Chapitre - e-monsite

Chapitre

2Cours de Mathématiques Spéciales

Séries numériques

Généralités et convergence

ObjectifsL’étude des séries prolonge celle des suites. Elle permet d’illustrer

le chapitre « Développements limités, calcul asymptotique » et, àtravers la notion de développement décimal de mieux appréhen-der les nombres réels. Ce chapitre est étudié notamment pour sonintérêt dans l’étude des variables aléatoires discrètes ; ses objectifsmajeurs sont :

û Connaître le vocabulaire relatif aux séries numériques.û La maîtrise de la convergence absolue .û Etude des critères de convergence des séries numériques.û Convergence des séries à termes quelconques, en particulier

les séries alternées.û Calcul approché de quelques des sommes.

Mr. Moussa FaressPr. Mathématiques Supérieures

CPGE de Meknès

Année Scolaire : 2021-2022

Dans toute la suite K désigne R ou C.

1 - Généralités sur les séries numériques.

1.1 - Séries numériques convergentes.Soit (un)n∈N ∈ KN avec K = R ou C, on lui associe la suite (Sn)n définie par :

S0 = u0 et Sn =n

∑k=0

uk pour n > 1.

◦ On appelle série de terme général un, la donnée du couple ((un)n, (Sn)n), on la note ∑n>0

un.

◦ un est dit le terme général de la série et on a : un = Sn − Sn−1 pour n > 1.◦ Sn est dite la somme partielle d’ordre n.◦ La suite (Sn)n>0 est appelé la suite des sommes partielles.

Définition .1. Notion d’une série

Remarques : 1/ Il y a bijection entre l’ensemble des suites et celui des séries à valeurs dans K. La suiteassociée à la série de somme partielle Sn d’ordre n est donnée par u0 = S0 et un =Sn − Sn−1 pour n > 1.

2/ La correspondance entre les suites (un)n et (Sn)n est linéaire.3/ Ce concept est presque aussi ancien que celui de suite : le fameux Paradoxe de Zenon

D’Elee (ou « paradoxe d’Achille et la tortue ») met en doute la possibilité de faire lasomme de l’infinité des termes d’une série géométrique.

Soit ∑n>0

un une série numérique à termes dans K.

◦ On dit que la série ∑n>0

un est convergente si la suite (Sn)n>0 est convergente.

◦ La limite finie de (Sn)n>0 est appelée la somme de la série ∑n>0

un, notée S =+∞∑

n=0un.

◦ Une série non convergente est dite divergente.

Définition .2. Convergence d’une série numérique

Exemples : 1/ La série ∑n>0

12n est convergente de somme égale à 2.

2/ La série ∑n>1

3n est divergente .

3/ La série ∑n>1

1n(n + 1)

est convergente de somme 1.

En cas de convergence de la série numérique ∑n

un, on pose Rn = S− Sn appelé le reste d’ordre n de la

série ∑n

un, noté Rn :=+∞∑

k=n+1uk.

Définition .3. Reste d’une série numérique

Mr. Faress Moussa -1- M.P. 21-22

E L’écriture ∑n

un est une simple notation pour désigner la série de terme général un. Cependant, les écritures

+∞∑k=0

uk et+∞∑

k=n+1uk ne doivent, elles, n’être utilisées qu’après avoir démontré la convergence de la série !

Exemple : Le reste d’ordre n de la série ∑n>0

12n est Rn =

12n .

Remarques : 1/ On a les mêmes définitions pour les suites définies à partir d’un rang n0.2/ On ne change pas la nature d’une série (convergence ou divergence) si on considère seule-

ment les sommes partielles à partir d’un certain rang N (mais la valeur de la sommeéventuelle change...).

3/ De même, si deux séries ne diffèrent que d’un nombre fini de termes, elles sont de mêmenature.

4/ Soit N ∈ N. Alors les deux séries ∑n>0

un et ∑n>N

un ont la même nature. On dit que la

convergence de la série ∑n

un ne dépend pas ses premiers termes.

Si la série ∑n>0

un converge alors limn→+∞ un = 0. La réciproque est en général fausse.

Une série dont le terme général ne tend pas vers 0 est dite grossièrement divergente.

Proposition .1. Condition nécessaire de convergence

On sait que que un = Sn − Sn−1. Si lim Sn = S existe, on en déduit que limn→∞ un = S− S = 0.

Preuve :

Étudier la nature de : a) ∑n>0

n + 12n + 1

, b) ∑n>0

√n2 + n− n.

Exercice .1.

Soient ∑n>0

un et ∑n>0

vn deux séries numériques et λ ∈ K.

→ Si ∑n>0

un et ∑n>0

vn convergent alors il en est de même pour ∑n>0

(λ.un + vn) et que :

+∞∑

n=0(λ.un + vn) = λ

+∞∑

n=0un +

+∞∑

n=0vn.

→ Si ∑n>0

un converge et ∑n>0

vn diverge alors ∑n>0

(un + vn) diverge.

Proposition .2. Espace vectoriel des séries numériques

Posons Un =n

∑k=0

uk , Vn =n

∑k=0

vk , wn = λun + vn et Wn =n

∑k=0

wk.

Preuve :

M.P. 21-22 -2- Séries numériques

Puisqu’il s’agit de sommes finies, on a Wn = λUn + Vn et le théorème résulte alors des théorèmes sur leslimites.

E L’écriture

��

��

��XXXXXXXXXXXXXXXXX

+∞∑

n=1

1n(n + 1)︸︷︷︸

CV

=+∞∑

n=1

1n︸︷︷︸

DV

−+∞∑

n=1

1n + 1︸︷︷︸

DV

N’A AUCUN SENS ! ! !

Étudier la nature de la série : ∑n>1

n + 2n(n + 1)

.

Exercice .2.

Soit (zn)n ∈ CN telle que zn = xn + iyn avec xn, yn ∈ R, alors :∑n>0

zn est convergente⇐⇒ ∑n>0

xn et ∑n>0

yn sont convergentes

En cas de convergence on a :∞∑

n=0zn =

∞∑

n=0xn + i

∞∑

n=0yn .

Théorème .1. Convergence dans C

Soit x ∈ R. Étudier la nature et la somme des deux séries : ∑n>0

cos nx2n et ∑

n>0

sin nx2n .

Exercice .3.

1.2 - Exemples de références.

� Série géométrique :. C’est toute série de la forme : ∑

n>0qn avec q ∈ K .

. La série ∑n>0

qn converge⇐⇒ |q| < 1

. En cas de convergence, on a :+∞∑

n=0qn =

11− q

et+∞∑

k=n+1qk =

qn+1

1− q.

On rappelle quen

∑k=0

qk = 1 + q + q2 + · · ·+ qn =

n + 1 si q = 11− qn+1

1− qsinon

, .....

Preuve :

� Série télescopique :. C’est toute série de la forme : ∑

n>0(vn+1 − vn) où (vn)n ∈ KN.

. La série ∑n>0

(vn+1 − vn) est convergente⇐⇒ la suite (vn)n converge

. En cas de convergence, on a :∞∑

n=0(vn+1 − vn) = lim

n→+∞ vn − v0 et+∞∑

k=n+1(vk+1 − vk) = lim

p→+∞ vp − vn+1.


On rappelle que Sn =n

∑k=0

(vk+1 − vk) = vn+1 − v0 etN

∑k=n+1

(vk+1 − vk) = vN+1 − vn+1, puis on

calcule les limites.....

Preuve :

Étudier la nature des séries suivantes :

a) ∑n>1

1n(n + 1)

, b) ∑n>1

ln(

n + 1n

), c) ∑

n>0arctan

1n2 + n + 1

Exercice .4.

� Série de Riemann :

. C’est toute série de la forme : ∑n>1

1nα

avecα ∈ R.

. Soitα ∈ R.

La série ∑n>1

1nα

converge si et seulement siα > 1. Résultat à retenir par coeur

� Série harmonique alternée :

Il s’agit de la série ∑n∈N∗

(−1)n−1

n.

Notons Un =n

∑k=1

(−1)k−1

kla n-ième somme partielle (n > 1). On écrit :

1k=∫ 1

0tk−1 dt. Alors :

Un =n

∑k=1

∫ 1

0(−t)k−1 dt =

∫ 1

0

(n

∑k=1

(−t)k−1

)dt

=∫ 1

0

1− (−t)n

1 + tdt =

∫ 1

0

dt1 + t︸︷︷︸

=ln 2

−∫ 1

0

(−1)n

1 + tdt︸︷︷︸

=Rn

avec |Rn| 6∫ 1

0

tn

1 + tdt 6

∫ 1

0tn dt =

1n + 1

.

Donc limn→∞ Rn = 0 puis lim

n→∞ Un = ln 2. Ainsi :

La série harmonique alternée converge et+∞∑k=1

(−1)k−1

k= ln 2

� Développement décimal d’un réel :

Soit x ∈ R. Pour tout n de N, On pose : Sn =E (10nx)

10n .

. On a : S0 = E(x) et limn→+∞ Sn = x.

. On pose u0 = E(x) et un = Sn − Sn−1 pour n > 1. La série ∑n>0

un est convergente de somme x.

. On pose d0 = E(x) et dn = 10nun pour n > 1. on a :

dn ∈ {0, 1, ..., 9} pour n > 1 , Sn = d0, d1d2...dn =n

∑k=0

dk10−k , x =+∞∑

n=0dn10−n appelé le développe-

ment décimal de x.

� Séries obtenues par la formule de Taylor-Lagrange : A l’aide de l’inégalité de Taylor-Lagrange prouverla convergence et déterminer la somme des séries suivantes :


. ∑n>0

xn

n!, ∑

n>0

x2n

(2n)!, ∑

n>0(−1)n x2n+1

(2n + 1)!.

. ∑n>0

(−1)nxn , ∑n>1

xn

n, ∑

n>1(−1)n xn

n!.

1.3 - Suites numériques sommables.

Soit (un)n ∈ KN. La série ∑n>0

un est convergente si et seulement si :

Pour tout ε > 0 , il existe N ∈ N tel que : ∀n > N :

∣∣∣∣∣n+p

∑k=n

uk

∣∣∣∣∣ 6 ε, ∀p ∈ N.

Théorème .2. Critère de Cauchy (H.P)

◦ La série ∑n>0

un est dite absolument convergente si la série ∑n>0|un| est convergente. On dit que la suite

(un)n est sommable.◦ Si la série ∑

n>0un est convergente et n’est pas absolument convergente, on dit qu’elle est semi-

convergente.

Définition .4. Série absolument convergente

Exemples : 1/ La série ∑n>0

einx

2n est absolument convergente (x ∈ R).

2/ La série ∑n>1

(−1)n

nest semi-convergente.

Étudier les séries de termes généraux :

un =√

n! sin x sinx√2· · · sin

x√n

avec x > 0. vn = ean2(1− a

n)n3

.

Exercice .5.

Étudier les séries de termes généraux :

un =(−1)n

(ln n)(n1/n), vn =

(−1)n√nα + (−1)n

oùα > 0, wn = ln(1 +(−1)n

nα) oùα > 0.

Indication : Des calculs de D.L. peuvent être fructueux ...

Exercice .6.

Soit (un)n ∈ RN, On pose : u+n = max(un, 0) et u−n = −min(un, 0). On a :

→ |un| = u+n + u−n et un = u+

n − u−n→ ∑

n>0un converge absolument⇐⇒ ∑

n>0u+

n et ∑n>0

u−n convergent.

→ Si ∑n>0

un est semi-convergente alors ∑n>0

u+n et ∑

n>0u−n divergent.

Proposition .3. Convergence dans R


. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A faire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Preuve :

Soit (un)n ∈ CN,alors ∑n>0

un converge absolument⇐⇒ ∑n>0

Re(un) et ∑n>0

Im(un) convergent aussi abso-

lument.

Proposition .4. Convergence absolue dans C

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A faire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Preuve :

Soit (un)n une suite numérique. Si la série ∑n>0

un est absolument convergente alors elle est convergente.

Dans ce cas on a :

∣∣∣∣∣+∞∑

n=0un

∣∣∣∣∣ 6 +∞∑

n=0|un| - dite inégalité triangulaire -.

Théorème .3. C.V.A =⇒ C.V

Supposons ∑ un absolument convergente, i.e ∑ |un| convergente.

Notons S′n =n

∑k=0|uk| ses sommes partielles. Par hypothèse, la suite (S′n)n converge. C’est donc une suite

de Cauchy :∀ε > 0, ∃n0 ∈ N, ∀(n, p) ∈ N2, n > n0 =⇒

∣∣∣S′n+p − S′n∣∣∣ < ε

Notons Sn =n

∑k=0

uk les sommes partielles de la série ∑n

un. Pour prouver que la suite (Sn)n converge, il

suffit de prouver que c’est une suite de Cauchy.Or, pour tous entiers n, p : ∣∣Sn+p − Sn

∣∣ = ∣∣∣∣∣ n+p

∑k=n+1

uk

∣∣∣∣∣ 6 n+p

∑k=n+1

|uk| = S′n+p − S′n

donc on a bien∀ε > 0, ∃n0 ∈ N, ∀(n, p) ∈ N2, n > n0 =⇒

∣∣Sn+p − Sn∣∣ < ε

c-à-d que (Sn)n vérifie aussi le critère de Cauchy.

Enfin, l’inégalité

∣∣∣∣∣ N

∑n=0

un

∣∣∣∣∣ 6 N

∑n=0|un| valable pour tout entier N entraîne l’inégalité annoncée par passage à

la limite.

Preuve :

Donner la nature de la série : ∑n>1

(−1)n + inn2 + n3 .

Exercice .7.


Remarques : 1/ La convergence n’entraîne pas la convergence absolue. ∑n

(−1)n

nest convergente et n’est

pas absolument convergente.2/ Si ∑

n>0un et ∑

n>0vn sont absolument convergentes alors ∑

n>0α.un + vn est absolument

convergente. (α ∈ K).

Soit (un)n une suite numérique. On a équivalence entre :

(i) La série ∑n>0

un est absolument convergente.

(ii) Il existe M > 0 tel que pour toute partie F finie de N on a : ∑n∈F|un| 6 M.

Théorème .4. Sommabilité

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A faire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Preuve :

Remarques : Dans le cas réel et en cas de convergence absolue (la famille est sommable), on a :

+∞∑

n=0un = sup

F⊆NF est finie

∑n∈F

un

2 - Critères de convergence d’une série numérique.

2.1 - Seulement pour les séries à termes positifs.

Soit (un)n>0 une suite réelle positive. Alors :La série ∑

n>0un est convergente si et seulement si sa suite des sommes partielles (Sn)n>0 est majorée .

Théorème .5. C.N.S de convergence

Soit ∑n

un une série à termes réels positifs, et soit Sn =n

∑k=0

uk ses sommes partielles.

On a alors, pour n ∈ N∗ : Sn − Sn−1 = un > 0, donc la suite (Sn) est croissante.D’après un résultat du cours :

— si (Sn) est majorée, la suite (Sn) converge, c’est-à-dire que la série ∑n

un converge.

— si (Sn) n’est pas majorée, limn→+∞ Sn = +∞ ; la suite (Sn) diverge, c’est-à-dire que la série ∑

nun di-

verge.

Preuve :


Montrer que les séries suivantes : ∑n>1

1n2 et ∑

n>2

1n2 ln n

sont convergentes.

Exercice .8.

Remarques : 1/ Si ∑n>0

un ( Une S.A.T.P ) diverge alors la suite (Sn)n tend vers +∞. On note+∞∑

n=0un = +∞.

2/ Toute série extraite d’une série à termes positifs convergente est convergente et sa sommeest inférieure à celle de la série initiale.

3/ Toute série déduite d’une série à termes positifs par une permutation des indices est demême nature que la série initiale. En cas de convergence elles ont la même somme.

4/ Ces résultats s’étendent aux séries absolument convergentes.

Soitα ∈ R. La série numérique ∑n>1

1nα

est convergente si et seulement siα > 1.

Théorème .6. Séries de Riemann

Soient ∑n>0

un et ∑n>0

vn deux séries à termes positifs telles que : 0 6 un 6 vn A.P.C.R. Alors :

→ La convergence de ∑n>0

vn entraîne celle de ∑n>0

un.

→ La divergence de ∑n>0

un entraîne celle de ∑n>0

vn.

Théorème .7. Convergence et relation d’ordre

Supposons 0 6 un 6 vn pour n > n0. Alors, en notant Un =n

∑k=n0

uk et Vn =n

∑k=n0

vk, on aura Un 6 Vn.

Ainsi, en utilisant le théorème 1 :

— si la série ∑n

vn converge, ses sommes partielles Vn sont majorées, donc les sommes partielles Un de

la série ∑n

un sont majorées et la série ∑n

un converge.

— si la série ∑n

un diverge, alors limn→∞ Un = +∞ (il s’agit d’une série à termes positifs) donc lim

n→∞ Vn =

+∞ et la série ∑n

vn diverge.

Preuve :

Remarque : En cas de convergence et si ∀n ∈ N : un 6 vn alors+∞∑

n=0un 6

+∞∑

n=0vn.

Soient ∑n>0

un et ∑n>0

vn deux séries numériques telles que : |un| 6 vn A.P.C.R. Alors la convergence de

∑n>0

vn entraîne la convergence absolue ( donc la convergence) de ∑n>0

un.

Proposition .5.


Ce déduit des résultats précédents et définition de la convergence absolue.Preuve :

1/ Après avoir justifier leurs existences, calculer les sommes suivantes :

a)+∞∑

n=1

1n2(n + 1)2 , b)

+∞∑

n=1

1(2n + 1)2 ( On donne

+∞∑

n=1

1n2 =

π2

6.)

2/ Prouver la convergence et calculer la somme de :

a)+∞∑

n=1

1n(n + 2)

b)+∞∑

n=1xn cos(nθ), (x ∈]− 1, 1[,θ ∈ R)

Exercice .9.

Soient ∑n>0

un et ∑n>0

vn deux séries à termes positifs telles que : un ∼ vn , alors les deux séries ∑n>0

un et

∑n>0

vn ont la même nature.

Théorème .8. Convergence et équivalence

On rappelle que les deux séries ∑n>0

un et ∑n>n0

un ont la même nature (n0 ∈ N∗).

— Si un ∼∞ vn alors ils existent deux constantesα > 0 et β > telles que :

0 6 un 6 αvn A.P.C.R ; 0 6 vn 6 βun A.P.C.R

— Il suffit donc d’utiliser le théorème 9.

Preuve :

1/ Étudier la nature des séries suivantes :

∑n>1

sin1√n

; ∑n>1

sin3 1n

; ∑n>1

1−√

1− 1n

; ∑n>1

(29− 1

n

)sin2 1

n.

2/ On pose : un = sin((2−√

3)nπ).

a) Vérifier que : ∀n > 1 : un > 0 et étudier la convergence de la série ∑n>0

un.

b) En déduire la nature de ∑n>0

vn avec vn = sin((2 +√

3)nπ).

Exercice .10.

Soit (un)n ∈ RN telle que un > 0. Montrer que les séries : ∑n

un , ∑n

ln(1 + un) , ∑n

ln(1− un) et ∑n

un

1 + unsont de même nature.

Exercice .11.


E Attention : On pose : un =(−1)n√

net vn = ln

(1 +

(−1)n√

n

).

a) Justifier que : un ∼ vn.

b) Montrer que ∑n>2

un est convergente et que ∑n>2

vn est divergente.

c) Conclure.

Étudier la nature de la série ∑n

un dans les cas suivants :

un =∞∑k=n

1k2 ; un =

+∞∑

k=n+1

1k2 ln k

; un =

(n

∑k=1

k√

k

)α; un =

1nα

n

∑k=1

√k ; un =

n

∑k=1

ln kk

.

Exercice .12.

2.2 - Comparaison série-intégrale.Rappels :� Soit f une fonction continue sur un intervalle de la forme [a,+∞[, à valeurs réelles positives. On dira que

l’intégrale∫ +∞

af (t)dt existe (ou est convergente) si et seulement si lim

x→+∞∫ x

af (t)dt existe et est finie

Dans ce cas, on note :∫ +∞

af (t)dt = lim

x→+∞∫ x

af (t)dt.

� f étant à valeurs positives, la fonction F : x 7−→∫ x

af (t)dt est croissante , d’après le théorème de la limite

monotone, limx→+∞ F(x) existe et finie si et seulement si F est majorée.

� F étant croissante,alors : limx→+∞ F(x) existe et finie si et seulement si lim

n→+∞ F(n) existe et finie .

Lemme : Soit f : [n0;+∞[−→ R (n0 ∈ N) une fonction continue positive décroissante, alors :

f (n + 1) 6∫ n+1

nf (t)dt 6 f (n) et

∫ n+1

nf (t)dt 6 f (n) 6

∫ n

n−1f (t)dt.

Soit f une fonction continue par morceaux sur un intervalle de la forme [n0,+∞[ (n0 ∈ N), à valeursréelles positives et décroissante.

Alors la série de terme général wn =∫ n+1

nf (t) dt− f (n + 1) (n > n0) est convergente.

Théorème .9. Comparaison série-intégrale

On a, pour n > n0, ∀t ∈ [n, n + 1] f (n + 1) 6 f (t) 6 f (n), d’où, en intégrant :

f (n + 1) 6∫ n+1

nf (t) dt 6 f (n)

Donc wn > 0 et wn 6(

f (n)− f (n + 1)).

Or la suite(

f (n))

n>n0étant positive décroissante d’où elle converge, donc la série télescopique de terme

général f (n)− f (n + 1) converge.D’après le théorème 9 , ∑

nwn converge.

Preuve :


Soit f une fonction continue par morceaux sur un intervalle de la forme [n0,+∞[ (n0 ∈ N), à valeursréelles positives et décroissante.Alors :

la série ∑n

f (n) converge ⇐⇒∫ +∞

n0

f existe.

Proposition .6.

Posons un = f (n). En reprenant les notations du théorème, et en notant Wn =n

∑n=n0

wk et Un =n

∑n=n0

uk, on

a, en utilisant la relation de Chasles :

Wn =∫ n+1

n0

f (t) dt−Un+1 + un0

.

Puisque la suite (Wn) converge, la suite (Un) converge si et seulement si limn→∞

∫ n+1

n0

f (t) dt existe.

Preuve :

Remarque : Il est tout aussi important de retenir la demonstration que le résultat de ces théorèmes.En effet, la méthode de comparaison série-intégrale permet d’obtenir facilement un encadre-ment des sommes partielles (ou du reste, en cas de convergence).

Exemple : Trouver un équivalent de+∞∑k=n

1k3

Remarque : Soit f une fonction continue par morceaux sur un intervalle de la forme [n0,+∞[ (n0 ∈ N), àvaleurs réelles positives et décroissante. Alors :

∃` ∈ R tqn

∑k=n0

f (k) =∫ n

n0

f (t) dt + `+ o(1)

En effet : On reprend les notations et calculs du corollaire précédent :

Un =∫ n

n0

f (t) dt−Wn−1 + un0

d’où le résultat puisque la suite (Wn) converge.

Exemple : Prenons f (t) =1t

pour t > 1. Cette fonction vérifie bien les hypothèses du théorème (avec icin0 = 1), donc le résultat précédent s’écrit :

∃γ ∈ R tqn

∑k=1

1k= ln n +γ + o(1)

γ s’appelle la constante d’Euler ; on a γ ≈ 0, 57721...

Remarque : Soit 0 < q < 1 et f (t) = qt. On a :

Rn =+∞∑

k=n+1f (k) =

qn+1

1− qet

∫ +∞n

f (t)dt = − qn

ln q.

donc : Rn et∫ +∞

nf (t)dt ne sont pas équivalente.

On suppose de plus que : un = ◦(Rn). Dans ce cas on a :

Rn−1 = Rn + un ∼n⇁+∞ Rn et Rn ∼

n⇁+∞∫ +∞

nf (t)dt.

Proposition .7. Une condition suffisante


1/ Montrer que :n

∑k=1

1k∼ ln n et que

n

∑k=1

1k= ln n +γ + o(1) avec γ > 0.

2/ Donner un équivalent simple de Sn =n

∑k=1

1√k

.

Exercice .13.

1/ Justifier la convergence de la série ∑n>1

1n3 ; on note Rn son reste d’ordre n et S sa somme.

2/ Montrer que pour tout entier n > 1 :1

2(n + 1)2 6 Rn 61n2 .

3/ En déduire le nombre de termes permettant d’obtenir une approximation de S à 10−8 prés.

Exercice .14.

� Applications :

1/ Séries de Riemann :

Il s’agit des séries de terme général un =1

nα(α ∈ R). On a le résultat suivant :

La série de Riemann ∑n

1nα

converge si et seulement siα > 1

— Siα 6 0,1

nαne tend pas vers 0, donc la série diverge grossièrement.

— Sinon, on peut appliquer le th. de comparaison série-intégrale avec f : t 7→ 1tα

, qui est continue,

positive et décroissante sur [1,+∞[. Donc :

∑1

nαconverge si et seulement si

∫ +∞1

dttα

converge.

Or∫ x

1

dttα

=

ln x siα = 1[

t−α+1

−α + 1

]x

1sinon

donc limx→+∞

∫ x

1

dttα

existe si et seulement si −α + 1 > 0

soitα > 1.

Preuve :

2/ Séries de Bertrand :

Il s’agit des séries de terme général un =1

nα(ln n)β.

Le résultat suivant est hors-programme, mais il est indispensable d’en connaître la demonstration :

La série de Bertrand de terme général1

nα(ln n)βconverge si et seulement siα > 1 ou

[α = 1 et β > 1

].


— 1ier cas :α < 1 Soit alors γ tel queα < γ < 1. On a

limn→∞ nγun = lim

n→∞ nγ−α

(ln n)β= +∞

puisque γ −α > 0, et ce, pour tout β.

Donc, pour n assez grand, on aura nγun > 1 soit un >(

1nγ

). Puisque ∑

n

1nγ

diverge, il en est

de même de ∑n

un.

— 2ième cas :α = 1 Alors un =1

n(ln n)β= f (n) avec, pour t > 2, f (t) =

1t(ln t)β

— Si β 6 0, un >1n

, donc ∑n

un diverge.

— Si β > 0, f est continue positive et décroissante sur [2,+∞[, donc ∑ un converge si et

seulement si∫ +∞

2

dtt(ln t)β

converge.

Or∫ x

2

dtt(ln t)β

=

[

ln(ln t)]x

1 si β = 1[(ln t)−β+1

−β+ 1

]x

1sinon

donc limx→+∞

∫ +∞2

dtt(ln t)β

existe si et seule-

ment si −β+ 1 < 0 soit β > 1

— 3ième cas :α > 1 Soit γ tel que 1 < γ < α. On a

limn→∞ nγun = lim

n→∞ nγ−α

(ln n)β= 0

puisque γ −α < 0, et ce, pour tout β.

Donc un = o(

1nγ

). Puisque ∑

n

1nγ

converge, il en est de même de ∑n

un.

Preuve :

2.3 - Critères de comparaison.Rappels :

� Soit (un)n ∈ RN. Les séries ∑n>0

un et ∑n>n0

un ont la même nature (n0 ∈ N∗).

� La convergence absolue entraîne la convergence.

Soient (un)n une suite à valeurs dans C et (vn)n une suite de nombres réels positifs.On suppose que : un =∞ O(vn). Alors, si la série ∑

nvn converge, la série ∑

nun converge (absolument).

Théorème .10. Convergence et domination

L’hypothèse un =∞ O(vn) s’écrit : ∃M ∈ R, ∃n0 ∈ N tq ∀n > n0, |un| 6 Mvn

(|un| désigne le module de un, et (vn) est à termes positifs...)Puisque ∑

nvn converge, il en est de même de ∑

nMvn, et le théorème "convergence et ordre" implique la

convergence de ∑n|un|, c’est-à-dire la convergence absolue de ∑

nun. Il en résulte la convergence de ∑

nun.

Preuve :


Soit (un)n une suite à valeurs dans C et (vn)n une suite de nombres réels positifs.On suppose que : un =∞ o(vn). Alors, si la série ∑

nvn converge, la série ∑

nun converge (absolument).

Théorème .11. Convergence et prépondérance

immédiate, mais quelques rappels ne font pas de mal :L’hypothèse un =∞ o(vn) s’écrit : ∀ε > 0, ∃n0 ∈ N tq ∀n > n0, |un| 6 εvn

Il est donc clair que un =∞ o(vn) =⇒ un =∞ O(vn), et on applique directement le th. précédent.

Preuve :

On considère la série ∑n>2

1√n ln n

. Montrer qu’il existe12< α < 1 tel que lim

n→+∞ nα1√

n ln n= +∞ et en

déduire que1

nα= O

(1√

n ln n

). Que dire alors de la convergence de ∑

n>2

1√n ln n

?

Exercice .15.

1/ On pose : un =∫ √ π

n

0

1− cos x1 + x

dx. Montrer que : 0 6 un 6(π

n

) 32

et étudier la nature de ∑n>1

un.

2/ On pose : un =1

n2. ln n. Montrer que un = o

(1n2

)et en déduire la convergence de la série ∑

n>1un.

Exercice .16.

Soit ∑n>0

un une série numérique réelle .

• S’il existeα > 1 tel que limn→+∞ nαun = ` ∈ R alors la série ∑

n>0un est absolument convergente .

• S’il existeα 6 1 tel que limn→+∞ nαun = +∞ alors la série ∑

n>0un est divergente.

Théorème .12. Comparaison avec une série de Riemann

Un bon exercice à faire.....Preuve :

Donner la nature de la série : ∑n>1

ln nn2 ; ∑

n>1

ln nn

; ∑n>1

ne−√

n.

Exercice .17.


1/ Montrer que siα > 1 alors la série ∑n>2

1nα lnβ n

converge.

2/ Montrer que siα < 1 alors la série ∑n>2

1nα lnβ n

diverge.

3/ Montrer que siα = 1 alors la série ∑n>2

1nα lnβ n

converge si et seulement si β > 1 .

Exercice .18. Séries de Bertrand

Soient ∑n

un et ∑n

vn deux séries à termes réels strictement positifs.

On suppose : ∃n0 ∈ N, ∀n > n0,un+1

un6

vn+1

vn. Alors :

1/ Si la série ∑n

vn converge, la série ∑n

un converge.

2/ Si la série ∑n

un diverge, la série ∑n

vn diverge.

Proposition .8. Comparaison logarithmique

On fait le produit des inégalités (tous les termes sont positifs) de n0 à n− 1.

On obtient : ∀n > n0,un

un0

6vn

vn0

soit un 6(

un0

vn0

)vn

et n’il ne reste plus qu’à utiliser le théorème ??

Preuve :

∑n

un et ∑n

vn deux séries à termes strictement positifs telles que : ∀n ∈ N :un+2

un6

vn+2

vn.

Montrer que si ∑n

vn converge alors ∑n

un converge aussi.

Exercice .19.

Soit (un)n une suite à terme strictement positifs. On suppose que :un+1

un= 1− β

n+ o

(1n

)avec β ∈ R .

On note (vn)n la suite définie par : vn =1

nα(α ∈ R)

1/ Écrire le développement asymptotique deun+1

un− vn+1

vnet montrer que :

a) Si β > 1 alors la série ∑n

un converge.

b) Si β < 1 alors la série ∑n

un diverge.

c) Si β = 1 alors on ne peut conclure.

2/ Donner la nature de la série de terme général : un =(2n)!

22n(n!)2 .

Exercice .20. Règle de Rabaae-Duhamel


Soit ∑n>0

un une série numérique telle que :

(i) un 6= 0 A.P.C.R et que (ii) limn→+∞

∣∣∣∣un+1

un

∣∣∣∣ = ` ∈ [0,+∞[∪{+∞}.• Si ` < 1 alors ∑

n>0un converge absolument (donc convergente).

• Si ` > 1 ou ` = +∞ alors ∑n>0

un diverge (grossièrement).

Théorème .13. Règle de d’Alembert

1. Si limn→+∞

∣∣∣∣un+1

un

∣∣∣∣ = ` < 1, on écrit la définition de la limite :

∀ε > 0, ∃n0 ∈ N tq n > n0 =⇒ `−ε < un+1

un< `+ε

On choisit alors ε tel que `+ε < 1, et on applique le théorème précédent avec vn = (`+ε)n.

2. Si ` > 1 alors∣∣∣∣un+1

un

∣∣∣∣ > 1 pour n assez grand, et on applique le théorème précédent avec vn =

(`+ε)n.

Preuve :

Soit ∑n

un une série à termes réels strictement positifs.

1/ S’il existe k ∈]0, 1[ tel queun+1

un6 k (à partir d’un certain rang), alors la série ∑

nun converge.

2/ Siun+1

un> 1 à partir d’un certain rang, la série ∑

nun diverge.

Proposition .9. Règle de d’Alembert (bis)

1. C’est la comparaison logarithmique avec vn = kn.

2. On a ici un > un0 > 0 donc (un) ne peut tendre vers 0 et la série diverge grossièrement.

Preuve :

Remarque : Si ` = 1,on ne peut rien dire a priori . Ex : ∑n

1n

et ∑n

1n2 .

Exemple : La fonction exponentielle complexe : Pour tout z ∈ C, on considère la série ∑n∈N

zn

n!.

Il est clair que la série converge si z = 0. Sinon, on pose un =zn

n!.

Alors limn→∞ |un+1|

|un|= lim

n→∞ |z|n + 1

= 0. D’après la règle de d’Alembert, la série à termes réels po-

sitifs |un| converge. Ainsi, ∑ un est absolument convergente donc convergente (C est complet).

La somme de cette série se note exp(z) ou ez : ∀z ∈ C, ez =+∞∑

n=0

zn

n!, et s’appelle

l’exponentielle du nombre complexe z.


Donner la nature des séries suivantes : ∑n>0

n4

4n ; ∑n>1

n!nn ; ∑

n>1

n!en

nn .

Exercice .21.

Soit ∑n>0

un une série numérique telle que : limn→+∞ n

√|un| = `.

• Si ` < 1 alors ∑n>0

un converge absolument.

• Si ` > 1 ou ` = +∞ alors ∑n>0

un diverge.

• Si ` = 1 on ne peut conclure.

Théorème .14. Règle de Cauchy (H.P)

Donner la nature des séries suivantes :

∑n>1

en

nn ; ∑n>2

ln(nn)

(ln n)n ; ∑n>2

(ln n)n

nln n ; ∑n>2

1(ln n)ln n .

Exercice .22.

2.4 - Quelques compléments.

Soit ∑n

un une série à termes réels strictement positifs, telle que :

∀n ∈ R,un+1

un= 1− α

n+ O

(1

nβ

)avecα ∈ R et β > 1

.

Alors, il existe un réel k > 0 tel que un ∼k

nα. (et, par suite, ∑

nun converge si et seulement siα > 1).

Proposition .10. Critère de Duhamel-Raabe (H.P)

On considère la série de terme général vn = ln un+1 − ln un. On a :

vn = ln(

un+1

un

)= ln

(1− α

n+ O

( 1nβ))

= −αn+ O

( 1nδ)

avec δ = min(2,α)

= −αn+ wn avec wn = O

( 1nδ)

Puisque δ > 1, la série de terme général wn est absolument convergente, donc convergente. Notons W sasomme. On a donc, en sommant les égalités précédentes pour n de 1 à N − 1 :

ln uN − ln u1 =N−1

∑n=1

vn = −αN−1

∑n=1

1n+ W + o(1)

Preuve :


donc (en notant γ la constante d’Euler)

ln uN = ln u1 −α(

ln(N − 1) + γ + o(1))+ W + o(1)

= ln u1 −α(

ln N + ln(1− 1N) + γ

)+ W + o(1)

= −α ln N + C + o(1)

et finalement

uN = e−α ln N+C+o(1) =eC

Nαeo(1) ∼ k

Nα

� Application : Formule de Stirling

On cherche ici à comparer les suites de termes généraux n! et(n

a

)n, où a ∈ R∗+.

Pour cela, on pose un =( n

a )n

n!; on a

un+1

un=

1a

(1 +

1n

)n

−→n→∞ e

a, donc, d’après la règle de d’Alembert :

— si a > e, limn→∞ un = 0 ;

— si a < e, limn→∞ un = +∞ ;

— si a = e, on ne peut rien dire a priori. On effectue alors un D.L deun+1

un. On obtient :

un+1

un= 1− 1

2n+ O

(1n2

)

D’après le critère de Duhamel-Raabe, il existe un réel k > 0 tel que un ∼k√n

soit

n! ∼ k(n

e

)n√n (1)

Il reste à déterminer la valeur de k. Pour cela, on utilise les intégrales de Wallis Wn =∫ π/2

0(sin t)n dt.

— Une intégration par parties donne la relation de récurrence Wn =n− 1

nWn−2 pour n > 2.

— On en déduit par récurrence : ∀n ∈ N, W2n =(2n)!

22n(n!)2 ·π

2(2).

— Il est facile de vérifier que la suite (Wn) est décroissante. On a donc, pour tout n ∈ N, Wn+2 6Wn+1 6Wnd’où, en divisant par Wn (qui est strictement positif) :

Wn+2

Wn︸︷︷︸= n+1

n+2

6Wn+1

Wn6 1

d’où limn→∞ Wn+1

Wn= 1, soit : Wn+1 ∼Wn.

— D’après la relation de récurrence trouvée plus haut, on a, pour n > 2 : nWnWn−1 = (n − 1)Wn−1Wn−2,donc la suite (nWnWn−1) est constante. On en déduit : ∀n ∈ N∗, nWnWn−1 = W1W0 =

π

2.

À l’aide de l’équivalent précédent, on obtient : Wn ∼√π

2net donc W2n ∼

12

√π

n(3).


Il ne reste plus qu’à mélanger (1), (2) et (3) : on obtient k =√

2π d’où la célèbre formule de Stirling :

n! ∼+∞

(ne

)n√2πn

Soit (un)n une suite à valeurs dans K = R ou C et (vn)n une suite à termes positifs telle que la série∑n

vn converge et un = o(vn) (resp. un = O(vn).)

Alors la série ∑n

un converge et∞∑k=n

uk = o

( ∞∑k=n

vk

). (resp. O...)

Théorème .15. Comparaison des restes de séries convergentes

On a d’abord ∑n|un| convergente par le théorème de comparaison des séries positives. ∑

nun étant absolu-

ment convergente, elle converge.Soit ε > 0, il existe n0 ∈ N tel que pour tout n > n0, |un| 6 εvn, et∣∣∣∣∣+∞

∑k=n

uk

∣∣∣∣∣ 6 +∞∑k=n|uk| 6 ε

∞∑k=n

vk.

Ce qui est exactement le résultat demandé.

Preuve :

Soit (un)n une suite réelle. Si limn→+∞ un = 0 alors lim

n→+∞ u1 + u2 + ... + un

n= 0.

Proposition .11. Lemme de Cézaro

Si limn→+∞ un = 0 alors un =∞ o(1) et appliquer le résultat précédent.

Preuve :

Soient (un)n et (vn)n deux suites à termes réels. On suppose que (vn)n est à termes positifs ; la série ∑n

vn

converge et un ∼ vn.


un converge et+∞∑k=n

uk∼(

+∞∑k=n

vk

).

Théorème .16. Équivalence des restes de séries convergentes

On a les implications suivantes :

un ∼ vn =⇒ un − vn = o(vn) =⇒∞∑k=n

(uk − vk) = o

( ∞∑k=n

vk

)=⇒

∞∑k=n

uk −∞∑k=n

vk = o

( ∞∑k=n

vk

)d’où

∞∑k=n

uk ∼∞∑k=n

vk.

Preuve :


Soient (un)n une suite à valeurs dans K et (vn)n une suite à valeurs dans R. On suppose que (vn)n est àtermes positifs ; la série ∑

nvn diverge et un = o(vn) (resp. un = O(vn), resp. un ∼ vn).

Alorsn

∑k=0

uk = o

(n

∑k=0

vk

)(resp. O, resp. ∼ ) .

Théorème .17. Comparaison des sommes partielles de séries divergentes

Soit ε > 0, il existe n0 ∈ N tel que pour tout n > n0, |un| 6 εvn, et, pour tout n > n0 :∣∣∣∣∣ n

∑k=0

uk

∣∣∣∣∣ 6 n0

∑k=0|uk|+

n

∑k=n0+1

|uk|

6n0

∑k=0|uk|+ε

n

∑k=n0+1

vk

6n0

∑k=0

(|uk| −εvk

)+ε

n

∑k=0

vk,

or le dernier terme tend vers +∞ alors que le premier est fixé, donc il existe un entier n1 > n0 tel que

∀n > n1,n0

∑k=0

(|uk| −εvk

)6 ε

n

∑k=0

vk,

et alors pour tout n > n1, on a ∣∣∣∣∣ n

∑k=0

uk

∣∣∣∣∣ 6 2εn

∑k=0

vk,

ce qui prouve le résultat demandé.Démonstration identique pour le «O», puis démonstration similaire à celle du théorème 25 pour le «∼».

Preuve :

En conclusion : les relations de comparaison ne peuvent se sommer que pour l’évaluation des restes des sériesconvergentes, et pour celle des sommes partielles des séries divergentes !

Soit (un)n une suite réelle. Si limn→+∞ un = ` ∈ R∗ alors lim

n→+∞ u1 + u2 + ... + un

n= `.

Proposition .12. Lemme de Cézaro

3 - Séries alternées.

On appelle série alternée toute série à termes réels ∑n>0

un telle que : ∀n ∈ N : un+1.un 6 0.

Dans ce cas on a : un = (−1)nvn ou un = (−1)n+1vn avec vn = |un|.

Définition .5. Séries alternées


ou encore : Une série à termes réels ∑n

un est dite alternée si la suite ((−1)nun)n est de signe constant.

Exemple : Les séries suivantes sont des séries alternées :

∑n>0

(−1)n

n + 1; ∑

n>1

∫ (n+1)π

nπ

sin tt

dt ; ∑n>1

sin(x + nπ)x + nπ

Soit ∑n

un une série alternée. On suppose que la suite (|un|) est décroissante et que limn→∞ un = 0. Alors la

série ∑n

un converge.

Théorème .18. Critère spécial des séries alternées, ou critère de Leibniz

La suite (un)n est alternée. Supposons par exemple u0 > 0. On aura alors, pour tout entier n, u2n > 0 etu2n+1 6 0.

Notons Sn =n

∑k=0

uk la n-ième somme partielle.

La suite (S2n)n est décroissante carPour tout entier n, S2n+2 − S2n = u2n+2 + u2n+1 = |u2n+2| − |u2n+1| 6 0

et la suite (S2n+1)n est croissante carPour tout entier n, S2n+3 − S2n+1 = u2n+3 + u2n+2 = |u2n+2| − |u2n+3| > 0

De plus, S2n+1 − S2n = u2n+1 tend vers 0 quand n→ ∞. Les deux suites sont donc adjacentes.Elles convergent donc vers la même limite S, donc la suite (Sn)n aussi.

Preuve :

On possède même, dans ce cas, des renseignements supplémentaires :

Soit ∑n

un une série alternée telle que la suite (|un|)n est décroissante et limn→∞ un = 0. On note par S sa

somme. Alors :

• S est comprise entre deux sommes partielles d’indices consécutifs.

• S est du signe de u0 (premier terme), et |S| 6 |u0|.

• Si on note Rn =+∞∑

k=n+1uk le reste d’ordre n, alors Rn est du signe de un+1 et |Rn| 6 |un+1| .

Théorème .19. A retenir par coeur

1. résulte directement du fait que les suites (S2n) et (S2n+1) sont adjacentes.

2. Dans le cas où u0 > 0, on a S1 6 S 6 S0 soit u0 + u1 6 S 6 u0, et u0 + u1 = |u0| − |u1| > 0, d’où lerésultat.Dans le cas u0 6 0, on a S0 6 S 6 S1 soit u0 6 U 6 u0 + u1 6 0, d’où le résultat.

3. On applique le résultat précédent à la série ∑k∈N

vk, avec vk = un+1+k : pour cette série, on a V = Rn

et v0 = un+1.

Preuve :


Exemples :

1/ Les séries de Riemann alternées ∑n∈N∗

(−1)n−1

nα

Posons, pour n > 1, un =(−1)n−1

nα.

— Siα 6 0, la suite (un) ne tend pas vers 0 quand n→ ∞, donc la série ∑n

un diverge grossièrement.

— Siα > 1, |un| =1

nαet la série ∑

nun est absolument convergente, donc convergente.

— Si α ∈]0, 1[, la suite (un) vérifie les hypothèses du CSSA, donc la série∑n

un converge (elle est ici

semi-convergente).

2/ Étude de la série de terme général un = (−1)n√n sin(

1n

)(n > 1).

— |un| =√

n sin(

1n

)∼ 1√

ndonc ∑ |un| diverge : ∑ un n’est pas absolument convergente.

— un est du signe de (−1)n, donc la suite (un) est alternée. Si on veut absolument utiliser le CSSA,il faut étudier le signe de |un+1| − |un|. Pour cela, deux solutions possibles :

— On effectue un développement limité :

|un+1| − |un| =√

n + 1 sin(

1n + 1

)−√

n sin(

1n

)=√

n

√1 +

1n

sin

(1

n(1 + 1n )

)−√

n sin(

1n

)=√

n(

1 +1

2n+ O

(1n2

))sin(

1n

(1− 1

n+ O

(1n2

)))−√

n(

1n+ O

(1n3

))=√

n(

1 +1

2n+ O

(1n2

))(1n− 1

n2 + O(

1n3

))−√

n(

1n+ O

(1n3

))=√

n(

1n− 1

2n2 + O(

1n3

))−√

n(

1n+ O

(1n3

))=−1

2n32+ O

(1

n52

)

Ainsi, |un+1| − |un| ∼ −1

2n32

, donc |un+1| − |un| est négatif au moins à partir d’un certain

rang, ce qui permet d’appliquer le CSSA : ∑ un converge. (OUF!)

— On peut aussi remarquer que |un| = f (n) avec f (x) =√

x sin(

1x

)et étudier le sens de

variation de f . Allons-y :

f est C ∞ sur R∗+ et, ∀x > 0, f ′(x) =1

2√

xsin(

1x

)︸︷︷︸∼

x→∞ 1

2x32

− 1

x32

cos(

1x

)︸︷︷︸∼

x→∞ 1

x32

donc f ′(x) ∼x→∞

−1

2x32

, ce

qui montre que f ′(x) < 0 pour x assez grand, donc que f décroît pour x assez grand, et onaboutit à la même conclusion.

— Tout cela est affreusement calculatoire (bien qu’il s’agisse de calculs que tout élève de Sup doitsavoir faire !). Il y a une meilleure solution :

Réponses :


On effectue un développement limité de un : un = (−1)n√n(

1n+ O

(1n3

))=

(−1)n√

n+

O(

1

n52

). Ainsi, un = vn + wn, avec vn =

(−1)n√

net wn = O

(1

n52

). La série de terme géné-

ral vn est convergente (série de Riemann alternée), et celle de terme général wn est absolumentconvergente (comparaison à une série de Riemann). Il en résulte que ∑

nun est la somme de

deux séries convergentes, donc est convergente.

3/ Étude de la série de terme général un = sin(π√

n2 + 1)

.

Là encore, un simple développement limité permet de résoudre l’exercice :

un = sin

(πn

√1 +

1n2

)= sin

(πn(

1 +1

2n2 + O(

1n4

)))= sin

(πn +

π

2n+ O

(1n3

))= (−1)n sin

(π

2n+ O

(1n3

))=

(−1)nπ

2n+ O

(1n3

)ce qui permet de conclure comme dans l’exercice précédent : ∑

nun est somme d’une série semi-

convergente et d’une série absolument convergente, elle est donc convergente.

Réponses :

4/ Étude de la série de terme général un =(−1)n

√n + (−1)n+1 .

Je vous laisse le soin de vérifier que (un) est bien alternée, tend vers 0 quans n→ ∞, mais que (|un|)n’est pas décroissante : le CSSA ne s’applique pas !

La solution passe donc par un ...développement limité !

Le calcul (facile) donne : un =(−1)n√

n+

1n+ O

(1

n32

)donc : ∑

nun est somme d’une série semi-

convergente, d’une série divergente et d’une série absolument convergente : elle est donc divergente.

Réponses :

5/ Étudier la série de terme général un = ln(

1 + sin(−1)n

nα

)pourα ∈ R.

— Siα 6 0, la suite sin(−1)n

nαn’a pas de limite quand n→ +∞. Dans ce cas, la série ∑ un diverge

grossièrement.

— siα > 0, |un| ∼n→+∞

1nα

donc ∑ un converge absolument si et seulement si α > 1.

— Siα ∈ ]0, 1], on effectue un développement limité :

un = ln(

1 +(−1)n

nα+ O

(1

n3α

))=

(−1)n

nα+

12n2α + o

(1

n2α

)

Réponses :


Donc ∑n

un converge comme somme d’une série vérifiant le CSSA et d’une série convergente si

et seulement si α >12

.

6/ Étude de la série de terme général un = sin(πn!e

).

Cet exercice repose sur une grosse astuce !On écrit la formule de Taylor-Lagrange pour la fonction x 7→ ex entre 0 et 1, à l’ordre n + 1 :

e = 1 +11!

+12!

+ · · ·+ 1n!

+1

(n + 1)!+ rn avec |rn| 6

e(n + 2)!

Donc πen! = π × n!(

1 +11!

+12!

+ · · ·+ 1(n− 3)!

+1

(n− 2)!

)︸︷︷︸

entier pair !

+ πn!(

1(n− 1)!

+1n!

)︸︷︷︸

=π(n+1)

+π

n + 1+ r′n

avec∣∣r′n∣∣ 6 πe

n2

d’où un = (−1)n+1 sin(

π

n + 1+ O

(1n2

))=

(−1)n+1π

n + 1+ O

(1n2

).

Il en résulte que ∑n

un est la somme d’une série semi-convergente et d’une série absolument conver-

gente, donc est convergente.

Réponses :

4 - Transformation d’Abel (H.P).Il s’agit d’une méthode permettant d’étudier certaines séries dont le terme général un est de la forme un =

anbn, où (an)n est une suite à valeurs dans K et où (bn)n est une suite à valeurs dans un K-espace vectorielnormé complet E (en pratique, E = R ou C).

1/ Posons, pour tout n ∈ N , Bn =n

∑k=0

bk et Un =n

∑k=0

uk =n

∑k=0

akbk.

On posera également B−1 = 0, de sorte que, pour tout k ∈ N, bk = Bk − Bk−1.On écrit :

Un =n

∑k=0

akbk =n

∑k=0

ak(Bk − Bk−1)

=n

∑k=0

akBk −n

∑��k=0k=1

akBk−1

=n

∑k=0

akBk −∑ k = 0n−1ak+1Bk

=n

∑k=0

(ak − ak+1)Bk + an+1Bn

Ce changement d’écriture s’appelle une transformation d’Abel. On notera la similitude entre la transfor-mation d’Abel pour les séries et l’intégration par parties pour les intégrales...

2/ Cette transformation permet d’obtenir le :


Avec les mêmes notations, on suppose que :

– la suite (Bn)n est bornée ;– lim

n→+∞ an = 0 ;

– la série ∑n|an+1 − an| converge.


anbn converge.

Théorème .20. Règle d’Abel

Compte tenu des deux premières hypothèses, on a limn→∞ an+1Bn = 0.

D’autre part : ∀k ∈ N, |(ak − ak+1)Bk| 6 M |ak − ak+1|, en notant M = supk∈N|Bk|. Il résulte alors

de la troisième hypothèse et de la règle de comparaison des séries à termes positifs que la série∑n(ak − ak+1)Bk est absolument convergente, donc convergente puisque E est complet.

La conclusion découle immédiatement de la transformation d’Abel faite ci-dessus.

Preuve :

Avec les mêmes notations, on suppose que :

– la suite (Bn) est bornée ;– la suite (an)n est une suite réelle positive décroissante de limite nulle.


anbn converge.

Théorème .21. Règle d’Abel simplifiée

immédiat.Preuve :

Remarque : On notera que le CSSA n’est une simple conséquence de la règle d’Abel simplifiée...

3/ Applications aux séries trigonométriques

Soit (an) une série à termes réels positifs, décroissante, de limite nulle. Alors la série ∑n

aneint converge

pour tout t ∈ R− 2πZ.

Proposition .13.

En application de la règle d’Abel simplifiée, il suffit de démontrer que la suite (Bn) avec Bn =n

∑k=0

eikt

est bornée.Or Bn est la somme des (n + 1) premiers termes d’une suite géométrique de raison eit 6= 1 et depremier terme 1, donc

Preuve :


|Bn| =∣∣∣∣∣1− ei(n+1)t

1− eit

∣∣∣∣∣ 6 2|1− eit| pour tout n ∈ N

et c’est fini !

Il en résulte, en particulier, que les séries ∑n

cos nθnα

et ∑n

sin nθnα

sont convergentes pour θ /∈ 2πZ etα > 0.

(les sommes de certaines de ces séries seront calculées lors du chapitre sur les séries de Fourier...)

5 - Produit de Cauchy (Produit de convolution).

Soit (un)n∈N et (vn)n∈N deux suites à valeurs complexes. On appelle série produit de Cauchy des sériesde terme général un et vn la série de terme général wn avec

∀n ∈ N, wn =n

∑k=0

ukvn−k = ∑p+q=np,q∈N

upvq.

Définition .6. Produit de Cauchy

Si ∑n

un et ∑n

vn sont absolument convergentes, alors ∑n

wn est absolument convergente, et de plus :

∞∑

n=0wn =

( ∞∑

n=0un

)( ∞∑

n=0vn

).

Théorème .22.

1/ 1ier cas : un, vn > 0On commence par traiter le cas où ∑

nun et ∑

nvn sont deux séries de nombres réels positifs.

Notons, pour tout n ∈ N :

Un =n

∑k=0

uk, Vn =n

∑k=0

vk et Wn =n

∑k=0

wk

et considérons les ensembles d’indices (k, l) repré-sentés ci-contre :

Tn = {(k, `) ∈ [[0, n]]2, k + ` 6 nCn = [[0, n]]2

de sorte que Wn = ∑(k,`)∈Tn

ukv`

Les séries étant à termes positifs, on a :∑

(k,`)∈Tn

ukv` 6 ∑(k,`)∈Cn

ukv` 6 ∑(k,`)∈T2n

ukv`

c’est-à-dire Wn 6 UnVn 6W2n

Notons U =+∞∑

n=0un et V =

+∞∑

n=0vn. La première de ces inégalités implique (les séries étant à termes

positifs) Wn 6 UV. Ainsi, les sommes partielles de la série (à termes positifs) ∑n

wn sont majorées ;

Preuve :


cette série converge donc, et, si l’on note W =+∞∑

n=0wn, on aura W 6 UV.

La deuxième inégalité implique alors, par passage à la limite, UV 6W, et finalement : W = UV.

2/ Cas généralOn suppose ici que ∑

nun et ∑

nvn sont deux séries absolument convergentes de nombres complexes.

On conserve les notations précédentes, et on note aussi u′n = |un|, v′n = |vn| et w′n le terme général dela série produit de Cauchy des séries ∑

nu′n et ∑

nv′n. Ainsi, d’après le cas précédent, ∑

nw′n converge.

On a aussi :

|wn| =∣∣∣∣∣ n

∑k=0

ukvn−k

∣∣∣∣∣ 6 n

∑k=0|ukvn−k| =

n

∑k=0

u′kv′n−k = w′n

donc, d’après les règles de comparaison de séries à termes positifs, la série ∑n

wn est absolument

convergente, donc convergente.

Enfin, on a : UnVn −Wn = ∑(k,`)∈Cn\Tn

ukvn−k donc

|UnVn −Wn| 6 ∑(k,`)∈Cn\Tn

|uk| |vn−k| = U′nV′n −W ′n

Or on sait (cas précédent) que limn→∞ U′nV′n−W ′n = 0 ; on en déduit lim

n→∞ UnVn−Wn = 0, soitW = UV.

� Application : l’exponentielle complexe

Pour tout x ∈ R on a :

ex =+∞∑

n=0

xn

n!

sin x =+∞∑

n=0(−1)n x2n+1

(2n + 1)!

cos x =+∞∑

n=0(−1)n x2n

(2n)!

Proposition .14.

On ne démontrera ici que la première de ces relations.On sait que la fonction exponentielle est C ∞ sur R. L’inégalité de Taylor-Lagrange appliquée à f : x 7→ ex

entre 0 et x s’écrit :

∀n ∈ N, ∀x ∈ R,

∣∣∣∣∣ f (x)−n

∑k=0

xk

k!f (k)(0)

∣∣∣∣∣ 6 |x|n+1

(n + 1)!sup

t∈[0,x]

∣∣∣ f (n+1)(t)∣∣∣

soit

∀n ∈ N, ∀x ∈ R,

∣∣∣∣∣ex −n

∑k=0

xk

k!

∣∣∣∣∣ 6 |x|n+1

(n + 1)!sup

t∈[0,x]

∣∣et∣∣Or, x étant fixé, lim

n→∞(|x|n+1

(n + 1)!

)= 0 (comparaison des suites usuelles...), donc

Preuve :


limn→∞

(n

∑k=0

xk

k!

)= ex

Pour tout z ∈ C, on considère la série ∑n∈N

zn

n!. On a déjà vu (règle de d’Alembert) que cette série est absolument

convergente, donc convergente.

Sa somme se note exp(z) ou ez : ∀z ∈ C, ez =+∞∑

n=0

zn

n!, et s’appelle l’exponentielle du nombre complexe z.

La proposition précédente montre que la fonction ainsi définie coïncide sur R avec la fonction exponentielle"usuelle" (heureusement !).

Pour tous (z, z′) ∈ C2 on a : ez+z′ = ez · ez′

Proposition .15.

ez =∞∑

n=0

zn

n!︸︷︷︸un

et ez′ =∞∑

n=0

z′n

n!︸︷︷︸vn

Le produit de Cauchy des séries ∑ un et ∑ vn est la série de terme général wn avec

wn =n

∑k=0

ukvn−k =n

∑k=0

zkz′n−k

k!(n− k)!=

1n!

n

∑k=0

(nk

)zkz′n−k =

(z + z′)n

n!d’où le résultat en appliquant simplement le théorème précédent.

Preuve :

Pour tout z ∈ C, ez 6= 0 et1ez = e−z

Proposition .16.

Il suffit de prendre z′ = −z dans la proposition précédente.

Preuve :

Pour tout θ ∈ R, eiθ = cosθ+ i sinθ

Proposition .17.

Il suffit de considerer les séries parties réelle et imaginaire de la série ∑zn

n!lorsque z = iθ, puis utiliser la

proposition 33.

Preuve :


Si z = x + iy avec x, y réels, on a : ez = ex+iy = ex · eiy = ex(cos y + i sin y)

Proposition .18.

Remarque : On peut définir sur C les fonctions sin, cos, sh, ch, etc... par :

∀z ∈ C, sin z =eiz − e−iz

2icos z =

eiz + e−iz

2shz = shz =

ez − e−z

2chz =

ez + e−z

2

Si ∑n>0

an est absolument convergente et ∑n>0

bn est convergente alors la série produit de Cauchy ∑n>0

cn est

convergente et on a :+∞∑

n=0cn=

+∞∑

n=0an.

+∞∑

n=0bn.

Proposition .19. Cauchy-Mertens (H.P)

6 - Calcul Approché de Sommes de Séries.Il est quand même rare de savoir calculer facilement la somme exacte d’une série numérique. Ce qui fait

l’importance du calcul approché de ces sommes.

6.1 - Principe général.

On nous donne une série convergente+∞∑

n=0un de somme S et un réel strictement positif ε . On cherche un rang

n tel que le reste d’ordre n, Rn vérifie |Rn| 6 ε. Ensuite, on prendra Sn -somme partielle d’ordre n- comme valeurapprochée à ε près de S. On va étudier les façons usuelles de chercher n selon la série. Sauf dans le premier cas,en général, l’énoncé guide vers la méthode à utiliser...

6.2 - Série alternée répondant au critère spécial.Condition : La convergence de la série peut se montrer en utilisant le critère spécial des séries alternées.C’est le cas le plus simple puisqu’on a un théorème. Comme on sait que si ∑

n>0un vérifie les conditions du critère

spécial, |Rn| 6 |un+1| , on cherche simplement n tel que |un+1| 6 ε et on calcule Sn. En plus, le théorème nousdonne le signe de l’erreur qui est celui de un+1.

Donner une valeur approchée de S =+∞∑

n=1

(−1)n

nà 10−2 près.

Exercice .23.

6.3 - Série comparable à une série géométrique positive.Condition : La convergence absolue de la série peut se montrer en utilisant le critère de d’Alembert.C’est souvent la méthode la plus rapide quand elle est applicable.

Solution : limn→+∞ |un+1|

|un|= ` < 1 , d’où, à partir d’un certan rang N, on a :

|un+1||un|

< λ < 1 , et donc, pour

n > N, |Rn| 6λn−N+1

1− λ |uN | . Ceci permet le bon rang en majorant cette quantité par ε. Ce rang sera bien sûr au

moins égal à N.


Chercher une valeur approchée de S =+∞∑

n=1

12n + 1

à 10−3 près.

Exercice .24.

6.4 - Série comparable à une intégrale de Riemann.Condition : La convergence absolue se montre en utilisant le critère de Riemann.

Solution : On a pour n > N, |un| 6Knα

avec α > 1, et donc, |Rn| 6K

(α − 1)nα−1 . Ceci permet le bon rang en

majorant cette quantité par ε. Ce rang sera bien sûr au moins égal à N.

Chercher une valeur approchée de S =+∞∑

n=1

1n2 + 1

à 10−3 près.

Exercice .25.

F i nF i n

Documents

Chapitre - e-monsite