Exercices corrigés sur les séries numériques

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On offre des exercices corrigés sur les séries numériques. Des critères de comparaison série à termes positifs pour tester les convergences. Nous allons aussi voir la relation qui existe entre les séries et intégrales généralisées.


Exercices: Soit $q\in\mathbb{R}$ tel que $|q| < 1$. Montrer que \begin{align*}&\sum_{n=1}^{+\infty} nq^{n-1}=\frac{1}{(1-q)^2},\cr &\sum_{n=2}^{+\infty} n(n-1)q^{n-2}=\frac{2}{(1-q)^3}.\end{align*}Indication: On rappelle que $$ \lim_{n\to+\infty} nq^n=0,\qquad \lim_{n\to+\infty} n^{\varepsilon}q^n=0. $$


Solution: Soit $n$ une entier plus grand ou égale à $2$. Soit la fonction\begin{align*}f:\mathbb{R}\backslash\{1\}\to \mathbb{R},\quad f(x)=1+x+x^2+\cdots+x^n=\sum_{k=0}^n x^k.\end{align*}Cette fonction est dérivable. De plus on a\begin{align*}f(x)=\frac{1-x^{n+1}}{1-x},\qquad \forall x\in \mathbb{R}\backslash\{1\}.\end{align*} En dérivant cette égalité deux fois on trouve: pour tout $\mathbb{R}\backslash\{1\},$ \begin{align*}\sum_{k=1}^n k x^{k-1}&=\frac{nx^{n+1}-(n+1)x^n+1}{(1-x)^2},\cr \sum_{k=2}^n k (k-1) x^{k-2}&= \frac{-n(n-1)x^{n+1}+2(n^2-1)x^n-n(n+1)x^{n-1}+2}{(1-x)^3}.\end{align*}Soit maintenant $q\in ]-1,1[$ et prenant $x=q$ dans les égalités en haut. En ulilisant l’indication donnée dans cette exercice on obtient\begin{align*}&\lim_{n\to+\infty}(nq^{n+1}-(n+1)q^n+1)=1\cr &\lim_{n\to+\infty}(-n(n-1)q^{n+1}+2(n^2-1)q^n-n(n+1)q^{n-1}+2)=2.\end{align*}Il vient donc\begin{align*}\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=1}^n k q^{k-1}=\frac{1}{(1-q)^2},\qquad \lim_{n\to+\infty}\sum_{k=2}^n k (k-1) q^{k-2}=\frac{2}{(1-q)^3}.\end{align*}


Exercice: Déterminer la nature des séries de terme général:\begin{align*}\begin{array}{ccc} 1.\; u_n=\frac{1}{3^n} \sin(\frac{1}{n^3}) & 2.\;u_n=\frac{n^3 2^n}{(1+n^2)3^n} & 3.\;u_n=\frac{1}{n(n+1)} \\ 4.\; u_n=\frac{1}{x^n+\frac{1}{x^n}}\, (x>0) & 5.\;u_n=\sin(\frac{1}{n})-\ln\left(1+\frac{1}{n}\right) & 6.\;u_n=\frac{\ln(n)}{n^{\alpha}}\;(\alpha\in\mathbb{R}) \\ 7.\;u_n=\frac{x^n}{n!}\;(x>0) & 8.\;u_n=\frac{n^\alpha}{2^n}\;(\alpha\in\mathbb{R}) & 9.\;u_n=\frac{1}{n\sin(\frac{1}{n})} \end{array}\end{align*}


Solution:

  1. Pour tout $n\ge 1$ on a $$ 0 < u_n\le \left(\frac{1}{3}\right)^n. $$ Comme la série géométrique de terme général $\left(\frac{1}{3}\right)^n$ est convergente, alors par comparaison des séries de termes positifs, la série de terme général $u_n$ est convergente.
  2. Comme pour tout $n\ge 0$ on a $n^2<1+n^2,$ alors on a \begin{align*}0 < u_n\le \frac{2}{3} \left(n\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}\right),\qquad n\ge 1.\end{align*}D’aprés l’exercice en haut, on sait que la série géométrique dérivée de terme général $n\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}$ est convergente, donc par comparaison la série de terme général $u_n$ est aussi convergente.
  3. Il faut remarque que pour tout $k\in\mathbb{N}^\ast$ on a\begin{align*}\frac{1}{k(k+1)}=\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}.\end{align*}Donc \begin{align*}S_n&=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)}\cr &=\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right)\cr &= 1-\frac{1}{n+1} \underset{n\to\infty}{\longrightarrow}1.\end{align*}Donc la série de terme général $u_n$ est convergente est \begin{align*}\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n(n+1)}=1.\end{align*}
  4. Si $x=1$ alors on a $u_n=\frac{1}{2}$ pour tout $n,$ est donc la série n’est pas convergente car son terme général ne tend pas vers $0$ (Remarque: Une condition nécéssaite pour la convergence des séries est que le terme général doit tendre vers zéeo). Si $x\in ]0,1[$ alors on utilise la mojoration suivante \begin{align*}0 < u_n < \frac{1}{\frac{1}{x^n}}=x^n.\end{align*}Comme la série géométrique de terme général $x^n$ est convergente, alors la série de terme général $u_n$ est convergente. Si $x\in ]1,+\infty[,$ on utilise la majoration suivante\begin{align*}0 < u_n < \frac{1}{x^n}=\left(\frac{1}{x}\right)^n.\end{align*}Comme $x> 1$ alors $0 < \frac{1}{x} < 1,$ est donc la série de terme général $\left(\frac{1}{x}\right)^n$ est convergente. Ainsi la série de terme général $u_n$ est convergente. Conclusion: la série est convergente si $x>0$ et $x\neq 1$.


Exercice: Soit $ (u_{n}) $ une suite de nombres réel positifs. On suppose que la série $$\sum n^2 u^2_n$$ est convergente. Montrer qu’il en est de même pour la série $ \sum u_{n} $.


Solution: Comme les termes de la suite $(u_n)$ sont positifs, alors la suite des sommes partielles$$S_N=\sum_{n=1}^n u_n,\qquad N\in\mathbb{N},$$ est croissante. Donc pour que la suite $(S_n)$, est donc la série $\sum_{n\ge 1} u_n$ converge, il suffit que la suite $(S_n)$ soit bornée. En effet, en utilisant l’inégalité de Cauchy-Schwarz, pour tout entier $ N\ge 1 $ on obtient:\begin{align*}\big(S_N\big)^{2}&=\big(\sum_{1}^{N} \dfrac{1}{n}nu_{n}\big)^{2}\cr &\leqslant \sum_{1}^{N} \dfrac{1}{n^{2}}\sum_{1}^{N} n^{2}u_{n}^{2}.\end{align*}Comme les séries suiventes sont convergente\begin{align*}M_1:=\sum_{1}^{\infty} \dfrac{1}{n^{2}} < \infty\quad\text{et}\quad M_2:=\sum_{1}^{\infty} n^{2}u_{n}^{2} < \infty,\end{align*} Alors \begin{align*}\big(S_N\big)^{2}\le M_1 M_2,\quad \forall N\in\mathbb{N}^\ast.\end{align*}Ce qui implique que la suite $(S_n)$ est majorée par $\sqrt{ M_1 M_2}$. Donc convergente.


Exercice: Déterminer la nature de la série de terme général \begin{align*}&1.\; u_n=\ln\left(\frac{n^{2}+n+1}{n^{2}+n-1}\right) \qquad 2.\; u_n=\frac{1}{n+(-1)^{n}\sqrt{n}}\cr & 3.\; u_n=\frac{n^{2}}{(n-1)!} \qquad\qquad\quad 4.\; u_n=\ln\left(\frac{2}{\pi}\arctan\frac{n^{2}+1}{n}\right)\end{align*}


Solution:

  1. On remarque que pour tout entier $n\geq1$, la suite $u_n$ est bien définie. De plus \begin{align*}u_n&=\ln\left(\frac{1+\frac{1}{n}+\frac{1}{n^{2}}}{1+\frac{1}{n}-\frac{1}{n^{2}}}\right)\cr &=\ln\left(1+\frac{1}{n}+\frac{1}{n^{2}}\right)-\ln\left(1+\frac{1}{n}-\frac{1}{n^{2}}\right)\cr&\underset{n\rightarrow +\infty}{=}\left(\frac{1}{n}+O\left(\frac{1}{n^{2}}\right)\right)-\left(\frac{1}{n}+O\left(\frac{1}{n^{2}}\right)\right)\cr&\underset{n\rightarrow +\infty}{=}O\left(\frac{1}{n^{2}}\right)\end{align*}Comme la série de terme général $\frac{1}{n^{2}}$, $n\geq1$, converge (série de Riemann d’exposant $\alpha>1$), la série de terme général $u_{n}$ converge.
  2. $\forall n\geq2$, $u_n$ existe et de plus $u_n\underset{n\rightarrow +\infty}{\sim}\frac{1}{n}.$ Comme la série de terme général $\frac{1}{n},$ $n\geq2,$ diverge et est positive, la série de terme général $u_n$ diverge.
  3. Pour $n\geq1,$ $$n^{2}u_n=n^{2}\times\frac{n^{3}}{n!}=\frac{n^{5}}{n!}.$$ D’après un théorème de croissances comparées, $n^{2}u_n$ tend vers $0$ quand $n$ tend vers $\infty$ ou encore $u_n=o\left(\frac{1}{n^{2}}\right).$ On en déduit que la série de terme général $u_n$ converge.
  4. Pour $n\geq1$ on obtient \begin{align*}\ln\left(\frac{2}{\pi}\arctan\frac{n^{2}+1}{n}\right)&=\ln\left(1-\frac{2}{\pi}\arctan\frac{n}{n^{2}+1}\right)\\ &\underset{n\rightarrow +\infty}{\sim} -\frac{2}{\pi}\arctan\frac{n}{n^{2}+1}\\&\underset{n\rightarrow +\infty}{\sim}-\frac{2}{\pi}\frac{n}{n^{2}+1}\\&\underset{n\rightarrow +\infty}{\sim}-\frac{2}{n\pi} < 0.\end{align*}Donc la série de terme général $u_n$ diverge.


Exercice: Calculer les sommes des séries suivantes après avoir vérifié leur convergence. \begin{align*}1.\; \sum\limits_{n=0}^{+\infty} \frac{n+1}{3^{n}} \qquad 2.\; \sum\limits_{n=3}^{+\infty}\frac{2n-1}{n^{3}-4n} \qquad 3.\; \sum\limits_{n=2}^{+\infty}\ln\left(1+\frac{(-1)^{n}}{n}\right).\end{align*}


Solution:

  1. On remarque que $$\frac{n+1}{3^{n}}\underset{n\rightarrow +\infty}{=}o\left(\frac{1}{n^{2}}\right).$$ Par suite, la série de terme général $\frac{n+1}{3^{n}}$ converge. Soit $S=\sum\limits_{n=0}^{+\infty} \frac{n+1}{3^{n}}.$ Alors \begin{align*}\frac{1}{3}S&=\sum\limits_{n=0}^{+\infty} \frac{n+1}{3^{n+1}}=\sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{n}{3^{n}}=\sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{n+1}{3^{n}}-\sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{3^{n}}\\ &=(S-1)-\frac{1}{3}\frac{1}{1-\frac{1}{3}}=S-\frac{3}{2}\end{align*}On en déduit que $$S=\sum\limits_{n=0}^{+\infty} \frac{n+1}{3^{n}}=\frac{9}{4}.$$
  2. Pour $k\geq3$, $\frac{2k-1}{k^{3}-4k}=\frac{3}{8(k-2)}+\frac{1}{4k}-\frac{5}{8(k+2)}.$ Plus \begin{align*}S_n&:=\sum\limits_{k=3}^{n}\frac{2k-1}{k^{3}-4k}\cr &=\frac{3}{8}\sum\limits_{k=3}^{n}\frac{1}{k-2}+\frac{1}{4}\sum\limits_{k=3}^{n}\frac{1}{k}-\frac{5}{8}\sum\limits_{k=3}^{n}\frac{1}{k+2}\cr &=\frac{3}{8}\sum\limits_{k=1}^{n-2}\frac{1}{k}+\frac{1}{4}\sum\limits_{k=3}^{n}\frac{1}{k}-\frac{5}{8}\sum\limits_{k=5}^{n+2}\frac{1}{k}\\&\underset{n\rightarrow +\infty}{=}\frac{3}{8}\left(\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{k}\right)+\frac{1}{4}\left(-1-\frac{1}{2}+\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{k}\right)\cr & \hspace{1cm}-\frac{5}{8}\left(-1-\frac{1}{2}-\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{k}\right)+o(1)\\&\underset{n\rightarrow +\infty}{=}-\frac{3}{8}+\frac{5}{8}\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\right)+o(1)\underset{n\rightarrow +\infty}{=}-\frac{3}{8}+\frac{125}{96}+o(1)\\&\underset{n\rightarrow +\infty}{=}\frac{89}{96}+o(1).\end{align*}La série proposée est donc convergente de somme $\frac{89}{96}.$ $$\sum\limits_{n=3}^{+\infty}\frac{2n-1}{n^{3}-4n}=\frac{89}{96}.$$
  3. Pour $n\in\mathbb{N}^{*}$, posons \begin{align*}S_n=\sum_{k=2}^{n}\ln\left(1+\frac{(-1)^{k}}{k}\right).\end{align*}Soit $p\in\mathbb{N}^{*}$.\begin{align*}S_{2p+1}&=\sum\limits_{k=2}^{2p+1}\ln\left(1+\frac{(-1)^{k}}{k}\right)=\sum\limits_{k=1}^{p}\left(\ln\left(1+\frac{1}{2k}\right)+\ln\left(1-\frac{1}{2k+1}\right)\right)\cr&=\sum\limits_{k=1}^{p}(\ln(2k+1)-\ln(2k)+\ln(2k)-\ln(2k+1))=0.\end{align*}D’autre part, $S_{2p}=S_{2p+1}-\ln\left(1+\frac{(-1)^{2p+1}}{2p+1}\right)=\ln\left(1-\frac{1}{2p+1}\right).$ Mais alors les suites D’autre part, $S_{2p}=S_{2p+1}-\ln\left(1+\frac{(-1)^{2p+1}}{2p+1}\right)=\ln\left(1-\frac{1}{2p+1}\right).$ Mais alors les suites $(S_{2p})$ et $(S_{2p+1})$ convergent et ont mêmes limites, à savoir 0. On en déduit que la suite $(S_{n})$ converge ou encore la série de terme général $\ln\left(1+\frac{(-1)^{n}}{n}\right),$ $n\geq2$, converge et $$\sum\limits_{n=2}^{+\infty}\ln\left(1+\frac{(-1)^{n}}{n}\right)=0.$$

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