25 Exercices Corrigés sur les Séries Numériques — De MPSI à MP

a) Par linéarité (les deux séries de droite convergent) :

\(\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \displaystyle\frac{2^n + 3 \cdot 5^n}{6^n} = \sum_{n=0}^{+\infty} \!\left(\displaystyle\frac{1}{3}\right)^n + 3 \sum_{n=0}^{+\infty} \!\left(\displaystyle\frac{5}{6}\right)^n = \displaystyle\frac{1}{1-1/3} + \displaystyle\frac{3}{1-5/6} = \displaystyle\frac{3}{2} + 18 = \displaystyle\frac{39}{2}\)

b) On sépare : \(\displaystyle\sum_{n \geq 1} \displaystyle\frac{(-1)^n}{3^n} + 2 \sum_{n \geq 1} \displaystyle\frac{1}{3^n}\). Les deux séries géométriques convergent. La première : \(\displaystyle\frac{-1/3}{1+1/3} = -1/4\). La seconde : \(\displaystyle\frac{1/3}{1-1/3} = 1/2\). Somme totale : \(-1/4 + 2 \cdot 1/2 = 3/4\).

c) On reconnaît la partie réelle d’une série géométrique complexe : \(\displaystyle\frac{\cos(n\theta)}{2^n} = \Re\!\left(\!\left(\displaystyle\frac{\mathrm{e}^{i\theta}}{2}\right)^{\!n}\right)\). Comme \(|\mathrm{e}^{i\theta}/2| = 1/2\) < \(1\), la série converge absolument et :

\(\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \displaystyle\frac{\cos(n\theta)}{2^n} = \Re\!\left(\displaystyle\frac{1}{1 – \mathrm{e}^{i\theta}/2}\right) = \Re\!\left(\displaystyle\frac{2}{2 – \mathrm{e}^{i\theta}}\right)\)

En multipliant numérateur et dénominateur par le conjugué \(2 – \mathrm{e}^{-i\theta}\) et après calcul (\(|2 – \mathrm{e}^{i\theta}|^2 = 5 – 4\cos\theta\)) :

\(\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \displaystyle\frac{\cos(n\theta)}{2^n} = \displaystyle\frac{2(2 – \cos\theta)}{5 – 4\cos\theta} = \displaystyle\frac{4 – 2\cos\theta}{5 – 4\cos\theta}\)

a) Décomposition en éléments simples : \(\displaystyle\frac{1}{n(n+1)} = \displaystyle\frac{1}{n} – \displaystyle\frac{1}{n+1}\). La somme partielle est \(S_N = 1 – \displaystyle\frac{1}{N+1} \to 1\). Donc \(\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} \displaystyle\frac{1}{n(n+1)} = 1\).

b) DES : \(\displaystyle\frac{1}{(2n-1)(2n+1)} = \displaystyle\frac{1}{2}\left(\displaystyle\frac{1}{2n-1} – \displaystyle\frac{1}{2n+1}\right)\). La somme partielle donne \(S_N = \displaystyle\frac{1}{2}\left(1 – \displaystyle\frac{1}{2N+1}\right) \to \displaystyle\frac{1}{2}\).

c) On écrit \(\displaystyle\frac{n}{(n+1)!} = \displaystyle\frac{(n+1) – 1}{(n+1)!} = \displaystyle\frac{1}{n!} – \displaystyle\frac{1}{(n+1)!}\). Télescopage : \(S_N = \displaystyle\frac{1}{1!} – \displaystyle\frac{1}{(N+1)!} \to 1\).

a) Posons \(u_n = \displaystyle\frac{(2n)!}{(n!)^2 \, 4^n}\) (coefficient binomial central divisé par \(4^n\)). Calcul du quotient :

\(\displaystyle\frac{u_{n+1}}{u_n} = \displaystyle\frac{(2n+2)!}{((n+1)!)^2 \, 4^{n+1}} \cdot \displaystyle\frac{(n!)^2 \, 4^n}{(2n)!} = \displaystyle\frac{(2n+1)(2n+2)}{4(n+1)^2} = \displaystyle\frac{2n+1}{2(n+1)} \to 1\)

D’Alembert ne tranche pas (cas limite \(\ell = 1\)). On utilise alors la formule de Stirling \(n! \sim \sqrt{2\pi n}\,(n/\mathrm{e})^n\) : on en déduit \(u_n \sim \displaystyle\frac{1}{\sqrt{\pi n}}\). Comme \(\sum 1/\sqrt{n}\) diverge (Riemann \(\alpha = 1/2\)), la série diverge.

b) \(u_n = n!/n^n\). Alors \(\displaystyle\frac{u_{n+1}}{u_n} = \displaystyle\frac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}} \cdot \displaystyle\frac{n^n}{n!} = \left(\displaystyle\frac{n}{n+1}\right)^{\!n} = \displaystyle\frac{1}{(1+1/n)^n} \to \displaystyle\frac{1}{\mathrm{e}}\) < \(1\). Par d’Alembert, la série converge.

c) \(u_n = (n!)^2/(2n)!\). Le quotient \(\displaystyle\frac{u_{n+1}}{u_n} = \displaystyle\frac{((n+1)!)^2}{(2n+2)!} \cdot \displaystyle\frac{(2n)!}{(n!)^2} = \displaystyle\frac{(n+1)^2}{(2n+1)(2n+2)} = \displaystyle\frac{n+1}{2(2n+1)} \to \displaystyle\frac{1}{4}\) < \(1\). La série converge.

a) On exploite la conjugaison : \(\sqrt{n+1} – \sqrt{n} = \displaystyle\frac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} \sim \displaystyle\frac{1}{2\sqrt{n}}\). D’où :

\(\displaystyle\frac{\sqrt{n+1} – \sqrt{n}}{n} \sim \displaystyle\frac{1}{2 n^{3/2}}\)

Riemann \(\alpha = 3/2\) > \(1\) : la série converge.

b) \(\ln n\) est négligeable devant toute puissance positive de \(n\) : pour tout \(\varepsilon\) > \(0\), \(\ln n = o(n^\varepsilon)\). En prenant \(\varepsilon = 1/2\) : \(\displaystyle\frac{\ln n}{n^2} = o\!\left(\displaystyle\frac{1}{n^{3/2}}\right)\). Comme \(\sum 1/n^{3/2}\) converge, par comparaison la série converge.

c) Série de Bertrand avec \(\alpha = 1\) et \(\beta = 1\) : on doit avoir \(\beta\) > \(1\) pour la convergence. Démonstration directe par comparaison série-intégrale : la fonction \(t \mapsto 1/(t \ln t)\) est décroissante sur \([2, +\infty[\) et :

\(\displaystyle\int_2^N \displaystyle\frac{\mathrm{d}t}{t \ln t} = [\ln(\ln t)]_2^N = \ln(\ln N) – \ln(\ln 2) \to +\infty\)

Donc l’intégrale diverge, et par comparaison, la série diverge.

a) La suite \((1/n)\) est décroissante et tend vers \(0\). Par le critère spécial des séries alternées (Leibniz), \(\sum (-1)^n/n\) converge. Or \(\sum 1/n\) diverge (série harmonique). Donc la série semi-converge.

b) \((1/\sqrt{n})\) décroissante \(\to 0\). Par Leibniz, convergence. Or \(\sum 1/\sqrt{n}\) diverge (Riemann \(\alpha = 1/2 \leq 1\)). Semi-convergence.

a) La suite \(\ln(n)/n\) est décroissante pour \(n \geq 3\) (la dérivée de \(x \mapsto \ln(x)/x\) est \((1-\ln x)/x^2\) < \(0\) pour \(x\) > \(\mathrm{e}\)) et tend vers \(0\). Par Leibniz, la série converge. Or \(\sum \ln(n)/n\) diverge (critère intégral : \(\int_2^{+\infty} \ln(x)/x \, \mathrm{d}x = [(\ln x)^2/2]_2^{+\infty} = +\infty\)). Donc semi-convergence.

b) Piège classique. L’écriture en \((-1)^n\) est trompeuse : la suite \(a_n = 1/(\sqrt{n} + (-1)^n)\) n’est pas monotone, donc Leibniz ne s’applique pas directement. On effectue un développement asymptotique :

\(\displaystyle\frac{(-1)^n}{\sqrt{n} + (-1)^n} = \displaystyle\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}} \cdot \displaystyle\frac{1}{1 + (-1)^n/\sqrt{n}} = \displaystyle\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}} \!\left(1 – \displaystyle\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}} + O(1/n)\right)\)

D’où \(u_n = \displaystyle\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}} – \displaystyle\frac{1}{n} + O(1/n^{3/2})\). Le premier terme \((-1)^n/\sqrt{n}\) forme une série convergente (Leibniz). Le terme \(-1/n\) forme une série divergente (harmonique). Le reste \(O(1/n^{3/2})\) converge absolument. Conclusion : la série diverge.

Moralité. En présence d’une « fausse » série alternée, vérifier la monotonie. Sinon, faire un DL pour isoler la composante divergente.

c) La somme \(\sum_{k=1}^n \sin k = \displaystyle\frac{\sin(n/2) \sin((n+1)/2)}{\sin(1/2)}\) est bornée (formule classique) par \(1/|\sin(1/2)|\). La suite \(1/n\) est décroissante et tend vers 0. Par la transformation d’Abel, la série \(\sum \sin(n)/n\) converge. La convergence est semi : \(|\sin(n)/n| \geq \sin^2(n)/n = (1 – \cos(2n))/(2n)\) et \(\sum (1-\cos(2n))/(2n)\) diverge (somme de \(\sum 1/(2n)\) divergente et \(\sum \cos(2n)/(2n)\) convergente par Abel à nouveau).

a) Quand \(n \to +\infty\), \(1 – \cos(1/n) \sim \displaystyle\frac{1}{2n^2}\) (DL de \(\cos\) à l’ordre 2). Riemann \(\alpha = 2\) : converge.

b) \(\ln(1 + 1/n^2) \sim 1/n^2\). Riemann \(\alpha = 2\) : converge.

c) \(\sqrt{n+1} – \sqrt{n} = \displaystyle\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}} \sim \displaystyle\frac{1}{2\sqrt{n}} = \displaystyle\frac{1}{2n^{1/2}}\). Riemann \(\alpha = 1/2 \leq 1\) : diverge. (On peut aussi voir directement que c’est une série télescopique de somme partielle \(\sqrt{N+1} – \sqrt{2} \to +\infty\).)

a) \(u_n = (1 – 1/n)^{n^2}\). Calculons \(u_n^{1/n} = (1 – 1/n)^n \to 1/\mathrm{e}\) < \(1\). Par Cauchy, la série converge.

Vérification. \(\ln u_n = n^2 \ln(1 – 1/n) = n^2 \left(-1/n – 1/(2n^2) + O(1/n^3)\right) = -n – 1/2 + O(1/n)\). Donc \(u_n \sim \mathrm{e}^{-n – 1/2}\), terme général d’une série géométrique convergente.

b) \(u_n^{1/n} = (\ln n)^{-\sqrt{n}/n} = \mathrm{e}^{-\frac{\sqrt{n}}{n} \ln \ln n} = \mathrm{e}^{-\frac{\ln \ln n}{\sqrt{n}}} \to \mathrm{e}^0 = 1\). Cauchy ne tranche pas. On revient à l’écriture directe : \(u_n = \mathrm{e}^{-\sqrt{n} \, \ln \ln n}\). Pour \(n \geq N\) suffisamment grand, \(\sqrt{n} \, \ln \ln n \geq 2 \ln n\) (équivalent à \(\sqrt{n} \, \ln \ln n / \ln n \to +\infty\)), donc \(u_n \leq \mathrm{e}^{-2 \ln n} = 1/n^2\). Par comparaison, la série converge.

c) \(u_n^{1/n} = \displaystyle\frac{n+1}{2n+1} \to \displaystyle\frac{1}{2}\) < \(1\). Par Cauchy, la série converge.

a) \(\gamma_n – \gamma_{n+1} = \ln(n+1) – \ln n – \displaystyle\frac{1}{n+1} = \ln\!\left(1 + \displaystyle\frac{1}{n}\right) – \displaystyle\frac{1}{n+1}\).

Or, pour tout \(x\) > \(0\), on a \(\ln(1+x)\) > \(\displaystyle\frac{x}{1+x}\) (inégalité classique). Avec \(x = 1/n\) : \(\ln(1+1/n)\) > \(\displaystyle\frac{1}{n+1}\). Donc \(\gamma_n – \gamma_{n+1}\) > \(0\) : la suite est décroissante.

b) Pour \(k \geq 1\), on a \(\displaystyle\frac{1}{k} \geq \int_k^{k+1} \displaystyle\frac{dt}{t}\) (car \(t \mapsto 1/t\) est décroissante). En sommant de \(k = 1\) à \(n\) : \(H_n \geq \int_1^{n+1} \displaystyle\frac{dt}{t} = \ln(n+1)\) > \(\ln n\). Donc \(\gamma_n = H_n – \ln n\) > \(0\).

c) \((\gamma_n)\) est décroissante et minorée par \(0\), donc elle converge. Sa limite \(\gamma \approx 0{,}5772\) est la constante d’Euler-Mascheroni. On a \(H_n = \ln n + \gamma + (\gamma_n – \gamma)\), avec \(\gamma_n – \gamma \to 0\), d’où \(H_n = \ln n + \gamma + o(1)\). \(\blacksquare\)

a) Posons \(u_n = (n!)^2/(2n)!\). Par d’Alembert :

\(\displaystyle\frac{u_{n+1}}{u_n} = \displaystyle\frac{((n+1)!)^2}{(2n+2)!} \cdot \displaystyle\frac{(2n)!}{(n!)^2} = \displaystyle\frac{(n+1)^2}{(2n+2)(2n+1)} = \displaystyle\frac{n+1}{2(2n+1)} \to \displaystyle\frac{1}{4}\) < \(1\). Converge.

b) Posons \(u_n = n^n/(e^n \cdot n!)\). Par d’Alembert : \(\displaystyle\frac{u_{n+1}}{u_n} = \displaystyle\frac{(n+1)^n}{e \cdot n^n} = \displaystyle\frac{(1+1/n)^n}{e} \to \displaystyle\frac{e}{e} = 1\). Critère non conclusif.

On utilise la formule de Stirling : \(n! \sim \sqrt{2\pi n}\left(\displaystyle\frac{n}{e}\right)^n\). Ainsi \(u_n \sim \displaystyle\frac{n^n}{e^n \cdot \sqrt{2\pi n} \cdot (n/e)^n} = \displaystyle\frac{1}{\sqrt{2\pi n}}\). Or \(\sum 1/\sqrt{n}\) diverge (Riemann \(\alpha = 1/2\)). Diverge.

Par le critère intégral, la série a même nature que \(\int_2^{+\infty} \displaystyle\frac{dx}{x(\ln x)^\beta}\). On pose \(u = \ln x\), \(du = dx/x\) :

C’est une intégrale de Riemann en \(u\) : elle converge si et seulement si \(\beta\) > \(1\).

Conclusion : \(\displaystyle\sum \displaystyle\frac{1}{n(\ln n)^\beta}\) converge \(\Leftrightarrow \beta\) > \(1\).

C’est un cas particulier des séries de Bertrand \(\sum 1/(n^\alpha (\ln n)^\beta)\) avec \(\alpha = 1\). Pour le cas général, voir la page dédiée.

On applique le critère de Dirichlet (ou transformation d’Abel) : si \((a_n)\) est une suite décroissante tendant vers \(0\) et si les sommes partielles \(B_N = \sum_{n=1}^{N} b_n\) sont bornées, alors \(\sum a_n b_n\) converge.

Ici \(a_n = 1/n\) (décroissante \(\to 0\)) et \(b_n = \sin n\). Montrons que les sommes partielles de \(\sin n\) sont bornées.

On a \(\displaystyle\sum_{n=1}^{N} \sin n = \mathrm{Im}\!\left(\displaystyle\sum_{n=1}^{N} e^{in}\right) = \mathrm{Im}\!\left(e^{i}\displaystyle\frac{1 – e^{iN}}{1 – e^{i}}\right)\).

Le module de cette somme est majoré par \(\displaystyle\frac{2}{|1 – e^{i}|} = \displaystyle\frac{1}{\sin(1/2)}\) < \(+\infty\). Les sommes partielles sont donc bornées.

Par Dirichlet, \(\sum \sin(n)/n\) converge. \(\blacksquare\)

• Si \(|x|\) < \(1\) : \(|x^n/n| \leq |x|^n\), et \(\sum |x|^n\) converge (géométrique). Convergence absolue.
• Si \(|x|\) > \(1\) : \(|x^n/n| \to +\infty\), le terme général ne tend pas vers \(0\). Diverge.
• Si \(x = 1\) : \(\sum 1/n\) = série harmonique. Diverge.
• Si \(x = -1\) : \(\sum (-1)^n/n\) converge par Leibniz. \(\sum 1/n\) diverge. Semi-converge.

Bilan : convergence absolue pour \(x \in \,]-1, 1[\,\), semi-convergence pour \(x = -1\), divergence sinon. (On retrouve le rayon de convergence \(R = 1\) de la série entière \(\sum x^n/n = -\ln(1-x)\).)

a) DES : \(\displaystyle\frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \displaystyle\frac{1}{2}\left(\displaystyle\frac{1}{n(n+1)} – \displaystyle\frac{1}{(n+1)(n+2)}\right)\).

(Vérification : le membre de droite vaut \(\displaystyle\frac{1}{2} \cdot \displaystyle\frac{(n+2) – n}{n(n+1)(n+2)} = \displaystyle\frac{1}{n(n+1)(n+2)}\) ✓.)

C’est un télescopage. \(S_N = \displaystyle\frac{1}{2}\left(\displaystyle\frac{1}{1 \cdot 2} – \displaystyle\frac{1}{(N+1)(N+2)}\right) \to \displaystyle\frac{1}{4}\).

b) \(\displaystyle\frac{1}{(2n+1)(2n+3)} = \displaystyle\frac{1}{2}\left(\displaystyle\frac{1}{2n+1} – \displaystyle\frac{1}{2n+3}\right)\). Télescopage : \(S_N = \displaystyle\frac{1}{2}\left(\displaystyle\frac{1}{1} – \displaystyle\frac{1}{2N+3}\right) \to \displaystyle\frac{1}{2}\).

Par comparaison série-intégrale, pour tout \(k \geq 1\) :

En sommant de \(k = n+1\) à \(+\infty\) :

Or \(\int_a^{+\infty} \displaystyle\frac{dt}{t^\alpha} = \displaystyle\frac{a^{1-\alpha}}{\alpha – 1}\). Donc :

Comme \((n+1)^{1-\alpha} \sim n^{1-\alpha}\), par encadrement : \(R_n \sim \displaystyle\frac{n^{1-\alpha}}{\alpha – 1} = \displaystyle\frac{1}{(\alpha-1)n^{\alpha-1}}\). \(\blacksquare\)

a) Cauchy (racine) : \(u_n^{1/n} = (1+1/n)^{-n} \to e^{-1} = 1/e\) < \(1\). Converge.

b) Bertrand : série de Bertrand \(\alpha = 1, \beta = 2\) > \(1\). Converge (voir exercice 11).

c) D’Alembert : \(\displaystyle\frac{u_{n+1}}{u_n} = \displaystyle\frac{2(n+1) \cdot n^n}{(n+1)^{n+1}} = \displaystyle\frac{2}{(1+1/n)^n} \to \displaystyle\frac{2}{e}\) < \(1\). Converge.

d) Équivalent : \(1/\sqrt{n^2+1} \sim 1/n\). Riemann \(\alpha = 1\) : diverge.

a) On part de \(S(x) = \displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} x^n = \displaystyle\frac{1}{1-x}\) pour \(|x|\) < \(1\). En dérivant : \(\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} n\,x^{n-1} = \displaystyle\frac{1}{(1-x)^2}\). Multiplions par \(x\) :

En \(x = 1/2\) : \(\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} \displaystyle\frac{n}{2^n} = \displaystyle\frac{1/2}{(1/2)^2} = 2\).

b) En dérivant \(x/(1-x)^2\) et multipliant par \(x\), on obtient \(\sum n^2 x^n = x(1+x)/(1-x)^3\). En \(x = 1/2\) :

\(\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} \displaystyle\frac{n^2}{2^n} = \displaystyle\frac{(1/2)(3/2)}{(1/2)^3} = \displaystyle\frac{3/4}{1/8} = 6\).

c) Le DSE usuel d’\(\arctan\) donne \(\arctan(x) = \displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \displaystyle\frac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n+1}\) pour \(|x| \leq 1\). En \(x = 1\) : la série \(\sum (-1)^n/(2n+1)\) converge par Leibniz. Par le théorème d’Abel radial, sa somme vaut \(\lim_{x \to 1^-} \arctan(x) = \arctan(1) = \pi/4\). \(\blacksquare\)

Effectuer un DL de \(\sin(x)\) à l’ordre 3 en \(0\) avec \(x = 1/n^\alpha\).

Posons \(x = 1/n^\alpha \to 0\). Le DL \(\sin(x) = x – x^3/6 + o(x^3)\) donne :

C’est une série à termes positifs. Par comparaison à une série de Riemann :

• \(3\alpha\) > \(1\), i.e. \(\alpha\) > \(1/3\) : converge.
• \(3\alpha \leq 1\), i.e. \(\alpha \leq 1/3\) : diverge.

Commentaire concours : exercice de 5 min en CCINP. Le DL à l’ordre 3 est le réflexe automatique quand on voit « différence entre une fonction et son approximation linéaire ». L’erreur typique est de s’arrêter à l’ordre 1 (qui donne \(0\)).

Utiliser \(\ln(1+x) = x – x^2/2 + o(x^2)\).

Posons \(x = 1/n^\alpha\). Alors \(\ln(1 + x) = x – x^2/2 + o(x^2)\), donc :

Série de Riemann : converge \(\Leftrightarrow 2\alpha\) > \(1\) \(\Leftrightarrow \alpha\) > \(1/2\).

Commentaire concours : même technique que l’exercice 18, avec \(\ln\) au lieu de \(\sin\). Le DL est à l’ordre 2 (pas 3). Les deux exercices forment un binôme classique.

a) Séparer les indices pairs et impairs dans la somme \(S_{2n}\).

a) \(S_{2n} = \displaystyle\sum_{k=1}^{2n} \displaystyle\frac{(-1)^{k+1}}{k} = \displaystyle\sum_{k=1}^{2n} \displaystyle\frac{1}{k} – 2\displaystyle\sum_{k=1}^{n} \displaystyle\frac{1}{2k} = H_{2n} – H_n\).

(On a regroupé les termes : \((-1)^{k+1}/k = 1/k – 2 \cdot \mathbf{1}_{k \text{ pair}}/k\), puis la somme des \(1/k\) pour \(k\) pair donne \(\sum_{j=1}^n 1/(2j)\).)

b) D’après l’exercice 9, \(H_m = \ln m + \gamma + o(1)\). Donc :

Comme \(S_{2n+1} = S_{2n} + 1/(2n+1) \to \ln 2\) également, on a \(S_n \to \ln 2\). \(\blacksquare\)

Commentaire concours : résultat classique qui tombe régulièrement à Centrale. La méthode par sommes partielles est celle attendue à l’écrit. À l’oral, le correcteur accepte aussi l’argument par le théorème d’Abel appliqué au DSE \(\ln(1+x) = \sum (-1)^{n+1}x^n/n\) en \(x = 1\).

Appliquer l’inégalité arithmético-géométrique : \(\sqrt{ab} \leq (a+b)/2\).

Par l’inégalité arithmético-géométrique, pour tout \(n \geq 1\) :

Or \(\sum u_n\) converge (hypothèse) et \(\sum 1/n^2\) converge (Riemann \(\alpha = 2\)). Donc \(\sum (u_n + 1/n^2)/2\) converge. Par comparaison (les termes sont positifs), \(\sum \sqrt{u_n}/n\) converge. \(\blacksquare\)

Commentaire concours : l’astuce AM-GM est plus rapide que l’inégalité de Cauchy-Schwarz (qui marche aussi). Le correcteur Centrale valorise l’efficacité et la concision. La preuve tient en 3 lignes.

Encadrer \(u_n\) à l’aide d’une somme partielle de la série, en exploitant la décroissance.

Soit \(\varepsilon\) > \(0\). Comme \(\sum u_n\) converge, par le critère de Cauchy, il existe \(N\) tel que pour tout \(p\) > \(q \geq N\) :

\(\displaystyle\sum_{k=q+1}^{p} u_k\) < \(\varepsilon\)

Soit \(n \geq 2N\). Posons \(q = \lfloor n/2 \rfloor\) et \(p = n\). On a \(p – q \geq n/2\) et \(q \geq N\). Comme \((u_k)\) est décroissante, chaque \(u_k \geq u_n\) pour \(k \leq n\), d’où :

\(\displaystyle\frac{n}{2} \cdot u_n \leq (p – q) \cdot u_n \leq \displaystyle\sum_{k=q+1}^{p} u_k\) < \(\varepsilon\)

Ainsi \(n\,u_n\) < \(2\varepsilon\) pour tout \(n \geq 2N\). Donc \(n\,u_n \to 0\). \(\blacksquare\)

Commentaire concours : résultat fondamental, exigible à Mines-Ponts et souvent utilisé comme lemme dans des problèmes plus longs. L’idée clé — encadrer \(u_n\) par un reste partiel de la série en utilisant la décroissance — revient dans de nombreux contextes. Attention : sans l’hypothèse de décroissance, le résultat est faux (voir exercice 25d).

Les critères de d’Alembert et Cauchy sont ici inconclus (limite \(1\)). Comparer directement à une série de Riemann.

Posons \(u_n = a^{\sqrt{n}} = e^{\sqrt{n}\,\ln a}\). Comme \(a \in \,]0, 1[\), on a \(\ln a\) < \(0\), donc \(\sqrt{n}\,\ln a \to -\infty\).

Vérification : d’Alembert donne \(u_{n+1}/u_n = a^{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}} \to a^0 = 1\). Cauchy donne \(u_n^{1/n} = a^{1/\sqrt{n}} \to 1\). Les deux sont inconclus.

Comparaison : pour tout \(k\) > \(0\), la croissance exponentielle l’emporte sur la puissance, donc \(n^k \cdot a^{\sqrt{n}} \to 0\) quand \(n \to +\infty\). (En effet, \(\ln(n^k \cdot a^{\sqrt{n}}) = k\ln n + \sqrt{n}\ln a \to -\infty\) car \(\sqrt{n}\) l’emporte sur \(\ln n\).)

En particulier, avec \(k = 2\) : \(u_n = o(1/n^2)\). Par comparaison à la série de Riemann convergente \(\sum 1/n^2\), la série \(\sum a^{\sqrt{n}}\) converge. \(\blacksquare\)

Commentaire concours : exercice où d’Alembert et Cauchy échouent tous les deux. Le réflexe est alors de montrer que \(u_n = o(1/n^k)\) pour un \(k\) assez grand. Ce type de raisonnement est valorisé à Mines-Ponts.

a) Regrouper les termes de \(\sum u_n\) par blocs dyadiques \([2^k, 2^{k+1})\) et encadrer chaque bloc grâce à la décroissance.

a) On regroupe les termes par blocs dyadiques. Pour \(n \in [2^k, 2^{k+1})\), le bloc contient \(2^k\) termes. Comme \((u_n)\) est décroissante :

• Majoration : chaque \(u_n \leq u_{2^k}\), donc \(\displaystyle\sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1} u_n \leq 2^k\,u_{2^k}\).
• Minoration : chaque \(u_n \geq u_{2^{k+1}}\) (car \(n \leq 2^{k+1} – 1\)), donc \(\displaystyle\sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1} u_n \geq 2^k\,u_{2^{k+1}}\).

En sommant de \(k = 0\) à \(K-1\) :

où \(S_N = \sum_{n=1}^{N} u_n\). Le membre de gauche vaut \(\displaystyle\frac{1}{2}\displaystyle\sum_{j=1}^{K} 2^j u_{2^j}\). Les sommes partielles de \(\sum u_n\) et de \(\sum 2^k u_{2^k}\) se dominent mutuellement (à constante près). Comme les termes sont positifs, les deux séries ont même nature. \(\blacksquare\)

b) Avec \(u_n = 1/n^\alpha\) : \(2^k\,u_{2^k} = 2^k/2^{k\alpha} = (2^{1-\alpha})^k\). C’est une série géométrique de raison \(r = 2^{1-\alpha}\). Elle converge \(\Leftrightarrow r\) < \(1 \Leftrightarrow 1 – \alpha\) < \(0 \Leftrightarrow \alpha\) > \(1\). \(\blacksquare\)

Commentaire concours : démonstration exigible aux oraux X-ENS. Le regroupement dyadique est une technique puissante qui revient dans d’autres contextes (lemme de Borel-Cantelli, entropie). Maîtriser parfaitement les deux encadrements.

a) Utiliser que \(u_n \to 0\). b) Chercher une série dont le carré converge mais pas la série elle-même. d) Construire une suite « creuse » à termes nuls sauf sur une sous-suite très espacée.

a) Comme \(\sum u_n\) converge, \(u_n \to 0\). Il existe \(N\) tel que pour tout \(n \geq N\), \(0 \leq u_n \leq 1\), d’où \(u_n^2 \leq u_n\). Par comparaison, \(\sum u_n^2\) converge. \(\blacksquare\)

b) Non. Contre-exemple : \(u_n = 1/n\). Alors \(\sum u_n^2 = \sum 1/n^2\) converge (Riemann \(\alpha = 2\)), mais \(\sum 1/n\) diverge.

c) C’est exactement le résultat de l’exercice 22 : \(n\,u_n \to 0\), soit \(u_n = o(1/n)\). \(\blacksquare\)

d) Oui. Posons \(u_n = 1/k^2\) si \(n = 2^k\) pour un certain \(k \geq 1\), et \(u_n = 0\) sinon. Alors :

• \(\sum u_n = \sum_{k=1}^{+\infty} 1/k^2\) < \(+\infty\). La série converge.
• Mais pour \(n = 2^k\) : \(n \cdot u_n = 2^k/k^2 \to +\infty\). Donc \(u_n \neq O(1/n)\).

Commentaire concours : exercice de synthèse typique de l’oral X. La partie d) teste la capacité à construire des contre-exemples. L’astuce de la suite « creuse » (non nulle uniquement sur une sous-suite très espacée) est un outil fondamental.