Soit $f:t\mapsto\frac{1}{t(\ln t)^2}$ sur $[2,+\infty[$ et $u_n=f(n)$ pour $n\ge2$.
- Montrer que la comparaison de $u_n$ à $\frac1{n^\alpha}$ ne permet pas de conclure sur la nature de $\sum u_n$.
- Montrer que $f$ est positive et décroissante, et en donner une primitive.
- Montrer que $\sum_{n\ge2}u_n$ converge.
- Pour $n\ge2$, on note $R_n=\sum_{k=n+1}^{+\infty}u_k$. Montrer que $\frac{1}{\ln(n+1)}\le R_n\le\frac1{\ln n}$, puis que $R_n\sim\frac1{\ln n}$.
- Montrer que si $R_n\le10^{-2}$, alors $n\ge e^{100}-1$. Commenter.
Pour 1, étudier $nu_n$ et $n^\alpha u_n$ pour $\alpha>1$.
Dériver $t\mapsto\frac{1}{\ln t}$.
Pour 4, sommer les inégalités de la comparaison série-intégrale pour $k$ de $n+1$ à $N$, puis faire tendre $N$ vers $+\infty$.
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$nu_n=\frac1{(\ln n)^2}\to0$ : 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.
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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 $F:t\mapsto-\frac1{\ln t}$.
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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.
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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 $R_n\sim\frac1{\ln n}$.
- 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.
La série converge et $R_n\sim\frac{1}{\ln n}$