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Publié par | analyse-mpsi |
Nombre de lectures | 43 |
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Langue | Français |
Extrait
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013
Etude asymptotique de séries
Exercice 1Centrale MP[ 01056 ][correction]
a) Donner un développement asymptotique à deux termes de
n
un=Xlnpp
p=2
On pourra introduire la fonctionf:t7→(lnt)t.
b) A l’aide de la constante d’Euler, calculer
+∞
X(−1)nlnnn
n=1
Exercice 2[ 01089 ][correction]
On pose
n1
Sn=X
k=1k+√k
Donner un équivalent simple deSn.
Montrer que
Sn= lnn+C+o(1)
Exercice 3[ 01090 ][correction]
On pose
X
n1
Sn=k=1k2+√k
Montrer que(Sn)converge vers une constanteC.
Etablir que
Sn=C−1n+o( 1n)
Exercice 4[ 03070 ][correction]
Former un développement asymptotique à deux termes de
+∞1
Xk2
k=n+1
Enoncés
Exercice 5[ 01091 ][correction]
On pose
n3k−1
un=Y3k
k=1
a) Montrer qu’il existe des constantesαetβtelles que
lnun=αlnn+β+o(1)
En déduire un équivalent deun.
b) Déterminer la nature dePun.
n>1
Exercice 6[ 01092 ][correction]
Déterminer un équivalent simple de :
)+X∞k(nk+1)1
a
k=1
b)k=+X∞1k(n+1k)
Exercice 7[ 02376 ][correction]
Soit(un)une suite de réels strictement positifs vérifiant
uunn+1= 1−nα+On12avecα∈R
a) Pour quelles valeurs deαla sériePunconverge ?
b) Pour quelles valeurs deαla sérieP(−1)nunconverge ?
Exercice 8X MP[ 03057 ][correction]
On note(zn)n>1la suite de terme général
zn= 2nexp√itn
Etudier
lim 2n−1 2n−2∙ ∙ ∙2n−n= limn
n→+∞zn−1zn−2zn−nn→+∞kY=12nzn−−kk
1
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
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Exercice 9Centrale PSI[ 01325 ][correction]
Soitj∈N. On noteΦjle plus petit entierp∈N?vérifiant
p1
Xn
>j
n=1
a) Justifier la définition deΦj.
b) Démontrer queΦj−j−−−→+∞.
→+∞
c) DémontrerΦjΦ+j1−j−→−+−∞→e.
Exercice 10X MP[ 02950 ][correction]
Soit(un)n>1une suite d’éléments deR+?.
On pose
vn=nu1nXnuk!etwn=n21unk=nX1kuk!
k=1
On suppose que(vn)tend versa∈R+?
.
Etudier la convergence de(wn).
Exercice 11Centrale MP[ 00528 ][correction]
On définit pourn∈N?les nombres complexes
un=k=nY11 +ki2etvn=k=Yn11 + 2ki
Enoncés
a) On note, dans le plan complexe,AnetBnles points d’affixes respectivesunet
vn.
Utiliser le logiciel de calcul formel pour visualiser les lignes polygonales
A1 A2 AnetB1 B2 Bpour diverses valeurs den: par exemple
50,100,500. . . Un point du plan d’affixez=x+iysera repéré par la liste[x y]de
ses deux coordonnées.
b) Etudier la convergence de la suite(un).
S’il y a convergence, donner à l’aide du logiciel de calcul formel, une valeur
approchée (par module et argument) delimun.
n→+∞
c) Etudier la convergence de la suite(vn).
On pourra justifier l’existence d’une constanteLtelle que :
n
Xarctan 2k= 2 lnn+L+o(1)
k=1
et étudier la nature (convergente ou divergente) de la suite complexe(zn)n>1:
zn= exp(2ilnn)
[Enoncé fourni par le CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA]
Exercice 12[ 03179 ][correction]
a) Sous réserve d’existence, déterminer pourα>1
li2Xn1
n→m+∞kα
k=n+1
b) Sous réserve d’existence, déterminer
2n
limX
k=n+1sin1k
n→+∞
Exercice 13[ 03226 ][correction]
Pourn∈N?, on pose
Pourp∈N, on pose
n1
Hn=Xk
k=1
np= min{n∈NHn>p}
Déterminer un équivalent denp
quand
p→+∞
2
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Corrections
Exercice 1 :[énoncé]
a)fest décroissante sur[e+∞[. Pourp>4,
lntdt
Zpp+1lnttdt6lnpp6Zpp−1t
Corrections
doncun=22nl+33nl+vnavec
Z4n+1lnttdt6vn6Z3nlntdt
t
doncvn∼21(lnn)2.
Etudionswn=u−21(lnn)2,wn−wn−1=lnnn−Rnn−1 lnt tdt60donc(wn)est
n
décroissante.
D’autre part les calculs précédents donnent(wn)minorée et donc on peut
conclure quewnconverge. Ainsi
unn(l12=n)2+C+o(1)
b)
2 NN N
X X X
ln(2n−1)
(−1)nlnnn=nl2(2nn)−
2n−1
n=1n=1n=1
donc
N
2XN(−1)nlnnn=NXln(n2n)−2XNln(nn) = ln 2X1n+uN−u2N
n=1n=1n=1n=1
Par le développement asymptotique précédent, on obtient :
2XN(−1)nlnnn= ln 2lnn+ ln(2)γnl(21+n)2+C−(212lnn)2−C+o(1)
n=1
et après simplification
De plus
2N1 lnn
X( )nn→2l12)n((2γ−ln 2)
−
n=1
2NX+1(−1)nlnnn=2XN(−1)nlnnn+o(1)→(22)n(1l2γ−ln 2)
n=1n=1
donc
+X∞(−1)nlnnn(2)(12ln=2γ−ln 2)
n=1
N’est-ce pas magnifique ?
3
Exercice 2 :[énoncé]
n
1 1k doncet vergenteSn∼P1k∼lnn.
k+√k∼k>P1k1est une série à terme positif dik=1
Pour tre plus précis,
n
Sn−kXn=11k=X=1k1+√k−1k=k=nX1k2+√kk√k
k
√k1
∼
k2+k√k k32
et est donc le terme général d’une série convergente.
n
AinsiSn−P1k→C0d’où
k=1
Sn= lnn+ (γ+C0) +o(1) = lnn+C+o(1)
or
Exercice 3 :[énoncé]
k2+1√k∼k12donc la série de terme généralk2+1√kest absolument convergente. Par
suite(Sn)converge
C−Sn=+X∞1k∼+X∞+1k12
k=n+1k2+√k=n
carPk12est une série à termes positifs convergente.
k>1
+∞
Par comparaison série intégralePk12∼1net on peut conclure comme
k=n+1
annoncée.
Exercice 4 :[énoncé]
Par une comparaison avec une intégrale, on sait déjà
+∞
Xk12∼n1
k=n+1
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Il reste à déterminer un équivalent simple de la différence
+
dn=X∞k12−n1
k=n+1
Sachant que1nest le reste de rangnde la série convergente
P k−11−k1=Pk(k1−1)
d+X∞−1
=
k2
nk=n+1(k−1)
Par équivalence de reste de séries à termes positifs convergentes
+∞1
dn∼ −Xk3
k=n+1
Par comparaison avec une intégrale
Finalement
Exercice 5 :[énoncé]
a) On a
Or
1
dn∼ −n2
2
+∞ 11 1on12
Xk2=n−2n2+
k=n+1
n
lnun=Xln1−31k
k=1
ln1−13k=−13k+Ok12
donc
l 1n1k+k=Xn1Ok12=−31nln+C+o(1)
nun=−3X
k=1
n
carP1k= lnn+γ+o(1)etPOn12est une série convergente.
k=1n>1
Corrections
b) Puisque
ln(n13un)→β
on a
eβ
un∼
n13
et donc la série de terme généralundiverge.
Exercice 6 :[énoncé]
a) Avec convergence des sommes engagées
k+=X∞1k(nk)1+=1n1k+=X∞1k12+k+X=∞1k(nk+)11−n1k2=6π2n−+X∞1k+ 1)
k=1nk2(n
et
06+X∞1 1+∞1
16n2Xk3
k=1nk2(nk+ )k=1
donc
+X∞1∼π2
k=1k(nk 6+ 1)n
b) Par décomposition en éléments simples et télescopage
k+X=∞1k(n1+k) =n1k=+X∞11k−n1+k= 1nknX=11k∼lnnn
4
Exercice 7 :[énoncé]
a) Posonsvn=nαun.
lnvn+1−lnvn=αln1 +n1−ln1−nα+On12=On12.
La sérieP(lnvn+1−lnvn)est donc absolument convergente et par conséquent la
suite(ln(vn))converge.
Ainsivn→e`>0avec`=