TD

Somme partielle:

\( S_n=\displaystyle\sum_{k=0}^n \left(u_{k+1}-u_k \right)\)

elle est télescopique

\( S_n=u_{n+1}-u_0 \)

Donc \( (S_n)_{n\in\N}\) converge \(\iff\) \( (u_n)_{n\in\N}\) converge

(a) Série géométrique de raison
\(q=e^{-3}\in]0;1[\) :

\displaystyle\sum_{k=0}^n e^{-3k}=\dfrac{1-e^{-3(n+1)}}{1-e^{-3}} \underset{n\to +\infty}{\to} \dfrac{1}{1-e^{-3}}

(b) Série téléscopique :

\displaystyle\sum_{k=0}^n \dfrac{1}{(3k+1)(3k+4)} = \frac{1}{3}\displaystyle\sum_{k=0}^n \dfrac{(3k+4)-(3k+1)}{(3k+1)(3k+4)}\\ = \frac{1}{3}\displaystyle\sum_{k=0}^n \left(\dfrac{1}{3k+1} -\dfrac{1}{3k+4}\right)\\ = \frac{1}{3}\displaystyle\sum_{k=0}^n \left(\dfrac{1}{3k+1} -\dfrac{1}{3(k+1)+1}\right)\\

= \frac{1}{3} \left(1-\dfrac{1}{3(n+1)+1} \right)\underset{n\to +\infty}{\to} \dfrac{1}{3}

\displaystyle\sum_{k=2}^n \dfrac{\ln(k+1)-\ln(k)}{\ln(k)\ln(k+1)} =\displaystyle\sum_{k=2}^n \left(\dfrac{1}{\ln(k)}- \dfrac{1}{\ln(k+1)} \right)

=\dfrac{1}{\ln(2)}- \dfrac{1}{\ln(n+1)} \underset{n\to +\infty}{\to} \dfrac{1}{\ln(2)}

Soit \(u_n=\dfrac{n}{n^2+3}\) pour \(n\in \N\)

\(u_n\) est positif et \(u_n\underset{+\infty}{\sim} \dfrac{1}{n}\)

\(\sum\dfrac{1}{n}\) diverge donc \(\sum u_n\) diverge

Soit \(u_n=\dfrac{n}{n^2+3}\) pour \(n\in \N\)

Soit \(u_n=n^2e^{-\sqrt{n}}\)pour \(n\in \N\)

\lim_{n\to +\infty} n^2 u_n=\lim_{n\to +\infty} n^4 e^{-\sqrt{n}}=0

D'après le théorème d'équivalence des séries à termes positifs

D'après les règles de Riemann

par croissances comparées

\forall \lambda>0,\forall P\in\R[X], \lim_{x\to +\infty} P(x) e^{-\lambda x}=0

2>1 donc \(\sum u_n\) converge

Soit, pour \(n\in \N\) ,

\text{Donc, } u_n\underset{+\infty}{\sim} \dfrac{2}{n^2+n-1}\underset{+\infty}{\sim} \dfrac{2}{n^2}

u_n=\ln\left(\dfrac{n^2+n-1+2}{n^2+n-1}\right)=\ln\left(1+\dfrac{2}{n^2+n-1}\right)

Or \( \ln(1+x) \underset{0}{\sim}x \)

D'après les règles de Riemann

par combinaison linéaire

\(\sum\dfrac{1}{n^2}\) converge donc \(\sum u_n\) converge

Encore des séries à termes positifs

Soit \(u_n=\dfrac{n!}{e^{2n}}\) pour \(n\in \N\)

\( \dfrac{u_{n+1}}{u_n}=\dfrac{(n+1)!}{e^{2(n+1)}} \dfrac{e^{2n}}{n!}=\dfrac{n+1}{e^2} \underset{n\to +\infty}{\to} +\infty \)

D'après la règle de D'Alembert

\(\sum u_n\) diverge

Soit \(u_n=\dfrac{(n\ln(n))^2+n}{n^2+n^4\ln(n)}\) pour \(n\in \N\setminus\{0;1\}\)

\((n\ln(n))^2+n\underset{+\infty}{\sim} (n\ln(n))^2\)

\( n^2+n^4\ln(n)\underset{+\infty}{\sim} (n^4\ln(n))\)

donc

\( n^{\frac{3}{2}}u_n\underset{+\infty}{\sim} \dfrac{\ln(n)}{n^\frac{1}{2}}\)

\(u_n\underset{+\infty}{\sim} \dfrac{\ln(n)}{n^2} \)

\( n^2= n^\frac{3}{2} n^\frac{1}{2} \)

donc

\lim_{n\to +\infty} n^\frac{3}{2} u_n=0

\lim_{n\to +\infty} \dfrac{\ln(n)}{n^\frac{1}{2}}=0

donc

par croissances comparées

\(\frac{3}{2}\)>1 donc \(\sum u_n\) converge

D'après les règles de Riemann

Soit \(u_n=\dfrac{n!}{e^{2n}}\) pour \(n\in \N\)

Soit \(u_n=\dfrac{1}{\ln(n)}\) pour \(n\in \N\setminus\{0;1\}\)

par croissances comparées

\lim_{n\to +\infty} \dfrac{\ln(n)}{n^\frac{1}{2}}=0 \iff \lim_{n\to +\infty} \dfrac{n^\frac{1}{2}}{\ln(n)}=+\infty

\text{Ainsi, } \lim_{n\to +\infty} n^\frac{1}{2} u_n =+\infty

\(\frac{1}{2}\)<1 donc \(\sum u_n\) diverge

D'après les règles de Riemann

Soit \(u_n=\dfrac{1}{n\sin(\frac{1}{\sqrt{n}})}\) pour \(n\in \N\setminus\{0\}\)

\( \sin(x) \underset{0}{\sim}x \)

donc \( \sin(\frac{1}{\sqrt{n}} ) \underset{+\infty}{\sim}\frac{1}{\sqrt{n}}\)

\( n\sin(\frac{1}{\sqrt{n}} ) \underset{+\infty}{\sim}n\frac{1}{\sqrt{n}}\)

\text{or, }n\frac{1}{\sqrt{n}}=\sqrt{n}=n^{\frac{1}{2}}

\( n\sin(\frac{1}{\sqrt{n}} ) \underset{+\infty}{\sim}n\frac{1}{\sqrt{n}}\)

\( \dfrac{1}{n\sin(\frac{1}{\sqrt{n}} )} \underset{+\infty}{\sim}\dfrac{1}{n^{\frac{1}{2}}}\)

\(\sum\dfrac{1}{n^\frac{1}{2}}\) est une série de Riemann divergente
donc \(\sum u_n\) diverge

Soit \(u_n=\dfrac{\ln(n)}{n^\alpha}\) pour \(n\in \N\setminus\{0\}\)

u_n=\dfrac{\ln(n)}{n^\frac{\alpha+1}{2}n^\frac{\alpha-1}{2}}

\text{Or,}\frac{\alpha+1}{2} +\frac{\alpha-1}{2}=\alpha

\lim_{n\to +\infty} \dfrac{\ln(n)}{n^\frac{\alpha-1}{2}}=0 \text{ car } \frac{\alpha -1}{2}>0

par croissances comparées

\text{Ainsi, } \lim_{n\to +\infty} n^\frac{\alpha +1}{2} u_n =0

\frac{\alpha +1}{2}>1

donc \(\sum u_n\) converge

D'après les règles de Riemann

Soit \(u_n=\displaystyle\int_0^\frac{1}{n}\dfrac{x}{x+1} dx\) pour \(n\in \N\setminus\{0\}\)

\(u_n=\displaystyle\int_0^\frac{1}{n}\dfrac{x+1-1}{x+1} dx\)

=\int_0^\frac{1}{n} dx - \int_0^\frac{1}{n}\dfrac{1}{x+1} dx

=\dfrac{1}{n} - \left[ \ln(x+1)\right]_0^\frac{1}{n}

u_n=\dfrac{1}{n} - \ln(1+\frac{1}{n})

\ln(1+x)\underset{0}{=}x-\dfrac{x^2}{2}+o(x^2)

\ln(1+\frac{1}{n})\underset{+\infty}{=}\frac{1}{n}-\dfrac{1}{2n^2}+o(\frac{1}{n^2})

On a:

u_n\underset{+\infty}{=}\dfrac{1}{2n^2}+o(\frac{1}{n^2}) \\\\\\

\iff u_n\underset{+\infty}{\sim}\dfrac{1}{2n^2}

par combinaison linéaire

\(\sum\dfrac{1}{n^2}\) converge donc \(\sum u_n\) converge

Soit \(n\in\N^*\),

\text{Donc, } v_n=\ln(\dfrac{u_{n+1}}{u_n})= \ln\left( e\left(1+\frac{1}{n}\right)^{(\alpha-n)} \right) =\ln(e)+\ln\left( \left(1+\frac{1}{n}\right)^{(\alpha-n)} \right)

\dfrac{u_{n+1}}{u_n}=\dfrac{(n+1)!e^{n+1}(n+1)^\alpha}{(n+1)^{n+1}} \dfrac{n^n}{n!e^{n}n^\alpha} =\dfrac{e\left(1+\frac{1}{n}\right)^\alpha}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n} =e\left(1+\frac{1}{n}\right)^{(\alpha-n)}

les termes sont strictement positifs

v_n=1+(\alpha-n)\ln\left( 1+\frac{1}{n}\right)

v_n=1+(\alpha-n)\ln(1+\frac{1}{n})\underset{+\infty}{=} 1+(\alpha-n) (\frac{1}{n}-\dfrac{1}{2n^2}+\dfrac{1}{3n^3}+o(\frac{1}{n^3}))

\ln(1+x)\underset{0}{=}x-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}+o(x^3)

v_n\underset{+\infty}{=} 1+(\alpha-n) (\frac{1}{n}-\dfrac{1}{2n^2}+o(\frac{1}{n^2}))

v_n\underset{+\infty}{=} 1+\alpha \left(\frac{1}{n}-\dfrac{1}{2n^2}+\dfrac{1}{3n^3}+o(\frac{1}{n^2})\right)- n \left(\frac{1}{n}-\dfrac{1}{2n^2}+\dfrac{1}{3n^3}+o(\frac{1}{n^3})\right)

v_n\underset{+\infty}{=} 1+ \left(\frac{\alpha}{n}-\dfrac{\alpha}{2n^2}+o(\frac{1}{n^2})\right)- \left(1-\dfrac{1}{2n}+ \dfrac{1}{3n^2} +o(\frac{1}{n^2})\right)

v_n\underset{+\infty}{=} \frac{\alpha}{n}-\dfrac{\alpha}{2n^2}+\dfrac{1}{2n}- \dfrac{1}{3n^2} +o(\frac{1}{n^2})

v_n\underset{+\infty}{=} (\alpha +\frac{1}{2}) \dfrac{1}{n}-(\frac{\alpha}{2}+\frac{1}{3})\dfrac{1}{n^2} +o(\frac{1}{n^2})

v_n\underset{+\infty}{\sim} (\alpha +\frac{1}{2}) \dfrac{1}{n}

Si \(\alpha +\frac{1}{2}\neq 0\) :

Si \(\alpha +\frac{1}{2}= 0\) :

v_n\underset{+\infty}{\sim} -(\frac{\alpha}{2}+\frac{1}{3})\dfrac{1}{n^2}

(b)

Si \(\alpha +\frac{1}{2}\neq 0\) :

Si \(\alpha +\frac{1}{2}= 0\) :

\(\sum v_n\) diverge

\(\sum v_n\) converge

Si \(\alpha =- \frac{1}{2}\) :

v_n\underset{+\infty}{\sim} -(\frac{\alpha}{2}+\frac{1}{3})\dfrac{1}{n^2}

(c)

\(\sum v_n= \sum \left(\ln(u_{n+1}-\ln(u_n) \right)\)

\iff v_n\underset{+\infty}{\sim} \frac{1}{6}\dfrac{1}{n^2}

série téléscopique

Ainsi : \(\left(\ln(u_{n}) \right)_n\) converge vers \(\ell\)

La continuité de la fonction exponentielle implique : \(\left(u_{n} \right)_n\) converge vers \(e^\ell\)>0

\text{On a :}\\ u_n\underset{+\infty}{\sim} e^\ell \iff \dfrac{n!e^{n}n^{-\frac{1}{2}}}{n^n}\underset{+\infty}{\sim} e^\ell

\iff n! \underset{+\infty}{\sim} e^\ell n^{n} n^{\frac{1}{2}}e^{-n}

James Stirling montre que \(e^\ell=\sqrt{2\pi}\) et crée la formule

: n! \underset{+\infty}{\sim} \sqrt{2\pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n

(a)

\( \sum u_n \) converge \( \Rightarrow \lim\limits_n u_n =0\)

v_n=u_n \frac{1}{1+u_n} \text{ et } \lim_n\frac{1}{1+u_n}=1

Donc :

v_n\underset{+\infty}{\sim} u_n

Ainsi \( \sum v_n \) converge

\( \sum v_n \) converge \( \Rightarrow \lim\limits_n v_n =0\)

(b)

u_n=v_n \frac{1}{1-v_n} \text{ et } \lim_n\frac{1}{1-v_n}=1

Donc :

v_n\underset{+\infty}{\sim} u_n

Ainsi \( \sum u_n \) converge

Rappel: \( \forall x\in\R_+, \sin(x)\leqslant x\)
Donc

u_1=\sin(u_0) \leqslant u_0

f:\begin{array}{ccc} [0;\frac{\pi}{2}]&\rightarrow&[0;1]\\ x&\to & \sin(x) \end{array} \text{ est croissante}

Remarque:
la suite est bien définie car \([0;\frac{\pi}{2}]\) est stable par \(f\)

La fonction sinus est
strictement croissante sur \([0,\frac{\pi}{2} ]\)

\text{ainsi, } (u_n)_n \text{ est décroissante }

(u_n)_n \text{ est une suite décroissante et minorée par 0} \\ \text{donc elle est convergente vers } \ell

(a)

\(f\) est continue donc \(f(\ell)=\ell\) donc \(\ell=0\)

(b)

\(\sum (u_{n+1}-u_n)\) et \(\ (u_n)_n\) sont de même nature

donc \(\sum (u_{n+1}-u_n)\) converge

On sait que: \(sin(x)\underset{0}{=} x-\dfrac{x^3}{3!}+o(x^3)\)

\(u_n\underset{n\to+\infty}{\to}0\) donc \(sin(u_n)\underset{+\infty}{=} u_n-\dfrac{u_n^3}{6}+o(u_n^3)\)

\(\iff u_{ n+1}-u_n\underset{+\infty}{=}-\dfrac{u_n^3}{6}+o(u_n^3)\)

\(\iff 6( u_n-u_{ n+1})\underset{+\infty}{\sim}u_n^3\)

\(\sum (u_n-u_{n+1})\) et \(\sum u_n^3\) sont de même nature

Donc, \(\sum u_n^3\) est convergente

(c)

On sait que: \(\dfrac{sin(x)}{x}\underset{0}{=} 1-\dfrac{x^2}{3!}+o(x^2)\)

\(\sum (\ln(u_n)-\ln(u_{n+1}))\) et \(\sum u_n^2\) sont de même nature

Donc, \(\sum u_n^3\) est convergente

Et: \(\ln(1-x)\underset{0}{=} -x-\dfrac{x^2}{2}+o(x^2)\)

Donc :

\ln\left(\dfrac{sin(x)}{x}\right)\underset{0}{=} \ln\left(1-\dfrac{x^2}{3!}\right) +o(x^2) \underset{0}{=} -\dfrac{x^2}{6} +o(x^2)

Rappel :
Il faut un DL au même ordre

\text{Ainsi,} \ln\left(\dfrac{sin(u_n)}{u_n}\right) \underset{+\infty}{=} -\dfrac{u_n^2}{6} +o(u_n^2)

\iff \ln\left(u_{n+1}\right)-\ln\left(u_{n}\right) \underset{+\infty}{\sim} -\dfrac{u_n^2}{6}

\(\sum (\ln(u_{n+1})-\ln(u_n))\) et \(\ (\ln(u_n))_n\) sont de même nature

Or, \(\lim\limits_n \ln(u_n) =-\infty\)

donc \(\sum (\ln(u_{n+1})-\ln(u_n))\) diverge

donc \(\sum u_n^2\) diverge

Soit
\(u_n=\ln(n)+a\ln(n+1)+b\ln(n+2)\) pour \(n\in \N\setminus\{0\}\)

u_n=\ln(n)+a\ln(n)+a\ln(1+\frac{1}{n})+b\ln(n)+b\ln(1+\frac{2}{n})

u_n\underset{+\infty}{=}(1+a+b) \ln(n)+ a\left( \frac{1}{n}-\frac{1}{2n^2}+o(\frac{1}{n^2}) \right) + b\left( \frac{2}{n}-\frac{4}{2n^2}+o(\frac{1}{n^2}) \right)

u_n\underset{+\infty}{=}(1+a+b) \ln(n)+ (a+2b) \frac{1}{n} - (\frac{a}{2}+2b) \frac{1}{n^2} +o(\frac{1}{n^2})

Si \(1+a+b\neq 0\) :

\(\lim\limits_n u_n =\pm\infty\)

\(\sum u_n\) diverge grossièrement

Si \(1+a+b=0\) :

Si \(a+2b\neq0\) :

\( u_n \underset{+\infty}{\sim} (a+2b)\dfrac{1}{n}\)

\(\sum u_n\) diverge

Si \(a+2b= 0\) :

\( u_n \underset{+\infty}{\sim} -(\dfrac{a}{2}+2b)\dfrac{1}{n^2}\)

\(\sum u_n\) converge

a=-2\\ b=1

\(u_n=\ln(n)-2\ln(n+1)+\ln(n+2)\)

a=-2\\ b=1

\(u_n=\ln(n)-\ln(n+1)-\ln(n+1)+\ln(n+2)\)

\(u_n=\ln(n)-\ln(n+1)-\left(\ln(n+1)-\ln(n+2)\right)\)

v_n

v_{n+1}

\sum_{k=1}^n u_k = \sum_{k=1}^n (v_k-v_{k+1}) = v_1-v_{n+1} = -\ln(2)-\ln(n+1)+\ln(n+2)

\sum_{k=1}^n u_k = -\ln(2)-\ln\left(\dfrac{n+1}{n+2}\right)

\underset{n\to +\infty}{\rightarrow} -\ln(2)

(a)

w_n=\ln(u_{n+1})-\ln(u_{n})

\text{Donc, } \sum_{k=0}^n w_k=\ln(u_{n+1})-\ln(u_{0})

w_n=\ln\left(\dfrac{u_{n+1}}{u_{n}}\right)=\ln(1+v_n)\leqslant v_n

(b)

car :
\(\forall x>-1, ln(1+x)\leqslant x\)
et
\(\forall n\in\N,v_n>0\)

Pour tout entier \(n\)

(c)

\lim_{n\to+\infty} \sum_{k=0}^n w_k=+\infty \\ \text{donc }\sum w_n \text{ diverge } \\ \text{ Sachant que } w_n\leqslant v_n \text{ pour tout n , on déduit que } \sum v_n \text{ diverge}

D'après le théorème de comparaison des séries à termes positifs

\((S_n)_n\) converge implique :

\( \lim\limits_n nx^n=0 \)

\iff \lim\limits_n n e^{n\ln(x)}=0

\iff \ln(x)<0

\iff x\in ]0;1[

(a)

(b)

(1-x)S_N=\sum_{n=0}^N nx^n -\sum_{n=0}^N nx^{n+1} =\sum_{n=1}^N nx^n -\sum_{n=1}^{N+1} (n-1)x^{n}

(1-x)S_N=\left( \sum_{n=1}^N \left(n-(n-1)\right) x^n \right) -Nx^{N+1}=\left(\sum_{n=1}^N x^n \right)-Nx^{N+1}

(1-x)S_N=x\dfrac{1-x^N}{1-x} -Nx^{N+1} \Rightarrow

S_N=x\dfrac{1-x^N}{(1-x)^2} -\dfrac{Nx^{N+1}} {1-x}

(c)

S_N=x\dfrac{1-x^N}{(1-x)^2} -\dfrac{Nx^{N+1}} {1-x}

\underset{N\to +\infty}{\rightarrow} \dfrac{x}{(1-x)^2}

\( \lim\limits_n x^n=0 \) et

\(0<x<1\)

\( \lim\limits_n nx^n=0 \) donc

0\leqslant \int_0^{\frac{1}{n}} \frac{\sin (x)}{x+1} dx \leqslant \int_0^{\frac{1}{n}} \frac{x}{x+1} dx

\int_0^{\frac{1}{n}} \frac{x}{x+1} dx =\frac{1}{n}-\ln\left(1+\dfrac{1}{n}\right)

\( \underset{+\infty}{\sim} \dfrac{1}{2n^2}\)

(a)

(b)

\frac{1}{n \sqrt[n]{n}}\underset{+\infty}{\sim} \dfrac{1}{n}

\sqrt[n]{n}=n^\frac{1}{n}=e^{\frac{\ln(n)}{n}}

\( \underset{+\infty}{\to} e^0\)

(a)

\sum_{k=1}^n \frac{u_k}{\left(1+u_1\right)\left(1+u_2\right) \cdots\left(1+u_k\right)}

=\sum_{k=1}^n \frac{1}{\left(1+1\right)\left(1+1\right) \cdots\left(1+1\right)}

=\sum_{k=0}^n \frac{1}{2^k}

=\sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{2}\right)^k =\frac{1}{2} \dfrac{1-\left(\frac{1}{2}\right)^{n} }{1-\dfrac{1}{2}}

\( \underset{n\to+\infty}{\to}1\)

(b)

\sum_{k=1}^n \frac{u_k}{\left(1+u_1\right)\left(1+u_2\right) \cdots\left(1+u_k\right)}

=\sum_{k=1}^n \frac{\frac{1}{k}}{\left(1+1\right)\left(1+\frac{1}{2}\right) \cdots\left(1+\frac{1}{k}\right)}

=\sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+1)}

vu en cours

(c)

S_{n+1}=\sum_{k=1}^{n+1} \frac{u_k}{\left(1+u_1\right)\left(1+u_2\right) \cdots\left(1+u_k\right)}

S_{n+1}=S_n+ \frac{u_{n+1}}{\left(1+u_1\right)\left(1+u_2\right) \cdots\left(1+u_{n+1}\right) }

S_{n+1}=S_n+ \frac{1+u_{n+1}-1}{\left(1+u_1\right)\left(1+u_2\right) \cdots\left(1+u_{n+1}\right) }

S_{n+1}=S_n+ \frac{1+u_{n+1}}{\left(1+u_1\right)\left(1+u_2\right) \cdots\left(1+u_{n+1}\right) } -\frac{1}{\left(1+u_1\right)\left(1+u_2\right) \cdots\left(1+u_{n+1}\right) }

S_{n+1}=S_n+ \frac{1}{\left(1+u_1\right)\left(1+u_2\right) \cdots\left(1+u_{n}\right) } -\frac{1}{\left(1+u_1\right)\left(1+u_2\right) \cdots\left(1+u_{n+1}\right) }

coup de pouce 1

(d)

coup de pouce 2

\left(\sum_{k=1}^n u_k\right)_n \text{est une suite croissante divergente }

(e)

S_n=1-\frac{1}{\prod_{k=1}^n \left(1+u_k\right)}

\prod_{k=1}^n(1+u_k)\geqslant 1+\sum_{k=1}^n u_k

coup de pouce 3

preuve par récurrence

donc \( \lim\limits_n \displaystyle\prod_{k=1}^n \left(1+u_k\right) =+\infty\)

\( \underset{n\to+\infty}{\to}1\)