Séries numériques

Exercice 1

Étudier la convergence de la série \(\sum_{k=1}^{\infty} \frac{\sin kx}{k}\), où \(x \in [0, \pi]\).

Corrigé

• Si \(x \in \{0, \pi\}\), \(\sin kx = 0\) pour tout entier \(k\), donc \(\sum_{k=1}^{\infty} \frac{\sin kx}{k} = 0\).

• Si \(x \in ]0, \pi[\), \(\sin kx = \text{Im}\big(e^{ikx}\big)\). Soit \(n \geq 1\).

  \[ \sum_{k=0}^{n} e^{ikx} = \frac{1 - e^{i(n+1)x}}{1 - e^{ix}} = \frac{e^{i(n+1)\frac{x}{2}} \left(e^{-i(n+1)\frac{x}{2}} - e^{i(n+1)\frac{x}{2}}\right)}{e^{i\frac{x}{2}} \left(e^{-i\frac{x}{2}} - e^{i\frac{x}{2}}\right)} = e^{in\frac{x}{2}} \frac{\sin\left((n+1)\frac{x}{2}\right)}{\sin\left(\frac{x}{2}\right)}. \]

  D’où

  \[ \sum_{k=1}^{n} \sin kx = \text{Im}\left(\sum_{k=0}^{n} e^{ikx}\right) = \frac{\sin\left(n\frac{x}{2}\right) \sin\left((n+1)\frac{x}{2}\right)}{\sin\left(\frac{x}{2}\right)}, \]

  et par suite

  \[ \left| \sum_{k=1}^{n} \sin kx \right| \leq \frac{1}{\left| \sin\left(\frac{x}{2}\right) \right|}. \quad (1) \]

  La suite \(\left(\frac{1}{k}\right)\) décroît et tend vers \(0\) quand \(n\) tend vers \(+\infty\). (2)

  Les relations (1) et (2) entraînent, d’après le critère d’Abel, que la série \(\sum_{k=1}^{+\infty} \frac{\sin kx}{k}\) est convergente.

Exercice 2

Soient \(\alpha\) et \(\beta\) deux réels. On étudie la série \(\sum_{n \geq 1} u_n\) avec

\[ u_n = \frac{1}{n^\alpha (\ln n)^\beta}. \]

Cette série s’appelle la série de Bertrand.

1. Étudier le cas \(\alpha > 1\). On posera \(\gamma := \frac{1 + \alpha}{2}\) et on montrera que \(u_n = O\left(\frac{1}{n^\gamma}\right)\).

2. Étudier le cas \(\alpha < 1.\)

3. On étudie maintenant le cas \(\alpha = 1.\)

   1. Soit \(f_\beta : ]1, \infty[ \to \mathbb{R}\) la fonction définie par

   \[ f_\beta(t) = \frac{1}{t (\ln t)^\beta}. \]

   Montrer qu’il existe \(n_0 \in \mathbb{N}\) tel que \(f_\beta\) soit décroissante sur \(]n_0, \infty[\).

   2. On suppose \(\beta = 1\). Montrer, par comparaison avec une intégrale, que la série diverge.

   3. On suppose \(\beta > 1\). Montrer, par comparaison avec une intégrale, que la série converge.

   4. Étudier le cas \(\beta < 1.\)

Corrigé

1. Si \(\alpha > 1, \quad \text{alors} \quad \gamma = \frac{1 + \alpha}{2} > 1\). On a :

\[ n^\gamma \cdot \frac{1}{n^\alpha (\ln n)^\beta} = \frac{1}{n^{\alpha - \gamma} (\ln n)^\beta} = \frac{1}{n^{(\alpha - 1) / 2} (\ln n)^\beta} \to 0 \text{ lorsque } n \to \infty, \]

puisque \(\alpha - \gamma = \frac{\alpha - 1}{2} > 0\). Donc, pour \(n\) assez grand, on a l’inégalité

\[ \frac{1}{n^\alpha (\ln n)^\beta} \leq \frac{1}{n^\gamma}. \]

Ainsi, par comparaison avec une série de Riemann convergente (puisque \(\gamma > 1\)), on obtient la convergence de la série \(\sum u_n\) dans ce cas.

2. Si \(\alpha < 1\), alors \(1 - \alpha > 0\). On a :

\[ n \cdot \frac{1}{n^\alpha (\ln n)^\beta} = \frac{n^{1 - \alpha}}{(\ln n)^\beta} \to \infty \text{ lorsque } n \to \infty, \]

donc, pour \(n\) assez grand,

\[ \frac{1}{n^\alpha (\ln n)^\beta} > \frac{1}{n}. \]

Ainsi, par comparaison avec une série de Riemann divergente (la série harmonique), on obtient la divergence de la série \(\sum u_n\) dans ce cas.

3.a. La fonction \(f_\beta\) est dérivable sur \(]1, \infty[\) et, pour tout \(t > 1\),

\[ f'_\beta(t) = - \frac{(\ln t)^\beta + \beta (\ln t)^{\beta - 1}}{t^2 (\ln t)^{2\beta}}. \]

Puisque \(\ln t + \beta > 0\) pour \(t > e^{-\beta}\), la fonction \(f_\beta\) est décroissante sur \(]e^{-\beta}, \infty[\). Donc, en choisissant \(n_0 > \max\{2, e^{-\beta}\}\), \(\sum_{n \geq 2} \frac{1}{n (\ln n)^\beta}\) et \(\int_{n_0}^{\infty} f_\beta(t) \, dt\) sont de même nature d’après le cours.

3.b. Si \(\beta = 1\), alors

\[ \int_{n_0}^{\infty} f_\beta(t) \, dt = \int_{n_0}^{\infty} \frac{1}{t \ln t} \, dt = \lim_{A \to \infty} [\ln(\ln t)]_{n_0}^{A} = \lim_{A \to \infty} (\ln(\ln A) - \ln(\ln n_0)) = \infty. \]

La série est alors divergente.

3.c. Si \(\beta > 1\), alors

\[ \int_{n_0}^{\infty} f_\beta(t) \, dt = \int_{n_0}^{\infty} \frac{1}{t (\ln t)^\beta} \, dt = \lim_{A \to \infty} \left[\frac{(\ln t)^{1 - \beta}}{1 - \beta}\right]_{n_0}^{A} = \frac{1}{(\beta - 1)(\ln n_0)^{\beta - 1}} \in \mathbb{R}. \]

La série est alors convergente.

3.d. Si \(\beta < 1\), alors

\[ \int_{n_0}^{\infty} f_\beta(t) \, dt = \int_{n_0}^{\infty} \frac{1}{t (\ln t)^\beta} \, dt = \lim_{A \to \infty} \left[\frac{(\ln t)^{1 - \beta}}{1 - \beta}\right]_{n_0}^{A} = \infty. \]

La série est alors divergente.

Exercice 3

Calculer la somme des séries \(\sum_{n \geq 1} \frac{1}{q^n}\) (pour \(q \in \mathbb{R}^*\)) et \(\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n(n+1)}\).

Corrigé

La première série est une série géométrique de raison \(q^{-1}\). Si \(|q| \leq 1\), la série est grossièrement divergente. Si \(|q| > 1\), la série est convergente et

\[ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{q^n} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{q^n} - 1 = \frac{1}{1 - q^{-1}} - 1 = \frac{1}{q - 1}. \]

Pour la deuxième série, on remarque tout d’abord que

\[ \frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}, \]

de sorte que, par téléscopage,

\[ \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n(n+1)} = \left(1 - \frac{1}{2}\right) + \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{3}\right) + \cdots + \left(\frac{1}{N} - \frac{1}{N+1}\right) = 1 - \frac{1}{N+1} \to 1 \text{ lorsque } N \to \infty. \]

La somme de la série vaut donc 1.

Exercice 4

Étudier la nature des séries suivantes : \(\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n!}\), \(\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n^n}\), \(\sum_{n \geq 1} \frac{n!}{n^n}\), \(\sum_{n \geq 1} \frac{n^n}{(2n)!}\).

Corrigé

1. Posons \(v_n := \frac{1}{n!}\). On a :

\[ \frac{v_{n+1}}{v_n} = \frac{n!}{(n+1)!} = \frac{1}{n+1} \to 0 \text{ lorsque } n \to \infty. \]

La règle de d’Alembert montre alors que \(\sum v_n\) est convergente.

2. Posons \(w_n := \frac{1}{n^n}\). On a :

\[ \frac{w_{n+1}}{w_n} = \frac{n^n}{(n+1)^{n+1}} = \frac{1}{n+1} \left(\frac{n}{n+1}\right)^n \to 0 \text{ lorsque } n \to \infty. \]

La règle de d’Alembert montre alors que \(\sum w_n\) est convergente.

3. Rappelons la formule de Stirling :

\[ \lim_{n \to \infty} \frac{n!}{\sqrt{2 \pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n} = 1, \text{ autrement dit } n! \sim \sqrt{2 \pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n. \]

Posons \(x_n = n^{1/2} e^{-n}\). On a :

\[ \frac{x_{n+1}}{x_n} = \left(\frac{n+1}{n}\right)^{1/2} e^{-(n+1)} e^n = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{1/2} e^{-1} \to \frac{1}{e} < 1 \text{ lorsque } n \to \infty. \]

La règle de d’Alembert montre alors que \(\sum x_n\) est convergente, et donc que \(\sum \frac{n!}{n^n}\) est convergente.

4. D’après la formule de Stirling,

\[ (2n)! \sim \sqrt{4 \pi n} \left(\frac{2n}{e}\right)^{2n}. \]

Donc,

\[ \frac{n^n}{(2n)!} \sim \frac{1}{\sqrt{4 \pi n}} \left(\frac{e}{2}\right)^{2n} \frac{1}{n^n} =: y_n. \]

On a :

\[ \frac{y_{n+1}}{y_n} = \sqrt{\frac{n}{n+1}} \left(\frac{e}{2}\right)^2 \frac{n^n}{(n+1)^n} = \sqrt{\frac{n}{n+1}} \left(\frac{e}{2}\right)^2 \left(\frac{n}{n+1}\right)^n \to \frac{1}{e} < 1 \text{ lorsque } n \to \infty. \]

La règle de d’Alembert montre alors que \(\sum y_n\) est convergente, et donc que \(\sum \frac{n^n}{(2n)!}\) est convergente.

Exercice 5

Soient \(a \in \mathbb{R}\) et \(\alpha \in \mathbb{R}^+\). Étudier, selon les valeurs de \(a\), la nature des séries suivantes : \(\sum_{n \geq 1} \frac{a^n}{n!}\), \(\sum_{n \geq 1} \frac{a^n}{n^\alpha}\).

Corrigé

Pour les deux séries, le cas \(a = 0\) donne lieu à la série nulle et présente donc peu d’intérêt. Nous supposons donc dans la suite que \(a \neq 0\).

1. Posons \(v_n := \frac{|a|^n}{n!}\). On a :

\[ \frac{v_{n+1}}{v_n} = \frac{|a|}{n+1} \to 0 \text{ lorsque } n \to \infty. \]

La règle de d’Alembert montre alors que \(\sum v_n\) est convergente, donc que \(\sum \frac{a^n}{n!}\) est absolument convergente.

2. Posons \(v_n := \frac{|a|^n}{n^\alpha}\). On a :

\[ \frac{v_{n+1}}{v_n} = |a| \left(\frac{n}{n+1}\right)^\alpha \to |a| \text{ lorsque } n \to \infty. \]

Si \(|a| < 1\), la série \(\sum v_n\) est convergente d’après la règle de d’Alembert, donc \(\sum \frac{a^n}{n^\alpha}\) est absolument convergente. Si \(|a| > 1\),

\[ \ln\left(\frac{|a|^n}{n^\alpha}\right) = n \ln |a| - \alpha \ln n \to \infty, \]

donc

\[ \frac{|a|^n}{n^\alpha} \to \infty \text{ lorsque } n \to \infty, \]

et la série \(\sum \frac{a^n}{n^\alpha}\) est grossièrement divergente. Reste à examiner le cas \(|a| = 1\). Si \(a = 1\), la série n’est autre que la série de Riemann, elle est donc convergente si \(\alpha > 1\) et divergente si \(\alpha \in ]0, 1]\). Enfin, si \(a = -1\), la série est alternée, et comme \(\frac{1}{n^\alpha} \to 0\) lorsque \(n \to \infty\), la série est convergente.

Exercice 6

1. Montrer que la série de terme général \(u_n = \frac{1}{n} + \ln n - \ln(n+1)\) est convergente.

2. En déduire que la suite

\[ a_n = 1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n} - \ln n. \]

admet une limite \(\ell\). Cette limite s’appelle la constante d’Euler.

Corrigé

1. On remarque que

\[ u_n = \frac{1}{n} + \ln n - \ln(n+1) = \frac{1}{n} - \int_{n}^{n+1} \frac{1}{t} \, dt. \]

De la décroissance de la fonction \(t \mapsto t^{-1}\) (entre \(n\) et \(n+1\)), on déduit que

\[ \frac{1}{n} \geq \int_{n}^{n+1} \frac{1}{t} \, dt \geq \frac{1}{n+1}, \]

donc que

\[ 0 \leq u_n \leq \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} = \frac{1}{n(n+1)}. \]

Puisque la série \(\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n(n+1)}\) est convergente (voir l’exercice 3), la série \(\sum u_n\) est convergente.

2. On a :

\[ \sum_{n=1}^{\infty} u_n = \lim_{N \to \infty} \sum_{n=1}^{N} u_n = \lim_{N \to \infty} \left(1 + \ln 1 - \ln 2\right) + \left(\frac{1}{2} + \ln 2 - \ln 3\right) + \cdots + \left(\frac{1}{N} + \ln N - \ln(N+1)\right) = \lim_{N \to \infty} \left(1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{N} - \ln N + \ln\left(\frac{N}{N+1}\right)\right) = \lim_{N \to \infty} \left(1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{N} - \ln N\right). \]

On voit donc que la limite de la dernière expression existe et coïncide avec la somme de la série \(\sum u_n\).

Exercice 7

Étudier la nature des séries suivantes : \(\sum_{n \geq 1} \left(n \ln\left(1 + \frac{1}{n}\right) - \frac{2n}{2n+1}\right)\), \(\sum_{n \geq 2} \frac{1}{n \ln n!}\), \(\sum_{n \geq 2} \frac{n}{(\ln n!)^2}\), \(\sum_{n \geq 1} \frac{(n!)^c}{(2n)!}\) avec \(c > 0\).

Corrigé

1. En utilisant le développement limité de \(\ln(1 + t)\) et \((1 + t)^{-1}\) en zéro, on vérifie facilement que

\[ n \ln\left(1 + \frac{1}{n}\right) = 1 - \frac{1}{2n} + \frac{1}{3n^2} + o\left(\frac{1}{n^2}\right) \text{ et } \frac{2n}{2n+1} = 1 - \frac{1}{2n} + \frac{1}{4n^2} + o\left(\frac{1}{n^2}\right). \]

On voit donc que, à partir d’un certain rang,

\[ u_n := \sum_{n \geq 1} \left(n \ln\left(1 + \frac{1}{n}\right) - \frac{2n}{2n+1}\right) > 0, \text{ et que } u_n \sim \frac{1}{12n^2} \text{ lorsque } n \to \infty. \]

D’après ce que l’on sait des séries de Riemann, la série \(\sum u_n\) est convergente.

2. Rappelons la formule de Stirling : \(n! \sim \sqrt{2 \pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n\). On a donc :

\[ \ln n! \sim \frac{1}{2} \ln(2 \pi n) + n \left(\ln n - 1\right) \sim n \ln n, \text{ soit } v_n := \frac{1}{n \ln n!} \sim \frac{1}{n^2 \ln n}. \]

On s’appuie donc sur la série de Bertrand étudiée dans l’exercice 2, avec \(\alpha = 2\) et \(\beta = 1\), qui est convergente dans ce cas. La série \(\sum v_n\) est donc convergente.

3. On a déjà vu plus haut que \(\ln n! \sim n \ln n\) lorsque \(n \to \infty\). Donc

\[ w_n := \frac{n}{(\ln n!)^2} \sim \frac{1}{n (\ln n)^2} \text{ lorsque } n \to \infty. \]

On s’appuie à nouveau sur la série de Bertrand, avec \(\alpha = 1\) et \(\beta = 2\), qui est encore convergente. On en déduit la convergence de la série \(\sum w_n\).

4. Posons \(x_n := \frac{(n!)^c}{(2n)!}\). On a :

\[ \frac{x_{n+1}}{x_n} = \frac{(n+1)^c}{(2n+1)(2n+2)} = \frac{1}{4} (n+1)^{c-2} \frac{2n+2}{2n+1} \to \begin{cases} \infty \text{ si } c > 2, \\ \frac{1}{4} \text{ si } c = 2, \\ 0 \text{ si } c < 2, \end{cases} \text{ lorsque } n \to \infty. \]

D’après la règle de d’Alembert, \(\sum x_n\) est divergente si \(c > 2\) et convergente si \(c \leq 2\).

Exercice 8

Étudier la nature des séries suivantes : \(\sum_{n \geq 2} \frac{(-1)^n}{n^2 + (-1)^n}\), \(\sum_{n \geq 1} \frac{1 + (-1)^n \sqrt{n}}{n}\), \(\sum_{n \geq 2} \frac{(-1)^n \sqrt{n}}{\ln \left(\frac{n+1}{n-1}\right)}\).

Corrigé

1. Posons \(u_n := \frac{(-1)^n}{n^2 + (-1)^n}\) pour \(n \geq 2\). La série \(\sum u_n\) est alternée, avec

\[ |u_n| = \frac{1}{n^2 + (-1)^n} \sim \frac{1}{n^2}. \]

Donc \(\sum |u_n|\) est converge, d’après ce que l’on sait des séries de Riemann, de sorte que la série \(\sum u_n\) est absolument convergente.

2. On a :

\[ v_n := \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}} + \frac{1}{n} = (-1)^n a_n \text{ avec } a_n := \frac{1}{\sqrt{n}} + \frac{(-1)^n}{n} \to 0 \text{ lorsque } n \to \infty. \]

Toutefois, on ne peut pas appliquer le théorème sur les séries alternées, car la suite positive \((a_n)_{n \geq 1}\) n’est pas monotone. On procède donc autrement. On remarque ici simplement que

\[ v_n = \frac{1}{n} + \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}. \]

Le terme général est donc la somme du terme général d’une série divergente (la série harmonique) et d’une série convergente. En effet, \(\sum \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}\) est alternée, et la suite \(\left(\frac{1}{\sqrt{n}}\right)_n\) est décroissante ! On déduit alors que la série \(\sum v_n\) est divergente.

3. En utilisant le développement limité en zéro de la fonction \(t \mapsto \ln(1 + t)\), on peut écrire :

\[ w_n := \frac{(-1)^n \sqrt{n}}{\ln \left(\frac{n+1}{n-1}\right)} = \frac{(-1)^n \sqrt{n}}{\ln \left(1 + \frac{2}{n-1}\right)} = \frac{(-1)^n \sqrt{n}}{\frac{2}{n-1} - \frac{2}{(n-1)^2} + o\left(\frac{1}{(n-1)^2}\right)} = \frac{(-1)^n \sqrt{n} (n-1)}{2 + \frac{2}{n-1} + o\left(\frac{1}{(n-1)^2}\right)}. \]

Le second terme, dans la dernière ligne ci-dessus, est le terme général d’une série absolument convergente, puisque sa valeur absolue est équivalente à \(\frac{2}{n^{3/2}}\). D’autre part,

\[ \sum_{n \geq 2} \frac{(-1)^n \sqrt{n}}{\ln \left(\frac{n+1}{n-1}\right)} = \sum_{n \geq 2} \frac{(-1)^n 2 \sqrt{n}}{n-1} = (-1)^n a_n \text{ avec } a_n := \frac{2 \sqrt{n}}{n-1}. \]

Or, il est clair que \((a_n)\) tend vers zéro lorsque \(n \to \infty\). De plus,

\[ \frac{n}{n-1} > \frac{n+1}{n} > \frac{\sqrt{n+1}}{n}, \]

où la première inégalité s’explique par la décroissance de la suite \(\left(\frac{n}{n - 1}\right)_n\), et la seconde par le fait que \(\frac{n+1}{n} > 1\). On déduit des inégalités ci-dessus que

\[ \frac{\sqrt{n}}{n-1} > \frac{\sqrt{n+1}}{n}, \]

et donc, que la suite \((a_n)\) est strictement décroissante. D’après le théorème sur les séries alternées, la série \(\sum_{n \geq 2} \frac{(-1)^n 2 \sqrt{n}}{n-1}\) est convergente, et il en va donc de même de la série \(\sum w_n\).

Exercice 9

Étudier la nature des séries suivantes : \(\sum_{n \geq 2} \ln\left(1 + \frac{(-1)^n}{n}\right)\), \(\sum_{n \geq 1} \sin\left(\frac{(-1)^n}{n}\right)\).

Corrigé

1. En utilisant le développement limité d’ordre 2 en zéro de \(t \mapsto \ln(1 + t)\), on vérifie que

\[ u_n := \ln\left(1 + \frac{(-1)^n}{n}\right) = \frac{(-1)^n}{n} - \frac{1}{2n^2} + o\left(\frac{1}{n^2}\right). \]

La série \(\sum \frac{(-1)^n}{n}\) est donc alternée, et convergente puisque \(a_n := \frac{1}{n}\) est décroissante et tend vers zéro. Par ailleurs, d’après ce que l’on sait des séries de Riemann,

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

est le terme général d’une série convergente. Il s’ensuit que la série \(\sum_{n \geq 2} u_n\) est convergente.

2. En utilisant le développement limité d’ordre 2 en zéro de \(t \mapsto \sin t\), on vérifie que

\[ v_n := \sin\left(\frac{(-1)^n}{n}\right) = \frac{(-1)^n}{n} - \frac{(-1)^n}{3n^2} + o\left(\frac{1}{n^4}\right). \]

Comme précédemment, la série alternée \(\sum \frac{(-1)^n}{n}\) est convergente, et la série de terme général

\[ -\frac{(-1)^n}{3n^2} + o\left(\frac{1}{n^4}\right) \]

est absolument convergente d’après ce que l’on sait des séries de Riemann. La série \(\sum v_n\) est donc convergente.

Exercice 10

Montrer que les séries de termes généraux

\[ u_n := \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}} \text{ et } v_n := \frac{(-1)^n}{\sqrt{n} + (-1)^n} \]

ne sont pas de même nature, bien que \(u_n \sim v_n\).

Corrigé

La série \(\sum_{n \geq 2} u_n\) est convergente, car elle est alternée et la suite \(a_n := \frac{1}{\sqrt{n}}\) est décroissante et converge vers zéro. Si \(\sum_{n \geq 2} v_n\) était convergente, alors \(\sum_{n \geq 2}(u_n - v_n)\) serait aussi convergente. Or,

\[ u_n - v_n = (-1)^n \left(\frac{1}{\sqrt{n}} - \frac{1}{\sqrt{n} + (-1)^n}\right) = (-1)^n \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}(\sqrt{n} + (-1)^n)} = \frac{1}{n + (-1)^n \sqrt{n}}. \]

La série \(\sum_{n \geq 2}(u_n - v_n)\) est à termes positifs, et équivalente à \(\sum n^{-1}\), qui est divergente. On a donc une contradiction, ce qui montre que la série \(\sum v_n\) est divergente.

Exercice 11

Soient \(a, b \in \mathbb{R}^+\). Étudier la série de terme général

\[ u_n := \frac{a^n}{\sqrt{n} (2 \sqrt{n} + b^n)}. \]

Corrigé

1. Supposons \(a < 1\). Puisque, pour tout \(n \in \mathbb{N}\),

\[ 0 \leq u_n = \frac{a^n}{1 + b^n 2 \sqrt{n}} \leq \frac{a^n}{2 \sqrt{n} + b^n}, \]

la série \(\sum u_n\) est convergente dans ce cas, quelle que soit la valeur de \(b > 0\).

2. Supposons \(a \geq 1\). Deux cas se produisent alors selon la valeur de \(b\).

   1. Si \(b \leq 1\), alors la suite \((b^n)_{n \in \mathbb{N}}\) est bornée, disons par une constante \(M > 0\), donc

   \[ u_n = \frac{a^n}{1 + b^n 2 \sqrt{n}} \geq \frac{a^n}{1 + M}. \]

   Puisque \(a \geq 1\), ceci montre que la série est divergente.

   2. Supposons finalement que \(b > 1\). On a :

   \[ \frac{a^n}{\sqrt{n} (2 \sqrt{n} + b^n)} = \left(\frac{a}{b}\right)^n 2 \sqrt{n} \left(1 - \frac{2 \sqrt{n}}{b^n}\right) \sim \left(\frac{a}{b}\right)^n 2 \sqrt{n} \text{ lorsque } n \to \infty, \]

   car \(\frac{2 \sqrt{n}}{b^n} \to 0\). Dans ce cas, si \(a \geq b\), alors la série est grossièrement divergente, et si \(a < b\), la série est convergente. En effet, en posant \(r := \frac{a}{b}\), on voit que la série est équivalente à \(\sum r^n 2 \sqrt{n}\) et l’on conclut au moyen de la règle de Cauchy.

Exercice 12

Montrer que la série \(\sum_{n \in \mathbb{N}} u_n\) avec

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

est convergente et calculer sa somme. Indication : on utilisera la formule de trigonométrie

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

Corrigé

En écrivant le développement limité de la fonction \(t \mapsto \ln(\cos t)\), on voit que

\[ u_n \sim -\frac{1}{2^{2n+1}} \text{ lorsque } n \to \infty, \]

et la convergence s’obtient en s’appuyant sur la série géométrique de raison \(\frac{1}{4}\). D’après la formule rappelée dans l’indication, on a :

\[ \ln\left(\sin\left(\frac{1}{2^{n-1}}\right)\right) = \ln(2) + \ln\left(\sin\left(\frac{1}{2^n}\right)\right) + u_n. \]

On en déduit que

\[ \sum_{k=0}^{n} u_k = u_0 + \sum_{k=1}^{n} u_k = \ln(\cos 1) + \sum_{k=1}^{n} \left[\ln\left(\sin\left(\frac{1}{2^{n-1}}\right)\right) - \ln\left(\sin\left(\frac{1}{2^n}\right)\right) - \ln(2)\right] = \ln(\cos 1 \sin 1) - \ln\left(\frac{2^n \sin\left(\frac{1}{2^n}\right)}{1}\right) - n \ln(2) = \ln\left(\frac{\sin 2}{2}\right) - \ln\left(2^n \sin\left(\frac{1}{2^n}\right)\right). \]

En utilisant les développements limités en zéro des fonctions \(t \mapsto \sin t\) et \(\epsilon \mapsto \ln(1 - \epsilon)\), on voit que \(\ln\left(2^n \sin\left(\frac{1}{2^n}\right)\right)\) tend vers zéro lorsque \(n \to \infty\), de sorte que

\[ \sum_{k=0}^{\infty} u_k = \lim_{n \to \infty} \sum_{k=0}^{n} u_k = \ln\left(\frac{\sin 2}{2}\right). \]