Exercices corrigés : Séries numériques (Prépa, 1re année)

1. Pour tout $n\in\mathbb N$, $\frac{2^{n+1}}{3^n}=2\left(\frac23\right)^n$. La série géométrique $\sum\left(\frac23\right)^n$ converge car $\left|\frac23\right|<1$. Par linéarité, la série converge et $$\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{2^{n+1}}{3^n}=2\cdot\frac{1}{1-\frac23}=2\times3=6.$$
2. C'est la série géométrique de raison $q=-\frac14$, avec $|q|=\frac14<1$ : elle converge. Le premier terme (rang $1$) vaut $-\frac14$, donc $$\sum_{n=1}^{+\infty}\left(-\frac14\right)^n=\frac{-\frac14}{1+\frac14}=-\frac14\cdot\frac45=-\frac15.$$
3. Pour $n\ge2$, $\frac{1+2^n}{4^n}=\left(\frac14\right)^n+\left(\frac12\right)^n$. Les deux séries géométriques $\sum_{n\ge2}\left(\frac14\right)^n$ et $\sum_{n\ge2}\left(\frac12\right)^n$ convergent (raisons de module $<1$). Par linéarité, la série converge et $$\sum_{n=2}^{+\infty}\frac{1+2^n}{4^n}=\frac{(1/4)^2}{1-\frac14}+\frac{(1/2)^2}{1-\frac12}=\frac1{16}\cdot\frac43+\frac14\cdot2=\frac1{12}+\frac12=\frac7{12}.$$

1. Pour $n\ge1$, $\left(1+\frac1n\right)^n=\exp\left(n\ln\left(1+\frac1n\right)\right)$. Comme $\ln(1+x)\sim x$ quand $x\to0$, on a $n\ln\left(1+\frac1n\right)\sim n\cdot\frac1n=1$, donc $n\ln\left(1+\frac1n\right)\to1$. Par continuité de l'exponentielle, $\left(1+\frac1n\right)^n\to e\neq0$. La série diverge grossièrement.

2. Comme $\frac1n\to0$ et $\sin x\sim x$ quand $x\to0$, on a $n\sin\frac1n\sim n\cdot\frac1n=1$, donc $n\sin\frac1n\to1\neq0$. La série diverge grossièrement.

3. Supposons par l'absurde que $\cos n\to0$. Alors $\cos(2n)=2\cos^2n-1\to-1$. Mais $(\cos(2n))_{n\in\mathbb N}$ est une suite extraite de $(\cos n)_{n\in\mathbb N}$, donc elle tend aussi vers $0$. Comme $-1\neq0$, c'est contradictoire. Ainsi $(\cos n)$ ne tend pas vers $0$ et $\sum\cos n$ diverge grossièrement.

4. Ici $\ln\left(1+\frac1n\right)\to\ln1=0$ : le critère ne permet pas de conclure, il ne sert qu'à prouver des divergences. On écrit $\ln\left(1+\frac1n\right)=\ln(n+1)-\ln n$. Par télescopage, $$\sum_{k=1}^{n}\ln\left(1+\frac1k\right)=\ln(n+1)-\ln1=\ln(n+1)\xrightarrow[n\to+\infty]{}+\infty.$$ La série diverge, sans diverger grossièrement.

1. Pour $n\ge1$, $\frac1n-\frac1{n+2}=\frac{(n+2)-n}{n(n+2)}=\frac{2}{n(n+2)}$, donc $\frac1{n(n+2)}=\frac12\left(\frac1n-\frac1{n+2}\right)$. Pour $N\ge1$, en décalant l'indice dans la seconde somme : $$\sum_{n=1}^{N}\frac1{n(n+2)}=\frac12\left(\sum_{n=1}^{N}\frac1n-\sum_{n=3}^{N+2}\frac1n\right)=\frac12\left(1+\frac12-\frac1{N+1}-\frac1{N+2}\right).$$ Le membre de droite tend vers $\frac12\cdot\frac32=\frac34$. La série converge et $$\sum_{n=1}^{+\infty}\frac1{n(n+2)}=\frac34.$$

2. Pour $n\ge2$, $1-\frac1{n^2}=\frac{(n-1)(n+1)}{n^2}>0$, donc le terme est défini et $$\ln\left(1-\frac1{n^2}\right)=\big(\ln(n-1)-\ln n\big)-\big(\ln n-\ln(n+1)\big)=b_{n-1}-b_n,$$ où $b_k=\ln k-\ln(k+1)=\ln\frac{k}{k+1}$. Pour $N\ge2$, par télescopage : $$\sum_{n=2}^{N}\ln\left(1-\frac1{n^2}\right)=b_1-b_N=\ln\frac12-\ln\frac{N}{N+1}.$$ Comme $\frac N{N+1}\to1$, $\ln\frac N{N+1}\to0$. La série converge et $$\sum_{n=2}^{+\infty}\ln\left(1-\frac1{n^2}\right)=-\ln2.$$

1. Comme $\ln(1+x)\le x$ pour $x>-1$, $u_n\ge0$. Avec $\ln(1+x)=x-\frac{x^2}2+o(x^2)$ et $x=\frac1n$ : $$u_n=\frac1{2n^2}+o\left(\frac1{n^2}\right)\sim\frac1{2n^2}.$$ Comme $\sum\frac1{n^2}$ converge, $\sum u_n$ converge.

2. Comme $e^x\ge1+x$, $v_n\ge0$. Avec $e^x=1+x+\frac{x^2}2+o(x^2)$ : $v_n\sim\frac1{2n^2}$, donc $\sum v_n$ converge.

3. Pour $n\ge2$, $\ln n>0$ donc $n^{1/n}=e^{\ln n/n}>1$ et $w_n>0$. Comme $\frac{\ln n}n\to0$ et $e^y-1\sim y$ en $0$, $w_n\sim\frac{\ln n}{n}$. Pour $n\ge3$, $\ln n\ge1$, donc $\frac{\ln n}n\ge\frac1n$ : la série $\sum\frac{\ln n}n$ diverge par comparaison avec la série harmonique. Par équivalence de termes positifs, $\sum w_n$ diverge.

4. Pour $n\ge2$, $x_n>0$ et $x_n=\exp\left(n^2\ln\left(1-\frac1n\right)\right)$. Avec $\ln(1-x)=-x-\frac{x^2}2+O(x^3)$ : $$n^2\ln\left(1-\frac1n\right)=n^2\left(-\frac1n-\frac1{2n^2}+O\left(\frac1{n^3}\right)\right)=-n-\frac12+O\left(\frac1n\right).$$ Donc $x_n=e^{-1/2}\,e^{-n}\,e^{O(1/n)}$ et, comme $e^{O(1/n)}\to1$, $x_n\sim e^{-1/2}\left(\frac1e\right)^n$. La série géométrique de raison $\frac1e\in\,]0,1[$ converge, donc $\sum x_n$ converge.

Tous les termes sont strictement positifs pour $n\ge2$.

1. $n^{3/2}a_n=\frac{\ln n}{\sqrt n}\to0$ par croissances comparées. Donc $a_n=o\left(\frac1{n^{3/2}}\right)$ et, comme $\frac32>1$, $\sum a_n$ converge.

2. $nb_n=\frac{n}{(\ln n)^2}\to+\infty$ par croissances comparées. Il existe donc un rang à partir duquel $nb_n\ge1$, soit $b_n\ge\frac1n$. La série harmonique diverge, donc $\sum b_n$ diverge.

3. $n^{\ln n}=e^{(\ln n)^2}$, donc $n^2c_n=e^{2\ln n-(\ln n)^2}=e^{\ln n\,(2-\ln n)}$. L'exposant tend vers $-\infty$, donc $n^2c_n\to0$ et $c_n=o\left(\frac1{n^2}\right)$ : $\sum c_n$ converge.

4. $(\ln n)^{\ln n}=e^{\ln n\cdot\ln(\ln n)}=n^{\ln(\ln n)}$. Pour $n\ge e^{e^2}$, on a $\ln n\ge e^2$, donc $\ln(\ln n)\ge2$ et $n^{\ln(\ln n)}\ge n^2$ (car $n\ge1$). Ainsi $0<d_n\le\frac1{n^2}$ à partir de ce rang, et $\sum d_n$ converge par comparaison.

1. $nu_n=\frac1{(\ln n)^2}\to0$ : on ne peut pas minorer $u_n$ par $\frac cn$. Pour $\alpha>1$, $n^\alpha u_n=\frac{n^{\alpha-1}}{(\ln n)^2}\to+\infty$ : $u_n$ n'est pas $o\left(\frac1{n^\alpha}\right)$. La règle ne conclut pas.

2. Sur $[2,+\infty[$, $t>0$ et $\ln t>0$ ; les fonctions $t\mapsto t$ et $t\mapsto(\ln t)^2$ sont positives et croissantes, donc leur produit l'est, et $f$, son inverse, est positive et décroissante. Elle est continue. Comme $\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}\left(-\frac1{\ln t}\right)=\frac{1/t}{(\ln t)^2}=f(t)$, une primitive est $F:t\mapsto-\frac1{\ln t}$.

3. Pour $n\ge2$, $\int_2^nf(t)\,\mathrm dt=\frac1{\ln2}-\frac1{\ln n}\le\frac1{\ln2}$. La suite des intégrales est majorée ; par la comparaison série-intégrale, $\sum_{n\ge2}u_n$ converge.

4. Pour tout entier $k\ge3$, la décroissance de $f$ donne $\int_k^{k+1}f\le f(k)\le\int_{k-1}^kf$. Soit $n\ge2$ et $N>n$. En sommant pour $k$ de $n+1$ à $N$ (on a bien $k\ge3$) et par Chasles : $$\int_{n+1}^{N+1}f\le\sum_{k=n+1}^{N}u_k\le\int_n^Nf,$$ c'est-à-dire $$\frac1{\ln(n+1)}-\frac1{\ln(N+1)}\le\sum_{k=n+1}^{N}u_k\le\frac1{\ln n}-\frac1{\ln N}.$$ La série convergeant, on fait tendre $N$ vers $+\infty$ : $\frac1{\ln(n+1)}\le R_n\le\frac1{\ln n}$.

En multipliant par $\ln n>0$ : $\frac{\ln n}{\ln(n+1)}\le R_n\ln n\le1$. Or $\ln(n+1)=\ln n+\ln\left(1+\frac1n\right)$, donc $\frac{\ln(n+1)}{\ln n}=1+\frac{\ln(1+1/n)}{\ln n}\to1$. Par encadrement, $R_n\ln n\to1$, soit $R_n\sim\frac1{\ln n}$.

5. Si $R_n\le10^{-2}$, alors $\frac1{\ln(n+1)}\le R_n\le10^{-2}$, donc $\ln(n+1)\ge100$ et $n\ge e^{100}-1$. La série converge, mais extrêmement lentement : calculer une somme partielle ne donne pas deux décimales exactes de la somme dans un temps raisonnable.

1. Pour $n\ge2$, $\sqrt n+(-1)^n\ge\sqrt2-1>0$ : $u_n$ est bien défini. De plus $u_n=\frac{(-1)^n}{\sqrt n}\cdot\frac{1}{1+\frac{(-1)^n}{\sqrt n}}$ et $\frac{(-1)^n}{\sqrt n}\to0$, donc le second facteur tend vers $1$ : $u_n\sim\frac{(-1)^n}{\sqrt n}$.

2. Pour $n\ge1$ :

• $T_{2n+2}-T_{2n}=-\frac1{\sqrt{2n+1}}+\frac1{\sqrt{2n+2}}<0$ : $(T_{2n})$ décroît ;
• $T_{2n+3}-T_{2n+1}=\frac1{\sqrt{2n+2}}-\frac1{\sqrt{2n+3}}>0$ : $(T_{2n+1})$ croît ;
• $T_{2n+1}-T_{2n}=-\frac1{\sqrt{2n+1}}\to0$. Les suites sont adjacentes, donc convergent vers une même limite $\ell$. Les suites extraites des termes pairs et impairs convergeant vers $\ell$, $(T_n)$ converge : $\sum\frac{(-1)^n}{\sqrt n}$ converge.

3. Pour $x\neq-1$ : $(x-x^2)(1+x)+x^3=x+x^2-x^2-x^3+x^3=x$, d'où l'identité en divisant par $1+x$. Comme $u_n=\frac{x_n}{1+x_n}$, $x_n^2=\frac1n$ et $x_n^3=\frac{(-1)^n}{n^{3/2}}$ : $$u_n=\frac{(-1)^n}{\sqrt n}-\frac1n+r_n,\qquad r_n=\frac{x_n^3}{1+x_n}.$$ Pour $n\ge2$, $|x_n|\le\frac1{\sqrt2}$, donc $1+x_n\ge1-\frac1{\sqrt2}>0$ et $$|r_n|\le\frac{C}{n^{3/2}},\qquad C=\frac{1}{1-\frac1{\sqrt2}}=\frac{\sqrt2}{\sqrt2-1}.$$

4. La série $\sum x_n$ converge (question 2). La série $\sum r_n$ est absolument convergente par comparaison à $\sum\frac1{n^{3/2}}$, donc convergente. Ainsi $\sum(x_n+r_n)$ converge. Comme $\sum\frac1n$ diverge, $\sum u_n=\sum\left((x_n+r_n)-\frac1n\right)$ diverge (somme d'une série convergente et d'une série divergente).

Leçon : $u_n\sim\frac{(-1)^n}{\sqrt n}$ et $\sum\frac{(-1)^n}{\sqrt n}$ converge, mais $\sum u_n$ diverge. Le critère des équivalents est faux pour des termes de signe non constant ; il faut pousser le développement jusqu'à un reste absolument sommable.

1. $H_{2n}-H_n=\ln(2n)+\gamma-\ln n-\gamma+o(1)=\ln2+o(1)\to\ln2$. De même, $H_{2n+1}-H_n=\ln\frac{2n+1}{n}+o(1)=\ln\left(2+\frac1n\right)+o(1)\to\ln2$ par continuité de $\ln$.

2. Pour $k$ impair, $\frac{(-1)^{k+1}}k=\frac1k$ ; pour $k$ pair, $\frac{(-1)^{k+1}}k=-\frac1k=\frac1k-\frac2k$. Donc $$S_{2n}=\sum_{k=1}^{2n}\frac1k-2\sum_{j=1}^{n}\frac1{2j}=H_{2n}-H_n.$$ Par 1, $S_{2n}\to\ln2$. Puis $S_{2n+1}=S_{2n}+\frac1{2n+1}\to\ln2$. Les suites extraites $(S_{2n})$ et $(S_{2n+1})$ convergent vers la même limite, donc $(S_n)$ converge vers $\ln2$ : $$\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}}n=\ln2.$$

3. Convergence : $\frac1{n(2n+1)}>0$ et $\frac1{n(2n+1)}\sim\frac1{2n^2}$, terme d'une série de Riemann convergente. Calcul : $\frac1n-\frac2{2n+1}=\frac{2n+1-2n}{n(2n+1)}=\frac1{n(2n+1)}$. Pour $N\ge1$, la somme des inverses des impairs de $3$ à $2N+1$ vaut $$\sum_{n=1}^{N}\frac1{2n+1}=H_{2N+1}-1-\sum_{j=1}^{N}\frac1{2j}=H_{2N+1}-1-\frac12H_N.$$ Donc $$\sum_{n=1}^{N}\frac1{n(2n+1)}=H_N-2\left(H_{2N+1}-1-\frac12H_N\right)=2-2\left(H_{2N+1}-H_N\right)\xrightarrow[N\to+\infty]{}2-2\ln2,$$ par la question 1. Ainsi $\sum_{n=1}^{+\infty}\frac1{n(2n+1)}=2-2\ln2$.

1. Pour $k\ge2$, $k(k-1)\le k^2\le k(k+1)$, avec des quantités strictement positives ; par décroissance de l'inverse on obtient l'encadrement. Pour $n\ge2$, par télescopage ($\frac1{k(k-1)}=\frac1{k-1}-\frac1k$) : $$S_n\le1+\sum_{k=2}^{n}\left(\frac1{k-1}-\frac1k\right)=2-\frac1n\le2.$$ La série est à termes positifs et ses sommes partielles sont majorées par $2$ : elle converge et $S\le2$.

2. Soit $n\ge1$ et $N>n$. Par télescopage : $$\sum_{k=n+1}^{N}\frac1{k(k+1)}=\frac1{n+1}-\frac1{N+1},\qquad\sum_{k=n+1}^{N}\frac1{k(k-1)}=\frac1n-\frac1N.$$ Comme $k\ge n+1\ge2$, la question 1 donne $\frac1{n+1}-\frac1{N+1}\le\sum_{k=n+1}^{N}\frac1{k^2}\le\frac1n-\frac1N$. En faisant tendre $N$ vers $+\infty$ : $\frac1{n+1}\le R_n\le\frac1n$. En multipliant par $n$ : $\frac n{n+1}\le nR_n\le1$, donc $nR_n\to1$ et $R_n\sim\frac1n$.

3. a) Pour $k\ge1$ : $\frac1{k-\frac12}-\frac1{k+\frac12}=\frac{1}{k^2-\frac14}$, et $$\frac1{k^2-\frac14}-\frac1{k^2}=\frac{\frac14}{k^2\left(k^2-\frac14\right)}\ge0.$$ Comme $k^2\ge1$, $k^2-\frac14\ge k^2-\frac{k^2}4=\frac34k^2$, d'où $\frac{\frac14}{k^2(k^2-\frac14)}\le\frac{1}{4k^2\cdot\frac34k^2}=\frac1{3k^4}$.

b) La fonction $t\mapsto t^{-4}$ est positive et décroissante sur $[1,+\infty[$ ; pour $k\ge2$, $\frac1{k^4}\le\int_{k-1}^k\frac{\mathrm dt}{t^4}$. Pour $N>n\ge1$, en sommant de $n+1$ à $N$ : $$\sum_{k=n+1}^{N}\frac1{k^4}\le\int_n^N\frac{\mathrm dt}{t^4}=\frac13\left(\frac1{n^3}-\frac1{N^3}\right)\le\frac1{3n^3}.$$ La série $\sum\frac1{k^4}$ converge (Riemann, $4>1$) ; le passage à la limite donne le résultat.

c) Pour $N>n$, par télescopage, $\sum_{k=n+1}^{N}\left(\frac1{k-\frac12}-\frac1{k+\frac12}\right)=\frac1{n+\frac12}-\frac1{N+\frac12}\to\frac1{n+\frac12}$. Les trois séries en jeu convergent, donc par linéarité puis par a) et b) : $$0\le\frac1{n+\frac12}-R_n=\sum_{k=n+1}^{+\infty}\left(\frac1{k-\frac12}-\frac1{k+\frac12}-\frac1{k^2}\right)\le\frac13\sum_{k=n+1}^{+\infty}\frac1{k^4}\le\frac1{9n^3}.$$ Ainsi $R_n=\frac{2}{2n+1}+O\left(\frac1{n^3}\right)$. Or $$\frac2{2n+1}-\frac1n+\frac1{2n^2}=\frac{4n^2-2n(2n+1)+(2n+1)}{2n^2(2n+1)}=\frac{1}{2n^2(2n+1)}=O\left(\frac1{n^3}\right).$$ Donc $R_n=\frac1n-\frac1{2n^2}+O\left(\frac1{n^3}\right)$.

4. Comme $S=S_n+R_n$, $0\le\left(S_n+\frac1{n+\frac12}\right)-S\le\frac1{9n^3}$. On veut $\frac1{9n^3}\le10^{-6}$, soit $n^3\ge\frac{10^6}9\approx111\,111{,}1$. Or $48^3=110\,592$ et $49^3=117\,649$ : le plus petit entier convenable est $n=49$.

Avec $S_n$ seul, l'erreur est $R_n\ge\frac1{n+1}$ ; pour qu'elle soit $\le10^{-6}$, il faut $n\ge999\,999$. La correction par $\frac1{n+\frac12}$ divise le nombre de termes à calculer par plus de $20\,000$.

Remarque : on peut montrer que $S=\frac{\pi^2}6$, résultat qui n'est pas l'objet de ce chapitre.