Comparaison séries intégrales

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Enoncés
Comparaison séries intégrales
Exercice 7 [ 01068 ] [correction]
Pour α > 1 on pose
+∞
X
1
ζ(α) =
α
n
n=1
Exercice 1 [ 00077 ] [correction]
A l’aide d’une comparaison avec une intégrale, donner la nature de la série
X 1
n>2
1
Déterminer la limite de (α − 1)ζ(α) quand α tend vers 1+
n ln n
Exercice 8 [ 01061 ] [correction]
En exploitant une comparaison avec des intégrales établir :
Exercice 2 [ 01064 ] [correction]
Déterminer la nature de la série de terme général
1
un =
(ln 2)2 + · · · + (ln n)2
a)
n √
X
k=1
Exercice 3 [ 00664 ] [correction]
P √n
Soit a ∈ ]0, 1[. Déterminer la nature de la série
a .
k∼
2 √
n n
3
b) ln(n!) ∼ n ln n
k=2
lim
Exercice 4 [ 01063 ] [correction]
Déterminer la nature de la série de terme général
+∞
X
k=n+1
a→+∞
1
k2
1
∼ ln(ln n)
k ln k
+∞
X
a
2 + a2
n
n=1
Exercice 10 [ 02431 ] [correction]
Soit a > 0, b > 0 et pour n ∈ N? ,
Exercice 5 [ 01066 ] [correction]
Pour α > 1, on pose
SN
n
X
Exercice 9 [ 01069 ] [correction]
En exploitant une comparaison série-intégrale, déterminer
n>0
un =
c)
An =
n
n
Y
1X
(a + bk), Bn =
(a + bk)1/n
n
k=1
N
+∞
X
X
1
1
=
et
R
=
N
α
α
n
n
n=1
k=1
Bn
en fonction de e.
Trouver lim
∞ An
n
n=N +1
Etudier, selon α, la nature de la série
P
n>1
Rn
Sn .
Exercice 11 [ 02434 ] [correction]
Soit, pour x ∈ R,
Exercice 6 [ 01067 ] [correction]
n
P
P
Soit
un une série divergente de réels strictement positifs. On note Sn =
uk .
n>0
k=0
Montrer, à l’aide d’une comparaison intégrale que pour tout α > 1, il y a
convergence de la série
X un
converge
Snα
n>1
f (x) =
a) Nature la série de terme général
Z
un =
cos x1/3
x2/3
n+1
f (x) dx − f (n)
n
b) Nature de la série de terme général f (n).
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Enoncés
(indice : on pourra montrer que sin n1/3 n’admet pas de limite quand n → +∞
c) Nature de la série de terme général
sin n1/3
n2/3
2
Exercice 16 [ 04069 ] [correction]
Soit f : [0, +∞[ → R continue, positive et croissante.
Etablir que les objets suivants ont même nature
Z +∞
X
X 1 1
f
f e−t dt,
f e−n et
n
n
0
Exercice 12 [ 02810 ] [correction]
Rn
x)
On pose f (x) = sin(ln
pour tout x > 1 et un = n−1 f (t) dt − f (n) pour tout
x
entier n > 2.
a) Montrer que f 0 est intégrable sur [1, +∞[.
b) Montrer que la série de terme général un est absolument convergente.
c) Montrer que la suite (cos(ln n)) diverge.
d) En déduire la nature de la série de terme général f (n).
Exercice 13 [ 03449 ] [correction]
Soit f : [1, +∞[ → C une fonction de classe C 1 telle que f 0 est intégrable sur
[1, +∞[.
P
a)R Montrerque la série numérique
f (n) converge si, et seulement si, la suite
n
f
(t)
dt
converge.
1
b) Application : Etudier la convergence de
√
+∞
X
sin n
n
n=1
Exercice 14 [ 03045 ] [correction]
Pour n ∈ N? , soit
fn : x ∈ ]n, +∞[ →
n
X
k=1
1
x−k
Soit a > 0. Montrer qu’il existe un unique réel, noté xn tel que fn (xn ) = a.
Déterminer un équivalent de xn quand n → +∞.
Exercice 15
Etudier
[ 03086 ]
[correction]
lim n
n→+∞
+∞ X
1 n
k
e
k2
k=n
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Corrections
Corrections
or
3
R +∞
0
uau du est définie donc
X
Exercice 1 : [énoncé]
On a
1
x ln x
1
>
n ln n
n=2
Z
N +1
2
n
< +∞
n>0
0
=−
ln x + 1
(x ln x)2
Exercice 4 : [énoncé]
Puisque x 7→ x12 est décroissante
La fonction x 7→ 1/x ln x est décroissante sur ]1, +∞[.
On en déduit
N
X
√
a
dt
= ln ln(N + 1) − ln ln 2 → +∞
t ln t
k+1
Z
k
dx
1
6 2 6
2
x
k
k
Z
k−1
dx
x2
donc
Z
Exercice 2 : [énoncé]
Par comparaison avec une intégrale
Z
+∞
n+1
n
(ln t)2 dt 6
1
n
X
Z +∞
+∞
X
1
dx
dx
6
6
x2
k2
x2
n
k=n+1
d’où l’on obtient : un ∼ 1/n.
Il y a donc divergence de la série de terme général un .
(ln k)2
k=1
Or par une intégration par parties on obtient
Z n
(ln t)2 dt ∼ n(ln n)2
Exercice 5 : [énoncé]
Puisque x 7→ x1α est décroissante
1
Z
donc 0 6 un 6 vn avec
1
vn ∼
n(ln n)2
n+1
n
On peut alors conclure que la série des un converge absolument par comparaison
avec une série de Bertrand.
dx
1
6 α 6
xα
n
Z
dx
6 RN 6
xα
Z
n
n−1
dx
xα
donc
Z
+∞
N +1
+∞
N
dx
xα
d’où l’on obtient :
Exercice 3 : [énoncé]
Notons que les termes
sommés sont positifs.
√
La fonction x 7→ a x est décroissante donc
Z n √
√
n
a x dx
a 6
Rn ∼
puis
Rn
1
∼
Sn
(α − 1)S∞ nα−1
n−1
puis
n
X
k=0
√
a
k
Z
√
n
a
61+
0
√
x
1
(α − 1)nα−1
Z
dx = 1 + 2
La série
P
n>1
n
Rn
Sn
converge si, et seulement si, α > 2.
uau du
0
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Exercice 6 : [énoncé]
On a
4
donc
n
Z
Sn
Z
un
6
Snα
donc
Corrections
Sn−1
Z
n+1
ln t dt 6 ln n! 6
dt
tα
1
ln t dt
1
puis on peut conclure.
c) Par décroissance de la fonction x 7→ 1/x ln x sur [1/e, +∞[,
Sp
Z Sp
p
X
un
dt
1
1
1
6
=
< +∞
6
α
α
α−1
S
α−1 t
α−1
S0 t
S0
n=1 n
k+1
Z
k
dt
1
6
6
t ln t
k ln k
Z
k
dt
t ln t
k−1
La série à termes positifs est convergente car ses sommes partielles sont majorées.
donc
n+1
Z
Exercice 7 : [énoncé]
Puisque x 7→ x1α est décroissante
2
k=2
1
dx
6
xα
+∞
X
k=1
1
61+
kα
Z
+∞
1
Notons que
n
√
0
a
n2
N +1
1
√
t dt 6
k+1
Z
k6
k−1
Z
∼
a
x2 +a2
Z
Exercice 8 : [énoncé]
√
a) Par croissance de la fonction .
donc
a
n2 +a2
La fonction x 7→
série-intégrale
α→1+
√
1
dt
t ln t
Exercice 9 : [énoncé]
1
1
6 ζ(α) 6 1 +
α−1
α−1
Par suite (α − 1)ζ(α) −−−−→ 1.
k
n
√
t dt 6
n+1
Z
k6
√
+∞
P
n=1
a
n2 +a2
existe.
est décroissante sur [0, +∞[ donc par comparaison
Z N
N
X
a
a
a
dx 6
6
dx
2
2
2
2
2
x +a
n +a
x + a2
0
n=1
Z
on obtient
t dt
1
k=1
donc
puis sachant
t dt
k
n √
X
dt
= ln(ln t) + C te → +∞
t ln t
dx
xα
donc
Z
Z
puis on conclut via
Z
+∞
Z
n
X 1
dt
6
6
t ln t
k ln k
et on conclut aisément.
b) On a
arctan
a
x
= arctan + C te
x2 + a2
a
N
1 X
a
N +1
N
− arctan 6
6 arctan
a
a n=1 n2 + a2
a
Quand N → +∞,
ln n! =
n
X
+∞
π
1 X
a
π
− arctan 6
6
2
a n=1 n2 + a2
2
ln k
k=1
Par le théorème des gendarmes,
et, par croissance de la fonction ln„
Z k
Z
ln t dt 6 ln k 6
k−1
k
k+1
ln t dt
lim
a→+∞
+∞
X
a
π
=
2 + a2
n
2
n=1
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Exercice 10 : [énoncé]
On a
Corrections
n
An = a +
1X
b(n + 1)
, ln Bn =
ln(a + bk)
2
n
k=1
Posons f (t) = ln(a + bt) fonction croissante.
A l’aide d’une comparaison série-intégrale
n
X
f (k) = n ln(a + bn) − n + o(n)
k=1
donc
Bn
ln
= ln Bn − ln An = ln
An
a + bn
a + bn/2
− 1 + o(1) → ln 2 − 1
puis
Bn
2
→
An
e
Exercice 11 : [énoncé]
a) a) Une comparaison série intégrale est inadaptée, f n’est pas monotone comme
en témoigne ses changements de signe. En revanche :
Z n+1
un =
f (x) − f (n) dx
n
Or par le théorème des accroissements fini,
f (x) − f (n) = f 0 (cx )(x − n)
avec cx ∈ ]n, x[.
Après calcul de f 0 (x), on en déduit
1
2
|f (x) − f (n)| 6 4/3 + 5/3
3n
3n
1
puis un = O n4/3
.
Rn
R n+1
b) La série de terme général n f (t) dt diverge car 0 f (t) dt = 3 sin n1/3
diverge. En effet si sin n1/3 convergeait vers ` alors par extraction sin(n) aussi et
P cos(n1/3 )
il est classique d’établir la divergence de (sin(n)). On en déduit que
n2/3
diverge.
c) Il suffit de reprendre la même étude pour parvenir à la
R n+1
mêmeun = n f (x) dx − f (n) conclusion.
5
Exercice 12 : [énoncé]
a) La fonction f 0 est bien définie et continue par morceaux sur [1, +∞[.
On a
cos(ln x) − sin(ln x)
f 0 (x) =
x2
et donc
2
|f 0 (x)| 6 2
x
La fonction x 7→ 1/x2 étant intégrable sur [1, +∞[, il en est de même de f 0 par
domination.
b) Par intégration par parties
Z n
Z n
n
f (t) dt = [(t − (n − 1)f (t)]n−1 −
(t − (n − 1))f 0 (t) dt
n−1
n−1
donc
Z
n
|un | 6
0
Z
n
|f 0 (t)| dt
(t − (n − 1)) |f (t)| dt 6
n−1
n−1
R +∞ 0
L’intégrabilité de f 0 permet d’introduire
|f (t)| dt et d’affirmer que les
1
P
sommes partielles de la série
|un | sont majorées via
N
X
Z
|un | 6 |u1 | +
0
Z
+∞
|f (t)| dt 6 |u1 | +
1
n=1
N
|f 0 (t)| dt
1
P
La série
un est alors absolument convergente.
c) Par l’absurde, supposons que la suite (cos(ln n)) converge. La suite extraite
(cos(ln 2n )) = (cos(n ln 2)) aussi. Notons ` sa limite.
Puisque
cos((n + 1) ln 2) + cos((n − 1) ln 2) = 2 cos(n ln 2) cos(ln 2)
on obtient à la limite 2` = 2` cos(ln 2) et donc ` = 0.
Puisque
cos(2n ln 2) = 2 cos2 (n ln 2) − 1
on obtient aussi à la limite ` = 2`2 − 1 ce qui est incompatible avec ` = 0.
d) Puisque
Z n
f (t) dt = − cos(ln n) + cos(ln(n − 1))
n−1
La
de la suite (cos(ln n)) entraîne la divergence de la série
P Rdivergence
n
f
(t)
dt.
n−1
P
P
Enfin, puisque la série
un converge, on peut alors affirmer que la série
f (n)
diverge.
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Corrections
Exercice 14 : [énoncé]
La fonction fn est continue, strictement décroissante et de limites +∞ et 0 en n et
+∞. On en déduit que fn réalise une bijection de ]n, +∞[ vers ]0, +∞[. Ainsi,
pour tout a > 0, il existe un unique xn > n vérifiant fn (xn ) = a.
On a
Z n
n
n
n Z k
X
X
X
1
1
dt
n
dt
fn (n+1+y) =
=
6
=
= ln 1 +
n+1+y−k
k+y
y
k−1 t + y
0 t+y
Exercice 13 : [énoncé]
a) Posons
n+1
Z
f (t) dt − f (n)
un =
n
On a
Z
n+1
|un | 6
|f (t) − f (n)| dt
n
Or pour tout t ∈ [n, n + 1]
Z t
Z t
Z
|f 0 (u)| du 6
f 0 (u) du 6
|f (t) − f (n)| = n
n
et donc
Z
6
k=1
Pour y =
n+1
n
ea −1 ,
|f (u)| du
et par suite
xn 6 n + 1 +
n+1
|un | 6
|f 0 (u)| du
Aussi
n
f (n + y) =
Rn
P R n+1 0
Sachant que la suite 1 |f 0 (u)| du converge, la série
|f (u)| du converge
n
P
et, par comparaison de séries à termes positifs, on peut affirmer que la série
un
est absolument convergente.
Puisque
Z n+1
n
n Z k+1
n
X
X
X
f (k) =
f (t) dt − uk =
f (t) dt −
uk
k=1
k=1
la convergence de la série
b) Introduisons
P
k
k=1
f (n + 1 + y) 6 ln (1 + (ea − 1)) = a
0
n
k=1
1
f (n) équivaut à celle de la suite
k=1
Rn
1
k=0
Pour y =
n
ea −1 ,
est intégrable sur [1, +∞[.
La convergence de la série étudiée équivaut alors à la convergence quand n → +∞
de
√
Z n
sin t
dt
t
1
√
En posant u = t
√
Z n
Z √n
sin t
sin u
dt =
2
du
t
u
1
1
dont la convergence quand n → +∞ est bien connue (cf. intégrale de Dirichlet).
1
>
y+k
n
Z
0
dt
n
= ln 1 +
t+y
y
f (n + y) > a et par suite
xn > n +
On en déduit
f (t) dt .
√
sin t
f : t 7→
t
La fonction f est de classe C 1 sur [1, +∞[ et
√
√
1
√
cos( t) − sin t
1
2 t
0
= O 2
f (t) =
2
t→+∞
t
t
n−1
X
n
ea − 1
xn ∼ n +
n
ea − 1
ea n
n
=
ea − 1
ea − 1
Exercice 15 : [énoncé]
On remarque
+∞
+∞ X
1 n
1X
k
k
n
e
=
ϕ
k2
n
n
k=n
k=n
1 1/x
.
x2 e
avec ϕ : x 7→
La fonction ϕ est décroissante en tant que produit de deux fonctions décroissantes
positives. Par suite
Z k/n
Z (k+1)/n
k
1
6
ϕ(t) dt
ϕ(t) dt 6 ϕ
n
n
(k−1)/n
k/n
En sommant et en exploitant l’intégrabilité de ϕ au voisinage de +∞
Z +∞
Z +∞
+∞
X
1 1/t
1
k
1 1/t
e
dt
6
ϕ
6
e dt
2
2
t
n
n
t
1
(n−1)/n
k=n
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Or
Z +∞
1
h
i+∞
1 1
1/t
t dt =
e
−e
= e − 1 et
t2
1
Par encadrement
Z
+∞
(n−1)/n
Corrections
7
h
i+∞
1 1
1/t
t dt =
e
−e
→e−1
t2
(n−1)/n
+∞ X
1 n
k
lim n
e
=e−1
n→+∞
k2
k=n
Exercice 16 : [énoncé]
La fonction t 7→ f (e−t ) est décroissante et positive donc, par théorème de
R +∞
P
comparaison série intégrale, l’intégrale 0 f (e−t ) dt et la série
f (e−n ) ont
même nature.
R +∞
Par le changement de variable C 1 bijectif u = et , l’intégrale 0 f (e−t ) dt à
R +∞ 1
même nature que 1 u f u1 du.
La fonction u 7→ u1 f u1 est décroissante et positive donc, par théorème de
R +∞ 1
P1
1
1
comparaison série intégrale, l’intégrale 1
u f u du et la série
n f n ont
même nature.
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