sol pb suites series

1Suites et sries numriques

Une suite d'lments de K = R ou C est une application dnie sur N (ou une partie de N) valeurs dansK. On note u = (un)nN ou u = (un)nn0 une telle suite.Pour simplier, on suppose que les suites sont dnies surN et on note KN l'ensemble des suites d'lmentsde K.Si (un)nn0 est une suite d'lments de K, tudier la srie de terme gnral un revient tudier la suite

(Sn)nn0 des sommes partielles dnie par :

n n0, Sn =n

k=n0

uk.

On notera plus simplement

un une telle srie et on parlera de srie numrique.Pour tout entier n n0, on dit que un est le terme d'indice n et sn la somme partielle d'indice n de cettesrie.

On supposera a priori que n0 = 0.

1.1 Suites convergentes ou divergentes

Exercice 1 En utilisant la dnition, montrer que la suite u = ((1)n)nN est divergente.Solution. Si cette suite converge vers un rel `, la suite |u| = (|(1)n|)nN qui est constante gale 1 va convergervers |`| et ncessairement ` = 1.En crivant que pour = 1, il existe un entier n0 tel que :

n n0, |(1)n `| < 1,et en prenant n n0 de la mme parit que `, on aboutit 2 < 1 qui est impossible. La suite u est donc divergente.

Exercice 2 Montrer qu'une suite valeurs dans Z converge si, et seulement si, elle est stationnaire.

Solution. Soit (un)nN une suite valeurs dans Z convergente vers ` R. Il existe un entier n0 tel que :

n n0, |un un0 | |un `|+ |` un0 | 0, alors la srie

f (n) est divergente.

1

2 Suites et sries numriques

Solution. On a :

S2n Sn =nX

k=1

f (n+ k) nX

k=1

1

n+ k n

2n=

2> 0

et la suite (Sn)nN diverge.

Exercice 4 Montrer que pour tout 1, la srie 1nest divergente.

Solution. Il sut d'appliquer le rsultat prcdent

f : x 7 1x

avec xf (x) = x1 1 pour x 1.

Exercice 5 Montrer que pour tout < 1 et tout R, la srie 1n (ln (n))est divergente.

Solution. Il sut d'appliquer le rsultat prcdent

f : x 7 1x (ln (x))

avec xf (x) =x1

(ln (x))

x++, donc xf (x) 1 pour x assez grand.

Exercice 6 Montrer que la suite u = (tan (n))nN est divergente.

Solution. Supposons que limn+

(tan (n)) = `. Avec :

tan (n+ 1) =tan (n) + tan (1)

1 tan (n) tan (1) ,

on dduit que ` =`+ tan (1)

1 ` tan (1) et tan (1)

1 + `2

= 0 qui est impossible.

Exercice 7 Montrer que les suites relles u = (sin (n))nN et v = (cos (n))nN sont divergentes.


(sin (n)) = `. Avec :

sin (n+ 1) + sin (n 1) = 2 sin (n) cos (1) ,on dduit que 2` = 2` cos (1) , ce qui impose ` = 0 puisque cos (1) 6= 1.Avec :

sin (n+ 1) = cos (n) sin (1) + sin (n) cos (1) ,

on dduit que limn+

(cos (n) sin (1)) = 0, ce qui entrane limn+

(cos (n)) = 0 puisque sin (1) 6= 0, mais ce dernier rsultatest incompatible avec cos2 (n) + sin2 (n) .

Exercice 8 tudier, de manire plus gnrale, les suites u = (sin (n))nN et v = (cos (n))nN , o est unrel x.

Solution. Si = kpi, o k est un entier relatif, on a alors pour tout n N, un = 0 et vn = (1)nk . La suite u estdonc convergente et la suite v est convergente pour k pair et divergente pour k impair.On suppose maintenant que / piZ. Si lim

n+(sin (n)) = `, avec :

sin ((n+ 1) ) + sin ((n 1) ) = 2 sin (n) cos () ,on dduit que 2` = 2` cos () , ce qui impose ` = 0 puisque cos () 6= 1 pour / piZ. Puis avec :

sin ((n+ 1) ) = cos (n) sin () + sin (n) cos () ,

on dduit que limn+

(cos (n) sin ()) = 0, ce qui entrane limn+

(cos (n)) = 0 puisque sin () 6= 0 pour / piZ. Mais cedernier rsultat est incompatible avec cos2 (n) + sin2 (n) = 1.Si lim

n+(cos (n)) = `, avec :

cos ((n+ 1) ) = cos (n) cos () sin (n) sin () ,on dduit que lim

n+sin (n) =

` (cos () 1)sin ()

, ce qui contredit la divergence de u.

Valeurs d'adhrence 3

1.2 Valeurs d'adhrence

Dnition 1 On dit qu'un scalaire a est valeur d'adhrence de la suite (un)nN s'il est limite d'une suiteextraite de (un)nN .

Exercice 9 Montrer qu'une suite convergente a une unique valeur d'adhrence. Autrement dit : si une suite

est convergente, alors toute suite extraite converge vers la mme limite.


(un) = `. On se donne une application : N N strictement croissante et un rel strictement positif. On a alors :

n0 N | n n0, |un `| < et :

n n0, (n) n n0ce qui implique que :

n n0,

u(n) `

< .

La suite

u(n)

nN est donc convergente vers `.

L'exercice qui suit nous montre que la rciproque est fausse.

Exercice 10 Montrer que la suite u =(n(1)

n)nN admet 0 comme unique valeur d'adhrence et est divergente.

Solution. De limn+

u2n+1 = limn+

1

2n+ 1= 0, on dduit que 0 est une valeur d'adhrence de u.

Si ` = limn+

u(n) est une valeur d'adhrence non nulle de u, o : N N est strictement croissante, on a alors ` > 0(puisque un > 0 pour tout n) et :

|ln (`)| = limn+

ln

u(n)

= limn+

(1)(n) (n)

= limn+

(n) = +,

ce qui est impossible. Donc 0 est l'unique valeur d'adhrence de u.Et cette suite est divergente puisque non majore (u2n = 2n).

Exercice 11 Montrer qu'une suite priodique convergente est ncessairement constante.

Solution. Soit (un)nN une suite priodique convergente vers ` et priodique de priode p o p est un entierstrictement positif.

Pour tout entier naturel k, la suite extraite (upn+k)nN est constante de valeur commune uk et convergente vers `. On adonc uk = ` pour tout k N.La rciproque est vidente.

Exercice 12 Montrer que si u = (un)nN est une suite complexe telle que les trois suites extraites (u2n)nN ,(u2n+1)nN et (u3n)nN sont convergentes (pas ncessairement vers la mme limite), alorsu est convergente.

Solution. Notons `, ` et ` les limites respectives des suites (u2n)nN , (u2n+1)nN et (u3n)nN .La suite (u6n)nN qui est extraite de (u2n)nN et (u3n)nN converge vers ` et `

, ce qui entrane ` = ` du fait de l'unicitde la limite. De mme en remarquant que (u6n+3)nN est extraite de (u2n+1)nN et (u3n)nN , on dduit que `

= ` et` = `, c'est--dire que (u2n)nN et (u2n+1)nN convergent vers la mme limite, ce qui quivaut la convergence deu.

Exercice 13 On se propose de montrer que l'ensemble des valeurs d'adhrence de la suiteu = (cos (n))nN est[1, 1] .On dit qu'un sous-groupe additifH de (R,+) est discret si pour tout compactK de R, l'intersection H K estnie.

1. Montrer que les sous-groupes additifs deR discrets sont de la forme :

Z = {p | p Z} ,

o est un rel.


2. Montrer que les sous-groupes additifs deR sont denses ou discrets.3. Soient a, b deux rels non nuls. Montrer que le groupe additifG = Za + Zb =

{pa+ qb | (p, q) Z2} estdiscret [resp. dense] si, et seulement si,

a

best rationnel [resp. irrationnel].

4. On note = {z C | |z| = 1} le cercle unit dans le plan complexe.(a) Montrer que

{ein | n Z} est dense dans .(b) Montrer que l'ensemble {cos (n) | n N} est dense dans [1, 1] , ce qui signie que l'ensemble desvaleurs d'adhrence de la suite u = (cos (n))nN est [1, 1] .Solution.

1. Il est clair que tout sous-groupe de (R,+) de la forme Z est discret. En eet pour = 0 c'est clair et pour 6= 0tout compact K de R est contenu dans un intervalle [a, b] avec a < b et il n'y a qu'un nombre ni d'entiers pvriant a p b.Rciproquement si H est un sous-groupe discret de (R,+) non rduit {0} , il existe alors un rel a dans H R+(0 6= a H a H) et ]0, a] H est ni non vide, il admet donc un plus petit lment > 0. De H ondduit que Z H. De plus, pour tout x H il existe un entier relatif k tel que 0 xk < a (k = Ex

)

et avec x k H R+ on dduit du caractre minimal de que x k = 0, soit x = k Z. On a donc endnitive H = Z.2. Si H un sous-groupe additif de R non rduit {0} alors :

K = H R+ 6= et cet ensemble est minor par 0, il admet donc une borne infrieure .On distingue deux cas.

Si > 0, alors K. En eet dans le cas contraire, par dnition de la borne infrieure, on peut trouverx Ktel que < x < 2 (on suppose que / H). Pour la mme raison, on peut trouver y K tel que < y < x. On aalors 0 < x y < avec x y H R+, ce qui est contradictoire avec la dnition de la borne infrieure. Avecla structure de groupe additif deH, on dduit alors que H = Z. En eet, Z H du fait que appartient augroupe H et pour tout x dans H, il existe k dans Z tel que 0 xk < , donc xk = 0 et x Z, c'est--direque H Z.Si = 0, alors H est dense dans R. En eet pour x < y dans R, il existe z dans H R+ tel que 0 < z < y x soit1 n > 2, on a :

|um (z) un (z)| =

mX

k=n+1

zk

k!

=|z|n+1(n+ 1)!

1 +z

n+ 2+ + z

mn1

(n+ 2) (m 1)m

|z|n+1

(n+ 1)!

1 +|z|

n+ 2+

|z|2(n+ 2)2

+ |z|mn1

(n+ 2)mn1

et en dsignant par n0 > 2 un entier naturel tel que n0 + 2 > |z| , on a pour m > n n0 :

|um (z) un (z)| n = |z|n+1

(n+ 1)!

1

1 |z|n+2

avec limn+

(n) = 0, ce qui implique que (un (z))nN est de Cauchy, donc convergente.

En crivant n = n1

1 |z|n+2

, le fait que limn+

(n) = 0 se dduit de limn+

1 |z|n+ 2

= 1 et limn+

n+1n

=

limn+

|z|n+ 2

= 0 qui entrane limn+

(n) = 0.


Exercice 16 Montrer que, pour tout nombre complexez tel que |z| < 1, la suite (un (z))n1 dnie par un (z) =n

k=1

zk

kest convergente (pour z rel, cette limite est ln (1 z)).

Solution. Pour m > n 1, on a :

|um (z) un (z)| =

mX

k=n+1

zk

k

|z|n+1mn1X

k=0

|z|k

|z|n+1 1 |z|mn

1 |z| |z|n+1 1

1 |z|

1.4 Suites monotones

Exercice 17 Montrer que la suite u = (un)nN dnie par un =n

k=0

1k!est convergente vers un nombre irra-

tionnel e.

Solution. La suite u est croissante et pour n > 2, on a :

un =

nX

k=0

1

k! 1 + 1 + 1

2+

1

22 + 1

2n1

1 + 11 1

2

= 3

puisque k! 2k1 pour k 2, ce qui implique que u est convergente.Supposons qu'elle soit convergente vers un rationnel r =

p

qo p, q sont deux entiers strictement positifs premiers entre

eux. Pour tout n > q, le nombrepn = n! (r rn) = n! lim

m+(rm rn)est un entier strictement positif avec :

0 < n! (rm rn) n+ 2(n+ 1)2

12

pour m > n 2, ce qui implique 0 < pn < 1 dans N qui est impossible.

Exercice 18 Montrer que si (un)n1 est une suite de rels positifs qui vrie :

n 1, un+1 un + 1n2

alors cette suite est convergente.

Solution. On a :

un+1 un + 1n2

un + 1n (n 1) = un +

1

n 1 1

n

soit :

0 < un+1 +1

n un + 1

n 1C'est--dire que la suite

un +1

n 1

n2est dcroissante minore. Elle est donc convergente. Ce qui entrane la

convergence de (un)n1 .

Exercice 19 Montrer que de toute suite relle on peut extraire une suite monotone.

Solution. Soit A la partie de N, ventuellement vide, dnie par :

n A m > n, um un.Si A est nie, elle admet un majorant n0 / A. Il existe alors un entier n1 > n0 tel que un1 > un0 . Comme n1 / A, ilexiste n2 > n1 tel que un2 > un1 et ainsi de suite, on construit par rcurrence une suite strictement croissante d'entiers(nk)kN telle que unk+1 > unk pour tout k N. La suite (unk )nN est alors extraite de (un)nN et strictement croissante.Si A est inni, on peut ranger ces lments dans l'ordre croissant, soitA = {nk | k N} avec nk < nk+1 pour tout k Net par construction, on a unk+1 unk pour tout k N. La suite (unk )nN est alors extraite de (un)nN et dcroissante.

Suites adjacentes 7

Exercice 20 Dduire de l'exercice prcdent le thorme de Bolzano-Weierstrass : de toute suite borne de

nombres rels on peut extraire une sous-suite convergente.

Solution. C'est clair.

Exercice 21 Montrer qu'une suite relle (un)nN est convergente si, et seulement si, elle est borne et n'aqu'une seule valeur d'adhrence.


(un) = `. Une suite convergente est borne. Montrons qu'elle n'a qu'une seule valeur

d'adhrence. On se donne une application : N N strictement croissante et un rel strictement positif. On a alors :n0 N | n n0, |un `| < et :

n n0, (n) n n0ce qui implique que :

n n0,

u(n) `

< .

La suite

u(n)

nN est donc convergente vers `.Rciproquement, supposons que la suite borne (un)nN admette ` pour seule valeur d'adhrence. Si cette suite neconverge pas vers `, on peut alors trouver un rel > 0 tel que pour tout entier n, il existe p > n avec |up `| . Parrcurrence on peut alors construire une suite strictement croissante d'entiers( (n))nN telle que

u(n) `

pourtout n. De la suite borne

u(n)

nN on peut extraire une sous suite

u(n)

nN qui converge vers `et par passage

la limite dans l'ingalit

u(n) `

on dduit que |` `| > 0, c'est--dire que ` est une valeur d'adhrence de(un)nN distincte de `, ce qui contredit l'hypothse de dpart.

Exercice 22 Soit x un nombre irrationnel. Montrer que si

(pnqn

)nNest une suite de nombres rationnels qui

converge vers x, o pour tout n N, pn est un entier relatif et qn un entier naturel non nul, alors limn+ qn = +et lim

n+ pn = +, si x > 0, limn+ pn = , si x < 0.

Solution. Dire que la suite (qn)nN ne converge pas vers l'inni signie qu'il existe une rel > 0 tel que pour toutentier n N, il existe un entier kn > n tel que 0 < qkn . On peut alors extraire de (qn)nN une sous-suite

q(n)

nN valeurs dans [0, ] comme suit : pour n = 0 il existe (0) > 0 tel que 0 < q(0) et en supposant construits les entiers (0) < (1) < < (n) tels que 0 < q(k) pour tout k compris entre 0 et n, on peut trouver (n+ 1) > (n)tel que 0 < q(n+1) . De cette suite borne on peut alors extraire une sous-suite

q(n)

nN qui converge vers un

entier q 1, mais alors avec p(n) =p(n)q(n)

q(n), on dduit que la suite

p(n)

nN est galement convergente et sa limite

p = xq est galement un entier, ce qui est en contradiction avecx irrationnel.

Avec pn = qnpnqnet lim

n+pnqn

= x 6= 0, on dduit que limn+

pn = , le signe tant celui de x.

1.5 Suites adjacentes

Exercice 23 Soient (un)nN et (vn)nN deux suites adjacentes. Montrer que pour tous n,m dans N on aun vm.Solution. Supposons qu'il existe deux indices n,m tels que un > vm. Comme u est croissante, et v dcroissante, ona alors pour tout k max (n,m) , uk un et vk vm, ce qui entrane uk vk un vm > 0 et 0 = lim

k+(uk vk)

un vm > 0, ce qui est impossible.

Exercice 24 Montrer que deux suites adjacentes u = (un)nN et v = (vn)nN convergent vers la mme limite`, avec :

n N, m N, un ` vm.


Solution. En utilisant la monotonie des suites u et v, on a :

n N, u0 un un+1 vn vn+1 v0,c'est--dire que u est croissante majore par v0 et v dcroissante et minore paru0, ces deux suites sont donc convergentesavec :

limn+

vn limn+

un = limn+

(vn un) = 0.Elles convergent donc vers la mme limite :

` = supnN

(un) = infnN

(vn) .

On peut remarquer qu'une majoration de l'erreur d'approximation de` par les un est donne par :

n N, 0 ` un vn un.

Exercice 25 Montrer que les suites u = (un)nN et v = (vn)nN dnies par :

un =n

k=0

1k!, vn = un +

1n!

convergent vers la mme limite irrationnelle e.

Solution. Il est clair que u est croissante et pour n 1, on a :

vn+1 vn = 1(n+ 1)!

+1

(n+ 1)! 1n!

= n 1(n+ 1)!

0

donc (vn)n1 est dcroissante. De plus avec limn+(vn un) = lim

n+

1

n!

= 0, on dduit que ces suites sont adjacentes.

Elles convergent donc vers la limite.

Les encadrements un e vm, nous permettent de donner des valeurs approches de e par dfaut et par excs. Parexemple, pour n = m = 10, on obtient :

u10 2.7183 e v10 2.7183avec une majoration de l'erreur d'approximation donne par :

0 e u10 v10 u10 = 110!

2.755 107.

On peut aussi utiliser la suite v = (vn)n1 dnie par vn = un +1

n n! (les suites u et v sont encore adjacentes) et on aen fait :

0 e u10 v10 u10 = 110 10! 2.755 10

8.


un =n

k=1

1k ln (n) , vn =

nk=1

1k ln (n+ 1)

convergent vers une mme limite (la constante d'Euler).

Solution. Pour n 1, on a :

un+1 un = 1n+ 1

ln

n+ 1

n

=

Z n+1

n

1

n+ 1 1

t

dt

=

Z n+1

n

t (n+ 1)(n+ 1) t

dt > 0,

c'est--dire que u est dcroissante.

La fonction t 1test dcroissante sur R+, donc :

k 1,Z k+1

k

dt

tZ k+1

k

dt

k=

1

k

Suites adjacentes 9

et pour tout n 2, on a :nX

k=1

1

k

nX

k=1

Z k+1

k

dt

t=

Z n+1

1

dt

t= ln (n+ 1) ,

soit un ln (n+ 1) ln (n) = ln

1 +1

n

> 0.

De manire analogue, pour n 1, on a :

vn+1 vn = 1n+ 1

ln

n+ 2

n+ 1

=

Z n+2

n+1

1

n+ 1 1

t

dt

=

Z n+2

n+1

t (n+ 1)(n+ 1) t

dt > 0,

c'est--dire que v est croissante.Et avec :

limn+

(un vn) = limn+

ln

n+ 1

n

= ln (1) = 0,

on conclut que ces deux suites sont adjacentes.

Les encadrements vn um, nous permettent de donner des valeurs approches de. Par exemple, pour n = m = 10,on obtient :

v10 0.53107 u10 0.62638


un =n

k=1

1k 2n+ 1, vn =

nk=1

1k 2n

convergent vers une mme limite.

Solution. Pour n 1, on a :

un+1 un = 1n+ 1

+ 2

n+ 1n+ 2 = 1

n+ 1 2

n+ 1 +n+ 2

=

n+ 2n+ 1

n+ 1

n+ 1 +n+ 2 =

1n+ 1

n+ 1 +n+ 22 > 0,

c'est--dire que u est croissante.De mme :

vn+1 vn = 1n+ 1

+ 2

nn+ 1 = 1n+ 1

2n+

n+ 1

=

nn+ 1

n+ 1

n+n+ 1 = 1

n+ 1

n+n+ 12 < 0,

c'est--dire que v est dcroissante.En n avec :

limn+

(un vn) = 2 limn+

n+ 1n = 2 lim

n+

1n+ 1 +

n

= 0,

on conclut que ces deux suites sont adjacentes et donc convergentes vers`.Les encadrements un ` vm, nous permettent de donner des valeurs approches de`. Par exemple, pour n = m = 20,on obtient :

u20 1.569 9 ` v20 1.349

En fait, les deux exercices qui prcdent ne sont que des cas particulier du rsultat suivant.

Exercice 28 Soit f : [1,+[ R une fonction continue dcroissante telle que limx+ f (x) = 0 et F la

primitive de f nulle en 1. Montrer que les suites u = (un)nN et v = (vn)nN dnies par

n 1,

un =

nk=1

f (k) F (n+ 1)

vn =n

k=1

f (k) F (n)

convergent vers une mme limite.


Solution. Comme f tend vers 0 en dcroissant l'inni, elle est ncessairement valeurs positives.On a dj vu que u est croissante et v dcroissante.Avec :

vn un = F (n+ 1) F (n) =Z n+1

n

f (t) dt

et f positive dcroissante, on dduit que :0 vn un f (n)et lim

n+(vn un) = 0 puisque lim

n+f (n) = 0.

Exercice 29 Soient 0 < a < b et (un)nN , (vn)nN dnies par :{u0 = av0 = b

n N,

un+1 =

21un

+ 1vn(moyenne harmonique)

vn+1 =un + vn

2(moyenne arithmtique)

Montrer que ces suites sont adjacentes de limite

ab (moyenne gomtrique). Pour b = 1, on a des approxima-tions de

a.

Solution. On vrie facilement, par rcurrence, que un > 0 et vn > 0 pour tout n N.Pour n N, on a :

vn+1 vn = un vn2

avec u0 v0 = a b < 0 et pour n 1 :

un vn = 2un1vn1un1 + vn1

un1 + vn12

= (un1 vn1)2

2 (un1 + vn1) 0.

Il en rsulte que (vn)nN est dcroissante.Avec :

un+1 un = 2unvnun + vn

un = un (vn un)un + vn

,

on dduit que (un)nN est croissante.Enn avec un > 0 on a :

0 vn+1 un+1 = (un vn)2

2 (un + vn) vn un

2

et par rcurrence :

0 un vn b a2n

n+

0.

Les suites (un)nN et (vn)nN sont donc adjacentes et en consquence convergent vers une mme limite 0.D'autre part avec un+1vn+1 = unvn, on dduit que unvn = u0v0 pour tout n et

2 = u0v0. Donc :

limn+

un = limn+

vn =u0v0 =

ab.

Exercice 30 Soient 0 < a < b et (un)nN et (vn)nN dnies par :{u0 = av0 = b

n N,{

un+1 =unvn (moyenne gomtrique)

vn+1 =un + vn

2(moyenne arithmtique)

Montrer que ces suites sont adjacentes de mme limite. Cette limite est appele moyenne arithmtico-gomtrique

de a et b.

Suites adjacentes 11

Solution. On vrie facilement, par rcurrence, que un > 0 et vn > 0 pour tout n N.On rappelle que pour tous rels u, v positifs, on a

uv u+ v

2(consquence de (

v u)2 0).Avec l'ingalit prcdente, on dduit que un vn pour tout n N.Avec u uv v et u u+ v

2 v pour u > 0 et v > 0, on dduit que un un+1 = unvn et vn+1 = un + vn

2 vnpour tout n N.La suite (un)nN est donc croissante et (vn)nN dcroissante.Enn avec :

0 vn+1 un+1 vn+1 un = vn un2

,

on dduit par rcurrence sur n 0 que 0 vn un b a2net lim

n+(vn un) = 0.Les suites (un)nN et (vn)nN sont donc adjacentes et en consquence convergent vers une mme limite` > 0.

On peut montrer que cette limite est ` =pi

2 E (a, b) , o E (a, b) est l'intgrale elliptique dnie par :

E (a, b) =

Z +

0

dtp

(t2 + a2) (t2 + b2)

(voir l'preuve 1 du Capes Externe 1995).

Exercice 31 Soient 0 < a < b et (un)nN et (vn)nN dnies par :{u0 = av0 = b

, n N,{

un+1 =un + vn

2vn+1 =

un+1vn

Montrer que ces suites sont adjacentes de limite ` = bsin ()o cos () =

a

b.

Solution. On vrie par rcurrence, que

n N, 0 < un < un+1 < vn+1 < vn.Pour n = 0, on a 0 < u0 = a < b = v0 et :

u1 =u0 + v0

2> u0 > 0

v1 =

r

u0 + v02

v0 0.

On a donc bien 0 < u0 < u1 < v1 < v0.En supposant le rsultat acquis au rang n 0, on a :

un+2 =un+1 + vn+1

2> un+1 > 0

vn+2 =

r

un+1 + vn+12

vn+1 0

vn+2 un+2 = un+2 (vn+1 un+2) =un+2

vn+1 +un+2

(vn+1 un+2)

=

un+2

vn+1 +un+2

vn+1 un+1 + vn+12

=

un+2

vn+1 +un+2

vn+1 vn+12

> 0.

La suite u est donc croissante et la suite v dcroissante.La dernire galit donne pour n 0 :

0 < vn+1 un+1 =un+1

vn +un+1

vn vn2

0.

Comme 0

>

>

>

>

:

an,an + bn

2

si f

an + bn2

> 0,

an + bn2

, bn

sinon.

On a alors [an+1, bn+1] [an, bn] avec bn+1 an+1 = bn an2pour tout n 0, ce qui entrane bn an = b a

2npour

tout n 0.([an, bn])nN est alors une suite de segments embots et\

nN[an, bn] = {} avec [a, b] .

De plus, par construction, on a f (an) 0 f (bn) pour tout n 0. En eet, c'est vrai pour n = 0 et en supposantcet encadrement vri au rang n 0, on a f (an+1) = f (an) 0 si f

an + bn2

> 0 avec et bn+1 =an + bn

2et

f (bn+1) = f (bn) 0 si f

an + bn2

0 avec et an+1 = an + bn2

.

Avec a = limnN

(an) = limnN

(bn) et la continuit de f, on dduit alors que :

f () = limnN

(f (an)) 0 limnN

(f (bn)) = f () ,

ce qui quivaut f () = 0. Comme de plus on a suppos que f (a) f (b) < 0, est dirent de a et de b.


1.6 Le thorme de Csaro

Exercice 36 Soit (n)nN une suite de rels strictement positifs telle que limn+

(n

k=0

k

)= +.Si (un)nN est une suite relle ou complexe convergente, on a alors :

limn+

1n1k=0

k

n1k=0

kuk

= limn+ (un) .Solution. Notons ` = lim

n+(un) et, pour tout entier n 1 :

An =

n1X

k=0

k, vn =1

An

n1X

k=0

kuk.

On a :

> 0, n N | n n, |un `| < et donc pour n > n :

|vn `| = 1An

n1X

k=0

k (uk `)

1An

nX

k=0

k (uk `)

+1

An

n1X

k=n+1

k |uk `|

CAn

+

n1P

k=n+1

k

An C

An+ .

Si de plus on limn+

(An) = +, il en rsulte que limn+

CAn

= 0 ( tant x) et on peut trouver un entier n1 > n

tel que :

n n1, |vn `| 2D'o le rsultat annonc.

On dit qu'une suite (un)nN converge au sens de Csaro vers un scalaire `, si la suite(1n

n1k=0

uk

)nNest

convergente vers `.

Exercice 37 Montrer que le thorme de Csaro est encore valable pour des suites relles(un)nN qui divergevers ou +.Solution. Quitte remplacer (un)nN par (un)nN , on peut supposer que limn+ (un) = +.On a donc :

> 0, n0 N | n n0, un > et, en gardant les notations utilises dans la dmonstration du thorme, on a pour toutn > n0 :

vn =1

An

n1X

k=0

kuk

=1

An

n0X

k=0

kuk +1

An

n1X

k=n0+1

kuk

>C0An

+An An0

An = +

C0 An0An

Si de plus on limn+

(An) = +, il en rsulte que limn+

C0 An0An

= 0 ( tant x) et on peut trouver un entier

n1 > n0 tel que :

n n1, C0 An0An

> 12ce qui donne :

n n1, vn > 2et le rsultat annonc puisque est quelconque.

Le thorme de Csaro 15

Exercice 38 Soit (un)nN une suite numrique convergente au sens de Csaro vers`. Si de plus on a limn+n (un un1) =0, alors la suite (un)nN converge vers `.

Solution. On a :

nX

k=1

k (uk uk1) =nX

k=1

kuk nX

k=1

kuk1 =nX

k=1

kuk n1X

k=0

(k + 1)uk

= nun n1X

k=0

uk

soit :

un 1n

n1X

k=0

uk =1

n

nX

k=1

k (uk uk1) n+

0

en appliquant le thorme de Csaro la suite (n (un un1))nN , ce qui donne :

limn+

un = limn+

1

n

n1X

k=0

uk = `.

Le rsultat prcdent est un cas particulier du thorme de Hardy qui suit.

Exercice 39 Soient (un)nN une suite numrique et (vn)nN la suite des moyennes de Csaro dnie par :

vn =1n

n1k=0

uk

1. Montrer que :

m > n, um vm = nm n (vm vn) +

1m n

m1k=n

(um uk) .

2. On suppose que la suite (un)nN converge au sens de Csaro vers ` et que la suite (n (un un1))nN estborne. On dsigne parM un majorant la suite (n |un un1|)nN .(a) Montrer que :

m > n, |um vm| nm n |vm vn|+M

m nn+ 1

.

(b) Montrer que limm+ (um vm) = 0 et donc que la suite (un)nN converge vers `.

Solution.

1. Pour m > n, on a :

vm =1

m

n1X

k=0

uk +1

m

m1X

k=n

uk =n

mvn +

1

m

m1X

k=n

uk

et :

um vm = um nmvn 1

m

m1X

k=n

uk

= um nmvn 1

m

m1X

k=n

(uk um) m nm

um

=n

m(um vn) + 1

m

m1X

k=n

(um uk)

soit :

um vm = nm

(um vm) + nm

(vm vn) + 1m

m1X

k=n

(um uk)


ou encore :

m nm

(um vm) = nm

(vm vn) + 1m

m1X

k=n

(um uk)

c'est--dire :

um vm = nm n (vm vn) +

1

m nm1X

k=n

(um uk) .

2.

(a) Pour m > n et k compris entre n et m 1, on a :

|um uk| mX

j=k+1

|uj uj1| MmX

j=k+1

1

jMm k

k + 1Mm n

n+ 1,

ce qui donne :

|um vm| nm n |vm vn|+

M

m nm1X

k=n

m nn+ 1

nm n |vm vn|+M

m nn+ 1

.

(b) D'autre part, la suite convergente (un)nN tant de Cauchy, on peut trouver, pour tout rel > 0, un entier

n0 >1

(ce choix sera justi plus loin) tel que :

n n0, m n0, |vm vn| < 2,ce qui donne :

m > n n0, |um vm| nm n

2 +Mm nn+ 1

Pour m > n0 assez grand, on cherche un entier n compris entre n0 et m tel que :

n

m n n0 >1

et :

n >m + 1

n0si m > (n0 + 1) + n0.

On a donc pour > 0 donn et m > n0 + (n0 + 1) , en prenant n = E

m + 1

+ 1 :

|um vm| nm n

2 +Mm nn+ 1

< (M + 1) .

On a donc ainsi prouv que limm+

(um vm) = 0 et limm+

um = limm+

vm = `.

Exercice 40 Soit (un)nN une suite de rels strictement positifs. Montrer que si la suite(un)nN converge vers

`, alors la suite

((n1k=0

uk

) 1n

)nNdes moyennes gomtriques converge aussi vers `.

Le thorme de Csaro 17

Solution. Si limn+

(un) = ` 0, alors limn+

(ln (un)) = ln (`) [,+[ et limn+

1

n

n1P

k=0

ln (uk)

= avec =

ln (`) pour ` rel et = pour ` = 0. On a donc limn+

ln

n1Q

k=0

uk

1n

!!

= et limn+

n1Q

k=0

uk

1n

!

= e = `.

Exercice 41 Soit (un)nN une suite de rels strictement positifs. Montrer que si la suite(un)nN converge vers

`, alors la suite

nn1k=0

1uk

nN

des moyennes harmoniques converge aussi vers `.

Solution. On a limn+

1

un=

1

` [0,+] et le thorme de Csaro nous dit que lim

n+1

n

n1P

k=0

1

uk=

1

`, encore

quivalent limn+

nn1P

k=0

1

uk

= `.

En utilisant l'encadrement Hn (u) Gn (u) An (u) , o Hn (u) , Gn (u) et An (u) dsigne respectivementles moyennes harmonique, gomtrique et arithmtique de la suiteu, la convergence de (Gn (u))nN vers ` sedduit de celle des suites (Hn (u))nN et (An (u))nN .

Exercice 42 Montrer que si (un)nN est une suite relle ou complexe telle que limn+ (un+1 un) = ` (avec `ventuellement inni pour une suite relle), alors lim

n+unn

= ` (soit un = o (n)).

Solution. Il sut d'crire que :

unn

=1

n

n1X

k=0

(uk+1 uk) + u0n

et d'utiliser le thorme de Csaro.

Exercice 43 Soit (un)nN une suite relle ou complexe telle que un soit non nul partir d'un certain rang.

Montrer que si limn+

(un+1un) = , alors limn+( n|un|) = .La rciproque est-elle vrai ?

Solution. On peut supposer, quitte rindxer la suite, que tous lesun sont non nuls.

Si limn+

un+1un

= 0, alors limn+

ln

un+1un

= avec = ln () pour rel et = pour = 0, soitlim

n+(ln |un+1| ln |un|) = et en utilisant le thorme de Csaro :

limn+

1

n

n1X

k=0

(ln |uk+1| ln |uk|)!

=

soit :

limn+

1

n(ln |un| ln |u0|)

=

encore quivalent limn+

ln

np|un|

= (c'est l'exercice prcdent avec la suite (ln |un|)nN), ce qui donnelim

n+

np|un|

= e = .

La rciproque est fausse comme le montre l'exemple de la suite(un)nN dnie par :

un =

(

an2 b

n2si n est pair

an+12 b

n12si n est impair

avec 0 < a < b. On a :

nun =

8

>

:

an2 b

n2

1n=ab si n est pair

an+12 b

n12

1n=aba

b

12nsi n est impair

n+

ab


et :

un+1un

=

8

>

>

>

:

an+22 b

n2

an2 b

n2

= a si n est pair

an+12 b

n+12

an+12 b

n12

= b si n est impair

donc

un+1un

nNn'a pas de limite.

Exercice 44 Dterminer les limites des suites

(nCn2n

)nN ,

(n

n

k=0

(n+ k)

)nNet

(1n2

n

(3n)!n!

)nN

.

Solution. Notons vn = nun chacune de ces suites. Dans l'ordre d'apparition, on a :

un+1un

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

(n+ 1)2

n+4,

donc limn+

vn = 4 ;

un+1un

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

n

n++,donc lim

n+vn = +.

vn =n

r

(3n)!

n2nn!et :

un+1un

=

n

n+ 1

2n(3n+ 3) (3n+ 2) (3n+ 1)

(n+ 1)3

n+27

e2,

donc limn+

vn =27

e2.

Exercice 45 Soit > 1 et (un)n1 la suite de rels dnie par

u0 > 0, un+1 = un +1un

(n 0)

1. Montrer que limn+un = +.

2. Montrer que pour tout > 0 on a un+1 = un

(1 +

u+1n+ o

(1

u+1n

)).

3. Donner un quivalent de un l'inni.

Solution.

1. La suite (un)nN est strictement croissante (par rcurrence). Si elle tait borne, alors elle serait convergente de

limite ` vriant ` = `+1

`, ce qui est impossible. Donc lim

n+un = +.2. Pour tout rel, on a

un+1 = un

1 +

u+1n+ o

1

u+1n

.

3. Pour = + 1 :lim

n+

u+1n+1 u+1n

= + 1.

Le thorme de Csaro entrane alors que :

limn+

u+1nn

= + 1

c'est--dire que :

un v ((+ 1)n)1

+1 .

Sries convergentes ou divergentes 19

1.7 Sries convergentes ou divergentes

Exercice 46 Soit un rel. Montrer que la srie de Riemann 1

nest convergente si, et seulement si > 1.

Solution. Rappelons la dmonstration de ce rsultat. Pour 1, on utilise le fait que si la suite (Sn)nN convergealors lim

n+(S2n Sn) = 0 et pour > 1, on montrer que la suite croissante (Sn)nN est majore.

Pour 1, on a x 1x

= x1 1 pour x 1 et :

S2n Sn =nX

k=1

1

(n+ k)

nX

k=1

1

n+ k n

2n=

1

2

et la suite (Sn)n1 diverge.

Pour > 1, la fonction t 1ttant dcroissante sur R+, on a :

k 2,Z k

k1

dt

tZ k

k1

dt

k=

1

k

et pour tout n 2, on a :

Sn = 1 +

nX

k=2

1

k 1 +

nX

k=2

Z k

k1

dt

t= 1 +

Z n

1

dt

t= 1 +

1

1

1 1n1

1 .

La suite (Sn)nN est donc croissante majore et en consquence convergente.

Exercice 47 Soit (un)nN une suite de rels positifs dcroissante. Montrer que si la srie

un est convergente,

alors la suite (nun)nN converge vers 0, c'est--dire que un = o(1n

).

Solution. Pour n > m 1, on a :nX

k=m

uk (nm+ 1)un

soit :

0 nun nX

k=m

uk + (m 1)un +X

k=m

uk +mun.

Comme limn+

+P

k=m

uk

= 0, pour > 0 donn, on peut trouver entierm0 1 tel que+P

k=m0

uk et on a :

n > m0, 0 nun +m0un.Pour m0 ainsi x, tenant compte de lim

n+un = 0, on peut trouver un entier n0 > m0 tel que m0un < pour n n0.On a donc nun < 2 pour n n0. Le rel tant quelconque, on a bien montr que lim

n+nun = 0.

Exercice 48 Soit f : [1,+[ R+ une fonction continue dcroissante et F la primitive de f nulle en 1.Montrer que la suite u = (un)nN dnie par un =

nk=1

f (k)F (n) pour tout n 1 est convergente et la srief (n) de mme nature que la suite (F (n))nN . On a donc, en notant ` la limite de la suite (un)nN :

nk=1

f (k) n+ F (n) + `.

Solution. La fonction F est dnie par :

x 1, F (x) =Z x

1

f (t) dt.


Pour n 1, on a :un+1 un = f (n+ 1) (F (n+ 1) F (n))

= f (n+ 1)Z n+1

n

f (t) dt =

Z n+1

n

(f (n+ 1) f (t)) dt

avec f continue et f (n+ 1) f (t) pour tout t ]n, n+ 1[ . On a donc un+1 un 0 et u est dcroissante.La fonction f est continue dcroissante sur [1,+[ , donc :

k 1,Z k+1

k

f (t) dt Z k+1

k

f (k) dt = f (k)

et pour tout n 2, on a :nX

k=1

f (k) nX

k=1

Z k+1

k

f (t) dt =

Z n+1

1

f (t) dt = F (n+ 1) ,

et un F (n+ 1)F (n) =Z n+1

n

f (t) dt 0 puisque f est valeurs positives. La suite u est donc dcroissante minoreet en consquence convergente vers un rel ` 0.Comme f est valeurs positives, la suite (F (n))nN est croissante valeurs positives et on a deux possibilits. Soit

cette suite est majore et elle converge alors vers un rel ` 0. Il en rsulte alors que+P

n=1

f (n) = ` + `. Dans le cas

contraire, on a limn+

F (n) = + et+P

n=1

f (n) = +.Dans tous les cas, on a, pour n 2 :

nX

k=1

f (k)

F (n) + ` 1

=

nX

k=1

f (k) F (n) `

F (n) + `

nX

k=1

f (k) F (n) `

F (2) + `

n+0

c'est--dire que

nP

k=1

f (k) n+

F (n) + `.

Dans le cas o limn+F (n) = +, on a F (n) + ` n+ F (n) et

nk=1

f (k) n+ F (n) .

En utilisant la fonction f (t) =1tavec > 0 on retrouve, en les prcisant, les rsultats sur les sries deRiemann.

Pour = 1, on a F (x) = ln (x) , limn+

(n

k=1

1k ln (n)

)= (la constante d'Euler),

nk=1

1kv+ ln (n) et

limn+

nk=1

1k= +, soit

+n=1

1n= +.

Pour 6= 1, on a F (x) = 11

(1

x1 1).

Pour > 1, on a F (n) =1

1(1 1

n1

)

n+1

1 et donc+n=1

1n

=1

1 + `.

Pour < 1, on a F (n) =1

1 (n1 1)

n+ + etn

k=1

1k

v+ F (n) v+

n1

1 , soit+n=1

1n

= +.

Exercice 49 On se propose de montrer de faon lmentaire que

+n=1

(1)n+1n

= ln (2) .

On note, pour tout entier n 1 et tout rel x [0, 1] :

fn (x) =n

k=0

(1)k xk.

Sries convergentes ou divergentes 21

1. Montrer que :

fn (x) =1 (1)n+1 xn+1

1 + xpour tout x [0, 1] .2. En dduire que, pour tout entier n 1, on a :

nk=0

(1)kk + 1

= ln (2) (1)n+1 10

xn+1

1 + xdx.

3. En dduire le rsultat annonc.

Solution.

1. Pour x ]1, 1[ , on a :nX

k=0

xk =1 xn+11 xet pour x [0, 1[ :

fn (x) =

nX

k=0

(1)k xk = 1 (1)n+1 xn+1

1 + x.

Pour x = 1, on a :

fn (1) =

8

>

>

>

:

pP

j=0

12j p1P

j=0

12j+1 = 1 =1 (1)2p+1 12p+1

1 + 1si n = 2p

pP

j=0

12j pP

j=0

12j+1 = 0 =1 (1)2p+2 12p+2

1 + 1si n = 2p+ 1

On a donc fn (x) =1 (1)n+1 xn+1

1 + xpour tout x [0, 1] .2. En intgrant sur [0, 1] , on a :

Z 1

0

fn (x) dx =

nX

k=0

(1)kZ 1

0

xkdx =

nX

k=0

(1)kk + 1

=

Z 1

0

1 (1)n+1 xn+11 + x

dx

=

Z 1

0

1

1 + xdx (1)n+1Z 1

0

xn+1

1 + xdx

= ln (2) (1)n+1Z 1

0

xn+1

1 + xdx.

3. Avec :

0 Z 1

0

xn+1

1 + xdx Z 1

0

xn+1dx =1

n+ 2

n+0,

on dduit que limn+

nP

k=0

(1)kk + 1

= ln (2) , soit+P

n=0

(1)nn+ 1

= ln (2) ou encore+P

n=1

(1)n1n

= ln (2) .

Exercice 50 En s'inspirant de la mthode utilise l'exercice prcdent, montrer que

+n=0

(1)n2n+ 1

=pi

4.

Solution.

1. Pour x [0, 1[ :fn (x) =

nX

k=0

(1)k x2k = 1 (1)n+1 x2n+2

1 + x2.

Pour x = 1, on a :

fn (1) =

8

>

>

>

:

pP

j=0

14j p1P

j=0

14j+2 = 1 =1 (1)2p+1 14p+2

1 + 1si n = 2p

pP

j=0

14j pP

j=0

14j+2 = 0 =1 (1)2p+2 14p+4

1 + 1si n = 2p+ 1

On a donc fn (x) =1 (1)n+1 x2n+2

1 + x2pour tout x [0, 1] .


2. En intgrant sur [0, 1] , on a :

Z 1

0

fn (x) dx =

nX

k=0

(1)kZ 1

0

x2kdx =

nX

k=0

(1)k2k + 1

=

Z 1

0

1 (1)n+1 x2n+21 + x2

dx

=

Z 1

0

1

1 + x2dx (1)n+1Z 1

0

x2n+2

1 + x2dx

=pi

4 (1)n+1Z 1

0

x2n+2

1 + x2dx.

3. Avec :

0 Z 1

0

x2n+2

1 + x2dx Z 1

0

x2n+2dx =1

2n+ 3

n+0,

on dduit que limn+

nP

k=0

(1)k2k + 1

=pi

4, soit

+P

n=0

(1)n2n+ 1

=pi

4.

Exercice 51 On se propose d'tudier les sries de termes gnraux un = anein, sn = an sin (n) et cn =an cos (n) o a et sont deux rels quelconques.

1. Montrer que pour R et |a| < 1, les trois sries convergent et calculer la somme de chacune ces sries.2. Que dire des sries

cn et

sn pour piZ et a R ?3. On suppose que R \ piZ et |a| 1.(a) Montrer que la suite (sin (n))nN est divergente.

(b) Montrer la srie

sn est divergente.

(c) Montrer la srie

cn est divergente.

Solution.

1. On a un = navec = aei et la srieP

un converge si, et seulement si, || < 1, ce qui quivaut |a| < 1 et R.Pour |a| < 1 et R, on a ;X

n0un =

1

1 aei =1

1 a cos () ia sin ()

=1 a cos () + ia sin ()

(1 a cos ())2 + a2 sin2 () =1 a cos () + ia sin ()

1 2a cos + a2

et :

X

n0un =

1 a cos () ia sin ()1 2a cos + a2

puis :

X

n0cn =

1

2

0

@

X

n0un +X

n0un

1

A =1

2

0

@

X

n0un +X

n0un

1

A

= 0 telle que vn un pour tout n N. Le corollaire prcdent nous dit alors queP vn converge siPun converge etP

un diverge siP

vn diverge.

1. Si les un sont tous nuls partir d'un rang n0, il en est alors de mme des vn et Rn = Rn = 0 pour tout n n0.Dans ce cas, on a bien Rn = o (Rn) [resp. R

n = O (Rn)].Dans le cas contraire, les suites (Rn)nN et (R

n)nN sont valeurs strictement positives. Si limn+

n = 0, pour

tout rel > 0, on peut trouver un entier n tel que 0 n pour tout n n et :n n, 0 < Rn Rn.

On a donc limn+

RnRn

= 0, ce qui signie que Rn = o (Rn) .

Dans le as o vn = O (un) , la suite (n)nN est borne, soit n o > 0 et 0 < Rn Rn pour tout n. Lasuite

RnRn

nNest donc borne, ce qui signie que Rn = O (Rn) .

2. Si

P

vn = +, on a alors Pun = + et les suites (Sn)nN et (Tn)nN sont croissantes non majores, doncstrictement positives partir d'un certain rang.

Si limn+

n = 0, pour tout rel > 0, on peut trouver un entier n tel que 0 < n pour tout n n et comme

(Sn)nN est croissante non majore, il existe un entiern1 n tel que Sn 1

nP

k=0

vk, de sorte que :

n n1, Tn =nX

k=0

vk +

nX

k=n+1

vk Sn + nX

k=n+1

uk 2Sn.

On a donc limn+

TnSn

= 0, ce qui signie que Tn = o (Sn) .

Dans le as o vn = O (un) , la suite (n)nN est borne, soit n o > 0 et 0 < Tn Sn pour tout n. Lasuite

TnSn

nNest donc borne, ce qui signie que Tn = O (Sn) .

Sries termes positifs 27

Les rsultats de l'exercice prcdent peuvent tre utiliss en relation avec des dveloppements limits.

Exercice 57 tudier la srie de terme gnral un =(cos(1n

))no est un rel.

Solution. Un dveloppement limit nous donne :

ln (un) = n ln

cos

1

n

= n ln

1 12n2

+ o

1

n2

= 12n2

+ o

1

n2

.

Pour < 2, on a limn+

ln (un) = 0, donc limn+

un = 1 et la srie diverge.

Pour = 2, on a limn+

ln (un) = 12, donc lim

n+un =

1eet la srie diverge.

On suppose donc que > 2 (dans ce cas, on a limn+

un = 0). Pour rel prciser, on a :

ln (nun) = ln (n) 12n2

+ o

1

n2

= 22

2

1 2 ln (n)22

+ o (1)

v 22

2

n+

et limn+

(nun) = 0. Choisissant = 2, on en dduit que la srieP

un converge.

Exercice 58 Soient

un et

vn deux sries termes rels positifs telles que un v vn. Montrer que :1. Si

un est convergente il en est alors de mme de

vn et les restes de ces sries sont quivalents, soit :

Rn =+k=n

uk v Rn =+k=n

vk.

2. Si

un est divergente il en est alors de mme de

vn et les sommes partielles de ces sries sontquivalents, soit :

Sn =n

k=0

uk v Tn =n

k=0

vk.

Solution. Dire que les suites termes positifs (un)nN et (vn)nN sont quivalentes signie qu'il existe une suite(n)nN qui tend vers 1 telle que vn = nun, ce qui quivaut encore dire que pour tout rel ]0, 1[ il existe un entiern0 tel que :

n n0, (1 )un vn (1 + )un.Dans ce qui suit on se donne un tel couple (, n0) .

1. Si la srie de terme gnral un est convergente, des ingalits 0 vn (1 + )un pour tout n n0, on dduit qu'ilen est de mme de la srie de terme gnralvn. On peut donc dnir les restes d'ordren de ces sries, Rn =

+P

k=n

uk

et Sn =+P

k=n

vk et on a :

n n0, (1 )Rn Sn (1 + )Rn,ce qui traduit l'quivalence deRn et Sn quand n tend vers l'inni.

2. Si la srie de terme gnral un est divergente, des ingalits vn (1 )un pour tout n n0 avec 1 > 0 etun 0, on dduit qu'il en est de mme de la srie de terme gnralvn. De plus, on a Sn > 0 partir d'un certainrang n1 > n0 et :

n > n1, (1 ) (Sn Sn01) Tn Tn01 (1 + ) (Sn Sn01)


ce qui entrane que, pour tout n > n1, on a :

(1 )

1 Sn01Sn

+Tn01Sn

TnSn

(1 + )

1 Sn01Sn

+Tn01Sn

.

Avec limn+

1

Sn= 0, on en dduit alors qu'il existe n2 n1 tel que :

n n0, 1 2 TnSn

1 + 2,

ce qui traduit l'quivalence de Sn et Tn quand n tend vers l'inni.

Exercice 59 Montrer que l'hypothse un et vn de mmes signes (au moins partir d'un certain rang) estessentielle dans le rsultat prcdent.

Solution. Considrons par exemple la srie de terme gnral un =(1)nn+ (1)n . Un dveloppement limit nousdonne :

un =(1)n

n

1

1 + (1)n

n

=(1)n

n 1n+O

1

n32

=(1)n

n 1n+ vn

avec |vn| 1n32, ce qui implique que la srie de terme gnral un est divergente comme somme d'une srie divergente

(la srie

P 1

n) avec des sries convergentes (les sries

P (1)nnet

P

vn). Et pourtant un est quivalent(1)n

nqui est

le terme gnral d'une srie alterne convergente.

Si

un et

vn deux sries termes rels positifs telles que un v vn et convergentes, on a seulementl'quivalence des restes, mais pas celle des sommes partielles. Par exemple

1n (n+ 1)

v 1n2avec :

Sn =n

k=1

1k (k + 1)

=n

k=1

1k 1k + 1

= 1 1n+ 1

v 1

et :

Tn =n

k=1

1k2

> 1 +14

ne peut tre quivalent 1 (en fait Tn vpi2

6).

Les prcisions sur les sommes partielles des sries divergentes ou les restes des sries convergentes dans le

thorme prcdent peuvent tre utilises pour obtenir des dveloppements asymptotiques de certaines suites.

Considrons par exemple le cas de la srie harmonique (Hn)n1 dnie par :

n 1, Hn =n

k=1

1k.

Cette srie est divergente et termes positifs avec

1nv ln

(1 +

1n

), ce qui entrane que :

Hn vn

k=1

ln(1 +

1k

)= ln

(n

k=1

(k + 1k

))= ln (n+ 1) ,

ou encore Hn v ln (n) .La suite (Kn)n1 dnie par Kn = Hn ln (n) est de mme nature que la srie de terme gnral :

Kn+1 Kn = 1n+ 1

+ ln(1 1

n+ 1

)= O

(1n2

),

Thormes de Cauchy et de d'Alembert 29

elle est donc convergente. Sa limite est la constante d'Euler :

= limn+

(n

k=1

1k ln (n)

).

On considre ensuite la suite (Ln)n1 dnie par Ln = Hn ln (n) . Cette suite est convergente vers 0 demme nature que la srie de terme gnral :

Ln+1 Ln = Kn+1 Kn = 1n+ 1

+ ln(1 1

n+ 1

)v 1

2n2.

Cette srie est donc convergente termes ngatifs partir d'un certain rang, ce qui entrane l'quivalence

des restes :

+k=n

(Lk+1 Lk) v 12+k=n

1k2

avec :

+k=n

(Lk+1 Lk) = limm+

mk=n

(Lk+1 Lk) = limm+Lm+1 Ln = Ln.

On a donc :

Ln v12

+k=n

1k2.

Enn avec :

k 2, k+1k

dt

t2 1

k2 kk1

dt

t2,

on dduit que pourm > n 2, on a :mk=n

k+1k

dt

t2= m+1n

dt

t2=

1n 1m+ 1

mk=n

1k2

mk=n

kk1

dt

t2= mn1

dt

t2=

1n 1

1m

et faisant tendre m vers l'inni ( n x), on dduit que :

n 2, 1n

+k=n

1k2 1

n 1 ,

ce qui implique que :

Ln v12

+k=n

1k2v 1

2n.

On a donc en dnitive le dveloppement asymptotique :

Hn = ln (n) + +12n

+ o(1n

).

En itrant ce procd on peut obtenir des termes supplmentaires du dveloppement asymptotique.

1.11 Thormes de Cauchy et de d'Alembert

Exercice 60 On considre les suites (un)n1 et (vn)n1 dnies par un =nnn

enn!et vn = ln

(un+1un

).

1. Montrer que la srie

vn converge.

2. En dduire que la suite (un)n1 converge vers un rel > 0.

3. Montrer que n! v nnn

en(formule de Stirling). On peut montrer, mais c'est plus dicile, que =

2pi.


4. tudier les srie de termes gnraux

enn!nn

, etnn

ennn!(cas a = e et a =

1edans l'exercice prcdent).

Solution.

1. On a :

vn = ln

1

e

n+ 1

n

n+ 12!

= 1 +

n+1

2

ln

1 +1

n

et un dveloppement limit donne :

vn = 1 +

n+1

2

1

n 12n2

+O

1

n3

= O

1

n2

donc la srie

P

vn converge absolument (puisqu'on a aussi |vn| = O

1

n2

).

2. Comme vn = ln (un+1) ln (un) , la srie P vn est de mme nature que la suite (ln (un))n1 et cette dernireconverge. En notant ` sa limite, on a lim

n+un = = e

` > 0.

3. Il en rsulte que n! v nnn

en.

4. Pour un =enn!

nnon a :

un+1un

= e

n

n+ 1

n

n+

1

et le thorme de d'Alembert ne permet pas de conclure. En utilisant la formule de Stirling, on a :

un v en

nn

nnn

en=

n

et

P

un diverge.

Pour un =nn

ennn!, on a :

un+1un

=1

e

n

n+ 1

n+ 1

n

n

n+

1

et le thorme de d'Alembert ne permet pas de conclure. En utilisant la formule de Stirling, on a :

un v1

nn

ennennnn

=1

1

n+12

et

P

un diverge pour 12, converge pour >

1

2.

Dans le cas o limn+

un+1un

= 1 (avec un > 0), on peut utiliser le thorme de Raabe-Duhamel qui suit. La

dmonstration de ce thorme repose sur la comparaison de la srie tudie une srie de Riemann.

Exercice 61 Soit (un)nN une suite valeurs relles strictement positives telle que :

un+1un

= 1 n+O

(1n2

)o est un rel (on a donc en particulier lim

n+un+1un

= 1). Montrer que la srie

un converge si, et seulement

si, > 1.

Solution. La suite (vn)nN dnie par vn = ln (nun) est de mme nature que la srie de terme gnral :

vn+1 vn = ln

n+ 1

n

+ ln

un+1un

= ln

1 +1

n

+ ln

1 n+O

1

n2

=

1

n+O

1

n2

+

n+O

1

n2

= O

1

n2

donc convergente. En notant ` = limn+

vn, on a limn+

naun = = e` > 0, ce qui signie que un v

na. Il en rsulte queP

un converge si, et seulement si, a > 1.

La transformation d'Abel 31

Exercice 62 tudier la srie de terme gnral un =n!

nk=1

sin(

1k

)

1.12 La transformation d'Abel

Cette transformation que l'on peut considrer comme une intgration par parties discrte sera surtout utile

lors de l'tude des sries trigonomtriques.

Exercice 63 Soient (n)nN , (un)nN deux suites numriques et (An)nN la suite dnie par :

n N, An =n

k=0

k.

Montrer que pour tout entier n 1, on a :n

k=0

kuk = Anun n1k=0

Ak (uk+1 uk) .

Solution. On a 0 = A0 et pour tout entier k 1, k = Ak Ak1, de sorte que pour n 1, on a :nX

k=0

kuk = 0u0 +

nX

k=1

(Ak Ak1)uk = 0u0 +nX

k=1

Akuk nX

k=1

Ak1uk

=

nX

k=0

Akuk n1X

k=0

Akuk+1 = Anun +

n1X

k=0

Ak (uk uk+1)

= Anun n1X

k=0

Ak (uk+1 uk) .

En utilisant cette transformation, on en dduit le rsultat suivant.

Exercice 64 Soient (un)nN une suite relle qui tend vers 0 en dcroissant et (n)nN une suite de nombrescomplexes telle que la suite (An)nN dnie par :

n N, An =n

k=0

k.

soit borne. Dans ces conditions la srie de terme gnralunn est convergente.

Solution. Il s'agit de montrer que la suite (Sn)nN des sommes partielles de la srieP

unn est convergente. Enutilisant la transformation d'Abel cela revient montrer que la srie

P

An (un+1 un) est convergente. Pour ce fairenous allons montrer qu'elle est absolument convergente.

En dsignant parM > 0 un majorant de la suite (An)nN , on a :

k N, |Ak (uk+1 uk)| M (uk uk+1)(la suite (un)nN est dcroissante) avec :

nX

k=0

(uk uk+1) = u0 un+1 n+

u0,

c'est--dire que la srie

P

M (uk+1 uk) est convergente et en consquence, la srieP

An (un+1 un) est absolumentconvergente. D'o la convergence de la srie

P

unn.


Comme dans le cas des sries alternes, le thorme d'Abel nous fournit une majoration du reste. En eet,

en reprenant la dmonstration, on a pourm > n 1 :mk=n

kuk =mk=n

(Ak Ak1)uk =mk=n

Akuk mk=n

Ak1uk

=mk=n

Akuk m1k=n1

Akuk+1 = Amum An1un +m1k=n

Ak (uk uk+1)

et : mk=n

kuk

|Amum An1un|+m1k=n

|Ak| (uk uk+1)

M(um + un +

m1k=n

(uk uk+1))= 2Mun

et faisant tendre m vers l'inni, on aboutit :

|Rn1| =+k=n

kuk

2MunUne utilisation classique du thorme d'Abel est l'tude des sries trigonomtriques.

Exercice 65 Soit (un)nN une suite de rels positifs.

1. Si la srie

un est convergente, alors la srie

une

intest absolument convergente pour tout rel t.

2. Si la suite (un)nN tend vers 0 en dcroissant, alors la srie

uneintest convergente pour tout rel

t R 2piZ.Solution.

1. Rsulte immdiatement de

uneit

= un pour tout rel t.

2. Pour tout rel t R 2piZ, on a :

An =

nX

k=0

eikt =1 ei(n+1)t1 eit =

ein+12 t

eit2

ein+12 t ein+12 t

eit2 ei t2

= eint2sin

n+12t

sin

t2

et :

|An| 1sin

t2

.

Le rsultat dcoule alors du thorme d'Abel.

sol pb suites series

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