Transcript Corrigé - imj

UPMC
2M460 - Séries et intégrales
2014-2015
Corrigé du DM 1
√
Exercice 1 : 1) On a un+1 − un = 6 un > 0, donc (un ) est strictement croissante.
Supposons que (un ) converge vers une limite nie ` ∈ R. En passant à la limite, on a
√
`=`+6 `
et donc ` = 0. Or u0 = 1 > 0, et (un ) est croissante, donc ne peut pas converger vers 0. Donc (un ) ne peut
pas converger vers une limite nie. Comme c'est une suite croissante, on en déduit alors que
un −→ +∞.
n→+∞
2) On a
√
√
un+1 − un
q
√
√
= un + 6 un − un
s
!
√
6
= un
1+ √ −1
un
√
3
1
−1
= un 1 + √ + o √
un
un
= 3 + o(1)
vn+1 − vn =
On a donc
vn+1 − vn −→ 3.
n→+∞
3) On a
n−1
X
vk+1 − vk .
vn =
k=0
D'après le théorème de Césaro, comme vn+1 − vn −→ 3, on a
n−1
1 X
vk+1 − vk −→ 3.
n→+∞
n k=0
En conséquence, on obtient
n−1
X
vk+1 − vk ∼ 3n
k=0
et donc
vn ∼ 3n.
4) On a un = vn2 ∼ 9n2 .
Exercice 2
a) En utilisant les propriétés du logarithme, puis le fait que ln(1+x) = x+o(x) pour x → 0, nous obtenons
un =
(−1)n
ln n + ln 1 +
=
n
(−1)
n
(−1)n
ln n +
(−1)n
n
+o
=
1
n
(−1)n
ln n 1 +
(−1)n
n ln n
+o
1
n ln n
.
Nous utilisons maintenant que (1 + x)−1 = 1 − x + o(x) pour x → 0 :
(−1)n
un =
ln n
1
(−1)n
1
(−1)n
1
+o
.
1−
+o
=
−
n ln n
n ln n
ln n
n ln2 n
n ln2 n
Le premier terme est le terme général d'une série convergente (séries alternées). Le deuxième terme est
le terme général d'une série absolument convergente
(série de Bertrand), et il en est de même pour le
P
troisième terme (comparaison). Donc, la série un converge.
b) Nous utilisons ici que ln(1 + x) = x + x2 /2 + o(x2 ) et que exp(1 + x) = e(1 + x + o(x)) pour x → 0 :
n
1
1
1
1
1
1+
= exp n ln 1 +
= exp n
+ 2 +o
n
n
n 2n
n2
1
e
1
1
+o
=e+
+o
.
= exp 1 +
2n
n
2n
n
P
Donc vn ∼√− 2ne , et par équivalence de séries de signe constant, la série vn diverge.
c) Puisque 1 + x = 1 + x/2 + o(x) pour x → 0, nous avons
!
r
√
1
1
1
1
1
n2 + 1 − n = n
1+ 2 −1 =n
=
+o
.
+o
2
2
n
2n
n
2n
n
En écrivant une formule de Taylor à l'ordre deux, nous obtenons que sin(πk + x) = (−1)k x + o(x2 ), pour
x → 0 et pour tout entier k . Donc,
π
1
(−1)n π
1
wn = sin πn +
+o
=
+o
.
2n
n
2n
n2
Le premier terme est le terme général d'une série alternée convergente,
terme est le terme
P et le 2deuxièmeP
général d'une série absolument convergente (par comparaison avec n 1/n ). Donc, n wn converge.
d) Nous appliquons la formule de Taylor, centrée en x = 0 et à l'ordre deux, à la fonction f : cela donne
f (x) = 2x2 + o(x2 ) pour x → 0. Par conséquent, tn = 2/n2 + o(1/n2 ) ∼ 2/n2 est le terme général d'une
série convergente.
Exercice 3
Q
1) Le fait que le produit n∈N un converge implique, par dénition, que la suite (PN )N ∈N converge vers
une limite l ∈]0, +∞[. Alors
uN =
2) Supposons que le produit
logarithme,
Q
n∈N
PN
l
−→ = 1
PN −1
l
lorsque n → +∞.
un converge, c'est-à-dire, PN → l ∈]0, +∞[. Par les propriétés du
N
X
n=0
ln un = ln
N
Y
!
un
= ln PN
n=0
et d'autre
P part, par continuité de la fonction logarithme, ln PN → ln l ∈ R. Nous en déduisons que la
série ln un converge.
Réciproquement, si la série de terme général ln un converge vers un nombre réel l0 , par le même argument
nous déduisons que (ln PN )N ∈N converge vers l0 . Alors, par continuité de la fonction exponentielle, PN →
exp(l0 ).
Q
P
3) Par le résultat du point précédent, n∈N (1 + un ) converge si et seulement si la série n∈N ln(1 + un )
converge. Puisque un > 0 pour tout n ∈ N, celle-ci est une série à termes positifs. Nous pouvons supposer
un → 0 car, au cas contraire, ni la série des ln(1 + un ) ni celle des un convergent, et il n'y a plus rien à
prouver. Or, si un → 0 alors ln(1 + un ) ∼ un , donc la série de terme general ln(1 + un ) converge si et
seelement si celle de terme général un converge.
4) Prenons un = 1/n, pour n ≥ 1. On obtient alors une expression téléscopique pour le produit partiel à
N termes :
PN =
N
Y
n=1
1
1+
n
=
N
Y
n+1
n=1
n
=
2 3 4
N
N +1
· · ...
·
= N + 1,
1 2 3
N −1
N
donc PN → +∞ et le produit inni diverge. Par le résultat du point précédent, cela implique que la
série de terme général 1/n diverge aussi.
5) Grâce au point 2), il sut de montrer que la série de ln(1+un ) converge. Puisque la série de un converge,
on a un → 0. Alors, par developpement limité du logarithme à l'ordre deux, nous pouvons écrire
ln(1 + un ) = un −
u2n
+ o(u2n ).
2
Par hypothèse, tous les termes au membre de droite sont les termes généraux de séries convergentes.
Donc, la série de ln(1 + un ) converge.
6) Non, le√résultat n'est plus vrai sous ces hypothèses aaiblies. Par exemple, considerons la suite un =
(−1)n / n pour n ≥ 2. Nous avons que un > −1 pour n ≥ 2 ; la série des un converge ; mais
(−1)n
(−1)n
1
1
= √ −
ln 1 + √
+o
.
2n
n
n
n
Or, le premier terme à droite est le terme général d'une série alternée convergente. La somme des autres
termes est équivalenteQà 1/2n, et donc la série associée diverge. Par conséquent, la série de ln(1 + un )
diverge, et le produit n∈N (1 + un ) diverge aussi, grâce à 2).
Exercice 4 :
1) Comme σ est une bijection,
Card {σ(k), k ∈ {n + 1, .., 3n}} = Card{n + 1, .., 3n} = 2n.
Or {σ(k), k ∈ {n + 1, .., 3n}} est la reunion des deux ensembles disjoints {σ(k), k ∈ {n + 1, .., 3n} et σ(k) < n}
et {σ(k), k ∈ {n + 1, .., 3n} et σ(k) ≥ n}. De plus, comme σ est surjective,
Card {σ(k), k ∈ {n + 1, .., 3n} et σ(k) < n} ≤ Card{1, .., n − 1} = n − 1.
On a donc
Card {σ(k), k ∈ {n + 1, .., 3n} et σ(k) ≥ n}
= Card {σ(k), k ∈ {n + 1, .., 3n}} − Card {σ(k), k ∈ {n + 1, .., 3n} et σ(k) < n}
≥ 2n − (n − 1)
≥ n.
2)Comme les
σ(k)
k2
sont positifs, on a
3n
X
k=n+1
σ(k)
≥
k2
≥
X
k∈{n+1,..,3n},σ(k)≥n
X
k∈{n+1,..,3n},σ(k)≥n
≥
σ(k)
k2
σ(k)
(3n)2
n
× Card {σ(k), k ∈ {n + 1, .., 3n} et σ(k) ≥ n}
9n2
1
≥ .
9
(1)
3)Raisonnons par l'absurde, et supposons que (un ) est une suite de Cauchy. Alors
u3n − un −→ 0.
Or
u3n − un =
3n
X
k=n+1
σ(k)
1
.
≥
k2
9
On a donc une contradiction. Donc (un ) ne peut pas être une suite de Cauchy.
4) (un ) n'est pas une suite de Cauchy, donc elle ne converge pas vers un réel ni. Comme c'est une suite
croissante (on ne fait qu'ajouter des terms positifs), on en déduit que
un −→ +∞.
La série
P σ(k)
k2
est donc divergente, quelque soit la bijection σ .