Université L2 — licence de mathématiques

Séries numériques — 10 exercices corrigés L2

On approfondit les critères de convergence, la convergence conditionnelle, les produits et les estimations de restes. Toute manipulation de sommes infinies sera justifiée par la positivité, la convergence absolue ou une identité portant d'abord sur les sommes finies.

L'essentiel à retenir

  • La convergence absolue implique la convergence. Pour des termes positifs, les comparaisons, équivalents et critères intégral ou de d'Alembert s'appliquent sous leurs hypothèses respectives.
  • Le critère alterné s'applique lorsque les amplitudes décroissent vers zéro ; le reste est alors majoré en valeur absolue par le premier terme omis.
  • La sommation d'Abel permet de traiter un produit lorsque les sommes partielles d'un facteur sont bornées et que l'autre facteur décroît vers zéro.
  • Une série de Bertrand ∑n≥21/(nα(log⁡n)β)\sum_{n\geq2}1/(n^\alpha(\log n)^\beta) converge si α>1\alpha>1, ou si α=1\alpha=1 et β>1\beta>1.

Exercice 1 — Somme télescopique d'ordre trois

  1. Calculer S=∑n=1∞1n(n+1)(n+2)S=\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n(n+1)(n+2)}.
  2. Donner une expression exacte du reste RNR_N et le plus petit entier NN tel que RN≤10−3R_N\leq10^{-3}.
Corrigé détaillé
  1. On utilise 1/[n(n+1)(n+2)]=12(1/[n(n+1)]−1/[(n+1)(n+2)])1/[n(n+1)(n+2)]=\frac12(1/[n(n+1)]-1/[(n+1)(n+2)]). Ainsi SN=1/4−1/[2(N+1)(N+2)]S_N=1/4-1/[2(N+1)(N+2)], donc S=1/4S=1/4.
  2. Le reste est RN=1/[2(N+1)(N+2)]R_N=1/[2(N+1)(N+2)]. La condition équivaut à (N+1)(N+2)≥500(N+1)(N+2)\geq500. Pour N=20N=20, le produit vaut 462462 ; pour N=21N=21, il vaut 506506. La croissance du produit montre que le plus petit entier est 2121.

Exercice 2 — Convergence conditionnelle et précision

Étudier ∑n≥1(−1)n−1/n\sum_{n\geq1}(-1)^{n-1}/\sqrt n.
  1. Distinguer convergence et convergence absolue.
  2. Encadrer la somme par des sommes partielles et donner un rang garantissant une erreur au plus 10−210^{-2}.
Corrigé détaillé
  1. Les nombres 1/n1/\sqrt n décroissent vers 00 ; le critère alterné donne la convergence. La série des valeurs absolues est une série de Riemann d'exposant 1/2≤11/2\leq1, donc elle diverge. La convergence est conditionnelle.
  2. Les sommes paires croissent, les impaires décroissent et S2m≤S≤S2m+1S_{2m}\leq S\leq S_{2m+1}. Pour tout NN, ∣S−SN∣≤1/N+1|S-S_N|\leq1/\sqrt{N+1}. Il suffit donc de prendre N+1≥104N+1\geq10^4, soit N≥9999N\geq9999. Il s'agit d'une garantie issue du critère, non d'une affirmation d'optimalité réelle.

Exercice 3 — Seuil logarithmique

Pour β∈R\beta\in\mathbb R, étudier ∑n≥21/[n(log⁡n)β]\sum_{n\geq2}1/[n(\log n)^\beta].
  1. Déterminer les valeurs de convergence.
  2. Pour β=2\beta=2, encadrer le reste après le rang N≥2N\geq2.
Corrigé détaillé
  1. La fonction f(x)=1/[x(log⁡x)β]f(x)=1/[x(\log x)^\beta] est positive et décroissante à partir d'un certain rang, car f′/f=−(1+β/log⁡x)/xf'/f=-(1+\beta/\log x)/x. Avec u=log⁡xu=\log x, son intégrale devient ∫u−β du\int u^{-\beta}\,du, finie à l'infini exactement si β>1\beta>1.
  2. Pour β=2\beta=2, ff décroît sur [2,∞)[2,\infty). Le critère intégral donne ∫N+1∞f≤RN≤∫N∞f\int_{N+1}^{\infty}f\leq R_N\leq\int_N^{\infty}f. Comme ∫A∞f=1/log⁡A\int_A^{\infty}f=1/\log A, on obtient 1/log⁡(N+1)≤RN≤1/log⁡N1/\log(N+1)\leq R_N\leq1/\log N.

Exercice 4 — Oscillation trigonométrique et critère de Dirichlet

Soit θ∉2πZ\theta\notin2\pi\mathbb Z.
  1. Montrer la convergence de ∑n≥1sin⁡(nθ)/n\sum_{n\geq1}\sin(n\theta)/n.
  2. Établir une estimation du reste à partir d'une borne sur les sommes géométriques.
Corrigé détaillé
  1. Pour p≤qp\leq q, ∑n=pqeinθ=eipθ(1−ei(q−p+1)θ)/(1−eiθ)\sum_{n=p}^qe^{in\theta}=e^{ip\theta}(1-e^{i(q-p+1)\theta})/(1-e^{i\theta}), de module au plus M=2/∣1−eiθ∣M=2/|1-e^{i\theta}|. Les sommes des sinus sont donc bornées. Le facteur 1/n1/n décroît vers zéro : Dirichlet s'applique.
  2. Posons Ak=∑n=N+1ksin⁡(nθ)A_k=\sum_{n=N+1}^k\sin(n\theta), donc ∣Ak∣≤M|A_k|\leq M. La sommation d'Abel donne ∑n=N+1qsin⁡(nθ)/n=Aq/q+∑k=N+1q−1Ak(1/k−1/(k+1))\sum_{n=N+1}^q\sin(n\theta)/n=A_q/q+\sum_{k=N+1}^{q-1}A_k(1/k-1/(k+1)). Après passage à la limite, ∣RN∣≤M/(N+1)|R_N|\leq M/(N+1).

Exercice 5 — Développement asymptotique et soustraction

  1. Étudier la convergence de ∑n≥1[log⁡(1+1/n)−1/n]\sum_{n\geq1}[\log(1+1/n)-1/n].
  2. Montrer que HN−log⁡NH_N-\log N possède une limite et exprimer la somme précédente à l'aide de cette limite.
Corrigé détaillé
  1. Le développement log⁡(1+u)=u−u2/2+O(u3)\log(1+u)=u-u^2/2+O(u^3) donne un terme −1/(2n2)+O(n−3)-1/(2n^2)+O(n^{-3}) ; la série converge absolument.
  2. Posons aN=HN−log⁡Na_N=H_N-\log N. Alors aN+1−aN=1/(N+1)−log⁡(1+1/N)<0a_{N+1}-a_N=1/(N+1)-\log(1+1/N)<0, puisque log⁡(1+1/N)=∫NN+1dt/t>1/(N+1)\log(1+1/N)=\int_N^{N+1}dt/t>1/(N+1). De plus HN≥∫1N+1dt/tH_N\geq\int_1^{N+1}dt/t, donc aN>0a_N>0. Ainsi aN→γa_N\to\gamma. La somme partielle cherchée vaut log⁡(N+1)−HN\log(N+1)-H_N, qui tend vers −γ-\gamma.

Exercice 6 — Produit de Cauchy absolument convergent

Soit ∣r∣<1|r|<1.
  1. Justifier le produit de deux séries géométriques et calculer ∑n≥0(n+1)rn\sum_{n\geq0}(n+1)r^n.
  2. En déduire ∑n≥1n2rn\sum_{n\geq1}n^2r^n en explicitant la dérivation.
Corrigé détaillé
  1. Les deux séries ∑rn\sum r^n convergent absolument. Leur produit de Cauchy a pour coefficient ∑k=0nrkrn−k=(n+1)rn\sum_{k=0}^nr^kr^{n-k}=(n+1)r^n. Donc ∑(n+1)rn=(1−r)−2\sum(n+1)r^n=(1-r)^{-2}.
  2. La série géométrique peut être dérivée sur tout compact de (−1,1)(-1,1) : ∑n≥1nrn−1=(1−r)−2\sum_{n\geq1}nr^{n-1}=(1-r)^{-2}. Ainsi ∑nrn=r/(1−r)2\sum nr^n=r/(1-r)^2. Une nouvelle dérivation suivie d'une multiplication par rr donne ∑n2rn=r[(1−r)−2+2r(1−r)−3]=r(1+r)/(1−r)3\sum n^2r^n=r[(1-r)^{-2}+2r(1-r)^{-3}]=r(1+r)/(1-r)^3.

Exercice 7 — Série factorielle

Pour a∈Ra\in\mathbb R, considérer ∑n≥0an/n!\sum_{n\geq0}a^n/n!.
  1. Prouver la convergence absolue.
  2. Pour a=1a=1, majorer le reste après le rang NN par une expression factorielle simple.
Corrigé détaillé
  1. Pour a≠0a\ne0, le quotient des valeurs absolues consécutives vaut ∣a∣/(n+1)→0<1|a|/(n+1)\to0<1 ; le critère de d'Alembert donne la convergence absolue. Pour a=0a=0, seul le premier terme est non nul.
  2. Pour n=N+1+jn=N+1+j, n!≥(N+1)!(N+2)jn!\geq(N+1)!(N+2)^j. Par conséquent RN=∑n=N+1∞1/n!≤1(N+1)!∑j≥0(N+2)−j=N+2(N+1)(N+1)!R_N=\sum_{n=N+1}^{\infty}1/n!\leq\frac1{(N+1)!}\sum_{j\geq0}(N+2)^{-j}=\frac{N+2}{(N+1)(N+1)!}. Par exemple, pour N=5N=5, cette borne vaut 7/4320<0,0027/4320<0,002.

Exercice 8 — Une série positive à termes lacunaires

Définir un=1/nu_n=1/n si nn est une puissance de 22, et un=1/n2u_n=1/n^2 sinon.
  1. Étudier ∑un\sum u_n.
  2. Montrer que le quotient un+1/unu_{n+1}/u_n n'admet pas de limite et expliquer pourquoi cela ne contredit pas la première réponse.
Corrigé détaillé
  1. La contribution des puissances de 22 vaut ∑k≥02−k=2\sum_{k\geq0}2^{-k}=2. La contribution restante est majorée par ∑n≥1n−2\sum_{n\geq1}n^{-2}, convergente. La série positive converge donc.
  2. Pour n=2k−1n=2^k-1 avec k≥2k\geq2, le quotient vaut (2k−1)2/2k→∞(2^k-1)^2/2^k\to\infty. Pour n=2kn=2^k, il vaut 2k/(2k+1)2→02^k/(2^k+1)^2\to0. Le quotient n'a donc aucune limite. Le critère de d'Alembert est un outil suffisant dans certains cas, et non une condition nécessaire de convergence.

Exercice 9 — Série de différences de racines

  1. Étudier ∑n≥1(n+1−n)\sum_{n\geq1}(\sqrt{n+1}-\sqrt n).
  2. Étudier la série obtenue après soustraction de 1/(2n)1/(2\sqrt n) et donner un équivalent de son terme général.
Corrigé détaillé
  1. La somme partielle est N+1−1\sqrt{N+1}-1, donc la série diverge vers +∞+\infty, bien que son terme tende vers 00.
  2. Le développement 1+u=1+u/2−u2/8+O(u3)\sqrt{1+u}=1+u/2-u^2/8+O(u^3) donne n+1−n=1/(2n)−1/(8n3/2)+O(n−5/2)\sqrt{n+1}-\sqrt n=1/(2\sqrt n)-1/(8n^{3/2})+O(n^{-5/2}). Le terme corrigé est donc équivalent à −1/(8n3/2)-1/(8n^{3/2}). Sa valeur absolue est majorée par une constante fois n−3/2n^{-3/2} à partir d'un certain rang : la série corrigée converge absolument.

Exercice 10 — Produit infini et logarithmes

Pour n≥2n\geq2, poser PN=∏n=2N(1−1/n2)P_N=\prod_{n=2}^N(1-1/n^2).
  1. Calculer PNP_N puis sa limite.
  2. Retrouver l'existence d'une limite strictement positive par une série de logarithmes.
Corrigé détaillé
  1. On factorise 1−1/n2=((n−1)/n)((n+1)/n)1-1/n^2=((n-1)/n)((n+1)/n). Ainsi PN=(1/N)((N+1)/2)=(N+1)/(2N)P_N=(1/N)((N+1)/2)=(N+1)/(2N), d'où PN→1/2P_N\to1/2.
  2. Tous les facteurs sont positifs. Comme log⁡(1−u)=−u+O(u2)\log(1-u)=-u+O(u^2), log⁡(1−1/n2)=−1/n2+O(n−4)\log(1-1/n^2)=-1/n^2+O(n^{-4}). La série des logarithmes converge absolument. Ses sommes partielles sont log⁡PN\log P_N ; leur limite finie implique que PNP_N tend vers une exponentielle strictement positive. Le calcul explicite identifie cette limite à 1/21/2.

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