i séries vectorielles et numé- riques

Chapitre

I

Séries vectorielles et numé-riques

Sommaire

I Suites des sommes partielles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

I.1 Premiers exemples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

I.2 Séries normalement convergentes . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

II Séries numériques réelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

II.1 Séries semi-convergentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

II.2 Les transformations d’Abel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

III Séries à termes positifs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

III.1 Théorèmes généraux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

III.2 Comparaison série-intégrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

III.3 Quelques critères supplémentaires . . . . . . . . . . . . . . . . 22

1

I. Séries vectorielles et numériques I. SUITES DES SOMMES PARTIELLES

I Suites des sommes partielles

Soit (un)n∈N une suite à valeurs dans un espace vectoriel E. On appelle série de termegénéral un la suite (Sn)n∈N définie par :

∀n ∈ N, Sn = u0 + u1 + . . . + un.

• On notera∑

n∈N

un cette série.

• Pour tout n, un s’appelle le terme général de rang n et Sn la somme partielle derang n de la série

∑

n∈N

un.

• Lorsque (E, ‖ ‖) est un espace vectoriel normé, on dit que∑

n∈N

un converge (pour la

norme ‖ ‖) si la suite (Sn)n∈N converge.

— Sa limite s’appelle alors la somme de la série et on la note S =+∞∑

n=0

un.

— Pour tout n ∈ N, on appelle alors reste d’indice n l’élément Rn défini par :

Rn = S − Sn =+∞∑

k=0

uk −n∑

k=0

uk =+∞∑

k=n+1

uk.

Définition 1

Dans le cas de convergence, on peut remarquer que la suite (Rn)n∈Ntend vers 0. Le

reste d’ordre n représente l’erreur commise lorsque l’on remplace la somme S par la nème

somme partielle.L’ensemble des séries convergentes est trivialement un espace vectoriel : la somme de

deux séries convergentes ou le produit d’une série par un scalaire sont des séries conver-gentes de somme respectivement la somme des deux séries et la somme de la série multi-pliée par le scalaire. Pour le produit, c’est un peu plus compliqué.

I.1 Premiers exemples

— Les séries arithmétiques de la forme∑

n∈N

na où a est une constante. Toujours diver-

gentes dès que a 6= 0 et on a :

∀n ∈ N, Sn = an∑

k=0

k = an(n + 1)

2.

— Les séries géométriques de la forme∑

n∈N

qn où q est un nombre complexe. Conver-

gentes si et seulement si |q| < 1 et on a :

∀ n ∈ N, Sn =n∑

k=0

qk =1

1 − q− qn+1

1 − q−−−−−−−−→

|q| < 1n → +∞

11 − q

.

http://fabienpucci.fr/ 2

http://fabienpucci.fr/


De plus, lorsque |q| < 1, on a Rn =qn+1

1 − q.

Exemple:∑

n∈N

12n

=1

1 − 12

= 2.

— La série harmonique∑

n∈N∗

1n

diverge. ⌊1⌋

Preuve:

S2n − Sn =2n∑

k=1

1n

−n∑

k=1

1n

=1

n + 1+ . . . +

12n

> n × 12n

=12

.

La suite des sommes partielles ne vérifie donc pas le critère de Cauchy donc ellediverge (vers +∞).

— Les séries télescopique de la forme∑

n∈N

un+1 − un où (un)n∈N est une suite à valeurs

dans E.

Exemple:∑

n∈N∗

1n(n + 1)

= 1.

Sn =n∑

k=1

1k(k + 1)

=n∑

k=1

1k

− 1k + 1

=(

1 − 12

)

+(1

2− 1

3

)

+ . . . − 1n

)

+( 1

n− 1

n + 1

)

= 1 − 1n + 1

−−−−→n→+∞

1.

D’une manière générale,

La série de terme général un+1 − un est de même nature que la suite (un)n∈N et on a :

∀n ∈ N, Sn =n∑

k=0

uk+1 − uk = un+1 − u0.

Proposition 1

Résultat que l’on peut affiner :

Une suite (un)n∈N, définie par la relation de récurrence :

{

u0 ∈ C

un+1 = un + vnest conver-

gente si, et seulement si la série∑

n∈N

vn converge.

Proposition 2

⌊1⌋. Son nom harmonique vient du fait qu’un terme est la moyenne harmonique des termes qui l’en-

cadrent. Rappelons que la moyenne harmonique mh de deux réels positifs a et b est définie par2

mh

=1

a+

1

b




Preuve: Il suffit simplement de renverser la proposition précédente : La suite (un)n∈N

est de la même nature que la série de terme général un+1 − un = vn.

Exercice 1 : Étudier les séries de terme général ln(

1 +1n

)

et ln(

1 − 1n2

)

.

Correction : Pas besoin ici des séries de Riemann.

• ∀n ∈ N∗, un = ln

(

1 +1

n

)

= ln(n + 1) − ln(n).

La série∑

n∈N∗

ln

(

1 +1

n

)

, de même nature que (ln(n))n∈N∗ , est donc divergente (vers

l’infini).

•∀n > 2, vn = ln

(

1 − 1

n2

)

= ln

n − 1

n× 1

n

n + 1

= ln

(n − 1

n

)

− ln

(n

n + 1

)

= ln

(

1 − 1

n

)

− ln

(

1 − 1

n + 1

)

Comme ln

(

1 − 1

n

)

−−−−−→n→+∞

0, la série∑

n>2

ln

(

1 − 1

n2

)

converge et on a :

n∑

k=2

ln

(

1 − 1

k2

)

= ln

(

1 − 1

2

)

− ln

(

1 − 1

n + 1

)

−−−−−→n→+∞

− ln 2.

Une première conséquence des théorèmes généraux, condition nécessaire de conver-gence qui sera le plus souvent un critère de divergence :

∑

n∈N

un converge =⇒ limn→+∞

un = 0.

Proposition 3

Exemples: Comme limn→+∞

n

n + 1= 1 6= 0,

∑

n∈N

n

n + 1diverge.

De même∑

n∈N

1nα

diverge (grossièrement) si α 6 0 mais attention la réciproque est fausse

comme le montre la divergence de la série harmonique ou de∑

n∈N∗

ln(

1 +1n

)

.

Exercice 2 :1 Donner la décomposition en éléments simples de la fraction rationnelle

f(x) =1

x(x + 1)(x + 2), sur ]0, +∞[.

2 Montrer que∑

n∈N∗

1n(n + 1)(n + 2)

=14

.




Correction :

1 ∀x > 1, f(x) =1

x(x + 1)(x + 2)=

a

x+

b

x + 1+

c

x + 2.

De plus, a = limx→0

xf(x) =1

2, b = lim

x→−1(x + 1)f(x) = −1 et c = lim

x→−2(x + 2)f(x) =

1

2.

Donc ∀x ∈]0, +∞[,1

x(x + 1)(x + 2)=

1

2

(1

x− 2

x + 1+

1

x + 2

)

.

2

∀n ∈ N∗, 2Sn = 2

n∑

k=1

1

k(k + 1)(k + 2)=

n∑

k=1

1

k− 2

n∑

k=1

1

k + 1+

n∑

k=1

1

k + 2

=n∑

k=1

1

k− 2

n+1∑

k=2

1

k+

n+2∑

k=3

1

k

=1

2+

1

n + 2− 1

n + 1−−−−−→n→+∞

1

2

Donc la série converge et on a :∑

n∈N∗

1

n(n + 1)(n + 2)=

1

4.

Cette méthode, consistant à se servir de la décomposition en éléments simples et d’unchangement d’indice, est assez générale pour trouver les sommes de séries de terme général unefraction rationnelle.

Exercice 3 : Soit α ∈ R∗+.

1 Montrer que∑

n∈N

(−1)n

αn + 1=∫ 1

0

dt

1 + tα.

2 En déduire :∑

n∈N

(−1)n

n + 1= ln 2 et

∑

n∈N

(−1)n

2n + 1=

π

4.

Correction :

1 ∀n ∈ N,

n∑

k=0

(−1)k

αk + 1=

n∑

k=0

(−1)k

∫ 1

0tαkdt =

∫ 1

0

n∑

k=0

(−tα)k dt

=

∫ 1

0

1

1 + tα− (−tα)n+1

1 + tαdt

D’où

∣∣∣∣∣

n∑

k=0

(−1)k

αk + 1−∫ 1

0

dt

1 + tα

∣∣∣∣∣6

∫ 1

0

tα(n+1)

1 + tαdt 6

∫ 1

0tα(n+1)dt 6

1

α(n + 1) + 1−−−−−→n→+∞

0.

Par passage à la limite sur n ∈ N,∑

n∈N

(−1)n

αn + 1=

∫ 1

0

dt

1 + tα.

2 • Pour α = 1,∑

n∈N

(−1)n

n + 1=

∫ 1

0

dt

1 + t= ln 2.

• Pour α = 2,∑

n∈N

(−1)n

2n + 1=

∫ 1

0

dt

1 + t2 =

[

arctan(t)

]1

0=

π

4.

Les amateurs pourront montrer le cas α = 3 :∑

n∈N

(−1)n

3n + 1=

1

3

(

ln 2 +π√3

)

.

Dans le cas des espaces de Banach (ce qui sera le cas des espaces réels ou complexes),on va pouvoir commencer à travailler.




I.2 Séries normalement convergentes

On dit qu’une série∑

n∈N

un à valeurs dans E est normalement convergente si∑

n∈N

‖un‖E converge dans R.

Définition 2

Dans le cas des séries numériques réelles ou complexes, on dira plutôt que∑

n∈N

un est

absolument convergente. La notion de convergence normale prendra tout son sens avecles séries de fonctions que nous verrons plus loin.

Dire qu’une série∑

n∈N

un à valeurs dans un espace vectoriel normé E vérifie le critère

de Cauchy est équivalent d’écrire :

∀ε ∈ R∗+, ∃N(ε) ∈ N, ∀n > N, ∀p ∈ N, ‖un + . . . + un+p‖ =

∥∥∥∥∥

n+p∑

k=n

uk

∥∥∥∥∥

< ε.

Proposition 4 (Critère de Cauchy pour les séries)

Dans tout espace vectoriel normé, une série convergente vérifie le critère de Cauchy.La réciproque n’est vraie que dans un espace complet. Ce critère a pour conséquenceextrêmement importante :

Soit (E, ‖ ‖) un espace de Banach.

∑

n∈N

‖un‖ converge dans R =⇒∑

n∈N

un converge dans E.

(Une série absolument convergente converge)

et on a :

∥∥∥∥∥

∑

n∈N

un

∥∥∥∥∥6∑

n∈N

‖un‖.

Corollaire 5

Preuve: Considérons une série∑

n∈N

un absolument convergente c.-à-d. que la suite des

sommes partielles

∑

n∈N

‖un‖

n∈N

, est convergente donc vérifie le critère de Cauchy.

D’après l’inégalité triangulaire, on a alors :

∀ε ∈ R∗+, ∃N(ε) ∈ N, ∀n > N, ∀p ∈ N,

∥∥∥∥∥

n+p∑

k=n

uk

∥∥∥∥∥6

n+p∑

k=n

‖uk‖ < ε.

La suite des sommes partielles

∑

n∈N

un

n∈N

vérifie à son tour le critère de Cauchy

dans un espace complet. Elle est donc convergente.



I. Séries vectorielles et numériques II. SÉRIES NUMÉRIQUES RÉELLES

La même inégalité triangulaire permet d’écrire pour tout n ∈ N :∥∥∥∥∥

n∑

k=0

uk

∥∥∥∥∥6

n∑

k=0

‖uk‖ .

Puis, en faisant tendre vers l’infini, on obtient :∥∥∥∥∥

+∞∑

k=0

uk

∥∥∥∥∥6

+∞∑

k=0

‖uk‖ .

Ce corollaire est d’importance puisqu’il ramène l’étude de la convergence des sériesà valeurs dans un Banach à celle des séries réelles à termes positifs. C’est le cadre desparagraphes suivants.

Mieux, le critère de Cauchy est intimement lié à la notion d’absolue convergencepuisque l’on peut montrer qu’un espace normé est complet si, et seulement si toute sérieabsolue convergente est convergente.

II Séries numériques réellesMême si le critère de Cauchy donne une place prépondérante aux séries absolument

convergentes, toutes ne le sont pas. Loin s’en faut. Les séries convergentes mais absolumentdivergentes sont dites semi-convergentes. C’est le sujet du paragraphe suivant .

II.1 Séries semi-convergentes

On appelle série alternée, toute série réelle de la forme∑

n∈N

(−1)nun où un > 0 pour

tout n.

Définition 3

Si (un)n∈N est une suite à termes positifs décroissante vers 0 alors∑

n∈N

(−1)nun converge

et on a :

∀n ∈ N, |Rn| =

∣∣∣∣∣∣

+∞∑

k=n+1

(−1)kuk

∣∣∣∣∣∣

6 un+1.

Proposition 6 (Critère spécial des séries alternées)

On retient généralement le dernier point sous la forme : « Le reste est majoré par lepremier terme négligé » en valeur absolue. Il est aussi bon de remarquer que la positivitédes un donne le côté alternée de la série puisque la somme est systématiquement encadréepar deux termes consécutifs de (Sn)n∈N

.Ce critère est souvent appelé « critère spécial des séries alternées » ou « critère de

Leibnitz ».

Preuve: La démonstration repose essentiellement sur le théorème des suites adjacentesen considérant les deux suites extraites (S2n)n∈N

et (S2n+1)n∈N:

• Comme (un)n∈N est décroissante, on a :

S2n+2 − S2n = u2n+2 − u2n+1 6 0 et S2n+3 − S2n+1 = −u2n+3 + u2n+2 > 0.




Les suites (S2n)n∈Net (S2n+1)n∈N

sont donc respectivement décroissantes et crois-santes.

• Comme (un)n∈N tend vers 0, on a aussi S2n+1 − S2n = u2n+1 −−−−→n→+∞

0.

• Les deux suites extraites (S2n)n∈Net (S2n+1)n∈N

sont donc deux suites adjacentesdonc convergentes vers la même limite ce qui équivaut à la convergence de (Sn)n∈N

vers celle-ci que l’on note dorénavant S.• Les suites (S2n)n∈N

et (S2n+1)n∈Nétant adjacentes, on en déduit également les in-

égalités suivantes :∀n ∈ N, S2n+1 6 S 6 S2n.

On a alors R2n = S−S2n 6 0, et son premier terme est (−1)2n+1u2n+1 = −u2n+1 6 0 :(R2n)n∈N est du signe de son premier terme.De plus, on a :

|R2n| = |S − S2n| = S2n − S 6 S2n − S2n+1 = u2n+1.

Donc |R2n| est inférieur à la valeur absolue de son premier terme u2n+1.On procède de même pour (R2n+1)n∈N à partir de S2n+1 6 S 6 S2n+2. en montrantque |R2n+1| 6 |u2n+2|.Conclusion, ∀n ∈ N, |Rn| 6 un+1.

Exemple:∑

n∈N∗

(−1)n

n= − ln 2.

Preuve: Trivialement,1n

−−−−→n→+∞

0 en décroissant donc le critère spécial des séries

alternées entraîne la convergence de∑

n∈N∗

(−1)n

n.

Pour calculer sa somme, on utilise le même raisonnement que précédemment :

∀n ∈ N,n∑

k=1

(−1)k

k=

n∑

k=1

(−1)k∫ 1

0tk−1 dt = −

∫ 1

0

n∑

k=1

(−t)k−1 dt

= −∫ 1

0

n−1∑

k=0

(−t)k dt = −∫ 1

0

11 + t

− (−t)n

1 + tdt.

D’où∣∣∣∣∣

n∑

k=1

(−1)k

k+∫ 1

0

dt

1 + t

∣∣∣∣∣6

∫ 1

0

tn

1 + tdt 6

∫ 1

0tndt 6

1n + 1

−−−−→n→+∞

0.

Par passage à la limite sur n ∈ N∗,

∑

n∈N∗

(−1)n

n= − ln 2.

Cette série, dite série harmonique alternée donne un premier exemple de série conver-gente mais non absolument convergente. Un contre-exemple à garder en tête.

Exercice 4 : Montrer que la série de Riemann alternée∑

n∈N∗

(−1)n

nαconverge si, et

seulement si α > 0.




Correction : Pour α 6 0, le terme général ne tend pas vers 0 donc la série diverge grossière-ment.

Pour α > 0,(

n

n + 1

)α

=

(

1 − 1

n + 1

)α

6 1. La suite(

1

nα

)

n∈N

est décroissante vers 0

donc le critère des séries alternées entraîne la convergence.

Remarque : Ce résultat n’est en fait réellement remarquable que pour 0 < α 6 1. Les séries deRiemann alternées étant absolument convergentes pour α > 1.

Exercice 5 :

1 Montrer que la suite (In)n∈N définie par ∀n ∈ N, In =∫ π

2

0cosn(x)dx est décrois-

sante vers 0.

2 En déduire que la série de terme général un = (−1)n∫ π

2

0cosn(x)dx est convergente

et calculer sa somme.

Correction :

1 ∀n ∈ N, In+1 =

∫ π

2

0cosn(x) × cos xdx 6

∫ π

2

0cosn(x) = In. La suite (In)n∈N est décrois-

sante.

Comme 0 6 cosn(x) 6 1 sur[

0,π

2

]

, 0 6 In. Pour trouver un majorant efficace à In, il

est nécessaire de faire apparaître les contributions de l’intégrale et de cosn(x) lorsque x

est proche deπ

2.

Soient n > 1 et ε ∈]0,π

2[. La décroissance de x 7−→ cosn(x) sur ]

ε

2,

π

2[ entraîne

0 6 cosn(x) 6 cosn

(ε

2

)

< 1,

puis

0 6 In 6

∫ ε

2

0cosn(x)dx +

∫ π

2

ε

2

cosn(x)dx 6ε

2+

π

2cosn

(ε

2

)

.

Á ε fixé, il existe alors un rang nε tel que n > nε entraîneπ

2cosn

(ε

2

)

6ε

2.

La suite (In)n∈N est donc convergente en décroissant vers 0.

2 D’après la question précédente, toutes les conditions sont réunies pour appliquer le critère

spécial des séries alternées :∑

n∈N

(−1)n

∫ π

2

0cosn(x)dx converge.

Par un procédé classique, on a :

∀n ∈ N,

n∑

k=0

(−1)k

∫ π

2

0cosk(t)dt =

∫ π

2

0

n∑

k=0

(− cos t)k dt

=

∫ π

2

0

1

1 + cos tdt + (−1)n

∫ π

2

0

cosn+1(t)

1 + cos tdt.

D’où

∣∣∣∣∣

n∑

k=0

(−1)k

∫ π

2

0cosk(t)dt −

∫ π

2

0

1

1 + cos tdt

∣∣∣∣∣

6

∫ π

2

0

cosn+1(t)

1 + cos tdt

6

∫ π

2

0cosn+1(t)dt = In+1 −−−−−→

n→+∞0.




Il ne reste alors qu’à calculer

∫ π

2

0

1

1 + cos tdt =

∫ π

2

0

1

2cos2(

t2

) dt =

[

tan

(t

2

)]π

2

0= 1.

Donc∑

n∈N

(−1)n

∫ π

2

0cosn(t)dt = 1.

Exercice 6 : Déterminer la nature de la série de terme général un =(−1)n

√n + (−1)n

.

Correction : Dans le cas proposé ici, on ne peut pas appliquer le critère spécial des séries

alternées puisqu’on vérifie que la suite (un)n∈N définie par un =(−1)n

√n + (−1)n

n’est pas décrois-

sante.On a recours ici à un développement limité pour établir la nature de la série :

un =(−1)n

√n + (−1)n

=(−1)n

√n

× 1

1 +(−1)n

√n

=(−1)n

√n

×(

1 − (−1)n

√n

+1

n+ o

(1

n

))

=(−1)n

√n

− 1

n+

(−1)n

n√

n+ o

(1

n√

n

)

︸︷︷︸

vn

.

Étudions chacun des termes de ce développement limité :

⋄ (−1)n

√n

est le terme d’une série alternée convergente.

⋄ 1

nest le terme d’une série divergente.

⋄ (−1)n

n√

nest le terme d’une série absolument convergente.

⋄ vn = o(

1

n√

n

)

est le terme d’une série convergente d’après les critères de comparaison

qui seront développés au paragraphe (III).

Par somme de séries convergentes avec une série divergente, on en déduit que la série∑

un

diverge.

Pour les cas où le critère de Leibnitz ne s’applique pas, on a cependant un résultatimportant dû à Abel mais au prix de quelques efforts supplémentaires :




II.2 Les transformations d’Abel

Cette transformation que l’on peut considérer comme une intégration par parties dis-crète sera surtout utile lors de l’étude des séries trigonométriques.

soient (αn)n∈N, (un)n∈N deux suites numériques et (An)n∈N

la suite définie par :

∀n ∈ N, An =n∑

k=0

αk.

Pour tous entiers q > p > 1, on a :

q∑

k=p

αkuk = Aquq − Ap−1up −q−1∑

k=p

Ak (uk+1 − uk) .

Lemme 7 (Transformation d’Abel)

Preuve: En écrivant que αk = Ak − Ak−1, pour tout entier k > 1, on a :

q∑

k=p

αkuk =q∑

k=p

(Ak − Ak−1) uk =q−1∑

k=p

Akuk −q∑

k=p

Ak−1uk

=q∑

k=p

Akuk −q−1∑

k=p−1

Akuk+1 = Aquq − Ap−1up +q−1∑

k=p

Ak (uk − uk+1)

= Aquq − Ap−1up −q−1∑

k=p

Ak (uk+1 − uk) .

L’analogie avec la formule d’intégration par parties :

∫ b

af ′(t)g(t)dt = f(b)g(b) − f(a)g(a) −

∫ b

af(t)g′(t)dt,

peut se faire comme suit :

— la suite (αn)n∈Nest identifiée à la fonction f ′.

— la suite (An)n∈Nest identifiée à la fonction f .

— la suite (un)n∈N est identifiée à la fonction g′.

— la suite ((un+1 − un)n∈Nest identifiée à la fonction g.

— la somme

q∑

k=p

αkuk

n∈N

est identifiée à l’intégrale∫ b

af ′(t)g(t)dt.

— la sommeq−1∑

k=p

Ak (uk+1 − uk) est identifiée à l’intégrale∫ b

af(t)g′(t)dt.

En utilisant cette transformation, on obtient le résultat suivant.




Soient (un)n∈N une suite réelle qui tend vers 0 en décroissant et (αn)n∈Nune suite de

nombres complexes telle que la suite (An)n∈Ndéfinie par :

∀n ∈ N, An =n∑

k=0

αk soit bornée.

Dans ces conditions, la série∑

n∈N

αnun est convergente et, en désignant par M > 0 un

majorant de la suite (|An|)n∈N, on a les majoration des restes :

∀n ∈ N, |Rn| =

∣∣∣∣∣∣

+∞∑

k=n+1

αkuk

∣∣∣∣∣∣

6 2Mun+1.

Théorème 8

Preuve: Il s’agit de montrer que la suite (Sn)n∈Ndes sommes partielles de la série

∑

n∈N

αnun est convergente. En utilisant, pour n > 2, la transformation d’Abel :

Sn =n∑

k=0

αkuk = α0u0 +n∑

k=1

αkuk

= α0u0 + Anun − A0u1 −n−1∑

k=1

Ak (uk+1 − uk)

avec α0 = A0

= Anun −n−1∑

k=0

Ak (uk+1 − uk) .

La suite (Anun)n∈Ntend vers 0 car (An)n∈N

est bornée et (un)n∈N tend vers 0 donc la

nature de la suite (Sn)n∈Nest la même que celle de la série

n−1∑

k=0

Ak (uk+1 − uk). Montrons

qu’elle est absolument convergente :

∀n ∈ N, |An (un+1 − un)| 6 M (un − un+1) ,

terme général d’une série convergente car de même nature que la suite (un)n∈N. Lasérie

∑

n∈N

αnun est donc convergente.

Pour ce qui est des restes, on utilise encore la transformation d’Abel qui nous permetd’écrire pour m > n + 1 :

∣∣∣∣∣∣

m∑

k=n+1

αkuk

∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣

Amum − Anun+1 −m−1∑

k=n+1

Ak (uk+1 − uk)

∣∣∣∣∣∣

6 |Amum − Anun+1| +m−1∑

k=n+1

|Ak| (uk − uk+1) (par décroissance de (un)n∈N)

6 M

um + un+1 +m−1∑

k=n+1

(uk − uk+1)

= 2Mun+1.




En faisant tendre m vers l’infini, on obtient :

∀n ∈ N, |Rn| =

∣∣∣∣∣∣

+∞∑

k=n+1

αkuk

∣∣∣∣∣∣

6 2Mun+1.

Remarque : En utilisant la suite (αn)n∈Ndéfinie par αn = (−1)n, on retrouve le théorème

des séries alternées.Une utilisation classique du théorème d’Abel est l’étude des séries trigonométriques.

Exemple: Les séries∑

n∈N∗

einθ

nα,∑

n∈N∗

cos nθ

nαet

∑

n∈N∗

sin nθ

nαoù θ ∈ R\{2π}Z convergent pour

tout α > 0.

∀n ∈ N,

∣∣∣∣∣

n∑

k=0

eikθ

∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣

1 − e(n+1)iθ

1 − eiθ

∣∣∣∣∣6

2|1 − eiθ| =

1∣∣∣sin

(θ2

)∣∣∣

est bornée.

Pour α > 1, ces séries sont absolues convergentes, semi-convergentes lorsque α ∈]0; 1].

Soient (αn)n∈Net (un)n∈N deux suite de nombres complexes telles que la série

∑

n∈N

αn

soit convergente et la série∑

n∈N

(un+1 − un) absolument convergente.

Dans ces conditions la série∑

n∈N

αnun est convergente.

Théorème 9

Preuve: On utilise une transformation d’Abel qui fait intervenir les restes Rn =+∞∑

k=n+1

αk

de la série convergente∑

n∈N

αn et non pas les sommes partielles An de cette série. Pour ce

faire, on écrit que αk = Rk−1 − Rk, pour tout entier k > 1, écriture légitime puisque lasérie est convergente. Puis,

n∑

k=1

αkuk =n∑

k=1

(Rk−1 − Rk) uk =n∑

k=1

Rk−1uk −n∑

k=1

Rkuk

=n−1∑

k=0

Rkuk+1 −n∑

k=1

Rkuk

= R0u1 − Rnun +n−1∑

k=1

Rk (uk+1 − uk) .

Comme∑

n∈N

(un+1 − un) est absolument convergente, elle est convergente de même que

la suite (un)n∈N.Il en résulte que la suite (Rnun)n∈N

, produit de deux suites convergentes dont l’unevers 0 converge aussi vers 0.



I. Séries vectorielles et numériques III. SÉRIES À TERMES POSITIFS

Enfin avec |Rn (un+1 − un)| 6 M |un+1 − un| où M est un majorant de (|Rn|)n∈N, suite

convergente donc bornée.On déduit que la série

∑

n∈N

Rn (un+1 − un) est absolument convergente.

Conclusion,∑

n∈N


Exercice 7 : Montrer que si la série réelle ou complexe∑

n∈N

αn est convergente, alors

pour tout nombre complexe z tel que |z| < 1, la série∑

n∈N

αnzn est convergente.

Correction : En posant un = zn, on a pour |z| < 1 :

+∞∑

n=0

|un+1 − un| =+∞∑

n=0

|z − 1||z|n = |z − 1| 1

1 − |z| .

Le deuxième théorème d’Abel nous dit alors que la série∑

n∈N


III Séries à termes positifsDans tout ce paragraphe, on considèrera des séries numériques réelles à termes positifs

(au moins à partir d’un certain rang).

III.1 Théorèmes généraux

Dans le cas des séries à termes positifs, la suite des sommes partielles (Sn)n∈Nest une

suite croissante. Montrer la convergence de la série∑

n∈N

un est donc équivalent à trouver

un majorant.

Une série∑

n∈N

un à termes positifs converge si et seulement si la suite

(

Sn =n∑

k=0

uk

)

n∈N

des sommes partielles est majorée.Le seul cas de divergence est la limite infinie.

Théorème 10

Preuve: C’est le théorème de la limite monotone. . . donc valable que dans R !

Exemple:∑

n∈N∗

1n2

converge.

Preuve:n∑

k=1

1k2

= 1 +n∑

k=2

1k2

6 1 +n∑

k=2

1k(k − 1)

= 2 − 1n

.




La suite des sommes partielles est donc majorée. Elle converge vers un réel inférieur à2. ⌊2⌋

Soient∑

n∈N

un et∑

n∈N

vn deux séries à termes positifs.

(i) Si ∀n ∈ N,

un 6 vn

ou

un =n→+∞

O (vn)

ou

un =n→+∞

o (vn)

alors

∑

n∈N

un diverge =⇒∑

n∈N

vn diverge.

∑

n∈N

vn converge =⇒∑

n∈N

un converge.

(ii) Si un ∼n→+∞

vn,∑

n∈N

un et∑

n∈N

vn sont de même nature (d’un point de vue de la

convergence).

(iii) Si ∀n ∈ N,

un ∼n→+∞

vn

ou

un =n→+∞

O (vn)

ou

un =n→+∞

o (vn)

alors

• En cas de DIVERGENCE les relations de comparaison sont conservéespour les SOMMES.

• En cas de CONVERGENCE les relations de comparaison sont conservéespour les RESTES.

Proposition 11 (Sommation des relations de comparaison)

Preuve:(i) Simpe application du théorème (10) :

— Si la série∑

vn converge alors la suite des sommes partielles(

Sn =n∑

k=0

uk

)

n∈N

est majorée donc converge et on a même∑

n∈N

un 6∑

n∈N

vn.

Si l’inégalité un 6 vn n’est vraie qu’à partir d’un certain rang, la convergenceest toujours assurée mais l’on perd, bien sûr, la comparaison des sommes.De la même manière mais plus simplement, si

∑

un diverge alors la suite des

sommes partielles(

Sn =n∑

k=0

vk

)

n∈N

est minorée par une suite qui diverge vers

+∞ donc diverge également vers +∞. L’inégalité peut être vraie à partir d’uncertain rang sans changer le résultat.

— Si un =n→+∞

O (vn) alors il existe un réel (positif) M tel que, à partir d’uncertain rang, un 6 Mvn et il suffit d’appliquer le point précédent.

⌊2⌋.

n∑

k=1

1

k2=

π2

6




— A fortiori si un =n→+∞

o (vn) alors pour tout réel strictement positif ε, il existeun rang à partir duquel un 6 εvn. Le résultat est encore vrai.

(ii) Si un ∼n→+∞

vn alors |un − vn| =n→+∞

o (vn) c.-à-d. ∀ε ∈ R∗+, il existe un rang

n0(ε) ∈ N à partir duquel |un − vn| 6 εvn. En prenant ε =12, on obtient alors :

n > n0 =⇒ 12

vn 6 un 632

vn.

Il suffit alors d’appliquer le point précédent pour avoir le résultat :

Si un ∼n→+∞

vn alors∑

un et∑

vn sont de même nature.

(iii) • Comparaison des sommes en cas de divergence : Supposons donc∑

un diverge

c.-à-d. limn→+∞

n∑

k=0

uk = +∞.

⋄ Si un =n→+∞

O (vn), il existe n0 ∈ N et M ∈ R∗+ tel que ∀n ∈ N,

n > n0 =⇒ un 6 Mvn.

n∑

k=0

uk =n0−1∑

k=0

uk +n∑

k=n0

uk 6

n0−1∑

k=0

uk + Mn∑

k=n0

vk

Avecn∑

k=n0

vk 6

n∑

k=0

vk car les termes sont positifs, on obtient :

6

n0−1∑

k=0

uk + Mn∑

k=0

vk.

Or,n0−1∑

k=0

uk est une constante vis-à-vis de n donc limn→+∞

n0−1∑

k=0

uk

n∑

k=0

vn

= 0 c.-à-d. il

existe un rang n1 ∈ N à partir duquel

n0−1∑

k=0

uk

n∑

k=0

vn

6 M ⇐⇒n0−1∑

k=0

uk 6 Mn∑

k=0

vn.

En remplaçant, pour n > max (n0; n1),

n∑

k=0

uk 6 2Mn∑

k=0

vk ⇐⇒n∑

k=0

uk =n→+∞

O(

n∑

k=0

nk

)

.

⋄ Le raisonnement est identique si un =n→+∞

o (vn) en remplaçant M par unε ∈ R

∗+ arbitraire pour montrer que :

n∑

k=0

uk =n→+∞

o(

n∑

k=0

nk

)

.




⋄ Enfin si un ∼n→+∞

vn alors un − vn =n→+∞

o (vn) et il suffit d’appliquer lesrésultats précédents pour obtenir :

n∑

k=0

(

uk − vk

)

=n→+∞

o(

n∑

k=0

nk

)

⇐⇒n∑

k=0

uk −n∑

k=0

vk =n→+∞

o(

n∑

k=0

nk

)

⇐⇒n∑

k=0

uk ∼n→+∞

n∑

k=0

vk.

• Comparaison des restes en cas de convergence : Supposons donc∑

vn converge

c.-à-d. S =+∞∑

n=0

vn existe et limn→+∞

+∞∑

k=n

vk = 0.

On sait déjà que∑

un converge et, en particulier que+∞∑

k=n

uk existe ∀n ∈ N.

⋄ Si un =n→+∞

O (vn), il existe n0 ∈ N et M ∈ R∗+ tel que ∀n ∈ N,

n > n0 =⇒ un 6 Mvn.

∀m > n > n0, on am∑

k=n+1

ukM 6

m∑

k=n+1

vk.

En faisant tendre m ver +∞, avec la convergence des deux séries, on a :+∞∑

k=n+1

uk 6 M+∞∑

k=n+1

vk.

Cette inégalité étant vraie pour tout n > n0, on a bien :+∞∑

k=n

uk =n→+∞

O(+∞∑

k=n

vk

)

.

⋄ De la même manière que pour la divergence, on peut aisément remplacerles O par des o :

un =n→+∞

o (vn) =⇒+∞∑

k=n

uk =n→+∞

o(

+∞∑

k=n

vk

)

.

⋄ Le raisonnement est encore identique en considérant que un ∼n→+∞

vn alors

un − vn =n→+∞

o (vn) et il suffit d’appliquer les résultats précédents engardant à l’esprit que les restes sont convergents donc les écritures licites,pour obtenir :

+∞∑

k=n

(

uk − vk

)

=n→+∞

o(+∞∑

k=n

nk

)

⇐⇒+∞∑

k=n

uk −+∞∑

k=n

vk =n→+∞

o(+∞∑

k=n

nk

)

⇐⇒+∞∑

k=n

uk ∼n→+∞

+∞∑

k=n

vk.

Exemple: Pour illustrer la proposition (11) , donnons un développement asymptotiqueà l’ordre 3 de la série harmonique définie par :

∀n ∈ N∗, Hn =

n∑

k=1

1k

.




— On sait que1n

∼n→+∞

ln(

1 +1n

)

. Équivalence entre termes généraux de séries à

termes positifs divergente donc

Hn ∼n→+∞

n∑

k=1

ln(

1 +1k

)

=n∑

k=1

ln

(

k + 1k

)

= ln

(n∏

k=1

k + 1k

)

= ln(n + 1).

Donc Hn ∼n→+∞

ln(n).

— Considérons alors la suite (un)n∈N définie ∀n ∈ N∗ par un = Hn − ln(n). Alors :

un+1 − un =1

n + 1− ln(n + 1) + ln(n) =

1n + 1

− ln(

1 − 1n + 1

)

=n→+∞

1n + 1

−( 1

n + 1+ O

( 1n2

))

=n→+∞

O( 1

n2

)

.

La série de terme général un+1 − un est donc convergente. La suite (un)n∈N étant dela même nature, elle converge également.Notons, comme il est d’usage, γ sa limite. En conséquence, on a montré que :

Hn =n→+∞

ln(n) + γ + o (1) .

— Posons alors, ∀n ∈ N∗, vn = Hn − ln n − γ. La suite (vn)n∈N converge vers 0.

De plus,

vn+1 − vn =1

n + 1+ ln

(

1 − 1n + 1

)

∼n→+∞

− 12n2

.

Comme1n2

est le terme général (positif) d’une série convergente, il en est de même

de la sérien∑

k=1

(

vk+1 − vk

)

= vn+1 − v1 et, pour les restes cette fois, on a :

−vn ∼n→+∞

+∞∑

k=n

(

vk+1 − vk

)

∼n→+∞

12

+∞∑

k=n

1k2

.

Pour obtenir un équivalent de ce dernier terme, le moyen le plus simple, en anticipantles résultat du paragraphe (III.2), d’écrire :

∀k > 2,

∫ k+1

k

dt

t26

1k2

6

∫ k

k−1

dt

t2

∀n > 2,1n

=∫ +∞

n

dt

t26

+∞∑

k=n

1k2

6

∫ +∞

n−1

dt

t2=

1n − 1

=1n

(

1 +1

n − 1

)

︸︷︷︸

=o(1)

.

Donc+∞∑

k=n

1k2

∼n→+∞

1n

.

En conclusion, on a montré que :

Hn =n→+∞

ln n + γ +1

2n+ o

( 12n

)

.




Remarques :— Le nombre réel γ est une constante classique appelé constante d’Euler ou parfois

constante d’Euler-Mascheroniet on a : γ ≃ 0, 577215664 . . .. ⌊3⌋

— Cette méthode est assez générale et il suffit de l’itérer pour poursuivre le dévelop-pement asymptotique :

Hn =n→+∞

ln n + γ +1

2n+

112n2

− 1120n4

+ . . . .

Exemples:

• Les séries à termes positifs∑

n>2

ln n

net∑

n>2

1ln n

divergent par comparaison avec la

série harmonique∑

n>1

1n

.

•∑

n∈N

e−√n converge.

Preuve: Par prépondérance de l’exponentielle sur les fonctions puissances,

n2e−√n −−−−→

n→+∞0 donc e−√

n =n→+∞

o

( 1n2

)

, terme général d’une série convergente.

•∑

n∈N∗

ln n

n2nconverge.

Preuve: C’est une série à termes positifs. De plus,ln n

n−−−−→n→+∞

0 donc(

ln n

n

)

n∈N

est une suite bornée et on a :

∀n ∈ N∗, 0 6ln n

n2n6

A

2n,

qui est le terme d’une série géométrique convergente.

•∑

n∈N∗

11 + 2n

converge.

Preuve: C’est une série à termes positifs et on a1

1 + 2n∼

n→+∞12n

terme général

d’une série géométrique convergente.

Remarque : L’hypothèse de positivité est fondamentale dans ce théorème comme le

montre les séries de terme général un =(−1)n

n + 1et vn = un ×

(

1 +(−1)n

ln(n + 1)

)

:

⌊3⌋. Pour la coïncidence, Γ′(1) = −γ où Γ(x) =

∫ +∞

0

e−ttx−1 dt est la fonction (grand) Gamma définie

∀x ∈ R∗

+.




• un ∼n→+∞

vn.

•∑

n∈N

un converge d’après le critère des séries alternées.

•∑

n∈N

vn diverge comme somme d’une série convergente et de la série∑

n∈N

1n ln(n + 1)

divergente.

De même, dans l’ exercice (6) , on avait un =(−1)n

√n + (−1)n

∼n→∞

(−1)n

√n

et pourtant

les séries∑

un et∑ (−1)n

√n

sont de natures différentes. On a montré que la première

divergeait alors que la seconde est une série alternée convergente.

Exercice 8 : On considère la suite (un)n∈N définie par :

∀n ∈ N, un =nne−n

√n

n!.

1 Donner la nature de la série de terme général vn = ln(

un+1

un

)

.

2 En déduire l’existence d’un réel k > 0 tel que :

n! ∼n→+∞

k√

nnn

en.

Correction :

1 vn = ln

[(n + 1

n

)n+ 12

e−1

]

= −1 +

(

n +1

2

)

ln

(

1 +1

n

)

=n→+∞

−1 +

(

n +1

2

)(1

n− 1

2n2 + O

(1

n3

))

=n→+∞

O

(1

n2

)

.

La série∑

n∈N

vn à termes positifs est donc convergente.

2 D’après la question précédente, la suite (ln(un)), de même nature que la série de termesln (un+1) − ln (un) = vn est donc convergente vers un réel λ. Par continuité de l’exponen-tielle, la suite (un)n∈N converge donc vers un réel k > 0 d’où l’équivalence demandée. ⌊4⌋

Exercice 9 : Etudier la série de terme général un = ln

(

1 +(−1)n

√n + 1

)

.

Correction : Si l’on ne prend pas garde au fait que un n’est pas de signe constant on pourrait

écrire des bêtises en écrivant ln

(

1 +(−1)n

√n + 1

)

∼n→+∞

(−1)n

√n + 1

et en essayant de conclure avec

le critère de Leibnitz.

⌊4⌋. En calculant k au moyen des intégrales de Wallis, par exemple, on retrouve la formule de Stirling :

n! ∼n→+∞

√2πn

(n

e

)n

.




Il est nécessaire ici de pousser un peu le développement asymptotique :

un =(−1)n

√n + 1

− 1

2(n + 1)+

(−1)n

3(n + 1)32

+ o

(

1

(n + 1)32

)

.

Comme les séries de terme(−1)n

√n + 1

(alternée) et(−1)n

3(n + 1)32

(absolument convergente) sont

convergentes, la série considérée est donc de la même nature que celle de terme1

n + 1, donc

divergente.

III.2 Comparaison série-intégrale

Soient a un réel et f une fonction décroissante de [a; +∞[ sur R+.

∑

n>a

f(n) et∫ +∞

af(x)dx sont de même nature.

Théorème 12

Preuve: Sans rien changer à l’idée de la preuve, on peut supposer a = 0. La fonctionf est localement intégrable au sens de Riemann car elle est monotone.De plus, comme f est décroissante, on a :

∀k ∈ N, f(k + 1) 6∫ k+1

kf(x)dx 6 f(k).

Par sommation, on en déduit :

n−1∑

k=0

f(k + 1) 6∫ n

0f(x)dx 6

n−1∑

k=0

f(k).

Comme f est à valeurs positives,∑

n>0

f(n) converge si et seulement sin∑

k=0

f(k) est

majorée.

De même pour∫ +∞

0f(x)dx et

∫ n

0f(x)dx.

On en déduit le résultat.

Exemple: Comme∫ n

2

1t ln(t)

dt ∼n→+∞

ln(

ln(n))

−−−−→n→+∞

+∞, la série∑

n∈N

1n ln(n)

diverge.

Ce résultat est intéressant car il montre qu’il y a de la place entre les séries de terme

général1n

,1

n ln(n)divergentes et

1n1+ε

, ε > 0 convergente. La proposition suivante montre

les limites de ln à contrebalancer n.




Soit (α; β) un couple de réels.

• La série de Riemann∑

n∈N

1nα

converge ⇐⇒ α > 1.

De plus,

� Si 0 < α < 1 alorsn∑

k=1

1kα

∼n→+∞

n1−α

1 − α.

� Si α = 1 alorsn∑

k=1

1kα

∼n→+∞

ln(n).

� Si 1 < α alors+∞∑

k=n

1kα

∼n→+∞

1(α − 1)nα−1

.

• La série de Bertrand∑

n∈N

1

nα logβ nconverge ⇐⇒ α > 1 ou α = 1 et β > 1.

Proposition 13 (Séries de Riemann et de Bertrand)

III.3 Quelques critères supplémentaires

Soient∑

n∈N

un et∑

n∈N

vn deux séries à termes strictement positifs.

Si, à partir d’un certain rang,un+1

un

6vn+1

vn

alors

∑

n∈N

un diverge =⇒∑

n∈N

vn diverge.

∑

n∈N

vn converge =⇒∑

n∈N

un converge.

Proposition 14 (Critère de comparaison logarithmique)

Preuve: Soit n0 le rang au delà duquelun+1

un

6vn+1

vn

. Ces inégalités étant toutes

positives, par récurrence, on a immédiatement :

∀n > n0,un+1

un0

6vn+1

vn0

puis un 6

(

un0

vn0

)

vn.

On conclue avec les critères de comparaison.




Soit∑

n∈N

un une série à termes strictement positifs telle que

limn→+∞

un+1

un

= λ ou limn→+∞

n

√un = λ, λ ∈ [0; +∞].

(D’Alembert) (Cauchy)

Alors

• Si λ < 1, la série∑

n∈N

un converge.

• Si λ > 1, la série∑

n∈N

un diverge.

• Si λ = 1+, la série∑

n∈N

un diverge.

Proposition 15 (Critères de d’Alembert et Cauchy)

Preuve: [Critère de D’Alembert]• Supposons que λ < 1. Il existe dons un réel k ∈]λ, 1[ et un rang n0(k) au delà duquel

un

un−16 k c.-à-d. :

un 6 kun−1 6 kn−n0un0 6 kn ×(

un0

kn0

)

6 Mkn terme général d’une série géométrique convergente.

D’après les critères de comparaison sur les séries à termes positifs,∑

n∈N

un est donc

convergente.• Supposons λ > 1 ou λ = 1 + ◦(1). Le raisonnement est identique : il existe dons unréel k ∈]1, λ[ et un rang n0(k) au delà duquel k 6

un

un−1puis

0 6 kun−1 6 un

0 6 kn−n0un0 6 un

0 6 kn ×(

un0

kn0

)

6 un

0 6 Mkn6 un.

Les critères de comparaison assurent ici la divergence de la série∑

n∈N

un.

Exemples:

• un =xn

n!, x > 0.

On aun+1

un

=x

n + 1−−−−→n→+∞

0 donc∑

n∈N

un converge.

En prime, on en déduit que :

xn

n!−−−−→n→+∞

0




• un =xn

1 + xn, x > 0.

On aun+1

un

=x2n+1 + x

x2n+2 + 1−−−−→n→+∞

1x

si x > 1 :∑

n∈N

un converge,

1 si x = 1 : dans ce cas un =12

et∑

n∈N

un diverge,

x si x < 1 :∑

n∈N

un converge.

• un =n!nn

, x > 0.

On aun+1

un

=(

n

n + 1

)n

−−−−→n→+∞

1e

< 1 donc∑

n∈N

un converge.

En prime, on en déduit que :

n!nn

−−−−→n→+∞

0

Preuve: [Critère de Cauchy] Le raisonnement est identique à celui du critère deD’Alembert en remarquant que comparer n

√un et un réel k revient à comparer un et

kn.• Si λ < 1 alors il existe dons un réel k ∈]λ, 1[ et un rang n0(k) au delà duquel

0 6 un 6 kn terme général d’une série géométrique convergente.• Si λ > 1 ou λ = 1 + ◦(1) alors il existe dons un réel k ∈]1, λ[ et un rang n0(k) audelà duquel 0 6 kn

6 un terme général d’une série géométrique divergente.Les critères de comparaison assurent respectivement la convergence et la divergence de lasérie

∑

n∈N

un.

Exemples:

• un =nk

n!, k ∈ R.

On a n

√un =

n

√n

k

2−−−−→n→+∞

12

< 1 donc∑

n∈N

un converge.

• un =nln(n)

(

ln(n))n .

On a n

√un =

nln(n)

n

ln(n)=

e(ln(n))2

n

ln(n)−−−−→n→+∞

0 donc∑

n∈N

un converge.

Remarques :

• Les séries de Riemann de terme général un =1

nαconvergent ou divergent suivant α

et vérifient pourtant

limn→+∞

un+1

un

= limn→+∞

(n

n + 1

)α

= 1 et limn→+∞

n

√un = lim

n→+∞1

nα

n

= 1,




• Le critère de D’Alembert, séduisant à priori par sa simplicité d’utilisation, tombetrès souvent sur le cas douteux. Il s’utilise principalement quand on se trouve enprésence de factorielles ou de termes de nature géométrique du type an et a fortiorisera bien adapté à l’étude des séries entières que l’on rencontrera plus tard.

• De plus, il est « facile » de vérifier que le critère de d’Alembert entraîne celui deCauchy, on s’efforcera donc de montrer la convergence en utilisant d’abord le critèrede d’Alembert puis celui de Cauchy pour essayer de se sortir des cas douteux.

Soit (un)n∈N une suite de nombres réels strictement positifs.

Siun+1

un

−−−−→n→+∞

ℓ alors n

√un −−−−→

n→+∞ℓ.

Proposition 16

Preuve: Supposons queun+1

un

−−−−→n→+∞

ℓ c.-à-d. que :

∀ε ∈ R∗+, ∃n0 (ε) ∈ N, ∀n ∈ N, n > n0 ⇒ ℓ − ε 6

un+1

un

6 ℓ + ε.

Si ℓ = 0, la dernière inégalité s’écrit 0 <un+1

un

6 ℓ + ε, sinon, pour un ε bien

choisi, on peut toujours considérer que 0 < ℓ−ε. Quoiqu’il en soit, on peut toujoursconsidérer que pour tout n > n0, ces inégalités sont strictement positives. Commeun > 0 par hypothèse, on peut multiplier ces n − n0 inégalités entre elles :

0 < (ℓ − ε)n−n06

n−1∏

k=n0

uk+1

uk

6 (ℓ + ε)n−n0

0 < (ℓ − ε)n−n06

un

un0

6 (ℓ + ε)n−n0

0 < (ℓ − ε)n−n0 un0 6 un 6 (ℓ + ε)n−n0 un0

0 < (ℓ − ε)n−n0

n n

√un0 6 n

√un 6 (ℓ + ε)

n−n0n n

√un0

Comme limn→+∞

(ℓ − ε)n−n0

n n

√un0 = ℓ − ε et lim

n→+∞(ℓ + ε)

n−n0n n

√un0 = ℓ + ε, il existe

un rang n1 > n0 au delà duquel :

0 < ℓ − ε 6 n

√un 6 ℓ + ε, c.-à-d. lim

n→+∞n

√un = ℓ.

Enfin, dans certains cas décidément récalcitrants, le critère suivant pourra s’avéreraussi d’un grand réconfort.




Soit∑

n∈N

un une série à termes strictement positifs telle que

un+1

un

=n→+∞

1 − α

n+ O

( 1nβ

)

, β > 1.

Alors il existe un réel strictement positif λ tel que un ∼n→+∞

λ

nαet plus particulière-

ment :

• Si α 6 1, la série∑

n∈N

un diverge a.

• Si α > 1, la série∑

n∈N

un converge.

a. Inégalité large !

Proposition 17 (Raabe-Duhamel)

Preuve: Il s’agit de montrer que la suite (nαun)n∈Nconverge vers une limite stricte-

ment positive. Pour cela, on considère la suite vn = ln (nαun). La suite (vn)n∈N est de lamême nature que la série de terme wn = vn+1 − vn.

Or,

wn = ln[(

1 +1n

)α

× un+1

un

]

= ln[(

1 +α

n+ O

( 1n2

))(

1 − α

n+ O

( 1nβ

))]

= ln(

1 + O

( 1nγ

))

où γ = min(2, β)

= O

( 1nγ

)

qui est le terme général d’une série de Riemann convergente.

La série∑

n∈N

wn est donc convergente de même que la suite (vn)n∈N. Par continuité

de l’exponentielle, (nαun)n∈Nconverge donc vers une limite strictement positive. On en

déduit :

un ∼n→+∞

λ

nα.

Exemple: On considère la séries de terme général un =2 × 4 × . . . × (2n)

3 × 5 × . . . × (2n + 1).

On aun+1

un

=2n + 22n + 3

−−−−→n→+∞

1. Le critère de D’alembert ne permet pas de conclure.

Maisun+1

un

=1 +

1n

1 +3

2n

=(

1 +1n

)(

1 − 32n

+ O

( 1n

))

= 1 − 12n

+ O

( 1n2

)

.

D’après le critère de Raabe-Duhamel, on a donc un ∼n→+∞

1√n

et la série∑

n∈N

un diverge.




Exercice 10 : Étudier la nature de la série de terme général un =(2n)!

(n!)222n.

Correction : On aun+1

un

=1 +

3

2n+

1

2n2

1 +2

n+

1

n2

=

(

1 +3

2n+

1

2n2

)(

1 − 2

n+ O

(1

n2

))

= 1− 1

2n+O

(1

n2

)

.

D’après le critère de Raabe-Duhamel, on a donc un ∼n→+∞

1√n

et la série∑

n∈N

un diverge.

Remarque :un+1

un=

(2n + 2)(2n + 1)

4(n + 1)2 −−−−−→n→+∞

1. Le critère de D’alembert ne permet pas de

conclure.

Exercice 11 : Déterminer un équivalent simple den!

(a + 1)(a + 2) . . . (a + n)quand n

tend vers l’infini (a réel positif donné).

Correction : Pour n ∈ N, posons un =n!

(a + 1)(a + 2) . . . (a + n).

un+1

un

=n + 1

a + n + 1=

(

1 +1

n

)(

1 +a + 1

n

)−1

=n→+∞

(

1 +1

n

)(

1 − a + 1

n+ O

(1

n2

))

=n→+∞

1 − a

n+ O

(1

n2

)

.

D’après le critère de Raabe-Duhamel il existe donc un réel strictement positif K tel que

un ∼n→+∞

K

na.

Exercice 12 (règle de Raabe-Duhaml bis) : Soit∑

n∈N

un une série à termes stric-

tement positifs telle que

un+1

un

=n→+∞

1 − α

n+ o

(1n

)

.

1 Si α > 1, la série∑

n∈N

un converge.

2 Si α < 1, la série∑

n∈N

un diverge ⌊5⌋.

Correction :

1 Posons β =1 + α

2et vn =

1

nβ.

On a alorsvn+1

vn

= 1 − β

n+ O

(1

n2

)

qui vérifie le critère de Raabe-Duhamel précédent.

La série∑

n∈N

vn converge.

⌊5⌋. Inégalité stricte et non plus large !




De plus, α < β entraîne 1− α

n< 1− β

n. En se rappelant qu’un O

(1

n2

)

= o

(1

n

)

Il existe

donc un certain rang n0 au delà duquel :

un+1

un= 1 − α

n+ o

(1

n

)

6 1 − β

n+ O

(1

n2

)

6vn+1

vn.

D’après le critère de D’Alembert, la série∑

n∈N

un converge.

2 Le raisonnement est strictement identique.

A rajouter :

— Introduction avec paradoxe de Zénon par exemple ou théorie du signal.

— Démonstration séries de Riemann, Bertrand

— Rajouter équivalence séries-intégrales

— Séries doubles, séries sommables

— Permutations dans les séries semi-convergentes

— Produits infinis

— Changement de l’ordre des termes, association de termes

— Autres exemples de calculs de somme.



i séries vectorielles et numé- riques

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