Universite Denis Diderot Paris 7 (2013-2014)

TD Maths, Agro

Mathieu Merle : merle@math.univ-paris-diderot.frwww.math.jussieu.fr/∼merle

Feuille d’exercices 4 : Suites numeriques. Introduction aux seriesnumeriques.

Exercice 1 Suites de la forme un = f(n).

1. Soit un = n2 − n cos(n) + (−1)n, n ≥ 0. Trouver la limite, puis un equivalent de un,lorsque n→∞.

2. Soit vn = 5n+(−1)nn+ln(n)3

, n ≥ 1. Trouver la limite ` de vn lorsque n→∞, puis unequivalent de vn − `, lorsque n→∞.

3. Soit wn = sin(

exp(1/n)−12n

)(3n2n − 2n2), n ≥ 1. Trouver la limite ` de wn lorsque

n→∞, puis un equivalent de wn − `, lorsque n→∞.

4. Soit yn = sin(π/3 + tan

(1√n

)), n ≥ 1. Trouver la limite ` de yn lorsque n→∞,

puis un equivalent de yn − `, lorsque n→∞.

1. On a un = n2(

1 + cos(n)n

+ (−1)nn2

). Or, pour tout n ∈ N, | cos(n)| ≤ 1, |(−1)n| ≤ 1

de sorte que ∣∣∣∣cos(n)

n+

(−1)n

n2

∣∣∣∣ ≤ 1

n+

1

n2.

On deduit que un = n2(1 + o(1)), et donc un →n→∞ ∞, et plus precisementun ∼n→∞ n2,

2. On a

vn =5 + (−1)n

n

1 + ln(n)3

n

.

Lorsque n→∞, (−1)nn→ 0, ln(n)

3

n→ 0 (on a utilise le resultat sur les croissances

comparees de x→ x et x→ ln(x)α pour obtenir la deuxieme limite). On en deduitque vn → 5 lorsque n→∞.

Par ailleurs, pour x au voisinage de 0, on sait que

1

1 + x= 1− x+ o(x).

Lorsque n est au voisinage de l’infini, ln(n)3

n= o(1), et on obtient donc

1

1 + ln(n)3

n

= 1− ln(n)3

n+ o

(ln(n)3

n

),

1

dont on deduit que

vn− 5 =

(5 +

(−1)n

n

)(1− ln(n)3

n+ o

(ln(n)3

n

))− 5 = −5 ln(n)3

n+ o

(ln(n)3

n

).

On a utilise ci-dessus que (−1)nn

= o(

ln(n)3

n

), toujours pour n au voisinage de

l’infini. Finalement on a demontre que

vn − 5 ∼n→∞ −5 ln(n)3

n.

3. On va utiliser que pour x au voisinage de 0, on a

exp(x)− 1 = x+ x2/2 + o(x2), sin(x) = x+ x2/2 + o(x2)

Lorsque n est au voisinage de l’infini, 1n

= o(1) et donc

exp(1/n)− 1 =1

n+

1

2n2+ o

(1

n2

).

Toujours pour n au voisinage de l’infini, exp(1/n)−12n

= o(1), et on deduit de l’egaliteci-dessus et du DL de sin en 0 rappele plus haut que

sin

(exp(1/n)− 1

2n

)=

1

n2n+

1

2n22n+ o

(1

n22n

),

ou on a utilise que n = o(2n) (croissances comparees) et donc ( 1n2n

)2 = o(

1n22n

),.

Finalement

wn = 3 +1

2n+ o

(1

n

)en utilisant que n2 = o(2n) et donc n

2n= o

(1n

).

On a donc

wn →n→∞ 3, wn − 3 ∼n→∞1

2n.

4. On a

sin(π/3) =

√3

2, sin′(π/3) = cos(π/3) =

1

2,

de sorte que, par Taylor-Young, pour x au voisinage de 0,

sin(π/3 + x) =

√3

2+x

2+ o(x).

Par ailleurs tan(x) = x+ o(x) Pour n au voisinage de l’infini, n−1/2 = o(1),tan(n−1/2) = n−1/2 + o(n−1/2) et donc

sin

(π

3+ tan

(1√n

))=

√3

2+

1

2√n

+ o(n−1/2).

2

Autrement dit

yn →n→∞

√3

2, yn −

√3

2∼n→∞

1

2√n.

Exercice 2 Determiner le comportement asymptotique des suites, eventuellement enfonction du parametre introduit.

1. un =(1 + a

n

)n, ou a ∈ R.

2. vn = (cos(n−α))bn, ou α > 0, b ∈ R.

3. wn = tan(1/n)−1/n2

1+ln(1+1/n)−cos(1/n) .

4. an =(√

4n2 − 1 + ln(n))× (sin(1/n) + exp(1/n2)− 1) .

5. bn =∑n

k=1sin(k/n)

n.

6. Sn =∑n

k=1 sin(kn2

).

1. En utilisant le DL de ln(1 + x) en 0, on trouve que lorsque n→∞,

un = exp(n ln(1 +

a

n))

= exp

(n

(a

n+O(

1

n2)

))= exp(a+O(

1

n)),

et donc un → exp(a) lorsque n→∞.

2. Remarquons tout d’abord que si b = 0, alors trivialement vn = 1 pour tout n ∈ N(en particulier dans ce cas vn → 1).

On suppose dans la suite que b 6= 0.

Bien entendu, puisque α > 0 on a n−α → 0 lorsque n→∞. En utilisant le DL decos(x) puis celui de ln(1 + x) en 0, on trouve donc que, pour n→∞,

vn = exp(bn ln(cos(n−α))) = exp(bn ln(1+n−2α+O(n−4α))) = exp(bn−2α+1+O(n−4α)).

Autrement dit, vn = exp(ζn), ou ζn ∼ bn−2α+1.

On en deduit que— si α < 1/2, b > 0 alors vn → +∞— si α < 1/2, b < 0 alors vn → 0.— si α = 1/2, alors vn → exp(b).— si α > 1/2, alors vn → 1.

3. En utilisant qu’au voisinage de 0,tan(x) = x+ o(x), ln(1 + x) = x+ o(x), cos(x) = 1 + o(x), on obtient que pourn→∞, tan(1/n)− 1/n2 = 1/n+ o(1/n),1 + ln(1 + 1/n)− cos(1/n) = 1/n+ o(1/n), de sorte que wn → 1.

4. Remarquons tout d’abord que lorsque n→∞ (en utilisant le DL de√

1 + x en 0),

√4n2 + 1 + ln(n) = 2n

√1 +

1

4n2+ ln(n) = 2n(1 + o(1)) + ln(n) = 2n(1 + o(1)).

3

D’autre partsin(1/n) + exp(1/n2)− 1 = 1/n+ o(1/n).

Finalementan = 2n(1 + o(1))(1/n+ o(1/n)) = 2 + o(1),

i.e. an → 2 lorsque n→∞.

5. On reconnaıt la une somme de Riemann, en effet

bn =1

n

n∑k=1

f(k/n),

avec f(x) = sin(x). On a donc

limn→∞

bn =

∫ 1

0

sin(x)dx = [− cos(x)]10 = 1− cos(1).

6. En utilisant un DL de sin(x) en 0, et le fait que pour tout 1 ≤ k ≤ n,o(k/n2) = o(1/n), on obtient

Sn =n∑k=1

(k

n2+ o(1/n)

)=

(1

n2

n∑k=1

k

)+ o(1) =

n(n+ 1)

2n2+ o(1),

ainsi Sn → 12

lorsque n→∞.

Exercice 3 Suites (et sommes) arithmetiques

1. Soit (un)n∈N une suite arithmetique. On suppose que u80 = 397 et u15 = 137.Determiner la raison, et le terme initial u0.

2. Soit (vn)n∈N une suite arithmetique de raison 0.01, telle que

1200∑i=0

vi = 4804.

Determiner v0.

3. Quelle est la somme des nombres entiers positifs, multiples de 7, et inferieurs a1000 ?

1. Si on note r la raison on a

r =u80 − u1580− 15

=260

65= 4.

Ainsi u0 = u15 − 15r = 137− 60 = 77.

4

2. On a

4804 =1200∑i=0

vi = 1201× 2v0 + 1200 · 0.01

2,

et donc 4 = v0 + 6, i.e. v0 = −2.

3. On a 142 < 1000/7 < 143 et donc les multiples de 7 positifs et inferieurs a 1000sont 0, 7, 2 · 7, ..., 142 · 7. On cherche donc

142∑k=0

7k =7 · 142 · 143

2= 71071.

Exercice 4 Suites (et sommes) geometriques

1. Calculer le terme general de la suite u definie par{u0 = 3

un+1 = 2un.

Determiner∑33

k=0 uk

2. Soit la suite v definie par {v0 = −5

vn+1 = −2un.

Calculer vn, puis∑29

k=17 vk.

3. Calculer le terme general, puis la limite, de{w0 = 1

wn+1 = 22−nwn.

4. Soit a ∈ R fixe. Quel est le rayon de convergence ρ de la serie entiereS(x) :=

∑∞k=0 α

k(x− a)k? Calculer S(x) lorsque |x− a| < ρ. Montrer que S estderivable sur {x : |x− a| < ρ}.On admet alors que S ′(x) =

∑k≥1 kα

k(x− a)k−1. En deduire, pour p ∈ (0, 1), lavaleur de

∞∑k=0

kpk−1,

puis celle de∞∑k=0

kp(1− p)k.

Remarque : La quantite ci-dessus est l’esperance du temps de premier succes dansune suite d’essais independants, les essais ayant lieu aux temps 0, 1, 2, ..., et chacund’entre eux ayant une probabilite de succes p.

5

1. On a simplement un = u0 · 2n = 3 · 2n. D’autre part∑33k=0 uk = 31−233

1−2 = 3(233− 1) = 25769803775.

2. De meme

vn = −5 · (−2)n,29∑

k=17

vk = v171− (−2)13

1− (−2)= 5 · 217 · 1 + 213

3= 1789788160.

3. Une recurrence immediate fournit que

wn = 2∑nk=1 2

−kw0.

Etant donne que∑n

k=1 2−k = 1− 2−n, on trouve alors

wn = 21−2−n −→n→∞

2.

4. Comme le disque de convergence est centre en a, on peut, sans perte de generalite,supposer que a = 0 pour calculer notre rayon de convergence. On considere donc laserie de terme general uk := αk|x|k.Par exemple on peut alors noter que uk+1

uk= α|x|. D’apres le critere de d’Alembert

on trouve donc que

ρ =1

α.

Revenons au cas de a quelconque. Lorsque |x− a| < 1α

, on reconnaıt la serie determe general geometrique dont la raison r = α(x− a) verifie bien |r| < 1. Ontrouve donc

S(x) =1

1− α(x− a).

Bien entendu cette fonction est derivable (et meme en fait C∞) sur ]a− 1α, a+ 1

α[,

et on trouveS ′(x) =

α

(1− α(x− a))2.

En utilisant le resultat admis, on a donc obtenu que∑k≥1

kαk(x− a)k−1 =α

(1− α(x− a))2.

En particulier, lorsque α = 1, a = 0, et x = p on obtient∑k≥0

kpk−1 =∑k≥1

kpk−1 =1

(1− p)2.

De maniere similaire, en posant a nouveau α = 1, a = 0, mais cette fois x = 1− pon obtient

∞∑k=0

kp(1− p)k = p(1− p)∑k≥1

k(1− p)k−1 = p(1− p) 1

p2=

1− pp

=1

p− 1.

6

Exercice 5 Suites (et sommes) arithmetico-geometriques

1. Calculer le terme general de la suite{u0 = −2

un+1 = 3un + 1.

On commencera par determiner une valeur de α pour laquelle la suite (un − α)n≥0est geometrique.

2. Trouver∑1500

k=0 vk lorsque {v0 = 2

vn+1 = 2vn − 1.

1. On veut trouver α, r ∈ R tels que

un+1 − α = 3un + 1− α = r(un − α),

il faut donc clairement prendre r = 3 et α = −12. Si on pose wn = un + 1

2on

obtient donc

w0 = −3

2, wn+1 = 3wn, i.e. wn = −3

23n,

et on conclut que

un = wn −1

2= −3

23n − 1

2.

2. Comme dans la question precedente on commence par determiner la valeur de αtelle que

vn+1 − α = 2vn − 1− α = 2(vn − α),

et on trouve queα = 1, vn = 1 + 2n

On cherche finalement

1500∑k=0

vk = 1501 +1500∑k=0

2k = 1501 + 21501 − 1 ≈ 7.015 · 10451.

Exercice 6 Suites definies par une relation de recurrence lineaire, multiple.Trouver le terme general de la suite et en deduire son comportement asymptotique.

1. u0 = 1, u1 = −1, 2un+2 + 3un+1 − 2un = 0.

2. v0 = 1, v1 = 1, v2 = 3, vn+3 = 2vn+2 + vn+1 − 2vn.

3. w0 = 1, w1 = −1, w2 = 3, wn+3 = 2wn.

7

1. L’equation caracteristique est 2x2 + 3x− 2 = 0 dont les racines sont −2, 1/2. Onobtient donc que le terme general de la suite u est une combinaison lineaire dessuites geometriques de raisons respectives −2, 1/2. Autrement ditun = A(−2)n + B

2n. Les conditions initiales fournissent A+B = 1,−2A+B/2 = −1

ce qui conduit a A = 3/5, B = 2/5. Finalement pour tout n ≥ 0

un =3 · (−2)n

5+

2

5 · 2n

Le deuxieme terme de la somme ci-dessus tend vers 0 lorsque n→∞, (tandis quele premier explose en valeur absolue), ainsi

un ∼n→∞3 · (−2)n

5.

En revanche cette derniere expression ne possede pas de limite lorsque n→∞, etdonc (un) n’en possede pas non plus.

2. Ici l’equation caracteristique est x3 − 2x2 − x− 2 = 0 qui a pour racines −1, 1, 2.Le terme general s’ecrit donc

vn = A · (−1)n +B + C2n.

Les conditions initiales fournissent ici

A+B + C = 1,−A+B + 2C = 1, A+B + 4C = 3,

ainsi A = 1/3, B = 0, C = 2/3, et finalement

vn =1

3· (−1)n +

2

3· 2n.

Il est alors clair que lorsque n→∞ on a vn → +∞, et plus precisement

vn ∼n→∞2

3· 2n.

3. Ici pas besoin d’equation caracteristique : les suites (w3n), (w3n+1), (w3n+2) sonttoutes trois geometriques de raison 2. Elles ne different finalement que par leurpremier terme. On obtient

w3n = 2n, w3n+1 = −2n, w3n+2 = 3 · 2n.

Comme w3n → +∞ alors que w3n+1 → −∞, la suite w ne possede pas de limitelorsque n→∞.

Exercice 7Soit la fonction

f :

{R \ {−2/3} → Rx→ −x+18

3x+2

.

8

1. Montrer que la suite {u0 = 3

un+1 = f(un)

est bien definie.

2. Montrer que la suite v definie par vn = un−2un+3

, n ≥ 0 est egalement bien definie.Determiner son terme general.

3. En deduire une expression de un, n ≥ 0.

4. Etudier la convergence de la suite u, puis de la serie de terme general un.

1. La fonction f est une hyperbole. Elle est C∞ sur R \ {−2/3}. Sa derivee f ′(x) esttoujours negative, la fonction f est donc decroissante. Enfin elle converge vers −1

3

en ±∞, et elle tend vers −∞ a gauche de −2/3, vers +∞ a droite de ce memepoint.

On peut alors s’apercevoir (par exemple) que f([0, 18]) ⊂ [0, 18] de sorte que siu0 ∈ [0, 18] une recurrence immediate fournit que (un) est bien definie (et queun ∈ [0, 18] pour tout n ∈ N).

2. On vient de voir que un ≥ 0 (et donc un 6= −3) pour tout n ∈ N pourvu queu0 ∈ [0, 18], ainsi (vn) est bien definie. On a alors

vn+1 =un+1 − 2

un+1 + 3=−un+183un+2

− 2−un+183un+2

+ 3=−7un + 14

8un + 24= −7

8

un − 2

un + 3= −7

8vn.

Ainsi, la suite v est geometrique et comme v0 = u0−2u0+3

= 16, on trouve finalement

vn =1

6

(−7

8

)n.

Notons d’ores et deja que puisque | − 7/8| < 1, vn → 0 lorsque n→∞.

3. On trouve alors que

un =3vn + 2

1− vn=

12

(−7

8

)n+ 2

1− 16

(−7

8

)n .On obtient donc que

limn→∞

un = 2.

La serie de terme general un est donc grossierement divergente (son terme generalne tendant pas vers 0).

Remarque : L’equation f(x) = x a pour racines −3, 2. Ce sont les deux seuls pointsfixes de f . D’autre part |f ′(−3)| = | − 56/49| > 1, le point −3 est donc repulsif. Enrevanche |f ′(2)| = | − 56/64| < 1 et ce point est attracteur.

9

Exercice 8 Etudier le comportement asymptotique de la suite{u0 = a ∈ R∗+un+1 =

√u2n + un

.

Une recurrence immediate fournit que un > 0 pour tout n ∈ N. On a alors, pour toutn ∈ N,

un+1 =√u2n + un >

√u2n = un.

La suite (un) est donc croissante.Par l’absurde, supposons qu’elle soit bornee. On aurait alors l’existence d’une limite ` > 0pour u. Mais comme la fonction x→

√x2 + x est continue, on aurait alors

` =√`2 + ` > `,

une contradiction.On en deduit que u n’est pas bornee, elle tend donc vers +∞ lorsque n→∞.Remarque : On pourrait en fait detailler le comportement asymptotique de u, et calculerun equivalent de un lorsque n→∞. En effet lorsque n→∞, un →∞ i.e. 1/un → 0 etdonc

un+1 = un

√1 +

1

un= un

(1 +

1

2un− 1

8u2n+O

(1

u3n

))= un +

1

2− 1

8un+O

(1

u2n

).

On en deduit (par recurrence) que un ≤ u0 + n2

puis que un ≥ u0 + n2− ln(n), pour une

certaine constante K.On obtient donc finalement que

un ∼n→∞n

2.

Exercice 9 On etudie la suite {u0 ∈ R∗+un+1 = 1

6(u2n + 8)

.

1. Etudier la fonction f : x→ 16(x2 + 8) sur R+. On s’attachera en particulier a

etablir que les deux seuls points fixes de f sont 2 et 4 et que les trois intervalles[0, 2], [2, 4], [4,+∞) sont stables par f . On calculera f ′(2), f ′(4). Les points fixes def sont-ils attracteurs ou repulsifs ?

2. Discuter de la convergence de (un) suivant la valeur de u0.

1. On a f ′(x) = x3≥ 0 pour tout x ∈ R+. La fonction f est donc croissante sur R+

(c’est l’une des deux branches d’une parabole), et comme f(0) = 4/3 on obtientque f([0,+∞)) = [4/3,+∞).

10

La fonction f(x)− x est quant a elle decroissante sur [0, 3] puis croissante sur[3,+∞). Comme f(0) > 0, f(3)− 3 = 17

6− 3 < 0 et f(x) >> x lorsque x→∞, on

deduit que f possede exactement deux points fixes. On verifie aisement quef(2) = 2, f(4) = 4, et donc ces deux points fixes sont bien 2 et 4.

D’autre part comme f est croissante on a pour tout a < b, f([a, b]) = [f(a), f(b)].Ainsi f([0, 2]) = [4/3, 2] ⊂ [0, 2], f([2, 4]) = [2, 4] et

2.

3.

Exercice 10 Critere de Riemann On considere α ∈ R et la suite

S0 = 0, Sn =n∑k=1

1

kα.

1. Quelque soit α, montrer que la suite (Sn) est croissante. En deduire que (Sn)possede forcement une limite (finie ou infinie) en +∞.

2. Montrer que quelque soit α ≥ 0, et pour tout n ≥ 1, on a∫ n+1

1

1

xαdx ≤ Sn ≤ 1 +

∫ n

1

1

xαdx.

Lorsque α < 0 montrer que pour tout n ≥ 1, on a

1 +

∫ n

1

1

xαdx ≤ Sn ≤

∫ n+1

1

1

xαdx

3. Deduire de la question precedente pour quelles valeurs de α on a Sn →n→∞ ∞.Determiner dans ce cas un equivalent de Sn lorsque n→∞.

4. Pour quelles valeurs de α la suite (Sn) possede-t-elle une limite finie ? Deduire dela question 2 un encadrement de la valeur de cette limite. Pourrait-on, par unemethode similaire, trouver des encadrements plus precis de la valeur de la limite ?

1. Pour tout n ≥ 1, Sn − Sn−1 = 1nα≥ 0 et donc la suite (Sn) est bien croissante. Si

elle est majoree elle converge vers une limite finie. Si elle n’est pas majoree c’estqu’elle tend vers +∞ lorsque n→∞.

2. Lorsque α ≥ 0 la fonction x→ xα est decroissante. On a donc pour tout k ≥ 2,∫ k+1

k

1

xαdx ≤ 1

kα≤∫ k

k−1

1

xαdx.

L’inegalite de gauche reste vraie meme pour k = 1, et on en deduit le resultatsouhaite

Lorsque α < 0, la fonction x→ xα est croissante et les inegalites sont doncrenversees, mais le raisonnement reste identique.

11

3. Lorsque α 6= 1 on a ∫ n

1

1

xαdx =

1

1− α(n1−α − 1

).

Pour α = 1 on a plutot ∫ n

1

1

xdx = ln(n).

On en deduit, d’apres la question precedente, que

1 +1

1− α(n1−α − 1

)≤ Sn ≤

1

1− α((n+ 1)1−α − 1

)si α < 0

1

1− α((n+ 1)1−α − 1

)≤ Sn ≤ 1 +

1

1− α(n1−α − 1

)si α ∈ [0, 1)

ln(n+ 1) ≤ Sn ≤ 1 + ln(n) si α = 11

1− α((n+ 1)1−α − 1

)≤ Sn ≤ 1 +

1

1− α(n1−α − 1

)si α > 1

Evidemment n1−α →∞ si et seulement si α < 1. Comme par ailleurs ln(n)→∞,on en deduit (thoreme de comparaison) que Sn →∞ lorsque α ≤ 1. Pour cesvaleurs de α on remarque de plus que les membres de gauche et de droite desinegalites ci-dessus sont equivalents. On a finalement

Sn ∼n→∞1

1− α(n1−α − 1

)si α < 1

Sn ∼ ln(n) si α = 1.

4. Lorsque α > 1 on a n1−α → 0. Comme deja fait dans la question precedente on a

1 +1

1− α((n+ 1)1−α − 1

)≤ Sn ≤

1

1− α(n1−α − 1

)Lorsque n→∞ on obtient

1

α− 1≤ Sn ≤ 1 +

1

α− 1.

Mais on pourrait faire mieux, quitte a n’utiliser la comparaison avec une integralequ’a partir d’un k ≥ 1 fixe, on trouverait alors, pour tout n ≥ k, que

Sk−1 +

∫ n+1

k+1

x−αdx

= Sk−1 +1

1− α((n+ 1)1−α − (k + 1)1−α

)≤ Sn

≤ Sk +

∫ n

k

x−αdx

= Sk +1

1− α(n1−α − k1−α

),

12

et donc la limite de Sn verifie

Sk−1 +1

α− 1(k + 1)1−α ≤ Sn ≤ Sk +

1

α− 1k1−α.

Notons que les valeurs de cette limite dans les cas α ∈ 2N peuvent etre calculeesexplicitement, on a par exemple que cette limite vaut π2/6 lorsque α = 2.

Exercice 11 Critere de d’Alembert On suppose dans cet exercice que (un) est unesuite a valeurs strictement positives, et que

limn→∞

un+1

un= `.

Le but est de determiner si la serie de terme general un (i.e. la suite (Sn) telle queS0 = 0, Sn =

∑nk=1 un, n ≥ 1) est convergente ou divergente.

1. Montrer que (Sn) est croissante, et qu’elle possede une limite finie ou infinielorsque n→∞.

2. On suppose dans cette question que ` < 1. Montrer qu’il existe un rang n0 tel que

un+1

un≤ 1 + `

2∀n ≥ n0.

En deduire que pour tout n ≥ n0 on a

un ≤ un0

(1 + `

2

)n−n0

.

La suite (Sn) possede-t-elle une limite finie lorsque n→∞ ?

3. On suppose dans cette question que ` > 1. Montrer qu’il existe un rang n0 a partirduquel on a

un+1

un≥ 1 + `

2.

En deduire que pour tout n ≥ n0 on a

un ≥ un0

(1 + `

2

)n−n0

.

La suite (Sn) possede-t-elle une limite finie lorsque n→∞ ?

1. On a pour tout n ≥ 1, Sn − Sn−1 = un > 0 par hypothese, et donc (Sn) est(strictement) croissante. Si elle est majoree elle converge donc vers une limite finie,sinon elle diverge vers +∞.

13

2. Puisque ` < 1 on a ` < `+12

, et par definition de limite on deduit l’existence d’unrang n0 a partir duquel on a bien un+1

un≤ 1+`

2. Par une recurrence immediate on

deduit que

un ≤ un0

(1 + `

2

)n−n0

∀n ≥ n0.

On a donc pour tout n ≥ n0

Sn ≤ Sn0−1 + un0

n∑k=n0

(1 + `

2

)k−n0

≤ Sn0−1 + un0

∑k≥0

(1 + `

2

)k= Sn0−1 + un0

1

1− 1+`2

<∞,

et on deduit que (Sn) est majoree, et donc converge.

3. Puisque ` > 1 on a ` > `+12

, et par definition de limite on deduit l’existence d’unrang n0 a partir duquel on a bien un+1

un≥ 1+`

2. Par une recurrence immediate on

deduit que

un ≥ un0

(1 + `

2

)n−n0

∀n ≥ n0.

On a donc pour tout n ≥ n0

Sn ≥ Sn0−1 + un0

n∑k=n0

(1 + `

2

)k−n0

= Sn0−1 + un0

n−n0∑k=0

(1 + `

2

)k= Sn0−1 + un0

(`+12

)n−n0 − 11+`2− 1

,

qui diverge lorsque n→∞, et donc (Sn) diverge egalement.

Exercice 12 On donne le terme general un d’une serie. Cette serie absolumentconvergente ? convergente ? divergente ?On pourra par exemple utiliser le critere de d’Alembert, ou celui de Cauchy (quipermettent de comparer unx

n a une suite geometrique), ou utiliser un theoremed’equivalence.

1. un = n+1n7/3+2n2+1

.

2. un = n2 sin(1/n).

14

3. un = nn

en.

4. un =(12

)n1/4

.

5. un = 1− cos(1/n).

6. un = 1n

ln(1 + 1/n2).

7. un = 1√n

sin 1/√n.

8. un = (−1)nn

9. un = (−1)nnα

, ou α > 0.

1. On a, lorsque n→∞ un ∼ n−4/3, et donc, par comparaison avec une serie deRiemann, on en deduit que

∑un est absolument convergente.

2. On a, lorsque n→∞, un ∼ n et donc la serie∑un est grossierement divergente.

3. On a un → +∞ et donc la serie diverge grossierement.

4. On a un = exp(−n1/4 ln(2)) = o(1/n2). Par comparaison avec une serie deRiemann, on deduit que

∑un est absolument convergente.

5. On a un ∼ 12n2 . Par comparaison avec une serie de Riemann, on deduit que

∑un

est absolument convergente.

6. On a un = 1n

ln(1 + 1/n2) ∼ 1n

+O(1/n2). La serie∑un est donc divergente (on a

meme, par theoreme de comparaison, que∑n

k=1 uk ∼ ln(n)).

7. A nouveau un = 1n

+O(1/n2). Exactement comme dans l’exemple precedent laserie

∑un est divergente.

8. Pour la meme raison que les deux cas precedents la serie n’est pas absolumentconvergente. En revanche, puisque 1/n decroıt vers 0, on a affaire a une seriealternee. Plus precisement

∣∣∑k≥n(−1)kun

∣∣ ≤ 1n, et donc la serie est convergente.

9. Lorsque 0 < α ≤ 1, pour exactement les memes raisons que dans l’exempleprecedent, la serie

∑un est convergente, mais pas absolument convergente. En

revanche lorsque α > 1, le critere de Riemann permet d’assurer que∑un est

absolument convergente.

Exercice 13 Determiner le rayon de convergence ρ de la serie entiere

S(x) =∑n≥0

unxn

dans les cas qui suivent, puis donner une formule explicite pour S(x) lorsque |x| < ρ.On rappelle la formule de Stirling : n! ∼

(ne

)n√2πn

1. un = 1

2. un = an, ou a ∈ R.

15

3. un = 1n, n ≥ 1.

4. un = 1n!

.

5. un = an

n!, ou a ∈ R.

6. un = n!.

7. u2n = 1(2n)!

, u2n+1 = 0.

8. u2n = 0, u2n+1 = 1(2n+1)!

.

9. u2n = (−1)n(2n)!

, u2n+1 = 0.

10. u2n = 0, u2n+1 = (−1)n(2n+1)!

.

11. u2n = 0, u2n+1 = (−1)n 12n+1

.

12. un = a(a−1)(a−2)...(a−n+1)n!

, ou a ∈ R.

1. On a un+1xn+1

unxn= x, et donc par le critere de d’Alembert le rayon de convergence de

S est egal a 1. On reconnaıt en S(x) la somme des termes d’une suite geometriqueet donc pour |x| < 1 on a

S(x) =∑n≥0

xn =1

1− x.

2. On a ici un+1xn+1

unxn= ax, et donc par le critere de d’Alembert le rayon de

convergence de S est egal a 1/|a|. On reconnaıt a nouveau en S(x) la somme destermes d’une suite geometrique et donc pour |x| < 1/|a| on a

S(x) =∑n≥0

anxn =1

1− ax.

3. On a un+1xn+1

unxn= x(1 + 1/n), et donc par le critere de d’Alembert le rayon de

convergence de S est egal a 1. On reconnaıt en S(x) la primitive de la fonctiontrouvee en 1 et donc pour |x| < 1 on a

S(x) =∑n≥1

xn

n= − ln(1− x).

4. On a un+1xn+1

unxn= x

n+1, et donc par le critere de d’Alembert le rayon de convergence

de S est egal a +∞. On reconnaıt en S(x) le developpement de Taylor de lafonction exponentielle et donc pour x ∈ R on a

S(x) =∑n≥0

xn

n!= exp(x).

16

5. On a un+1xn+1

unxn= ax

n+1, et donc par le critere de d’Alembert le rayon de convergence

de S est egal a +∞. On reconnaıt a nouveau en S(x) le developpement de Taylorde la fonction exponentielle et donc pour x ∈ R on a

S(x) =∑n≥0

(ax)n

n!= exp(ax).

6. On a un+1xn+1

unxn= (n+ 1)x, et donc par le critere de d’Alembert le rayon de

convergence de S est egal a 0.

7. Quitte a poser vn = 1(2n)!

on a ici

S(x) =∑n≥0

x2n

(2n)!=:∑n≥0

vn(x2)n =: S(x2).

Or on a vn+1(x2)n+1

vn(x2)n= x2

(2n+1)(2n+2), et donc par le critere de d’Alembert le rayon de

convergence de S est egal a +∞. Ainsi le rayon de convergence de S est egalement+∞. On reconnaıt en S(x) le developpement de Taylor de la fonction cosh et doncpour x ∈ R on a

S(x) =∑n≥0

x2n

(2n)!= cosh(x).

8. Quitte a poser vn = 1(2n+1)!

on a ici

S(x) =∑n≥0

x2n+1

(2n+ 1)!=: x

∑n≥0

vn(x2)n =: xS(x2).

Or on a vn+1(x2)n+1

vn(x2)n= x2

(2n+2)(2n+3), et donc par le critere de d’Alembert le rayon de

convergence de S est egal a +∞. Ainsi le rayon de convergence de S est egalement+∞. On reconnaıt en S(x) le developpement de Taylor de la fonction sinh et doncpour x ∈ R on a

S(x) =∑n≥0

x2n+1

(2n+ 1)!= sinh(x).

9. Quitte a poser vn = (−1)n(2n)!

on a ici

S(x) =∑n≥0

(−1)nx2n

(2n)!=:∑n≥0

vn(x2)n =: S(x2).

Or on a vn+1(x2)n+1

vn(x2)n= − x2

(2n+1)(2n+2), et donc par le critere de d’Alembert le rayon

de convergence de S est egal a +∞. Ainsi le rayon de convergence de S estegalement +∞. On reconnaıt en S(x) le developpement de Taylor de la fonctioncos et donc pour x ∈ R on a

S(x) =∑n≥0

(−1)nx2n

(2n)!= cos(x).

17

10. Par un raisonnement similaire aux precedents on trouve a nouveau un rayon deconvergence infini et cette fois

S(x) = sin(x).

11. Par un raisonnement similaire aux precedents on trouve ici un rayon deconvergence egal a 1. Pour |x| < 1 on trouve

S(x) = arctan(x).

12. On a un+1xn+1

unxn= xa−n+2

n+1→ −x, et donc par le critere de d’Alembert le rayon de

convergence de S est egal a 1. On reconnaıt en S(x) le developpement de Taylorde la fonction x→ (1 + x)a et donc pour |x| < 1 on a

S(x) =∑n≥1

a(a− 1)(a− 2)...(a− n+ 1)

n!xn = (1 + x)a.

Exercice 14 A l’aide d’encadrements, determiner la limite, lorsque n→∞, des deuxsuites qui suivent

1. sn =∑n

k=11√n2+k

2. σn =∑n

k=01

(nk).

1. Pour tout n ≥ 1, la fonction x→ 1n2+x

est decroissante. Pour tout n ≥ 1, on adonc que, quelque soit k ∈ {1, ..., n},

1√n2 + n

≤ 1√n2 + k

≤ 1

n.

On a doncn∑k=1

1√n2 + n

=n√

n2 + n≤ sn ≤

n∑k=1

1

n= 1.

Le membre de gauche tend vers 1 lorsque n→∞, par le theoreme des gendarmeson en deduit que vn → 1 lorsque n→∞.

2. Notons que pour tout n ≥ 4,

σn = 2 +2

n+

n−2∑k=2

1(nk

) ,D’autre part, pour tout 1 ≤ k ≤ n− 2, 1

(nk)≤ 1

(n2)= o(1/n), de sorte que

σn = 2 + 2/n+ o(1/n), en particulier σn → 2 lorsque n→∞.

18

Exercice 15 Moyenne arithmetico-geometrique Soient 0 < u0 ≤ v0 et pour toutn ∈ N,

vn+1 =un + vn

2, un+1 =

√unvn.

Remarque : Ainsi, un+1 (resp. vn+1) est la moyenne arithmetique (resp. geometrique) deun et vn.

1. Montrer queu0 ≤ un ≤ un+1 ≤ vn+1 ≤ vn ≤ v0.

2. En deduire que les deux suites sont respectivement convergentes vers ` ≤ `′.

3. Etablir que pour tout n ∈ N,

vn+1 − un+1 =1

2(√vn −

√un)2.

En deduire que necessairement ` = `′.

1. Montrons par recurrence

(Hn) u0 ≤ un ≤ un+1 ≤ vn+1 ≤ vn ≤ v0.

Commencons par (H0). Les inegalites u0 ≤ u1, v1 ≤ v0 decoulent directement del’hypothese 0 < u0 ≤ v0. Reste a voir que u1 =

√u0v0 ≤ u0+v0

2= v1. Pour a > 0

fixe, on peut introduire la fonction fa : x→√ax− a+x

2. Remarquons que

fa(a) = 0. De plus on a f ′a(x) =√

a2x− 1

2, et donc f ′a(x) ≤ 0 pour tout x ≥ a.

Finalement fa(x) ≤ 0 pour tout x ≥ a. En particulier fu0(v0) = u1 − v1 ≤ 0,comme souhaite.

Supposons desormais (Hn) pour un n ≥ 0. On a alors facilement

u0 ≤ un+1 ≤ un+2 =√un+1vn+1 ≤ vn+1, un+1 ≤

un+1 + vn+1

2= vn+2 ≤ vn+1 ≤ v0.

D’autre part par un raisonnement similaire a ce qui precede on obtient

un+2 − vn+2 = fun+1(vn+1) ≤ 0,

ce qui permet de conclure a (Hn+1).

2. D’apres la question precedente, la suite (un) est donc croissante, majoree par v0donc elle converge vers un ` ∈ R. D’autre part, toujours d’apres la question 1, lasuite (vn) est decroissante, minoree par u0 donc elle converge vers un `′ ∈ R. Enfin,comme pour tout n ∈ N, un ≤ vn on a ` ≤ `′.

3. On a

vn+1 − un+1 =un + vn

2−√unvn =

1

2(√vn −

√un)2.

19

Les fonctions (x, y)→ y − x, (x, y)→ 12(√y −√x)2 sont continues, et donc, en

passant a la limite lorsque n→∞, on obtient

`′ − ` =1

2(√`′ −√`).

Comme de plus `, `′ sont des nombres strictement positifs et que`′ − ` = (

√`′ −√`)(√`′ +√`), on en deduit que

(√`′ +√`)(√`′ −√`) =

1

2(√`′ −√`)2

Si, par l’absurde, `′ 6= `, on en deduirait que

(√`′ −√`) =

1

2(√`′ +√`),

une contradiction.

On conclut finalement que ` = `′.

Exercice 16 (*) Critere de Raabe-DuhamelOn souhaite montrer le critere suivant, qui est un raffinement du critere de d’Alembert.Soit (un)n∈N une suite de nombres reels a termes strictement positifs telle que

un+1

un= 1− α

n+ o

(1

n

),

avec α ∈ R, alors— si α < 1, la serie de terme general (un)n∈N diverge,— si α > 1, la serie de terme general (un)n∈N converge,— si α = 1, on ne peut conclure.

1. Supposons tout d’abord α > 1. Notons

β =α + 1

2, γ =

α + β

2, vn =

1

nβ

Montrer qu’il existe un N suffisamment grand tel que pour tout n ≥ N on a

un+1

un≤ 1− γ

n≤ vn+1

vn.

En deduire que pour tout n ≥ N on a un ≤ uNvNvn, et conclure alors que la serie de

terme general un converge.

2. Proposer une methode similaire dans le cas α < 1.

20

1. Notons que β est la moyenne arithmetique de α > 1 et 1, tandis que γ est lamoyenne arithmetique de α et β. On a donc

1 < β < γ < α.

On a en outre un+1

un= 1− α

n+ o(1/n), et d’autre part

vn+1

vn= (n+1)β

nβ= 1 + β

n+ o(1/n). Par definition de o(·) il existe donc N tel que pour

tout n ≥ N , o(1/n) ≤ inf(γ−β,α−γ)n

, et on obtient donc, comme souhaite,

un+1

un≤ 1− γ

n≤ vn+1

vn.

On en deduit que pour n ≥ N

un = uNuN+1

uN. . .

unun−1

≤ uNvnvN.

Puisque u est a termes positifs, on a donc

n∑k=1

uk ≤N−1∑k=1

uk +uNvN

n∑k=N

vk.

Comme β > 1 le critere de Riemann assure que∑

k≥N vk converge, et doncfinalement

∑nk=1 uk est croissante (a nouveau on utilise que u est a termes

positifs), majoree, donc elle converge.

2. On pose β = 1+α2, γ = α+β

2. Cette fois on a 0 < α < γ < β < 1. On garde notre

notation vn = 1nβ

.

Exactement comme dans la question 1, on obtient l’existence d’un N tel que pourtout n ≥ N ,

vn+1

vn≤ 1− γ

n≤ un+1

un,

et doncun ≥ uN

vnvN.

Cette fois on trouve que ∑kgeN

uk ≥uNvN

n∑k=N

vk,

et comme∑

k≥N vk diverge, on conclut qu’il en est de meme pour∑

k≥N uk.

Exercice 17 (complement - + difficile (*)) Dans cet exercice on noteR = R ∪ {±∞}. On rappelle que l’infimum d’une partie de R est le plus grand de sesminorants : si A ⊂ R

x = inf A ⇔

{x ≤ y∀y ∈ A,∀z > x∃y ∈ A : z > y

21

Soit (un)n une suite de reels. Pour tout n ∈ N, on note

un := inf{uk, k ≥ n} ∈ R, un := sup{uk, k ≥ n} ∈ R.

1. Calculer un, un dans les cas suivants

un = n, un = (−1)n un = sin(πn/4) un = ln(1/n) un = 1 + 1/n.

2. Montrer que la suite u est croissante. Que peut-on dire de la suite u.

3. En deduire qu’il existe `, ` ∈ R tels que

un −→n→∞

`, un −→n→∞

`,

et que ` ≤ `

4. (*) Montrer que` = ` = ` ∈ R⇔ lim

n→∞un = `.

1. Quelque soit n ∈ N, l’ensemble {k : k ≥ n} est clairement minoree par son pluspetit element n, et il n’est pas majore (le suite consideree (un) est croissante etdiverge). On a donc dans ce cas

un = n, un = +∞.

Dans le deuxieme cas, quelque soit n ∈ N, l’ensemble {(−1)k : k ≥ n} est en faittoujours exactement l’ensemble {−1, 1} (la suite consideree est clairement2-periodique) et on a donc alors

un = −1, un = 1.

Dans le troisieme cas, quelque soit n ∈ N, l’ensemble {sin(πk/4) : k ≥ n} esttoujours egal a {−1,−

√2/2, 0,

√2/2, 1} (la suite consideree est 8-periodique, mais

sur une periode elle prend deux fois les valeurs −√

2/2, 0,√

2/2). On a donc anouveau dans ce cas

un = −1, un = 1.

Dans le quatrieme cas, la suite (un) consideree (definie sur N∗) est decroissante etdiverge vers −∞. Pour tout n ∈ N∗, l’ensemble {ln(1/k) : k ≥ n} est donc nonminore, et majore par ln(1/n), i.e.

un = −∞, un = ln(1/n).

Enfin dans le dernier cas, la suite consideree est decroissante, et converge vers 1.l’ensemble {1 + 1/k : k ≥ n} est donc minore par 1 (et aucun reel strictementsuperieur a 1 ne minore cet ensemble), et majore par 1 + 1/n,

un = 1, un = 1 + 1/n.

22

2. Notons An := {uk : k ≥ n}. On a clairement An+1 ⊂ An. Le plus grand minorantde An+1 et donc necessairement superieur ou egal au plus grand minorant de An(en effet le plus grand minorant de An minore necessairement tous les elements deAn+1). Autrement dit

un = inf An ≤ inf An+1 = un+1,

et la suite u est effectivement croissante.

De memeun = supAn ≥ supAn+1 = un+1,

de sorte que u est effectivement decroissante.

3. La suite u est croissante, a valeurs dans R, et donc seuls trois cas sont possibles :— elle est constante, egale a −∞, auquel cas on a l’assertion souhaitee avec

` = −∞.— Elle est a valeurs reelles, et elle est majoree. Alors elle converge vers un ` ∈ R.— Elle est a valeurs reelles, mais elle n’est pas majoree. Alors elle diverge vers

+∞, et on a bien l’assertion souhaitee avec ` = +∞.Un raisonnement similaire conduit a l’existence de limn→∞ un = ` ∈ R..Enfin, comme pour tout n ∈ N on a un ≤ un on a necessairement ` ≤ `.

Notons cependant (cf les exemples de la premiere question) qu’il est tout a faitpossible qu’on ait ` 6= `.

4. On commence par montrer l’implication ⇒. Supposons donc ` = ` = ` ∈ R.

Commencons par le cas ` = −∞. On a alors que un → −∞, et donc dans ce caspour tout K ≥ 0 on a l’existence d’un rang n0 a partir duquel le plus petit desmajorants de An, un est inferieur a −K. On a alors un ≤ un ≤ −K pour toutn ≥ n0. Comme le raisonnement est valable pour tout K on conclut que un → −∞.

On peut faire un raisonnement en tous points similaire lorsque ` = +∞.

Reste a traiter le cas ` ∈ R. Fixons ε > 0. On sait qu’il existe un rang n0 a partirduquel

`− ε ≤ un ≤ ` ≤ un ≤ `+ ε, ∀n ≥ n0.

Mais puisque un ≤ un ≤ un on a alors que pour tout n ≥ n0, `− ε ≤ un ≤ `+ ε.Comme le raisonnement est valable pour tout ε > 0, on conclut que limn→∞ un = `.

Ceci acheve la preuve de l’implication ⇒.

Prouvons desormais l’implication ⇐, on suppose donc que

limn→∞

un = `.

Commencons par le cas ` = −∞. Pour tout K ≥ 0 on a l’existence d’un rang n0 apartir duquel un ≤ −K pour tout n ≥ n0. Mais alors un0 ≤ −K. Comme u estdecroissante et que le raisonnement est valable pour tout K on conclut queun → −∞. Evidemment ceci implique que un → −∞ puisque ` ≤ `.

23

On peut faire un raisonnement en tous points similaire lorsque ` = +∞.

Reste a traiter le cas ` ∈ R. Fixons ε > 0. On sait qu’il existe un rang n0 a partirduquel

`− ε ≤ un ≤ `+ ε, ∀n ≥ n0.

Ainsi `− ε est un minorant de An0 (respectivement `+ ε est un majorant de An0).Comme un est le plus grand des majorants on deduit que un ≥ `− ε pour toutn ≥ n0.

De meme on trouve un ≤ `+ ε pour tout n ≥ n0. Finalement

`− ε ≤ un ≤ ` ≤ un ≤ `+ ε, ∀n ≥ n0,

et on comme le raisonnement est valable pour tout ε > 0, on conclut que

limn→∞

un = limn→∞

un = `,

ce qui acheve la preuve de l’implication ⇐.

24