∣

∣

∣

∣

6ε

3.

Soit finalement un entier n > n1.On peut écrire :

∣

∣

∣

∣

qnn2

− 6

π2

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

+∞∑

k=1

µ(k) ·(

1

n2

⌊n

k

⌋2

− 1

k2

)

∣

∣

∣

∣

∣

6

∣

∣

∣

∣

∣

k0∑

k=1

µ(k) ·(

1

n2

⌊n

k

⌋2

− 1

k2

)

∣

∣

∣

∣

∣

+

∣

∣

∣

∣

∣

∑

k>k0

µ(k) ·(

1

n2

⌊n

k

⌋2

− 1

k2

)

∣

∣

∣

∣

∣

36

6ε

3+∑

k>k0

1

n2

⌊n

k

⌋2

+∑

k>k0

1

k2

6ε

3+ 2

∑

k>k0

1

k2

6ε

3+

2ε

3= ε.

Ceci prouve bien la convergence souhaitée.

37