Série numérique/Exercices/Exemple de télescopage

Exercice 1

Soit $\gamma$ un réel strictement positif. Pour tout entier $n\geq 1$ , on pose $x_{n}={\frac {1}{n^{\gamma }}}-{\frac {1}{(n+1)^{\gamma }}}$ .

Calculer $\sum _{n\geq 1}x_{n}$ .
Donner un équivalent de la suite $(x_{n})$ .
En déduire que pour tout réel $\alpha >1$ , la série de Riemann $\sum _{n\geq 1}{\frac {1}{n^{\alpha }}}$ converge.

Solution

$\sum _{n=1}^{N-1}x_{n}=1-{\frac {1}{N^{\gamma }}}$ donc $\sum _{n\geq 1}x_{n}=1$ .
$x_{n}={\frac {\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{\gamma }-1}{(n+1)^{\gamma }}}\sim {\frac {\gamma }{n^{\gamma +1}}}$ .
Si $\alpha >1$ , ce qui précède s'applique à ${\displaystyle \gamma$ . Par comparaison avec $\sum _{n\geq 1}x_{n}$ , la série (à termes positifs) $\sum _{n\geq 1}{\frac {\gamma }{n^{\gamma +1}}}$ converge donc $\sum _{n\geq 1}{\frac {1}{n^{\gamma +1}}}=\sum _{n\geq 1}{\frac {1}{n^{\alpha }}}$ converge.

Exercice 2

Pour tout entier $n\geq 2$ , on pose $y_{n}=\ln \ln(n+1)-\ln \ln n$ .

Montrer que $\sum _{n\geq 2}y_{n}$ diverge.
Donner un équivalent de la suite $(y_{n})$ .
En déduire que la série $\sum _{n\geq 2}{\frac {1}{n\ln n}}$ diverge.
En déduire que la série de Bertrand $\sum _{n\geq 2}{\frac {1}{n^{\alpha }\ln ^{\beta }n}}$ ( $\alpha ,\beta \in \mathbb {R}$ ) diverge si $\alpha =1$ et $\beta \leq 1$ , ou si $\alpha <1$ .

Solution

$\sum _{n=2}^{N-1}y_{n}=\ln \ln N-\ln \ln 2\;{\xrightarrow[{N\to +\infty }]{}}+\infty$ .
$y_{n}=\ln \left(1+{\frac {\ln(1+1/n)}{\ln n}}\right)\sim {\frac {1}{n\ln n}}$ .
Immédiat.
Dans ces cas, ${\frac {1}{n\ln n}}=o\left({\frac {1}{n^{\alpha }\ln ^{\beta }n}}\right)$ .

Exercice 3

Soit $\gamma$ un réel strictement positif. Pour tout entier $n\geq 2$ , on pose $z_{n}={\frac {1}{\ln ^{\gamma }n}}-{\frac {1}{\ln ^{\gamma }(n+1)}}$ .

Calculer $\sum _{n\geq 2}z_{n}$ .
Donner un équivalent de la suite $(z_{n})$ .
En déduire que pour tout $\beta >1$ , la série $\sum _{n\geq 2}{\frac {1}{n\ln ^{\beta }n}}$ converge.
En déduire que la série de Bertrand $\sum _{n\geq 2}{\frac {1}{n^{\alpha }\ln ^{\beta }n}}$ converge aussi si $\alpha >1$ (avec $\beta$ quelconque, ce qui étend le cas $\beta =0$ de l'exercice 1).
Retrouver le résultat de la question précédente en utilisant l'exercice 1.

Solution

$\sum _{n=2}^{N-1}z_{n}={\frac {1}{\ln ^{\gamma }2}}-{\frac {1}{\ln ^{\gamma }N}}$ donc $\sum _{n\geq 2}z_{n}={\frac {1}{\ln ^{\gamma }2}}$ .
$z_{n}={\frac {\left({\frac {\ln(n+1)}{\ln n}}\right)^{\gamma }-1}{\ln ^{\gamma }(n+1)}}={\frac {\left(1+{\frac {\ln(1+1/n)}{\ln n}}\right)^{\gamma }-1}{\ln ^{\gamma }(n+1)}}\sim {\frac {\gamma }{n\ln ^{1+\gamma }n}}$ .
Immédiat.
Si $\alpha >1$ , ${\frac {1}{n^{\alpha }\ln ^{\beta }n}}=o\left({\frac {1}{n\ln ^{2}n}}\right)$ .
Si $\alpha >1$ , soit $\delta$ un réel tel que $1<\delta <\alpha$ (par exemple $\delta ={\frac {1+\alpha }{2}}$ ). Alors, $\sum _{n\geq 1}{\frac {1}{n^{\delta }}}$ converge et ${\frac {1}{n^{\alpha }\ln ^{\beta }n}}=o\left({\frac {1}{n^{\delta }}}\right)$ .

Remarque: L'étude des séries de Riemann et de Bertrand peut aussi se faire par comparaison série-intégrale.

Exercice 4

On veut affiner l'équivalent ln(n!) ~ n ln(n). Pour tout entier $n\geq 1$ , on pose

u_{n}={\frac {n^{n+{\frac {1}{2}}}\operatorname {e} ^{-n}}{n!}}

et

v_{n}=\ln \left({\frac {u_{n+1}}{u_{n}}}\right)

.

Montrer que la suite $(v_{n})_{n\geq 1}$ est bien définie et que $v_{n}=O\left({\frac {1}{n^{2}}}\right)$ .
Montrer que $\sum v_{n}$ converge et, par télescopage, en déduire que la suite $\left(\ln u_{n}\right)$ converge.
En déduire l'équivalent de De Moivre :
$\exists C>0\quad n!\sim C{\sqrt {n}}\;n^{n}\operatorname {e} ^{-n}$ .

(En fait,

C={\sqrt {2\pi }}

: voir Intégration de Riemann/Devoir/Fonction Gamma et formule de Stirling).

Solution

Pour tout $n\geq 1$ , $u_{n}>0$ donc $v_{n}$ est bien défini et
${\begin{aligned}v_{n}&=\ln \left({\frac {(n+1)^{n+{\frac {3}{2}}}\operatorname {e} ^{-n-1}n!}{n^{n+{\frac {1}{2}}}\operatorname {e} ^{-n}(n+1)!}}\right)=\ln \left(\left({\frac {n+1}{n}}\right)^{n+{\frac {1}{2}}}\operatorname {e} ^{-1}\right)\\&=\left(n+{\frac {1}{2}}\right)\ln \left(1+{\frac {1}{n}}\right)-1=\left(n+{\frac {1}{2}}\right)\left({\frac {1}{n}}-{\frac {1}{2n^{2}}}+O\left({\frac {1}{n^{3}}}\right)\right)-1\\&=O\left({\frac {1}{n^{2}}}\right).\end{aligned}}$
D'après la question précédente, la série $\sum v_{n}$ converge. Or
$\sum _{k=1}^{n-1}v_{k}=\sum _{k=1}^{n-1}\ln \left({\frac {u_{k+1}}{u_{k}}}\right)=\sum _{k=1}^{n-1}(\ln u_{k+1}-\ln u_{k})=\ln u_{n}-\ln u_{1}$ .

On en déduit que ${\displaystyle \ln u_{n}\to \ell$ .
La fonction exponentielle étant continue sur $\mathbb {R}$ , on en déduit que
${\frac {1}{u_{n}}}=\operatorname {e} ^{-\ln u_{n}}\to C:=\operatorname {e} ^{-\ell }>0$ ,

ce qui est l'équivalent de De Moivre.

Exercice 5

Calculer $\sum _{n=0}^{\infty }u_{n}$ , où $u_{n}=\int _{0}^{1}\left(1-{\sqrt {x}}\right)^{n}\,\mathrm {d} x$ .

Solution

Par changement de variable $t=1-{\sqrt {x}}$ , pour tout entier naturel $n$ (et plus généralement, pour tout réel $n>-1$ )

u_{n}=2\int _{0}^{1}t^{n}(1-t)\,\mathrm {d} t=2\left({\frac {1}{n+1}}-{\frac {1}{n+2}}\right)

,

donc

\sum _{k=0}^{n}u_{k}=2\left(1-{\frac {1}{n+2}}\right)\to 2

.

Exercice 6

On se propose, pour

u_{n,k}:={\begin{cases}{\frac {1}{n^{2}-k^{2}}}&{\text{si }}n\neq k\\0&{\text{si }}n=k.\end{cases}}

,

de démontrer que

\sum _{n=1}^{\infty }\left(\sum _{k=1}^{\infty }u_{n,k}\right)\neq \sum _{k=1}^{\infty }\left(\sum _{n=1}^{\infty }u_{n,k}\right)

.

Pour tout $k\in \mathbb {N} ^{*}$ , décomposer la fraction rationnelle ${\frac {1}{X^{2}-k^{2}}}$ en éléments simples.
En déduire, par double télescopage, la valeur de $\sum _{n\in \mathbb {N} ^{*}}u_{n,k}$ en fonction de $k$ .
En déduire que $\sum _{k=1}^{\infty }\left(\sum _{n\in \mathbb {N} ^{*}}u_{n,k}\right)\neq 0$ .
Conclure.

Solution

${\frac {1}{X^{2}-k^{2}}}={\frac {1}{2k}}\left({\frac {1}{X-k}}-{\frac {1}{X+k}}\right)$ .
Pour tout $N\geq 3k$ ,
${\begin{aligned}2k\sum _{0<n\leq N}u_{n,k}&=\sum _{0<n<k}\left(-{\frac {1}{k-n}}-{\frac {1}{n+k}}\right)+\sum _{k<n\leq N}\left({\frac {1}{n-k}}-{\frac {1}{n+k}}\right)\\&=-\sum _{0<j<k}{\frac {1}{j}}-\sum _{k<j<2k}{\frac {1}{j}}+\sum _{0<j\leq N-k}{\frac {1}{j}}-\sum _{2k<j\leq N+k}{\frac {1}{j}}\\&={\frac {1}{k}}+\sum _{k<j\leq N-k}{\frac {1}{j}}-\sum _{k<j<2k}{\frac {1}{j}}-\sum _{2k<j\leq N+k}{\frac {1}{j}}\\&={\frac {1}{k}}+{\frac {1}{2k}}+\sum _{2k<j\leq N-k}{\frac {1}{j}}-\sum _{2k<j\leq N+k}{\frac {1}{j}}\\&={\frac {3}{2k}}-\sum _{N-k<j\leq N+k}{\frac {1}{j}}\end{aligned}}$
et le reste, $\sum _{N-k<j\leq N+k}{\frac {1}{j}}<{\frac {2k}{N-k}}$ , tend vers 0 quand $N\to \infty$ , donc
$\sum _{n\in \mathbb {N} ^{*}}u_{n,k}={\frac {1}{2k}}\times {\frac {3}{2k}}={\frac {3}{4k^{2}}}$ .
La notation $\sum _{n\in \mathbb {N} ^{*}}$ (au lieu de $\sum _{n=1}^{\infty }$ ) est justifiée par le fait que la série est non seulement convergente (d'après ce qui précède), mais absolument convergente (car son terme général est équivalent à ${\frac {1}{n^{2}}}$ , ou simplement parce qu'elle est convergente et à termes positifs à partir de l'indice $k$ ).
$\sum _{k=1}^{\infty }\left(\sum _{n\in \mathbb {N} ^{*}}u_{n,k}\right)=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {3}{4k^{2}}}>0$ .
Les deux sommes $\sum _{n=1}^{\infty }\left(\sum _{k=1}^{\infty }u_{n,k}\right)$ et $\sum _{k=1}^{\infty }\left(\sum _{n=1}^{\infty }u_{n,k}\right)$ sont opposées (puisque $u_{n,k}=-u_{k,n}$ ) et non nulles (d'après ce qui précède). Elles sont donc différentes.

Exercice 7

Soit $y_{n}:=x_{n+1}+x_{n-1}-2x_{n}$ .

Calculer $S_{n}:=\sum _{k=2}^{n}y_{k}$ .
En déduire que si la suite $(x_{n})$ converge alors la série $\sum y_{n}$ converge.
Étudier la série $\sum _{n\geq 2}\left({\sqrt[{n+1}]{a}}+{\sqrt[{n-1}]{a}}-2{\sqrt[{n}]{a}}\right)$ , pour un réel $a>0$ .

Solution

$y_{n}=(x_{n+1}-x_{n})-(x_{n}-x_{n-1})$ donc $S_{n}=\sum _{k=2}^{n}(x_{k+1}-x_{k})-\sum _{k=1}^{n-1}(x_{k+1}-x_{k})=x_{n+1}-x_{n}+x_{1}-x_{2}$ .
Si $(x_{n})$ converge alors $S_{n}\to x_{1}-x_{2}$ .
$x_{n}:={\sqrt[{n}]{a}}\to 1$ donc (d'après ce qui précède) $\sum _{n\geq 2}\left({\sqrt[{n+1}]{a}}+{\sqrt[{n-1}]{a}}-2{\sqrt[{n}]{a}}\right)=a-{\sqrt {a}}$ . On peut de plus remarquer que cette convergence est absolue car le terme général de cette série est de signe constant. En effet, si $a>1$ alors (par convexité de $t\mapsto a^{t}$ ) ${\frac {a^{\frac {1}{n+1}}+a^{\frac {1}{n-1}}}{2}}>a^{\frac {{\frac {1}{n+1}}+{\frac {1}{n-1}}}{2}}=a^{\frac {n}{n^{2}-1}}>a^{\frac {1}{n}}$ donc $y_{n}>0$ et de même, si $a<1$ alors $y_{n}<0$ .

Cet article est issu de Wikiversity. Le texte est sous licence Creative Commons - Attribution - Partage dans les Mêmes. Des conditions supplémentaires peuvent s'appliquer aux fichiers multimédias.