Corrigé des exercices - Dunod

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On reconnaît une somme de Riemann de x ↦−→ ln(1 + x) sur [0,1] car
On en déduit que
2n∑
n+1
1
n k = ∑ 1
n + k = 1 n
k=1
n∑ 1
1 + k .
n
k=1
+∞∑
k=1
(−1) k+1
k
= lim
2n∑
n→+∞
n+1
∫
1 1
k =
0
1
dt = ln 2.
1 + t
Exercice 25.13
La série de terme général u n converge car elle vérifie le critère de convergence des séries
alternées. Comme (u n ) n∈N converge vers 0, on peut écrire
v n = u n − u2 n
2 + u3 n
3 + o(u3 n) = (−1)n √ − 1 ( )
n 2n + (−1)n 1
+ o .
3n 3 2 n 3 2
La suite (v n ) n∈N est somme de quatre termes : le premier u n est le terme général d’une
série convergente ; il en est de même du troisième, terme général d’une série absolument
convergente, par comparaison avec une série de Riemann et du quatrième , qui est négligeable
devant le précédent. Si la série ∑ v n convergeait, il en serait de même de la série ∑ 1
2n ,
comme combinaison linéaire de séries convergentes. Or cette série diverge. Il en est de même
de ∑ v n . On remarque que v n ∼ u n . Pourtant les deux séries ne sont pas de même nature.
On ne peut affirmer que deux séries dont les termes généraux sont équivalents ont même
nature que dans le cas de séries à termes positifs ou négatifs à partir d’un certain rang.
Exercice 25.14
• En divisant X 2 + X + 1 par X − 1, on obtient (n 2 + n + 1) = (n − 1)(n + 2) + 3. Ainsi
( ) (
u n = sin π n2 + n + 1
= sin (n + 2)π + 3π )
= (−1) n sin 3π
n − 1
n − 1 n − 1 .
3π
Pour n assez grand
[0,
n − 1 appartient à π ]
. La série ∑ u n est donc alternée à partir
( 2
d’un certain rang. Comme la suite sin 3π )
est alors décroissante et converge vers 0, la
n − 1
série ∑ u n converge, car elle vérifie le critère des séries alternées.
• Pour étudier la série alternée de terme général v n = (−1)n , étudions la suite de
(n!) 1 n
terme général a n = (n!) 1 n . Pour comparer a n et a n+1 , on calcule
( ) n(n+1) an+1 ((n + 1)!)n (n + 1)n
=
a n (n!) n+1 = 1.
n!