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exercice 1 facile

Il suffit de voir que l’ensemble des diviseurs de n (et à plus forte raison celui des diviseurs impairs) est inclus dans \left\llbracket 1,n\right\rrbracket ,ce qui entraîne évidemment que :

    \[\forall n\in\mathbb{N}^{\star},\thinspace d_{n}\leqslant n\]

Il s’ensuit que :

    \[\frac{d_{n}}{n^{3}}\leqslant\frac{1}{n^{2}}\qquad\text{et}\qquad\frac{\sqrt{n}}{d_{n}}\geqslant\frac{1}{\sqrt{n}}\]

Par comparaison aux séries de Riemann

    \[\sum_{n\geqslant1}\frac{1}{n^{2}}\qquad\sum_{n\geqslant1}\frac{1}{\sqrt{n}}\]

qui sont respectivement convergente et divergente, on obtient la conclusion souhaitée.

exercice 2 facile

Fixons \epsilon>0 tel que L+\epsilon<1. Pour n\geqslant N assez grand :

    \[a_{n}^{1/n}\leqslant L+\epsilon\]

et donc :

    \[0\leqslant a_{n}\leqslant\left(L+\epsilon\right)^{n}\]

La série géométrique \sum_{n\geqslant1}\left(L+\epsilon\right)^{n} étant convergente, le principe de comparaison assure la convergence de la série proposée.

Exemple d’utilisation

Si l’on pose, pour tout n\geqslant1 :

    \[a_{n}=\left(1-\frac{1}{n}\right)^{n^{2}}\]

alors :

    \[a_{n}^{1/n}=\left(1-\frac{1}{n}\right)^{n}=\exp\left(n\ln\left(1-\frac{1}{n}\right)\right)\rightarrow\frac{1}{e}<1\]

et ce qui précède s’applique. La série {\displaystyle\sum_{n\geqslant1}\left(1-\frac{1}{n}\right)^{n^{2}}} est donc convergente.

Remarque

Cette méthode (qui donne une condition suffisante de convergence pour une série à termes positifs) est connue sous le nom de règle de Cauchy.

exercice 3 facile

La propriété des croissances comparées (entre une exponentielle et une puissance) nous dit que, peu importe la valeur du réel \mu :

    \[\lim_{n\rightarrow+\infty}n^{\mu}e^{-\sqrt{n}}=0\]

En effet, pour tout n\in\mathbb{N}^{\star} :

    \begin{eqnarray*}\ln\left(n^{\mu}e^{-\sqrt{n}}\right) & = & \mu\ln\left(n\right)-\sqrt{n}\\& = & 2\mu\ln\left(\sqrt{n}\right)-\sqrt{n}\\& = & \sqrt{n}\left[2\mu\thinspace\frac{\ln\left(\sqrt{n}\right)}{\sqrt{n}}-1\right]\end{eqnarray*}

or on sait que :

    \[\lim_{t\rightarrow+\infty}\frac{\ln\left(t\right)}{t}=0\]

donc, par composition des limites :

    \[\lim_{n\rightarrow\infty}\ln\left(n^{\mu}e^{-\sqrt{n}}\right)=-\infty\]

puis :

    \[\lim_{n\rightarrow\infty}n^{\mu}e^{-\sqrt{n}}=0\]

Maintenant, fixons \lambda et choisissons \mu=\lambda+2. Il apparaît que :

    \[\lim_{n\rightarrow\infty}n^{\lambda+2}e^{-\sqrt{n}}=0\]

et donc, il existe N\in\mathbb{N}^{\star} tel que :

    \[\boxed{n\geqslant N\Rightarrow0<n^{\lambda}e^{-\sqrt{n}}\leqslant\frac{1}{n^{2}}}\]

Par comparaison, on en déduit la convergence de la série {\displaystyle \sum_{n\geqslant1}n^{\lambda}e^{-\sqrt{n}}} que que soit \lambda\in\mathbb{R}.

Pour tout n\in\mathbb{N} et pour tout t\in\left[0,1\right], vu que t^{3}\leqslant t :

    \[\frac{1}{\left(1+t^{3}\right)^{n}}\geqslant\frac{1}{\left(1+t\right)^{n}}\]

donc :

    \begin{eqnarray*}u_{n} & = & \int_{0}^{1}\frac{1}{\left(1+t^{3}\right)^{n}}\thinspace dt\\& \geqslant & \int_{0}^{1}\frac{1}{\left(1+t\right)^{n}}\thinspace dt\\& = & \int_{1}^{2}\frac{1}{x^{n}}\,dx\\& = & \frac{1}{n-1}\left(1-\frac{1}{2^{n-1}}\right)\end{eqnarray*}

Si l’on note v_{n} cette dernière quantité, alors lorsque n\rightarrow+\infty :

    \[v_{n}\sim\frac{1}{n}\]

Il en résulte, d’après la règle des équivalents, que la série {\displaystyle \sum_{n\geqslant1}u_{n}} diverge.

Remarque

Dans ce qui précède, l’exposant 3 ne joue aucun rôle particulier et peut être remplacé par n’importe quel réel \lambda>1 fixé.

On observe que :

    \[k^{1/k}=\exp\left(\frac{\ln\left(k\right)}{k}\right)\underset{k\rightarrow\infty}{\rightarrow}1\]

donc d’après le lemme de Cesàro :

    \[\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}k^{1/k}=1\]

Autrement dit :

    \[u_{n}\sim\frac{1}{n}\]

ce qui établit la divergence de la série {\displaystyle \sum_{n\geqslant1}u_{n}.}

Observons pour commencer que, si l’on pose :

    \[x_{n}=\left[\cos\left(\frac{1}{n}\right)\right]^{n^{2}}\]

alors :

    \begin{eqnarray*}\ln\left(x_{n}\right) & = & n^{2}\ln\left(\cos\left(\frac{1}{n}\right)\right)\\& = & n^{2}\ln\left(1-\frac{1}{2n^{2}}+o\left(\frac{1}{n^{2}}\right)\right) \end{eqnarray*}

et donc :

    \[\lim_{n\rightarrow\infty}\ln\left(x_{n}\right)=-\frac{1}{2}\]

d’où (par continuité de l’exponentielle) :

    \[\boxed{\lim_{n\rightarrow\infty}x_{n}=\frac{1}{\sqrt{e}}}\]

En conséquence la suite \left(q_{n}\right)_{n\geqslant1} converge vers 0 mais, bien entendu, ceci ne suffit pas pour conclure quant à la nature de la série {\displaystyle \sum_{n\geqslant1}q_{n}.}

L’idée est de reprendre le développement asymptotique précédent, mais avec une précision accrue. On part de :

    \[\cos\left(\frac{1}{n}\right)=1-\frac{1}{2n^{2}}+\frac{1}{24n^{4}}+o\left(\frac{1}{n^{4}}\right)\]

d’où l’on tire :

    \begin{eqnarray*}\ln\left(\cos\left(\frac{1}{n}\right)\right) & = & \left(-\frac{1}{2n^{2}}+\frac{1}{24n^{4}}\right)-\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{2n^{2}}\right)^{2}+o\left(\frac{1}{n^{4}}\right)\\& = & -\frac{1}{2n^{2}}-\frac{1}{12n^{4}}+o\left(\frac{1}{n^{4}}\right) \end{eqnarray*}

puis :

    \[n^{2}\ln\left(\cos\left(\frac{1}{n}\right)\right)=-\frac{1}{2}-\frac{1}{12n^{2}}+o\left(\frac{1}{n^{2}}\right)\]

et donc :

    \begin{eqnarray*}\frac{1}{\sqrt{e}}-\exp\left(n^{2}\ln\left(\cos\left(\frac{1}{n}\right)\right)\right) & = & \frac{1}{\sqrt{e}}\left[1-\exp\left(-\frac{1}{12n^{2}}+o\left(\frac{1}{n^{2}}\right)\right)\right]\end{eqnarray*}

Un dernier développement (à l’ordre 1 au voisinage de 0) pour l’exponentielle, et on obtient :

    \[\boxed{q_{n}\sim\frac{1}{12\sqrt{e}n^{2}}}\]

La série {\displaystyle \sum_{n\geqslant1}q_{n}} est donc convergente.

Il est connu que, pour tout t\in\mathbb{R} :

    \[1-e^{-t}\leqslant t\]

La suite \left(x_{n}\right)_{n\geqslant0} est donc décroissante. Par ailleurs, cette suite est à termes positifs, ce qu’on prouve par récurrence :

  • x_{0}>0 par hypothèse
  • si x_{n}\geqslant0 pour un certain n\in\mathbb{N}, alors x_{n+1}\geqslant0 car \forall t\geqslant0,\thinspace1-e^{-t}\geqslant0.

La suite \left(x_n\right)_{n\geqslant0} converge donc vers un réel L\geqslant0. En passant à la limite dans l’égalité x_{n+1}=1-e^{-x_{n}} et compte tenu de la continuité de la fonction exponentielle : L=1-e^{-L}.

Or, une étude (non détaillée) des variations de t\mapsto1-e^{-t} montre que cette application possède 0 comme unique point fixe. Ainsi L=0.

On peut maintenant utiliser le développement limité au second ordre :

    \[e^{-t}\underset{{\scriptstyle 0}}{=}1-t+\frac{t^{2}}{2}+o\left(t^{2}\right)\]

ce qui donne, puisque \displaystyle{\lim_{n\to\infty}x_n=0} :

    \[e^{-x_{n}}=1-x_{n}+\frac{x_{n}^{2}}{2}+o\left(x_{n}^{2}\right)\]

ou encore :

    \[x_{n+1}=x_{n}-\frac{x_{n}^{2}}{2}+o\left(x_{n}^{2}\right)\]

Donc, étant donné \lambda\neq0 :

    \begin{eqnarray*}x_{n+1}^{\lambda}-x_{n}^{\lambda} & = & \left(x_{n}-\frac{x_{n}^{2}}{2}+o\left(x_{n}^{2}\right)\right)^{\lambda}-x_{n}^{\lambda}\\& = & x_{n}^{\lambda}\left[\left(1-\frac{x_{n}}{2}+o\left(x_{n}\right)\right)^{\lambda}-1\right]\end{eqnarray*}

A l’aide du développement limité au premier ordre :

    \[\left(1+t\right)^{\lambda}\underset{{\scriptstyle 0}}{=}1+\lambda t+o\left(t\right)\]

il vient :

    \[x_{n+1}^{\lambda}-x_{n}^{\lambda}\sim-\frac{\lambda}{2}x_{n}^{\lambda+1}\]

Il est donc judicieux de choisir \lambda=-1 :

    \[\boxed{\lim_{n\rightarrow\infty}\left(\frac{1}{x_{n+1}}-\frac{1}{x_{n}}\right)=\frac{1}{2}}\]

D’après le lemme de Cesàro :

    \[\boxed{\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{x_{k+1}}-\frac{1}{x_{k}}\right)=\frac{1}{2}}\]

Autrement dit :

    \[\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}\left(\frac{1}{x_{n}}-\frac{1}{s}\right)=\frac{1}{2}\]

et finalement :

    \[\lim_{n\rightarrow\infty}n\thinspace x_{n}=2\]

En conclusion, on a prouvé que :

    \[\boxed{x_{n}\sim\frac{2}{n}}\]

ce qui entraîne la divergence de la série {\displaystyle \sum_{n\geqslant0}x_{n}.}

En posant A_{0}=0 et {\displaystyle A_{n}=\sum_{k=1}^{n}a_{k}} si n\geqslant1, on constate que, pour tout k\geqslant1 :

    \[a_{k}=A_{k}-A_{k-1}\]

et donc, pour tout n\geqslant1 :

    \begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{n}a_{k}b_{k} & = & \sum_{k=1}^{n}\left(A_{k}-A_{k-1}\right)b_{k}\\& = & -A_{0}b_{1}+A_{n}b_{n}+\sum_{k=1}^{n-1}A_{k}\left(b_{k}-b_{k+1}\right)\\& = & A_{n}b_{n}+\sum_{k=1}^{n-1}A_{k}\left(b_{k}-b_{k+1}\right) \end{eqnarray*}

La suite \left(b_{n}\right)_{n\geqslant1} est par hypothèse croissante et majorée, donc convergente. Notons \beta sa limite.

La suite \left(A_{n}\right)_{n\geqslant1} est aussi convergente (c’est par hypothèse la suite des sommes partielles d’une série convergente). Notons \sigma sa limite et notons M un majorant de \left|A_{n}\right|. Alors, d’une part :

    \[\lim_{n\rightarrow\infty}A_{n}b_{n}=\sigma\beta\]

et, d’autre part :

    \begin{eqnarray*}\sum_{k=1}^{n-1}\left|A_{k}\left(b_{k}-b_{k+1}\right)\right| & = & \sum_{k=1}^{n-1}\left|A_{k}\right|\left(b_{k+1}-b_{k}\right)\\& \leqslant & M\sum_{k=1}^{n-1}\left(b_{k+1}-b_{k}\right)\\& = & M\left(b_{n}-b_{1}\right)\\& \leqslant & B\left(\beta-b_{1}\right)\end{eqnarray*}

La suite des sommes partielles de la série {\displaystyle \sum_{k\geqslant1}\left|A_{k}\left(b_{k}-b_{k+1}\right)\right|} (qui est à termes positifs) est ainsi majorée. Cette série est donc convergente et la série {\displaystyle \sum_{k\geqslant1}A_{k}\left(b_{k+1}-b_{k}\right)}est donc absolument convergente. Si l’on note S sa somme, alors :

    \[\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n}a_{k}b_{k}=\sigma\beta+S\]

ce qui prouve la convergence de la série {\displaystyle \sum_{n\geqslant1}a_{n}b_{n}.}

exercice 9 difficile

Une possibilité consiste à poser, pour tout n\in\mathbb{N}^{\star} :

    \[\boxed{t_{n}=\frac{1}{n^{1/3}}}\qquad\text{et}\qquad\boxed{z_{n}=e^{2in\pi/3}}\]

La suite \left(t_{n}\right)_{n\geqslant1} décroît et converge vers 0.

Quant aux sommes partielles {\displaystyle S_{n}=\sum_{k=0}^{n-1}e^{2ik\pi/n}}, on reconnaît qu’il s’agit de sommes géométriques (de raison j=e^{2i\pi/3}\neq1) et on les calcule donc comme suit :

    \[S_{n}=\frac{1-e^{2in\pi/3}}{1-e^{2i\pi/3}}\]

d’où

    \[\left|S_{n}\right|\leqslant\frac{2}{\left|1-e^{2i\pi/3}\right|}=\frac{2}{\sqrt{3}}\]

En conséquence, la règle d’Abel s’applique et montre que la série {\displaystyle \sum_{n\geqslant1}\frac{e^{2in\pi/3}}{n^{1/3}}} converge.

Cependant, la série {\displaystyle\sum_{n\geqslant1}\left(\frac{e^{2in\pi/3}}{n^{1/3}}\right)^{3}} diverge, puisque son terme général n’est autre que {\displaystyle \frac{1}{n}.}


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