Sries numriques - Calculs de sommes

8/7/2019 Sries numriques - Calculs de sommes

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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD Enoncés 2

Exercice 12 [ 01058 ] [correction]Calculer

+∞n=1

(−1)n ln(1 + 1/n)

Exercice 13 [ 02354 ] [correction]Existence et calcul de

a)+∞n=1

5n + 6

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

+∞n=2

ln

1 +

(−1)n

n

Exercice 14 Mines-Ponts MP [ 02801 ] [correction]Soient α dans R, a et b dans R\N. On pose

u0 = α et ∀n ∈ N, un+1 =n − a

n − bun

Etudier la nature de la série de terme général un et calculer éventuellement sasomme.

Exercice 15 Mines-Ponts MP [ 02804 ] [correction]Convergence puis calcul de

+∞n=1

1

12 + 22 + · · · + n2

Exercice 16 Mines-Ponts MP [ 02805 ] [correction]Calculer

+∞n=0

(−1)n

4n + 1

Exercice 17 X MP [ 02964 ] [correction]Calculer

∞n=0

1

4n + 1− 3

4n + 2+

1

4n + 3+

1

4n + 4

Exercice 18 [ 02426 ] [correction]Calculer pour x ∈ ]−1, 1[

+∞n=0

xn

(1 − xn)(1 − xn+1)

Exercice 19 X MP [ 01338 ] [correction]Calculer

+∞n=0

1

(4n + 1)(4n + 3)

Exercice 20 Centrale MP [ 01565 ] [correction]1. Soit F : N×N → R,

(n, k) → (k!)2

((n + k + 1)!)2

1.a) Démontrer que pour tout entier naturel n, la série de terme général F (n, k)est convergente. On posera dans la suite

σn =+∞k=0

F (n, k)

1.b) Calculer σn, pour n ∈ [[0, 10]] avec le logiciel de calcul formel.2. Soit G : N×N → R,

(n, k) → (3n + 2k + 3)F (n, k)

a) Soit (n, k) ∈ N2. A l’aide du logiciel de calcul formel, comparer :

(n + 1)3

F (n + 1, k) − (4n + 2)F (n, k) et G(n, k + 1) − G(n, k)

b) Démontrer que pour tout entier naturel n :

(n + 1)3σn+1 − (4n + 2)σn = − 3n + 3

((n + 1)!)2

c) Déterminer une suite (P n)n∈N telle que pour tout n ∈ N :

σn+1

P n+1− σn

P n= − 3 ((n + 1)!)

2

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



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3. Conclure que la série de terme général

1

n2C n2n

est convergente et que+∞

n=1

1

n2C n2n=

π2

18

Indication : on rappelle que+∞n=1

1

n2=

π2

6



[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD Corrections 4

Corrections

Exercice 1 : [énoncé]

a) 1n(n+1)(2n+1) = O

1n3

donc

+∞n=1

1n(n+1)(2n+1) existe.

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

n+ 1

n+1− 4

2n+1 donc

N n=1

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

N n=1

3n

+N n=1

1n+1

− 42N +1n=2

1n

or on sait que

N n=1

1n

= ln N + γ + o(1) et on conclut que+∞n=1

1n(n+1)(2n+1) = 3 − 4 l n 2.

b)N n=2

ln

1 − 1n2

=

N n=2

ln(n − 1) + ln(n + 1) − 2 ln n → − ln 2.

c)+∞n=0

(n + 1)3−n =+∞n=0

nk=0

13k

13n−k =

+∞n=0

13n

+∞m=0

13m

= 9

4 via produit de

Cauchy.

Exercice 2 :

[énoncé]1k2(k+1)2

∼ 1k4

donc la série converge.1

k2(k+1)2 = 1k2

+ 1(k+1)2 + 2

k+1− 2

kdonc

N k=1

1k2(k+1)2 =

N k=1

1k2

+N +1k=1

1k2

− 1 + 2N +1k=2

1k

− 2N k=1

1k

= π2

3− 3.


1

n(n + 1)(n + 2)∼ 1

n3

donc la série convergePar décomposition en éléments simples

1

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

1/2

n− 1

n + 1+

1/2

n + 2

puis après télescopage+∞n=1

1

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

1

4

Exercice 4 : [énoncé]+∞n=1

1n2

=+∞n=0

1(2n+1)2 +

+∞n=1

1(2n)2 donc

+∞n=0

1(2n+1)2 = 3

4

+∞n=1

1n2

= π2

8 .

Exercice 5 : [énoncé]+∞n=0

n+1n! =

+∞n=1

1(n−1)! +

+∞n=0

1n! = 2e.+∞n=0

n2−2n! =

+∞n=0

n(n−1)+n−2n! =

+∞n=2

1(n−2)! +

+∞n=1

1(n−1)!

− 2+∞n=0

1n! = 0.


Tout d’abord la série+∞k=0

kxk converge en vertu de la règle de d’Alembert.

nk=0

kxk = x ddx

n

k=0

xk

= x1−xn+1

1−x

→ x

(1−x)2

Exercice 7 : [énoncé]Par sommation géométrique

xα−1

1 + x=

nk=0

(−1)kxk+α−1 +xn+α

1 + x

donc 10

xα−1

1 + xdx =

nk=0

10

(−1)kxk+α−1dx +

10

xn+α

1 + xdx =

nk=0

(−1)k

k + α+ εn

avec

0 εn 10

xn+αdx = 1n + α − 1

→ 0

d’où la conclusion.


nk=0

uk =

10

1 − xn+1

1 − xsin(πx) dx




Posons

I =

10

sin(πx)

1 − xdx

Cette intégrale est bien définie car la fonction intégrée se prolonge par continuitéen 1.

n

k=0

uk

−I

1

0

sin(πx)

1 − x

xn+1 dx M

n + 1avec

M = sup[0,1]

sin(πx)

1 − x

On conclut quen

k=0

uk → I puis par changement de variable

nk=0

uk → π0

sin t

tdt


a)2nk=1

(−1)k−1

k=

2nk=1

1k

− 2n

k=1

12k = ln2n + γ + o(1) − ln n − γ = ln2 + o(1) → ln 2

et2n+1k=1

(−1)k−1

k=

2nk=1

(−1)k−1

k+ o(1) donc la série converge et est de somme égale à

ln 2.

b)3nk=1

un =3nk=1

1k

− 3n

k=1

13k = ln3n + γ + o(1) − ln n − γ = ln3 + o(1) → ln 3 et

3n+1k=1

un =3nk=1

un + o(1) → ln 3 et3n+2k=1

un =3nk=1

un + o(1) → ln 3 donc la série

converge et est de somme égale à ln 3.

Exercice 10 : [énoncé]Par décomposition en éléments simples

N n=1

1

n(2n − 1)=

N n=1

2

(2n − 1)−

N n=1

1

n=

2N n=1

2

m− 2

N n=1

1

n= 2

2N n=N +1

1

n

Or

2N n=N +1

1

n=

2N n=1

1

n−

N n=1

1

n= ln(2N ) + γ + o(1) − ln N − γ = ln2 + o(1)

puis+∞n=1

1

n(2n − 1)= 2ln2


ap existe en vertu de la règle de d’Alembert.

ap =+∞n=0

(n+1)p

2n+1 = 12

ap +

p

1

ap−1 + · · · +

p

p

a0

donc

ap =

p

1

ap−1 + · · · +

p

p

a0 et par un récurrence aisée ap ∈ N.

Exercice 12 : [énoncé]La somme existe en vertu du critère de Leibniz.

2N

n=1

(−

1)n ln(1 + 1/n) =

N

n=1

ln(2n + 1)−

ln(2n) +

N −1

n=0

ln(2n + 1)−

ln(2n + 2)

= 2

N n=1

ln2n + 1

2n− ln(2N + 1)

donc2N n=1

(−1)n ln(1 + 1/n) = ln

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

24n(n!)4

Or n! ∼ √ 2πnnne−n donc

2N

n=1

(

−1)n ln(1 + 1/n)

→ln(2/π)

puis+∞n=1

(−1)n ln(1 + 1/n) = ln(2/π)


a) 5n+6n(n+1)(n+2) = O

1n2

donc

+∞n=1

5n+6n(n+1)(n+2) existe.




5n+6n(n+1)(n+2)

= 3n

− 1n+1

− 2n+2

donc en exploitantN n=1

1n

= ln N + γ + o(1) on

obtient :+∞n=1

5n+6n(n+1)(n+2) = 3ln n

3

(n+1)(n+2)2 + 4 + o(1) → 4

b)2N +1

n=2ln1 + (−1)n

n =N

k=1

ln(2k + 1) − ln(2k + 1) = 0 et

2N n=2

ln

1 +(−1)n

n

=

2N +1n=2

ln

1 +(−1)n

n

+ o(1) → 0 donc

+∞n=2

ln

1 +(−1)n

n

= 0.

Exercice 14 : [énoncé]On peut supposer α > 0 quitte à passer la suite à l’opposé.

un+1

un= 1 +

b − a

n − b

Posons vn = na−bun. ln vn+1 − ln vn = O

1/n2

donc (ln vn) converge puis

un∼

A

nb−aavec A > 0

Par conséquent

un converge si, et seulement si, b − a > 1.(n − b)un+1 = (n − a)un donc

(n + 1)un+1 − nun = (b + 1)un+1 − aun

En sommant et en notant S =+∞n=0

un, on obtient (b + 1)(S − α) − aS = 0 donc

S =(b + 1)α

b + 1 − a


12 + 22 + · · · + n2 =

nk=1

k2 =n(n + 1)(2n + 1)

6= O(n3)

donc

112+22+···+n2 converge.

Après décomposition en éléments simples :

+∞n=1

1

12 + 22 + · · · + n2= 18 − 24ln2


N n=0

(−1)n

4n + 1=

N n=0

10

(−t4)n dt =

10

1 − (−t4)N +1

1 + t4dt

Or

1

0

(−t4)N +1

1 + t4dt

1

0

t4N +4 dt = 14N + 5

→ 0

donc (−1)n

4n+1 converge et

+∞n=0

(−1)n

4n + 1=

10

dt

1 + t4

Enfin 10

dt

1 + t4=

1

4√

2

ln

2 +√

2

2 − √ 2

+ π


1

4n + 1− 3

4n + 2+

1

4n + 3+

1

4n + 4=

1

4n− 3

4n+

1

4n+

1

4n+ O

1

n2

= O

1

n2

donc la série étudiée est absolument convergente.On a

N n=0

1

4n + 1− 3

4n + 2+

1

4n + 3+

1

4n + 4

=

4N +4k=1

1

k− 4

N n=0

1

4n + 2

Or

4

N n=0

14n + 2 = 2

N n=0

12n + 1 = 2

2N +1k=1

1k − 2

N k=1

12k

Par le développementn

k=1

1

k= ln n + γ + o(1)

on parvient à

N n=0

1

4n + 1− 3

4n + 2+

1

4n + 3+

1

4n + 4

= ln(4N +4)+γ −2 ln(2N +1)−2γ +ln N +γ +o(




Ainsi∞n=0

1

4n + 1− 3

4n + 2+

1

4n + 3+

1

4n + 4

= 0

(ce qui change du ln 2 traditionnel.. . ;-)

Exercice 18 : [énoncé]La convergence de la série est assurée par la règle de d’Alembert.On a

(1−x)+∞n=0

xn

(1 − xn)(1 − xn+1)=

+∞n=0

xn − xn+1

(1 − xn)(1 − xn+1)=

+∞n=0

1

(1 − xn)− 1

(1 − x)n+1

Après télescopage+∞n=0

xn

(1 − xn)(1 − xn+1)=

1

(1 − x)2

Exercice 19 : [énoncé]Introduisons la série entière de somme

S (x) =+∞n=0

x4n+3

(4n + 1)(4n + 3)

On vérifie aisément que son rayon de convergence est égale à 1 et que sa sommeest définie et continue sur [−1, 1] par convergence normale.Sur ]−1, 1[

S (x) =+∞n=0

x4n+2

4n + 1

Pour x

= 0

1

xS (x)

=+∞n=0

x4n =1

1 − x4

On en déduit que sur ]−1, 1[

S (x) = x

x0

dt

1 − t4

puis

S (x) =

x0

t

t0

du

1 − u4

Par intégration par parties

S (x) =

1

2(t2 − 1)

t0

du

1 − u4

x0

+1

2

x0

1

2

1 − t2

1 − t4dt

et ainsi

S (x) =

1

2 (x2

− 1) x0

dt

1 − t4 +

1

2 x0

dt

1 + t2

Quand x → 1− x0

dt

1 − t4= O (ln(1 − x)) = o(x − 1)

donc

S (x) → 1

2

10

dt

1 + t2=

π

8

On en déduit+∞

n=0

1

(4n + 1)(4n + 3)= S (1) =

π

8

Exercice 20 : [énoncé]1.a) Puisque (n + k + 1)! (k + 1)!,

0 F (n, k) (k!)2

((k + 1)!)2 =

1

(k + 1)2

et par comparaison de série à termes positifs, on peut affirmer la convergence dela série de terme général F (n, k), k ∈ N.1.b) On définit la fonction F puis on calcule les σn voulus

F:=(n,k)->(k!)^2/((n+k+1)!)^2:

sigma:=n->sum(F(n,k),k=0..infinity):

seq(sigma(n),n=0..10);

2.a) On définit la fonction G puis on compare les quantités proposées

G:=(n,k)->(3*n+2*k+3)*F(n,k):

simplify((n+1)^3*F(n+1,k)-(4*n+2)*F(n,k));

simplify(G(n,k+1)-G(n,k));




On constate que les quantités proposées sont égales.2.b) En sommant les relations précédente pour k ∈ N, on obtient

(n + 1)3σn+1 − (4n + 2)σn =+∞k=0

G(n, k + 1) − G(n, k) = −G(n, 0)

grâce à la convergence des séries étudiées.2.c) On passe du second membre de la relation précédente au second membre dela relation voulue en multipliant par le facteur

((n + 1)!)4

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

On peut alors présumer

P n =(n + 1)3(2n + 2)!

(4n + 2)((n + 1)!)4 =

(2n)!

(n!)4

et vérifier avec Maple que cette quantité convient

P:=n->(2*n)!/(n!)^4;P(n+1);

simplify(1/((n+1)!)^4*(n+1)^3*(2*n+2)!/(n+1)^3);

3. On observe que

−3((n + 1)!)

2

(n + 1)2(2n + 2)!= −3

1

(n + 1)2C n+12(n+1)

donc+∞

n=1

1

n2C n2n=

1

3

+∞

n=0

σnP n

− σn+1

P n+1

=

1

3

σ0

P 0

avec convergence des séries engagées car σn/P n = O (1/P n) → 0.On en déduit

+∞n=1

1

n2C n2n=

π2

18

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